Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THCS - THPT Trần Cao Vân (TP.HCM) có đáp án

Ta có: \(2\vec a = 2\left( {1; - 2;0} \right) = \left( {2; - 4;0} \right)\).

Tọa độ của vectơ \(2\vec a - \vec b\) là: \(2\vec a - \vec b = \left( {2 - \left( { - 5} \right); - 4 - 4;0 - \left( { - 1} \right)} \right) = \left( {7; - 8;1} \right)\).

Đáp án đúng: C

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu, ký hiệu là \({{\rm{\Delta }}_Q}\), được tính theo công thức: \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1}\).

Thay số vào ta được: \({{\rm{\Delta }}_Q} = 6,5 - 3,1 = 3,4\).

Đáp án đúng: A

Xác định giá trị đại diện \({x_i}\) của từng nhóm:

Nhóm \(\left[ {75;80} \right)\) có giá trị đại diện là \({x_1} = 77,5\) với tần số \({n_1} = 20\).

Nhóm \(\left[ {80;85} \right)\) có giá trị đại diện là \({x_2} = 82,5\) với tần số \({n_2} = 15\).

Nhóm \(\left[ {85;90} \right)\) có giá trị đại diện là \({x_3} = 87,5\) với tần số \({n_3} = 25\).

Nhóm \(\left[ {90;95} \right)\) có giá trị đại diện là \({x_4} = 92,5\) với tần số \({n_4} = 18\).

Nhóm \(\left[ {95;100} \right)\) có giá trị đại diện là \({x_5} = 97,5\) với tần số \({n_5} = 16\).

Tổng số quả trứng (cỡ mẫu \(n\)): \(n = 20 + 15 + 25 + 18 + 16 = 94\).

Số trung bình cộng \(\bar x\): \(\bar x = \frac{{20 \cdot 77,5 + 15 \cdot 82,5 + 25 \cdot 87,5 + 18 \cdot 92,5 + 16 \cdot 97,5}}{{94}}\)\( = \frac{{8200}}{{94}}\).

Phương sai \({s^2}\): \({s^2} = \frac{{20 \cdot 77,{5^2} + 15 \cdot 82,{5^2} + 25 \cdot 87,{5^2} + 18 \cdot 92,{5^2} + 16 \cdot 97,{5^2}}}{{94}} - {\left( {\frac{{8200}}{{94}}} \right)^2}\)\( \approx 47,0037\).

Làm tròn đến hàng đơn vị ta được \({s^2} \approx 47\).

Đáp án đúng: A

Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\):

Tại \(x = - 2\), điểm thấp nhất của đồ thị nằm ở tọa độ \(\left( { - 2; - 5} \right)\).

Tại \(x = 1\), điểm thấp nhất tiếp theo có tọa độ \(\left( {1; - 5} \right)\).

Do đó, giá trị thấp nhất (giá trị nhỏ nhất) của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\) là \( - 5\). Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = - 5\).

Đáp án đúng: A

Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản: \(F\left( x \right) = \int {\left( {{x^2} + 3\sin x + \frac{2}{x}} \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{{{x^3}}}{3} - 3\cos x + 2\ln \left| x \right| + C\).

Đáp án đúng: C

Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi \(f'\left( x \right) \le 0\).

Ta giải bất phương trình: \({x^2} - 2x \le 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) \le 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2\).

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).

Đáp án đúng: D

Mặt phẳng \(\left( P \right):Ax + By + Cz + D = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {A;B;C} \right)\).

Từ phương trình \(\left( P \right):x - 2y + 3z - 5 = 0\), ta có một vectơ pháp tuyến là: \({\vec n_4} = \left( {1; - 2;3} \right)\).

Đáp án đúng: A

Dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua ba điểm trên các trục tọa độ \(A\left( {a;0;0} \right)\), \(B\left( {0;b;0} \right)\), \(C\left( {0;0;c} \right)\): \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\).

Với \(a = - 5\), \(b = 3\), \(c = 2\), phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(\frac{x}{{ - 5}} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1\).

Đáp án đúng: B

Xét hình bình hành \(A'B'C'D'\) là mặt đáy của hình hộp.

Theo quy tắc hình bình hành, ta có: \(\overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {A'D'} = \overrightarrow {A'C'} \).

Lại có \(\overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {AC} \). Vậy \(\overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {A'D'} = \overrightarrow {AC} \).

Đáp án đúng: D

Tiệm cận ngang:

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \). Do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Tiệm cận đứng:

Ta thấy tại điểm bất định \(x = - 1\):

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = - \infty \quad {\rm{v\`a }}\quad \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = + \infty \)

Vậy đường thẳng \(x = - 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là \(1\).

Đáp án đúng: A

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số mũ cơ bản: \(\int {{3^x}} \,{\rm{d}}x = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + C\).

Đáp án đúng: A

Đường cong có dạng đồ thị hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) với nhánh bên phải ngoài cùng đi lên, suy ra hệ số \(a > 0\). Do đó loại phương án A và C.

Giao điểm của đồ thị với trục tung \(Oy\) nằm ở phía trên trục hoành (phần dương), tức là tại \(x = 0\) thì \(y = d > 0\).

Xét hàm ở phương án B: \(y = {x^3} - 3x + 1\) tại \(x = 0\), \(y = 1 > 0\) (Thỏa mãn).

Xét hàm ở phương án D: \(y = {x^3} - 3x - 1\) tại \(x = 0\), \(y = - 1 < 0\) (Loại).

Đáp án đúng: B

PHẦN II (4 điểm): Câu trắc nghiệm đúng sai. Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.

Ý a): SAI

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x + y + 2z - 3 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \({\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {2;1;2} \right)\). Vectơ đề bài cho là \(\left( {2;1; - 2} \right)\) bị sai dấu ở cao độ.

Ý b): ĐÚNG

Khoảng cách từ \(A\left( {3;4; - 1} \right)\) đến \(\left( P \right):2x + y + 2z - 3 = 0\) là:

\(d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 3 + 1 \cdot 4 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) - 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {2^2}} }} = \frac{{\left| {6 + 4 - 2 - 3} \right|}}{{\sqrt 9 }} = \frac{5}{3}\).

Ý c): ĐÚNG

Thay tọa độ điểm \(A\left( {3;4; - 1} \right)\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):x - y + z + 2 = 0\):

.

Do đó điểm \(A\) thuộc mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

Ý d): ĐÚNG

Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) vuông góc với cả \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) nên có vectơ pháp tuyến là: \({\vec n_{\left( \alpha \right)}} = \left[ {{{\vec n}_{\left( P \right)}},{{\vec n}_{\left( Q \right)}}} \right]\).

Với \({\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {2;1;2} \right)\) và \({\vec n_{\left( Q \right)}} = \left( {1; - 1;1} \right)\) thì \({\vec n_{\left( \alpha \right)}} = \left( {3;0; - 3} \right)\).

Chọn vectơ pháp tuyến rút gọn là \(\overrightarrow {n'} = \left( {1;0; - 1} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua \(A\left( {3;4; - 1} \right)\) là: \(1\left( {x - 3} \right) + 0\left( {y - 4} \right) - 1\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - z - 4 = 0\).

Ý a): SAI

Ta có: \(AC = \sqrt {{{\left( {3 - \left( { - 1} \right)} \right)}^2} + {{\left( {1 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 3 - 3} \right)}^2}} = \sqrt {{4^2} + {1^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} = \sqrt {16 + 1 + 36} = \sqrt {53} \ne \sqrt {38} \).

Ý b): SAI

Tọa độ trọng tâm \(G\left( {{x_G};{y_G};{z_G}} \right)\) là trung bình cộng tọa độ 3 đỉnh \(A,B,C\):

\({x_G} = \frac{{ - 1 + 4 + 3}}{3} = 2\)

\({y_G} = \frac{{0 + 2 + 1}}{3} = 1\)

\({z_G} = \frac{{3 + 0 - 3}}{3} = 0\)

Tọa độ trọng tâm là \(G\left( {2;1;0} \right)\), do đó mệnh đề \(G\left( {2;1; - 1} \right)\) là SAI.

Ý c): ĐÚNG

Điểm \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) nên \(M\left( {x;y;0} \right)\).

Để độ dài \(AM\) nhỏ nhất thì \(M\) chính là hình chiếu vuông góc của \(A\left( { - 1;0;3} \right)\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Do đó, \(M\left( { - 1;0;0} \right)\).

Khi đó: \(x + y + z = - 1 + 0 + 0 = - 1\).

Ý d): ĐÚNG

Tọa độ vectơ \(\overrightarrow {AB} \) là: \(\overrightarrow {AB} = \left( {4 - \left( { - 1} \right);2 - 0;0 - 3} \right) = \left( {5;2; - 3} \right)\).

Ý a): ĐÚNG

Xe dừng hẳn khi vận tốc \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 8t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 2,5{\rm{\;(gi\^a y)}}\).

Ý b): SAI

Ta có \(s'\left( t \right) = v\left( t \right)\).

Ý c): ĐÚNG

Ta có \(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( { - 8t + 20} \right){\rm{d}}t} = - 4{t^2} + 20t + C\).

Mà \(s\left( 0 \right) = 0\) suy ra \(C = 0\). Vậy \(s\left( t \right) = - 4{t^2} + 20t\).

Ý d): SAI

Đổi vận tốc ban đầu của xe: \({v_0} = 72{\rm{\;km/h}} = 20{\rm{\;m/s}}\).

Trong \(1\) giây phản ứng trước khi đạp phanh, xe chuyển động thẳng đều nên đi được quãng đường:

\({s_1} = 20 \cdot 1 = 20{\rm{\;(m)}}\).

Quãng đường xe đi từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi dừng hẳn (\(t = 2,5{\rm{\;s}}\)):

\({s_2} = s\left( {2,5} \right) = - 4 \cdot {\left( {2,5} \right)^2} + 20 \cdot \left( {2,5} \right) = 25{\rm{\;(m)}}\).

Tổng quãng đường xe đi được từ lúc phát hiện chướng ngại vật đến khi dừng lại hoàn toàn:

\(S = {s_1} + {s_2} = 20 + 25 = 45{\rm{\;(m)}}\).

Khoảng cách từ xe đến chướng ngại vật lúc dừng lại hẳn: \(d = 50 - 45 = 5{\rm{\;(m)}}\).

Vậy tại thời điểm dừng hẳn xe ô tô cách chướng ngại vật một khoảng là \(5{\rm{\;m}}\), khẳng định \(6{\rm{\;m}}\) là SAI.

Ý a): ĐÚNG

Ta có \(y' = 3{x^2} - 3\).

Ý b): SAI

Giải \(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\).

Với \(x = - 1 \Rightarrow y = 4\). Điểm cực đại của đồ thị là \(A\left( { - 1;4} \right)\).

Với \(x = 1 \Rightarrow y = 0\) Điểm cực tiểu của đồ thị là \(B\left( {1;0} \right)\).

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị \(A,B\) là:

\(AB = \sqrt {{{\left( {1 - \left( { - 1} \right)} \right)}^2} + {{\left( {0 - 4} \right)}^2}} = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \ne 5\sqrt 2 \).

Ý c): SAI

Điểm cực đại của đồ thị hàm số là \(\left( { - 1;4} \right)\), còn \(\left( {1;0} \right)\) là điểm cực tiểu của đồ thị.

Ý d): ĐÚNG

Tính giá trị hàm số trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\):

Tại các biên: \(y\left( 0 \right) = 2\), \(y\left( 3 \right) = {3^3} - 3 \cdot 3 + 2 = 20\).

Tại điểm cực tiểu \(x = 1 \in \left[ {0;3} \right]\): \(y\left( 1 \right) = 0\).

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số trên \(\left[ {0;3} \right]\) là \(20\).

PHẦN III (3 điểm): Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Học sinh trả lời các câu hỏi từ câu 1 đến câu 6, mỗi câu trả lời đúng được 0,5 điểm.

Hàm doanh thu thu được khi xuất khẩu \(x\) tấn hải sản:

\(R\left( x \right) = x \cdot P\left( x \right) = x\left( {46 - 0,002{x^2}} \right) = 46x - 0,002{x^3}\) (triệu đồng).

Hàm tổng chi phí khi xuất khẩu \(x\) tấn hải sản: \(C\left( x \right) = 140 + 31x\) (triệu đồng).

Hàm lợi nhuận \(L\left( x \right)\) đạt được: \(L\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = - 0,002{x^3} + 15x - 140\) (triệu đồng).

Tìm giá trị lớn nhất của \(L\left( x \right)\) trên nửa khoảng \(\left( {0;120} \right]\):

Ta có \(L'\left( x \right) = - 0,006{x^2} + 15\); \(L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 0,006{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 2500 \Rightarrow x = 50 \in \left( {0;120} \right]\).

Lập bảng biến thiên của hàm số \(L\left( x \right)\) trên \(\left( {0;120} \right]\), ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 50\).

Giá trị lợi nhuận cao nhất thu được là: \(L\left( {50} \right) = - 0,002 \cdot {50^3} + 15 \cdot 50 - 140 = 360\) (triệu đồng).

Đáp số: \(360\).

Tính đạo hàm: \(y' = 12{x^2} + 6x - 36\).

Các điểm cực trị của hàm số là nghiệm của phương trình bậc hai \(y' = 0\):

\(12{x^2} + 6x - 36 = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} + x - 6 = 0\).

Theo định lý Vi-ét, tích hai nghiệm \({x_1} \cdot {x_2}\) là: \({x_1} \cdot {x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 6}}{2} = - 3\).

Đáp số: \( - 3\).

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {{e^x}\,{\rm{d}}x} = {e^x} + C\).

Vì \(F\left( 0 \right) = 5\) nên: \({e^0} + C = 5 \Leftrightarrow 1 + C = 5 \Leftrightarrow C = 4\).

Do đó: \(F\left( x \right) = {e^x} + 4\).

Vậy \(F\left( {\ln 2025} \right) = {e^{\ln 2025}} + 4 = 2025 + 4 = 2029\).

Đáp số: \(2029\).

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(R\left( t \right) = - \frac{1}{2}{t^3} + 12{t^2}\) trên đoạn \(\left[ {0;20} \right]\):

Tính đạo hàm: \(R'\left( t \right) = - \frac{3}{2}{t^2} + 24t\).

Ta có \(R'\left( t \right) = 0\)\( \Leftrightarrow t\left( { - \frac{3}{2}t + 24} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 0\) hoặc \(t = 16 \in \left[ {0;20} \right]\).

Tính giá trị tại các điểm đầu mút và điểm cực trị:

\(R\left( 0 \right) = 0\)

\(R\left( {20} \right) = - \frac{1}{2} \cdot {20^3} + 12 \cdot {20^2} = 800\)

\(R\left( {16} \right) = - \frac{1}{2} \cdot {16^3} + 12 \cdot {16^2} = 1024\)

So sánh các giá trị, ta có giá trị lớn nhất của doanh số tích lũy đạt được là \(1024\) triệu đồng khi \(t = 16\).

Đáp số: \(1024\).

Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo hình chữ nhật \(ABCD\) trên trần nhà. Ta có \(OM = 60{\rm{\;cm}}\) là khoảng cách từ đèn \(M\) đến trần nhà.

Tính độ dài đường chéo hình chữ nhật \(ABCD\): \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{60}^2} + {{80}^2}} = 100{\rm{\;(cm)}}\).

Vì \(O\) là tâm hình chữ nhật nên khoảng cách từ \(O\) đến các đỉnh là: \(OA = OB = OC = OD = \frac{{AC}}{2} = 50{\rm{\;(cm)}}\).

Điểm nối \(I\) nằm trên đoạn thẳng đứng \(OM\). Đặt \(OI = x\) với \(0 \le x \le 60{\rm{\;(cm)}}\).

Khi đó độ dài đoạn treo thẳng đứng là: \(IM = OM - OI = 60 - x\).

Độ dài của \(4\) đoạn dây treo nhánh bằng nhau \(IA,IB,IC,ID\) từ \(I\) đến các góc là:

\(IA = \sqrt {O{A^2} + O{I^2}} = \sqrt {{{50}^2} + {x^2}} = \sqrt {2500 + {x^2}} \).

Tổng chiều dài dây thép được sử dụng là: \(f\left( x \right) = 4\sqrt {2500 + {x^2}} + \left( {60 - x} \right){\rm{,}}\,\,\,\,\,{\rm{\;}}x \in \left[ {0;60} \right]\).

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên \(\left[ {0;60} \right]\):

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{4x}}{{\sqrt {2500 + {x^2}} }} - 1\);

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4x = \sqrt {2500 + {x^2}} \Leftrightarrow 16{x^2} = 2500 + {x^2} \Leftrightarrow 15{x^2} = 2500\)\( \Rightarrow x = \sqrt {\frac{{2500}}{{15}}} = \frac{{50}}{{\sqrt {15} }}{\rm{\;(cm)}}\).

Tính giá trị cực tiểu của \(f\left( x \right)\): \(f\left( {\frac{{50}}{{\sqrt {15} }}} \right) = 4\sqrt {2500 + \frac{{2500}}{{15}}} + 60 - \frac{{50}}{{\sqrt {15} }} = \frac{{1950}}{{\sqrt {15} }} + 60 \approx 253,65{\rm{\;(cm)}}\).

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị ta thu được tổng chiều dài ngắn nhất là \(254{\rm{\;cm}}\).

Đáp số: \(254\).