Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 12 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án (Đề 7)

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) $f\left(2\right)=2.2+e^2=4+e^2$.

b) $\int f\left(x\right)dx=\int \left(2x+e^x\right)dx=x^2+e^x+C$.

c) $F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=x^2+e^x+C$ mà $F\left(0\right)=2025$ nên $1+C=2025\iff C=2024$.

Vậy $F\left(x\right)=x^2+e^x+2024$.

d) $f^{\prime }\left(x\right)=2+e^x$

Ta có $\int x{f}^{\prime }\left(x^2\right)dx=\int x\left(2+e^{x^2}\right)dx=\int 2xdx+\int x{e}^{x^2}dx=x^2+\frac{1}{2}{e}^{x^2}+C$.

a) S, b) Đ, c) S, d) S

a) Dựa vào đồ thị ta thấy hoành độ giao điểm của parabol với trục hoành là $x=0$ và $x=2$.

b) Giả sử $\left(P\right):y=a{x}^2+bx$ (vì $\left(P\right)$ đi qua gốc tọa độ nên $c=0$).

Vì $\left(P\right)$ đi qua $\left(2;0\right)$ và $\left(1;1\right)$ nên ta có hệ $\{\begin{array}{l}4a+2b=0\\ a+b=1\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}a=-1\\ b=2\end{array}$.

Do đó $\left(P\right):y=-x^2+2x$.

c) $S=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left|-x^2+2x\right|dx$$=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(-x^2+2x\right)dx$$=\frac{4}{3}$.

d) $V=\pi \underset{0}{\overset{2}{\int }}{\left(-x^2+2x\right)}^{2}dx$$=\frac{16\pi }{15}$.

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Vì $I$ là trung điểm của $AB$ nên $I\left(3;2;5\right)$.

Vì $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $AB$ nên $\left(\alpha \right)$ đi qua $I\left(3;2;5\right)$.

b) Có $\overrightarrow{AB}=\left(2;-2;-4\right)=-2\left(-1;1;2\right)$.

Do đó mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}\left(-1;1;2\right)$.

c) Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ đi qua $I\left(3;2;5\right)$ và có $\overrightarrow{n}\left(-1;1;2\right)$ là vectơ pháp tuyến có dạng là:

$-\left(x-3\right)+\left(y-2\right)+2\left(z-5\right)=0$ hay $-x+y+2z-9=0$.

Suy ra $a=-1;b=1;c=2$. Do đó $a+b+c=2$.

d) $d\left(C,\left(\alpha \right)\right)=\frac{|-1+2.2-9|}{\sqrt{{\left(-1\right)}^2+1^2+2^2}}=\frac{6}{\sqrt{6}}=\sqrt{6}$.

Có $f\left(x\right)=\int f^{\prime }\left(x\right)dx=\int \sin 2xdx=-\frac{\cos 2x}{2}+C$.

Mà $f\left(\frac{\pi }{4}\right)=0\Rightarrow C=0$.

Do đó $f\left(x\right)=-\frac{\cos 2x}{2}$.

Lại có $F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=-\int \frac{\cos 2x}{2}dx=-\frac{1}{4}\sin 2x+C_1$.

Vì $F\left(\frac{\pi }{2}\right)=2$ nên $-\frac{1}{4}\sin \left(2.\frac{\pi }{2}\right)+C_1=2\Rightarrow C_1=2$.

Vậy $F\left(x\right)=-\frac{1}{4}\sin 2x+2$. Do đó $F\left(\frac{\pi }{4}\right)=-\frac{1}{4}\sin \left(2.\frac{\pi }{4}\right)+2=\frac{-1}{4}+2=\frac{7}{4}=1,75$.

Ta có $\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=$$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(3x^2+b\right)dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(2x+a\right)dx$

$={\left(x^3+bx\right)|}_0^1+{\left(x^2+ax\right)|}_1^2$$=1+b+4+2a-1-a$$=a+b+4$.

Mà $\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=13$ nên $a+b=9$.

Vì $f\left(x\right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ nên $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)$$\iff 2+a=3+b\iff a-b=1$.

Ta có hệ $\{\begin{array}{l}a+b=9\\ a-b=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=5\\ b=4\end{array}$.

Vậy $a+b-ab=5+4-5.4=-11$.

Ta có $N\left(t\right)=\int \frac{4}{1+0,5t}dt=8\ln \left(1+0,5t\right)+C$.

Mà $$N\left(0\right)=250\Rightarrow C=250$$.

Do đó $N\left(t\right)=8\ln \left(1+0,5t\right)+250$.

Sau 10 ngày số lượng vi trùng là $N\left(10\right)=8\ln \left(1+0,5.10\right)+250\approx 264$.

Dựa vào đồ thị ta có $v\left(t\right)=\{\begin{array}{l}1,25t\mathrm{khi}0\le t\le 8\\ 10\mathrm{khi}8<t\le 30\\ -t+40\mathrm{khi}30<t\le 40\end{array}$.

Có $\underset{0}{\overset{40}{\int }}v\left(t\right)dt=\underset{0}{\overset{8}{\int }}1,25tdt+\underset{8}{\overset{30}{\int }}10dt+\underset{30}{\overset{40}{\int }}\left(-t+40\right)dt$$=40+220+50=310$ (m).

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-1;1;1\right),\overrightarrow{CD}=\left(0;1;-1\right)$, $\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD}\right]=\left(-2;-1;-1\right)$.

Khi đó mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ đi qua $A\left(1;1;0\right)$ và nhận $\overrightarrow{n}=\left(2;1;1\right)$ làm vectơ pháp tuyến có dạng: $2\left(x-1\right)+\left(y-1\right)+z=0$ hay $2x+y+z-3=0$.

Suy ra $a=2;b=1;c=-3$. Do đó $a+b+c=0$.

Chọn hệ trục tọa độ $$Oxyz$$như hình vẽ.

$OABC$, có $$OA,OB,OC$$đôi một vuông góc và $$OA=5,OB=2,OC=4$$. Gọi $$M,N$$ lần lượt là trung điểm (ảnh 1)">

Ta có $$O\left(0;0;0\right)$$, $$A\in Oz,B\in Ox,C\in Oy$$sao cho $$AO=5,OB=2,OC=4$$

$$\Rightarrow A\left(0;0;5\right),B\left(2;0;0\right),C\left(0;4;0\right)$$.

Khi đó: $$G$$ là trọng tâm tam giác$$ABC$$ nên $$G\left(\frac{2}{3};\frac{4}{3};\frac{5}{3}\right)$$

$$M$$là trung điểm $$OB$$nên $$M\left(1;0;0\right)$$

$$N$$là trung điểm $$OC$$nên $$N\left(0;2;0\right)$$.

Phương trình mặt phẳng $$\left(AMN\right)$$là: $$\frac{x}{1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{5}=1$$ hay $$10x+5y+2z-10=0$$

Vậy khoảng cách từ $$G$$ đến mặt phẳng $$\left(AMN\right)$$là:

$$d\left(G,\left(AMN\right)\right)=\frac{\left|\frac{20}{3}+\frac{20}{3}+\frac{10}{3}-10\right|}{\sqrt{100+25+4}}=\frac{20}{3\sqrt{129}}\approx 0,59$$.