Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THCS & THPT Lương Thế Vinh (Hà Nội) có đáp án

Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng trong không gian \(Oxyz\):

\(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - 2 \cdot \left( { - 2} \right) + 2 \cdot 3 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{{\left| {1 + 4 + 6 - 3} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 4} }} = \frac{8}{3}\).

Chọn A.

Ta có \(\int\limits_a^b {\left( {2x + 1} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_a^b = \left( {{b^2} + b} \right) - \left( {{a^2} + a} \right) = {b^2} + b - {a^2} - a\).

Chọn B.

Đối với mẫu số liệu ghép nhóm, khoảng biến thiên \(R\) được tính bằng hiệu số giữa đầu mút phải của nhóm cuối cùng và đầu mút trái của nhóm đầu tiên: \(R = 45 - 25 = 20\).

Chọn A.

Ta có \({\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{x}\) nên \(\int {\frac{1}{x}{\rm{d}}x} = \ln \left| x \right| + C\). Do đó công thức ở phương án D là sai.

Chọn D.

Tọa độ của vectơ tổng được tính bằng tổng các tọa độ tương ứng: \(\vec a + \vec b = \left( {2 + 1;3 + 1;2 + \left( { - 1} \right)} \right) = \left( {3;4;1} \right)\).

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục \(Ox\): \(5x - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0{\rm{\;}}\\x = 5\end{array} \right.\).

Thể tích khối tròn xoay được tính theo công thức: \(V = \pi \int\limits_0^5 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^5 {{{\left( {5x - {x^2}} \right)}^2}{\rm{d}}x} \).

Chọn C.

Dựa vào phương trình tham số của đường thẳng \(d\), các hệ số đi kèm với tham số \(t\) lần lượt là hoành độ, tung độ và cao độ của vectơ chỉ phương: \(\vec u = \left( {5;0; - 1} \right)\).

Chọn C.

• Tiệm cận đứng: Nghiệm của mẫu số \(x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1\).
• Tiệm cận ngang: Giới hạn của hàm số khi \(x \to \pm \infty \) là \(y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} = 2\).

Chọn B.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có đạo hàm: \(y' = 3{x^2} + 6x - 9\).

Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi: \(y' < 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x - 9 < 0 \Leftrightarrow - 3 < x < 1\).

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 3;1} \right)\).

Chọn C.

Xét trên đoạn \(\left[ {2;4} \right]\), ta có \({x^2} - 2x \ge 0\) với mọi \(x \in \left[ {2;4} \right]\). Do đó, diện tích hình phẳng bằng:

\(S = \int\limits_2^4 {\left| {{x^2} - 2x} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_2^4 {\left( {{x^2} - 2x} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)} \right|_2^4\)\( = \left( {\frac{{64}}{3} - 16} \right) - \left( {\frac{8}{3} - 4} \right) = \frac{{20}}{3}\).

Chọn A.

Hàm số liên tục trên đoạn \(\left[ {1;5} \right]\). Ta có đạo hàm: \(y' = \frac{{2x\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^2} - 3} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x + 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

Vì \({x^2} + 2x + 3 = {\left( {x + 1} \right)^2} + 2 > 0\) với mọi \(x \in \left[ {1;5} \right]\), suy ra \(y' > 0\), hàm số đồng biến trên đoạn \(\left[ {1;5} \right]\).

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số đạt được tại biên \(x = 5\): \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;5} \right]} y = y\left( 5 \right) = \frac{{{5^2} - 3}}{{5 + 1}} = \frac{{22}}{6} = \frac{{11}}{3}\).

Chọn B.

Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có vectơ pháp tuyến là \({\vec n_\alpha } = \left( {4;3; - 7} \right)\).

Vì đường thẳng \(d \bot \left( \alpha \right)\) nên \(d\) nhận vectơ pháp tuyến của \(\left( \alpha \right)\) làm vectơ chỉ phương \({\vec u_d} = {\vec n_\alpha } = \left( {4;3; - 7} \right).\)

Phương trình chính tắc của đường thẳng \(d\) đi qua \(A\left( {1;2;3} \right)\) là: \(\frac{{x - 1}}{4} = \frac{{y - 2}}{3} = \frac{{z - 3}}{{ - 7}}\).

Chọn D.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

Ta biến đổi hàm số: \(f\left( x \right) = \frac{{x\left( {x + 1} \right) + \left( {x + 1} \right) + 1}}{{x + 1}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 1}}.\)

Đạo hàm: \(f'\left( x \right) = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}};f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = - 2\).

a) SAI. Trên khoảng \(\left( { - 1; + \infty } \right)\), đạo hàm \(f'\left( x \right) < 0\) khi \(x \in \left( { - 1;0} \right)\) và \(f'\left( x \right) > 0\) khi \(x \in \left( {0; + \infty } \right)\), do đó hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\) và đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

b) ĐÚNG. Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{x + 1}} = 0\), nên đường thẳng \(y = x + 1\) là tiệm cận xiên.

c) ĐÚNG. Qua điểm \(x = 0\), đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương, vậy hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0\), giá trị cực tiểu \(y\left( 0 \right) = 2\). Điểm cực tiểu của đồ thị là \(\left( {0;2} \right)\).

d) ĐÚNG. Xét phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = 5 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 5\) hoặc \(f\left( x \right) = - 5\).

\(f\left( x \right) = 5 \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 2 = 5x + 5 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 3 = 0\), phương trình có \({\rm{\Delta }} = 21 > 0\) nên có 2 nghiệm phân biệt khác \( - 1\).

\(f\left( x \right) = - 5 \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 2 = - 5x - 5 \Leftrightarrow {x^2} + 7x + 7 = 0\), phương trình có \({\rm{\Delta }} = 21 > 0\) nên có 2 nghiệm phân biệt khác \( - 1\).

Tổng cộng có 4 nghiệm phân biệt.

a) SAI. Vì \(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {{x^2} - 4x} \right){\rm{d}}x} = \frac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} + C\). Biểu thức \(2x - 4\) là đạo hàm \(f'\left( x \right)\).

b) ĐÚNG. Ta có: \[\int\limits_1^2 {\frac{{{x^2} - 4x}}{{{x^2}}}{\rm{d}}x} = \int\limits_1^2 {\left( {1 - \frac{4}{x}} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {x - 4\ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^2 = \left( {2 - 4\ln 2} \right) - \left( {1 - 0} \right) = 1 - 4\ln 2\].

c) ĐÚNG. Hoành độ giao điểm của \(y = f\left( x \right)\) với trục hoành là \(x = 0,x = 4\).

Diện tích hình phẳng: \(S = \int\limits_0^4 {\left| {{x^2} - 4x} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^0 {\left( {4x - {x^2}} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left[ {2{x^2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right]} \right|_0^4 = 32 - \frac{{64}}{3} = \frac{{32}}{3}\).

d) ĐÚNG. Thể tích khối tròn xoay:

\(V = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {{x^2} - 4x} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^4 {\left( {{x^4} - 8{x^3} + 16{x^2}} \right){\rm{d}}x} = \pi \left. {\left[ {\frac{{{x^5}}}{5} - 2{x^4} + \frac{{16{x^3}}}{3}} \right]} \right|_0^4 = \frac{{512}}{{15}}\pi \).

a) ĐÚNG. Vectơ \(\overrightarrow {OM} = \left( {1;3;1} \right)\). Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực cùng phương với \(\overrightarrow {OM} \), chọn \(\vec n = - \overrightarrow {OM} = \left( { - 1; - 3; - 1} \right)\).

b) SAI. Thay tọa độ \(M\left( {1;3;1} \right)\) vào phương trình \(\left( P \right)\): \(1 - 2 \cdot 3 + 1 + 2 = - 2 \ne 0\). Do đó \(M \notin \left( P \right)\).

c) ĐÚNG. Từ phương trình tham số của \(d\), vectơ chỉ phương thu được từ các hệ số của \(t\) là \(\vec u = \left( {2; - 1;1} \right)\).

d) SAI. Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) vuông góc với \(\left( P \right)\) và chứa \(d\) nên vectơ pháp tuyến \({\vec n_\alpha } = \left[ {{{\vec u}_d},{{\vec n}_P}} \right]\).

Ta có \({\vec u_d} = \left( {2; - 1;1} \right)\) và \({\vec n_P} = \left( {1; - 2;1} \right)\).

Suy ra \({\vec n_\alpha } = \left( {\left( { - 1} \right) \cdot 1 - 1 \cdot \left( { - 2} \right);1 \cdot 1 - 2 \cdot 1;2 \cdot \left( { - 2} \right) - \left( { - 1} \right) \cdot 1} \right) = \left( {1; - 1; - 3} \right)\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\left( { - 1;1;0} \right)\). Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua \(A\) có vectơ pháp tuyến \({\vec n_\alpha }\) là: \(1\left( {x + 1} \right) - 1\left( {y - 1} \right) - 3\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y - 3z + 2 = 0\).

Khoảng cách từ \(M\left( {1;3;1} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\): \(d\left( {M,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - 3 - 3 \cdot 1 + 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} }} = \frac{{\left| { - 3} \right|}}{{\sqrt {11} }} = \frac{3}{{\sqrt {11} }}\).

a) ĐÚNG. Ta có \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,3 + 0,8 - 0,25 = 0,85\).

b) ĐÚNG. Ta có \(P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0,3 \times 0,8 = 0,24 \ne P\left( {AB} \right) = 0,25\). Vì tích xác suất riêng lẻ khác xác suất giao nên \(A\) và \(B\) là hai biến cố phụ thuộc nhau.

c) SAI. Xác suất có điều kiện: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,25}}{{0,8}} = 0,3125\).

d) ĐÚNG. Ta có xác suất của biến cố đối: \(P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = 0,7\).

\(P\left( {B \cap \bar A} \right) = P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,8 - 0,25 = 0,55\)

\(P\left( {B|\bar A} \right) = \frac{{P\left( {B \cap \bar A} \right)}}{{P\left( {\bar A} \right)}} = \frac{{0,55}}{{0,7}} = \frac{{11}}{{14}}\).

Khi xe dừng hẳn thì vận tốc bằng \(0\): \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 20 - 4t = 0 \Leftrightarrow t = 5{\rm{\;(s)}}\).

Quãng đường di chuyển từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn là tích phân của vận tốc theo thời gian từ \(0\) đến \(5\): \(S = \int\limits_0^5 {\left( {20 - 4t} \right){\rm{d}}t} = \left. {\left[ {20t - 2{t^2}} \right]} \right|_0^5 = \left( {20 \cdot 5 - 2 \cdot {5^2}} \right) - 0 = 50{\rm{\;(m)}}\).

Đáp án: 50.

Chuyển phương trình đường thẳng \(d\) sang dạng tham số: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 1 + t}\\{y = 4 + 2t}\\{z = 6 + 3t}\end{array}} \right.\).

Vì \(M\) là giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\), thay tọa độ tham số của \(M\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\):

\(3\left( { - 1 + t} \right) + 3\left( {4 + 2t} \right) + 2\left( {6 + 3t} \right) - 6 = 0\)\( \Leftrightarrow - 3 + 3t + 12 + 6t + 12 + 6t - 6 = 0 \Leftrightarrow 15t + 15 = 0 \Leftrightarrow t = - 1\).

Thay \(t = - 1\) ngược lại phương trình tham số ta được tọa độ của \(M\):

\(a = - 1 + \left( { - 1} \right) = - 2\)

\(b = 4 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) = 2\)

\(c = 6 + 3 \cdot \left( { - 1} \right) = 3\)

Suy ra giá trị biểu thức: \(a + b + 2c = - 2 + 2 + 2 \cdot 3 = 6\).

Đáp án: 6.

Tổng số người không đội mũ bảo hiểm trong nghiên cứu là: \(N = 366 + 65 = 431\).

Trong số những người không đội mũ bảo hiểm, số người bị chấn thương não là \(366\).

Xác suất cần tìm là: \(P = \frac{{366}}{{431}} \approx 0,8492 \approx 0,85\).

Đáp án: 0,85.

Tính giá trị của tích phân: \(\int\limits_0^2 {\left( {{e^x} - 3} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left[ {{e^x} - 3x} \right]} \right|_0^2 = \left( {{e^2} - 3 \cdot 2} \right) - \left( {{e^0} - 3 \cdot 0} \right) = {e^2} - 6 - 1 = {e^2} - 7\).

Đồng nhất hệ số với đầu bài \({e^a} + b\), ta được: \(a = 2\) và \(b = - 7\).

Do đó: \(a \cdot b = 2 \cdot \left( { - 7} \right) = - 14\).

Đáp án: −14.

Mặt đất trùng với mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình \(z = 0\), vectơ pháp tuyến là \(\vec k = \left( {0;0;1} \right)\).

Mặt phẳng quỹ đạo \(\left( \alpha \right):ax - y + cz = 0\) vuông góc với mặt đất \(\left( {Oxy} \right)\) nên vectơ pháp tuyến của chúng vuông góc với nhau: \({\vec n_\alpha } \cdot \vec k = 0 \Leftrightarrow a \cdot 0 - 1 \cdot 0 + c \cdot 1 = 0 \Leftrightarrow c = 0\).

Điểm \(M\) thuộc mặt đất nên cao độ \({z_M} = 0\). Gọi hình chiếu của \(M\) lên trục \(Oy\) là điểm \(N\) (vị trí của Minh). Do \(MN \bot Oy\) nên tam giác \(ONM\) vuông tại \(N\).

Ta có cạnh huyền \(OM = 3,5{\rm{\;m}}\) và cạnh góc vuông \(MN = 0,5{\rm{\;m}}\). Theo định lý Pythagore:

\(ON = \sqrt {O{M^2} - M{N^2}} = \sqrt {3,{5^2} - 0,{5^2}} = \sqrt {12} = 2\sqrt 3 \).

Tọa độ của điểm \(M\) có tung độ \({y_M} = ON = 2\sqrt 3 \) và hoành độ \({x_M} = MN = 0,5\). Vì \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\), ta thế tọa độ vào phương trình mặt phẳng:

\(a \cdot {x_M} - {y_M} = 0 \Rightarrow a \cdot 0,5 - 2\sqrt 3 = 0 \Rightarrow a = \frac{{2\sqrt 3 }}{{0,5}} = 4\sqrt 3 \approx 6,928\).

Vậy giá trị của \(a + c = 4\sqrt 3 + 0 \approx 6,93\).

Đáp án: 6,93.

Đặt hệ trục tọa độ tại tâm đối xứng của tấm thảm.

Nửa độ dài cạnh tấm thảm là \(L = 40{\rm{\;cm}}\). Hình vuông giới hạn bởi các đường thẳng \(x = \pm 40\) và \(y = \pm 40\).

Xét trong góc phần tư thứ nhất, đường cong \(y = \frac{1}{x}\) cắt đường phân giác \(y = x\) tại điểm \(\left( {1;1} \right)\).

Diện tích phần màu trắng (không tô đậm) ở góc phần tư thứ nhất gồm hai phần đối xứng qua đường thẳng \(y = x\). Diện tích một nửa của nó giới hạn từ \(x = 1\) đến \(x = 40\) phía dưới đường cong là:

\({S_0} = \mathop \smallint \nolimits_1^{40} \frac{1}{x}dx = \ln \left| x \right||_1^{40} = \ln 40\).

Kèm thêm tam giác giới hạn bởi trục hoành và đường thẳng \(y = x\) từ \(0\) đến \(1\) có diện tích là \(\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = 0,5\).

Tổng diện tích phần không tô đậm trong góc phần tư thứ nhất là: \(2 \cdot \left( {0,5 + \ln 40} \right) = 1 + 2\ln 40{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}\).

Diện tích toàn bộ phần không tô đậm (màu trắng) của cả tấm thảm là:

\({S_{{\rm{trang}}}} = 4 \cdot \left( {1 + 2\ln 40} \right) = 4 + 8\ln 40 \approx 33,51{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2} = 0,003351{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\)

Diện tích tổng thể của tấm thảm hình vuông cạnh \(0,8{\rm{\;m}}\) là: \(S = 0,8 \cdot 0,8 = 0,64{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\).

Diện tích phần tô đậm là: .

Tổng chi phí làm tấm thảm là: (triệu đồng).

Đáp án: 1,92.