Đề KSCL Toán 12 tháng 10 năm 2026-2027 THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm (Gia Lai) có đáp án

Chọn D.

Ta có \(\vec u = 1\vec i + 1\vec j\) nên tọa độ của vectơ \(\vec u\) là \(\left( {1;\,\,1} \right)\).

Chọn A.

Trên khoảng \(\left( {2;\,\, + \infty } \right)\), đồ thị \(f'\left( x \right)\) nằm phía trên trục hoành nên \(f'\left( x \right) > 0\).

Do đó \(f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng này.

Chọn A.

Xét hàm số \(y = {x^2} + \frac{2}{x}\) với \(x > 0\).

Đạo hàm \(y' = 2x - \frac{2}{{{x^2}}} = \frac{{2\left( {{x^3} - 1} \right)}}{{{x^2}}}\).

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

Với \(0 < x < 1\) thì \(y' < 0\); với \(x > 1\) thì \(y' > 0\).

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x = 1\), giá trị nhỏ nhất là \(y\left( 1 \right) = {1^2} + \frac{2}{1} = 3\).

Đáp án: a) Đúng. \(\quad \)         b) Đúng. \(\quad \)      c) Sai. \(\quad \) d) Đúng.

a) Đúng. Số phần tử của không gian mẫu chọn 6 học sinh từ \(4 + 5 + 6 = 15\) học sinh là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{15}^6 = 5005\).

b) Đúng. Vì khối 12 có 4 học sinh và khối 11 có 5 học sinh nên để chọn được 6 học sinh cùng một khối thì chỉ có thể chọn từ 6 học sinh khối 10.

Số cách chọn là \(C_6^6 = 1\).

Xác suất là \(\frac{1}{{5005}}\).

c) Sai. Số cách chọn có nhiều nhất 2 học sinh khối 10 gồm ba trường hợp:

Không có học sinh khối 10: chọn 6 từ 9 học sinh khối 11 và khối 12, có \(C_9^6 = 84\) cách.

Có 1 học sinh khối 10: chọn 1 từ 6 học sinh khối 10 và 5 từ 9 học sinh còn lại, có:

\(C_6^1 \cdot C_9^5 = 6 \cdot 126 = 756\) cách.

Có 2 học sinh khối 10: chọn 2 từ 6 học sinh khối 10 và 4 từ 9 học sinh còn lại, có:

\(C_6^2 \cdot C_9^4 = 15 \cdot 126 = 1890\) cách.

Tổng số cách chọn thuận lợi là \(84 + 756 + 1890 = 2730\).

Xác suất là \(\frac{{2730}}{{5005}} = \frac{6}{{11}} \ne \frac{{69}}{{385}}\).

d) Đúng. Xét biến cố đối: chọn 6 học sinh thiếu ít nhất một khối.

Thiếu khối 12 có \(C_{11}^6 = 462\) cách.

Thiếu khối 11 có \(C_{10}^6 = 210\) cách.

Thiếu khối 10 có \(C_9^6 = 84\) cách.

Trường hợp chọn cả 6 học sinh khối 10 (đồng thời thiếu cả khối 12 và khối 11) có \(C_6^6 = 1\) cách và bị đếm hai lần. Mỗi khối 12 và khối 11 riêng lẻ đều có ít hơn 6 học sinh, nên không có các trường hợp giao khác. Số cách chọn thiếu ít nhất một khối là:

\(N = C_{11}^6 + C_{10}^6 + C_9^6 - 1 = 462 + 210 + 84 - 1 = 755\).

Xác suất để chọn được 6 học sinh có đủ cả 3 khối là:

\(P = \frac{{5005 - 755}}{{5005}} = \frac{{4250}}{{5005}} = \frac{{850}}{{1001}}\).

Đáp án: a) Sai. \(\quad \)             b) Đúng. \(\quad \)      c) Đúng. \(\quad \)                                 d) Sai.

a) Sai. Khối chóp thu được có đáy là hình vuông \(EFGH\) và đỉnh chung \(S\) (do bốn đỉnh \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\) chụm lại), các cạnh bên bằng nhau nên là khối chóp tứ giác đều, không phải tứ diện đều.

b) Đúng. Đáy của khối chóp là hình vuông \(EFGH\) cạnh \(x\), nên diện tích đáy là \(S = {x^2}\).

c) Đúng. Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\), khoảng cách từ \(O\) đến các cạnh là:

\(\frac{{1,5}}{2} = \frac{3}{4}{\rm{\;m}}\).

Tam giác \(OHG\) vuông cân tại \(O\) nên \(OH = \frac{x}{{\sqrt 2 }}\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(AD\), ta có \(OM = \frac{3}{4}\), \(AM = \frac{3}{4}\).

Khoảng cách \(HM = OM - OH = \frac{3}{4} - \frac{x}{{\sqrt 2 }}\).

Độ dài cạnh bên của chóp là:

\(SH = AH = \sqrt {A{M^2} + H{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{4} - \frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} \).

Chiều cao của khối chóp là:

\(h = \sqrt {S{H^2} - {{\left( {\frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}  = \sqrt {\frac{9}{{16}} + \frac{9}{{16}} - \frac{{3x}}{{2\sqrt 2 }} + \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{x^2}}}{2}}  = \sqrt {\frac{9}{8} - \frac{{3x}}{{2\sqrt 2 }}} \).

d) Sai. Vì \(x = HG > 0\) và khối chóp không suy biến nên \(h > 0\), do đó \(0 < x < \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\).

Vì \(g\left( x \right) = 9{V^2} = {x^4}{h^2} = \frac{9}{8}{x^4} - \frac{3}{{2\sqrt 2 }}{x^5}\) và \(V > 0\), thể tích lớn nhất khi \(g\left( x \right)\) lớn nhất.

Đạo hàm: \(g'\left( x \right) = \frac{3}{2}{x^3}\left( {3 - \frac{5}{{\sqrt 2 }}x} \right)\).

Suy ra \(g'\left( x \right) > 0\) khi \(0 < x < \frac{{3\sqrt 2 }}{5}\), và \(g'\left( x \right) < 0\) khi \(\frac{{3\sqrt 2 }}{5} < x < \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\).

Do đó thể tích lớn nhất tại \(x = \frac{{3\sqrt 2 }}{5} \ne \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Đáp án: a) Đúng. \(\quad \)         b) Đúng. \(\quad \)      c) Sai. \(\quad \)  d) Sai.

a) Đúng. Đạo hàm \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3\). Với mọi \(x \in \left( { - 1;\,\,1} \right)\) ta có \(f'\left( x \right) < 0\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;\,\,1} \right)\).

b) Đúng. Phương trình \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\), đạo hàm đổi dấu qua hai nghiệm này nên hàm số có hai điểm cực trị.

c) Sai. Trên đoạn \(\left[ {0;\,\,2} \right]\), ta có \(f\left( 0 \right) = m\), \(f\left( 1 \right) = m - 2\), \(f\left( 2 \right) = m + 2\).

Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;\,\,2} \right]\) bằng \(m + 2\).

d) Sai. Giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) trên \(\left[ {0;\,\,2} \right]\) là \(m - 2\) và giá trị lớn nhất là \(m + 2\).

Do đó giá trị lớn nhất của \(\left| {f\left( x \right)} \right|\) trên đoạn \(\left[ {0;\,\,2} \right]\) là \(\max \left( {\left| {m - 2\left| {,\,\,} \right|m + 2} \right|} \right) = \left| m \right| + 2\).

Theo giả thiết \(\left| m \right| + 2 = 3 \Leftrightarrow \left| m \right| = 1 \Leftrightarrow m =  \pm 1\).

Tập hợp \(S = \left\{ { - 1;\,\,1} \right\}\) có 2 phần tử.

Đáp án: a) Đúng. \(\quad \)         b) Sai. \(\quad \)          c) Sai. \(\quad \) d) Đúng.

a) Đúng. Trên khoảng \(\left( { - 1;\,\,1} \right)\), đồ thị \(f'\left( x \right)\) nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành nên \(f'\left( x \right) < 0\), suy ra hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - 1;\,\,1} \right)\).

b) Sai. Đồ thị \(f'\left( x \right)\) tiếp xúc với trục hoành tại \(x =  - 1\) và cắt trục hoành tại \(x = 2\), nên \(f'\left( x \right)\) chỉ đổi dấu qua \(x = 2\).

Do đó hàm số \(y = f\left( x \right)\) chỉ có đúng 1 điểm cực trị.

c) Sai. Tại \(x =  - 1\), đạo hàm không đổi dấu khi đi qua điểm này nên \(x =  - 1\) không phải là điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\).

d) Đúng. Từ đồ thị xác định được: \(f'\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x - 2} \right) = {x^3} - 3x - 2\)

Đặt \(g\left( x \right) = f'\left( x \right) = {x^3} - 3x - 2\). Khi đó \(g'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 > 0\) với mọi \(x > 1\), nên \(g\) đồng biến trên đoạn \(\left[ {1;\,\,5} \right]\).

Do đó giá trị lớn nhất của \(f'\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {1;\,\,5} \right]\) đạt tại \(x = 5\):

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;\,\,5} \right]} f'\left( x \right) = g\left( 5 \right) = {5^3} - 3\left( 5 \right) - 2 = 108\).

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x - 9\).

Phương trình \(y' = 0 \Leftrightarrow 3\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x =  - 1\) hoặc \(x = 3\).

Với \(x =  - 1 \Rightarrow y = 4\), ta được điểm cực trị \(A\left( { - 1;\,\,4} \right)\).

Với \(x = 3 \Rightarrow y =  - 28\), ta được điểm cực trị \(B\left( {3;\,\, - 28} \right)\).

Hệ số góc của đường thẳng \(AB\) là:

\(a = \frac{{{y_B} - {y_A}}}{{{x_B} - {x_A}}} = \frac{{ - 28 - 4}}{{3 - \left( { - 1} \right)}} = \frac{{ - 32}}{4} =  - 8\).

Phương trình đường thẳng \(AB\) là \(y - 4 =  - 8\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow y =  - 8x - 4\).

Suy ra \(a =  - 8\) và \(b =  - 4\).

Tổng \(a + b =  - 8 + \left( { - 4} \right) =  - 12\).

Đáp án: -12.

Gọi \(E\) là đầu mút đáy của tam giác cân nằm trên cạnh \(AB\), gần \(A\).

Đặt \(AE = x\), với \(0 < x < 2\).

Khi đó cạnh đáy của mỗi tam giác cân bằng \(4 - 2x\).

Do bốn tam giác là các tam giác vuông cân có cạnh đáy nằm trên cạnh của hình vuông lớn, chiều cao ứng với cạnh đáy là \(2 - x\).

Tổng diện tích của bốn tam giác cân là \(4 \cdot \frac{1}{2}\left( {4 - 2x} \right)\left( {2 - x} \right) = {\left( {4 - 2x} \right)^2}\).

Cạnh của hình vuông ở giữa bằng \(x\sqrt 2 \), nên diện tích của nó là \({\left( {x\sqrt 2 } \right)^2} = 2{x^2}\).

Tổng diện tích là: \(S\left( x \right) = 6{x^2} - 16x + 16\).

Biến đổi hoàn thành bình phương: \(S\left( x \right) = 6{\left( {x - \frac{4}{3}} \right)^2} + \frac{{16}}{3} \ge \frac{{16}}{3}\).

Dấu bằng xảy ra khi \(x = \frac{4}{3} \in \left( {0;\,\,2} \right)\).

Vậy diện tích nhỏ nhất là \(\frac{{16}}{3} \approx 5,33\).

Đáp án: 5,33.

Xác suất ông \(X\) không bị lây bệnh ở lần tiếp xúc không đeo khẩu trang là :

\(1 - 0,75 = 0,25\).

Xác suất ông \(X\) không bị lây bệnh ở lần tiếp xúc có đeo khẩu trang là: \(1 - 0,05 = 0,95\).

Do hai lần tiếp xúc độc lập nên xác suất ông \(X\) không bị lây bệnh sau cả hai lần tiếp xúc là:

\(0,25 \cdot 0,95 = 0,2375\)

Xác suất ông \(X\) bị lây bệnh do tiếp xúc là:

\(1 - 0,2375 = 0,7625 \approx 0,76\).

Xét điểm \(M\left( {{x_M};\,\,{y_M}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hoành độ:

\({x_M} = 2 + {\log _a}\frac{1}{{2029}} = 2 - {\log _a}2029\) \( \Rightarrow {y_M} = f\left( {{x_M}} \right)\).

Điểm \({M_0}\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) đối xứng với điểm \(M\) qua điểm \(I\left( {1;\,\,1} \right).\) thuộc đồ thị hàm số \(y = {a^x}\).

Theo công thức tọa độ trung điểm:

\({x_0} = 2{x_I} - {x_M} = 2\left( 1 \right) - \left( {2 - {{\log }_a}2029} \right) = {\log _a}2029\);

\({y_0} = 2{y_I} - {y_M} = 2\left( 1 \right) - f\left( {{x_M}} \right) = 2 - f\left( {{x_M}} \right)\).

Vì điểm \({M_0}\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thuộc đồ thị \(y = {a^x}\) nên:

\({y_0} = {a^{{x_0}}} \Leftrightarrow 2 - f\left( {{x_M}} \right) = {a^{{{\log }_a}2029}} = 2029\).

Suy ra \( - f\left( {{x_M}} \right) = 2029 - 2 = 2027\).

Vậy \(T =  - f\left( {2 + {{\log }_a}\frac{1}{{2029}}} \right) = 2027\).

Đáp án: 2027.

Đạo hàm \(y' = 3{x^2} - 4x + a\).

Vì điểm \(A\left( {1;\,\,3} \right)\) là điểm cực trị của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) nên:

\(y'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow 3{\left( 1 \right)^2} - 4\left( 1 \right) + a = 0 \Leftrightarrow a = 1\).

Mặt khác đồ thị \(\left( C \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1;\,\,3} \right)\) nên:

                 \(y\left( 1 \right) = 3 \Leftrightarrow {1^3} - 2{\left( 1 \right)^2} + a\left( 1 \right) + b = 3 \Leftrightarrow 1 - 2 + 1 + b = 3 \Leftrightarrow b = 3\).

Giá trị của biểu thức là \(P = 4a + b = 4\left( 1 \right) + 3 = 7\).

Đáp án: 7.

Gọi \(x\) và \(y\) lần lượt là số lít nước cam loại \(A\) và loại \(B\) cần pha chế \(\left( {x \ge 0,\,\,y \ge 0} \right)\).

Từ các giả thiết về nguyên liệu, ta có hệ bất phương trình:

Lượng bột cam: \(x + 4y \le 24\).

Lượng nước: \(x + y \le 9\).

Lượng đường: \(30x + 10y \le 210 \Leftrightarrow 3x + y \le 21\).

Số tiền thu được là \(F\left( {x;\,\,y} \right) = 60x + 80y\) (nghìn đồng).

Do đó ta có hệ bất phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x + 4y \le 24\\x + y \le 9\\3x + y \le 21\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.\].

Và \(F\left( {x;\,\,y} \right) = 60x + 80y\).

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền đa giác với các đỉnh:

\(\left( {0;\,\,0} \right)\) cho \(F = 0\).

\(\left( {0;\,\,6} \right)\) cho \(F = 480\).

\(\left( {4;\,\,5} \right)\) là giao điểm của \(x + 4y = 24\) và \(x + y = 9\), cho \(F = 60\left( 4 \right) + 80\left( 5 \right) = 640\).

\(\left( {6;\,\,3} \right)\) là giao điểm của \(x + y = 9\) và \(3x + y = 21\), cho \(F = 60\left( 6 \right) + 80\left( 3 \right) = 600\).

\(\left( {7;\,\,0} \right)\) cho \(F = 420\).

Số tiền nhiều nhất mà người đó có thể thu được là \(640\) nghìn đồng (khi pha chế \(4\) lít loại \(A\) và \(5\) lít loại \(B\)).

Đáp án: 640.