Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 12 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án (Đề 4)

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Ta có $F^{\prime }\left(x\right)={\left(x{e}^x\right)}^{\prime }=e^x+x{e}^x=e^x\left(x+1\right)$.

Vậy $F\left(x\right)=x{e}^x$ là một nguyên hàm của $f\left(x\right)$.

b) $\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx={x{e}^x|}_1^2=2e^2-e$.

c) $\underset{\ln 3}{\overset{\ln 10}{\int }}f\left(x\right)dx={x{e}^x|}_{\ln 3}^{\ln 10}=\ln 10.e^{\ln 10}-\ln 3.e^{\ln 3}=10\ln 10-3\ln 3$.

Suy ra $a=10;b=3$. Do đó $a+b=13$.

d) Giá trị tích phân $$\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx$$ là diện tích hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$, trục hoành và các đường thẳng $x=-2;x=2$.

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) Ta có $S=\underset{2}{\overset{6}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx=\underset{2}{\overset{6}{\int }}\left|\frac{x+1}{x}\right|dx=\underset{2}{\overset{6}{\int }}\frac{x+1}{x}dx=\underset{2}{\overset{6}{\int }}\left(1+\frac{1}{x}\right)dx$

$={\left(x+\ln x\right)|}_2^6=6+\ln 6-\left(2+\ln 2\right)=4+\ln 3$.

b) $S=\underset{2}{\overset{6}{\int }}\left|f\left(x\right)-1\right|dx=\underset{2}{\overset{6}{\int }}\left|\frac{x+1}{x}-1\right|dx=\underset{2}{\overset{6}{\int }}\frac{1}{x}dx$$={\ln x|}_2^6=\ln 6-\ln 2=\ln 3$.

c) Ta có $V=\pi \underset{2}{\overset{6}{\int }}{\left(\frac{x+1}{x}\right)}^{2}dx$$=\pi \underset{2}{\overset{6}{\int }}{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{2}dx$$=\pi \underset{2}{\overset{6}{\int }}\left(1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}\right)dx$

$={\pi \left(x+2\ln x-\frac{1}{x}\right)|}_2^6$$=\pi \left(6+2\ln 6-\frac{1}{6}-2-2\ln 2+\frac{1}{2}\right)=\pi \left(4+2\ln 3+\frac{1}{3}\right)$$=\frac{\left(13+6\ln 3\right)\pi }{3}$.

d) $V=\pi \underset{2}{\overset{6}{\int }}\left(f^2\left(x\right)-1\right)dx$$=\pi \underset{2}{\overset{6}{\int }}\left[{\left(\frac{x+1}{x}\right)}^2-1\right]dx$$=\pi \underset{2}{\overset{6}{\int }}{\left(\frac{x+1}{x}\right)}^{2}dx-\pi \underset{2}{\overset{6}{\int }}1dx$

$=\frac{\left(13+6\ln 3\right)\pi }{3}-{\pi x|}_2^6$$=\frac{\left(13+6\ln 3\right)\pi }{3}-4\pi =\frac{\left(1+6\ln 3\right)\pi }{3}$.

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) $\overrightarrow{AB}=\left(2;-2;0\right)$.

b) Mặt phẳng $\left(Oyz\right)$có phương trình: $x=0$.

Ta có $d\left(A,\left(Oyz\right)\right)=\frac{|1|}{\sqrt{1^2}}=1$.

c) $d\left(B,\left(P\right)\right)=\frac{|3-1+0+5|}{\sqrt{1^2+{\left(-1\right)}^2+1^2}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}$.

d) Vì $\left(Q\right)//\left(P\right)$ nên $\left(Q\right):x-y+z+d=0\left(d\ne 5\right)$.

Vì $d\left(A,\left(Q\right)\right)=d\left(B,\left(Q\right)\right)$ nên $\frac{|1-3+0+d|}{\sqrt{1^2+{\left(-1\right)}^2+1^2}}=\frac{|3-1+0+d|}{\sqrt{1^2+{\left(-1\right)}^2+1^2}}$$\iff \left|d-2\right|=\left|d+2\right|$

$\iff [\begin{array}{l}d-2=d+2\\ d-2=-d-2\end{array}$$\iff d=0$.

Vậy $\left(Q\right):x-y+z=0$. Suy ra $b=-1;c=1;d=0$. Do đó $b+c+d=0$.

Ta có $f\left(x\right)=7^x.4^{2x}$$=7^x.16^x=112^x$.

$F\left(x\right)=\int {112}^{x}dx=\frac{{112}^x}{\ln 112}+C$. Suy ra $a=112$.

Ta có $f\left(x\right)=\frac{2{\left(3-x\right)}^2}{x^2}=\frac{2\left(9-6x+x^2\right)}{x^2}=\frac{18}{x^2}-\frac{12}{x}+2$.

Ta có $F\left(x\right)=\int \left(\frac{18}{x^2}-\frac{12}{x}+2\right)dx=-\frac{18}{x}-12\ln \left|x\right|+2x+C$.

Do đó $F\left(x\right)=\{\begin{array}{l}2x-\frac{18}{x}-12\ln x+C_1\mathrm{khi}x\ge 0\\ 2x-\frac{18}{x}-12\ln \left(-x\right)+C_2\mathrm{khi}x<0\end{array}$.

Vì $F\left(-1\right)+F\left(1\right)=6$ nên $C_1+C_2=6$. Khi đó $F\left(-2\right)+F\left(2\right)=6-24\ln 2$.

Suy ra $a=6;b=-24$. Vậy $T=-144$.

Ta có $\left(P\right):v\left(t\right)=a{t}^2+bt\left(a<0\right)$.

Vì sau 10 giây thì vật đó đạt đến vận tốc cao nhất nên ta có $\{\begin{array}{l}-\frac{b}{2a}=10\\ 100a+10b=50\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{2}\\ b=10\end{array}$.

Do đó $\left(P\right):v\left(t\right)=-\frac{1}{2}{t}^2+10t$.

Do đó quãng đường vật đó đi được từ lúc bắt đầu đến lúc đạt vận tốc cao nhất là

$s=\underset{0}{\overset{10}{\int }}\left(-\frac{1}{2}{t}^2+10t\right)dt=\frac{1000}{3}\approx 333\left(\mathrm{m}\right)$.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Khi đó ta có $A\equiv O\left(0;0\right),B\left(2;0\right),I\left(2;1\right),J\left(0;1\right)$.

Phương trình đường tròn tâm $J$ là $x^2+{\left(y-1\right)}^2=1\Rightarrow y=1+\sqrt{1-x^2}$.

Phương trình đường tròn tâm $I$ là ${\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2=1\Rightarrow y=1-\sqrt{1-{\left(x-2\right)}^2}$.

Khi đó $$f\left(x\right)=\{\begin{array}{l}1+\sqrt{1-x^2}\mathrm{khi}0\le x<1\\ 1-\sqrt{1-{\left(x-2\right)}^2}\mathrm{khi}1\le x\le 2\end{array}$$.

Do đó $V=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left(1+\sqrt{1-x^2}\right)}^{2}dx+\pi \underset{1}{\overset{2}{\int }}{\left(1-\sqrt{1-{\left(x-2\right)}^2}\right)}^{2}dx\approx 10,5$.

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(1;0;-3\right),\overrightarrow{MP}=\left(-1;1;0\right),\left[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}\right]=\left(3;3;1\right)$.

Mặt phẳng $\left(MNP\right)$ đi qua $M\left(3;-1;2\right)$ và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(3;3;1\right)$ có phương trình là:

$3\left(x-3\right)+3\left(y+1\right)+\left(z-2\right)=0$ hay $3x+3y+z-8=0$.

Suy ra $B=3;C=1;D=-8$. Do đó $B^2+C^2+D^2=9+1+64=74$.

Giả sử vị trí quả bóng rơi là A, B là vị trí bạn nam đứng.

Do đó $OB=\sqrt{O{A}^2-A{B}^2}=4$. Suy ra $A\left(3;4;0\right)$.

Mặt phẳng $\left(P\right)$ đi qua $O,A$ và vuông góc với mặt đất $\left(Oxy\right)$ có vectơ pháp tuyến là:

$\overrightarrow{n_P}=\left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{k}\right]=\left(4;-3;0\right)$.

Do đó phương trình mặt phẳng $\left(P\right)$ đi qua $O$ và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_P}$ có phương trình là: $4x-3y=0$ hay $-4x+3y=0$.

Suy ra $a=-4;c=0;d=0$. Vậy  $a+cd=-4$.