Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Chuyên Hà Nội - Amsterdam (Hà Nội) có đáp án

Dựa vào bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\), ta thấy \(f'\left( x \right) < 0\) khi \[x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {0;2} \right)\]. Do đó hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \[\left( {0;2} \right)\].

Chọn đáp án: D

Để hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R} = \left( { - \infty ; + \infty } \right)\) thì hàm số phải xác định trên \(\mathbb{R}\) và có đạo hàm \(y' \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\) (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm).

• Loại B vì hàm số có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).
• Xét đáp án A: \(y' = - 3{x^2} - 2 < 0,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).
• Xét đáp án C: \(y' = 9{x^2} + 3 > 0,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
• Xét đáp án D: \(y' = 6{x^2} - 5\), phương trình \[y' = 0\] có hai nghiệm phân biệt nên hàm số có cả khoảng đồng biến và nghịch biến.

Chọn đáp án: C

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy tại điểm \(x = 1\), đạo hàm \(y'\) đổi dấu từ dương sang âm, do đó hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\).

Giá trị cực đại tương ứng của hàm số là .

Chọn đáp án: A

Hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\).

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

Giải phương trình \(f'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 1 \in \left[ { - 2;2} \right]}\\{x = 3 \notin \left[ { - 2;2} \right]}\end{array}} \right.\).

Tính giá trị của hàm số tại các điểm biên và điểm cực trị trong đoạn:

\(f\left( { - 2} \right) = {\left( { - 2} \right)^3} - 3 \cdot {\left( { - 2} \right)^2} - 9 \cdot \left( { - 2} \right) + 10 = - 8 - 12 + 18 + 10 = 8\);

\(f\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^3} - 3 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} - 9 \cdot \left( { - 1} \right) + 10 = - 1 - 3 + 9 + 10 = 15\);

\(f\left( 2 \right) = {2^3} - 3 \cdot {2^2} - 9 \cdot 2 + 10 = 8 - 12 - 18 + 10 = - 12\).

So sánh các giá trị trên, ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\) bằng \(15\) tại \(x = - 1\).

Chọn đáp án: C

Dựa vào bảng biến thiên trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\), hàm số đạt cực đại tại \(x = 0\) với giá trị \(f\left( 0 \right) = 5\).

Tại biên \(x = 3\), giá trị hàm số là \(f\left( 3 \right) = 4\).

Vì \(5 > 4\) và trên các khoảng còn lại hàm số không vượt quá \(5\), ta kết luận giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) là \(5\), đạt được tại \(x = 0\).

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right)\).

Chọn đáp án: A

Thực hiện phép chia đa thức tử số cho mẫu số ta được \(y = 2x - 5 + \frac{{10}}{{x + 3}}\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{10}}{{x + 3}} = 0\), nên đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng \({\rm{\Delta }}:y = 2x - 5\).

Suy ra \(a = 2\) và \(b = - 5\).

Giá trị của tổng \(a + b\) là: \(a + b = 2 + \left( { - 5} \right) = - 3\).

Chọn đáp án: A

Tổng số cỡ mẫu là \(n = 42\).

Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là giá trị vị trí thứ \(\frac{n}{4} = \frac{{42}}{4} = 10,5\).

Ta tính tần số tích lũy:

• Nhóm \(\left[ {0;5} \right)\): Tần số tích lũy \(c{f_1} = 3\).
• Nhóm \(\left[ {5;10} \right)\): Tần số tích lũy \(c{f_2} = 3 + 4 = 7\).
• Nhóm \(\left[ {10;15} \right)\): Tần số tích lũy \(c{f_3} = 7 + 8 = 15\).

Vì \(7 < 10,5 \le 15\) nên nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là \(\left[ {10;15} \right)\).

Áp dụng công thức tính tứ phân vị thứ nhất cho mẫu số liệu ghép nhóm: \({Q_1} = L + \left( {\frac{{\frac{n}{4} - c{f_{k - 1}}}}{{{n_k}}}} \right) \cdot c\).

Trong đó:

• \(L = 10\) (đầu mút trái của nhóm chứa \({Q_1}\))
• \(c{f_{k - 1}} = 7\) (tần số tích lũy của nhóm trước đó)
• \({n_k} = 8\) (tần số của nhóm chứa \({Q_1}\))
• \(c = 15 - 10 = 5\) (độ rộng nhóm)

Thay số vào ta được: \({Q_1} = 10 + \left( {\frac{{10,5 - 7}}{8}} \right) \cdot 5 = 10 + \frac{{3,5}}{8} \cdot 5 = 10 + 2,1875 = 12,1875\).

Giá trị này gần nhất với kết quả \(12,19\).

Chọn đáp án: C

Tính giá trị đại diện \({x_i}\) của từng nhóm (trung điểm của mỗi nhóm):

• Nhóm \(1:\left[ {2;3,5} \right) \Rightarrow {x_1} = \frac{{2 + 3,5}}{2} = 2,75\).
• Nhóm \(2:\left[ {3,5;5} \right) \Rightarrow {x_2} = \frac{{3,5 + 5}}{2} = 4,25\).
• Nhóm \(3:\left[ {5;6,5} \right) \Rightarrow {x_3} = \frac{{5 + 6,5}}{2} = 5,75\).
• Nhóm \(4:\left[ {6,5;8} \right) \Rightarrow {x_4} = \frac{{6,5 + 8}}{2} = 7,25\).

Tổng số bóng đèn (cỡ mẫu): \(n = 8 + 35 + 22 + 15 = 80\).

Tuổi thọ trung bình \(\bar x\) là: \(\bar x = \frac{{8 \cdot 2,75 + 22 \cdot 4,25 + 35 \cdot 5,75 + 15 \cdot 7,25}}{{80}} \approx 5,32\).

Chọn đáp án: D

• Đáp án A đúng theo quy tắc hình hộp: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC} \).
• Đáp án B đúng theo quy tắc hình bình hành cho đáy \(ABCD\): \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \).
• Đáp án C đúng vì trong hình lập phương các cạnh bằng nhau nên độ dài đại số \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {CD} } \right|\).
• Đáp án D sai vì hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD} \) là hai vectơ ngược hướng nhau (\(\overrightarrow {AB} = - \overrightarrow {CD} \)).

Chọn đáp án: D

Trong một tứ diện đều, các cặp cạnh đối diện luôn vuông góc với nhau từng đôi một.

Thật vậy, ta có: \(\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} \) nên \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} \cdot \left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} \).

Vì tứ diện đều cạnh 6 nên các tam giác \(ABD\) và \(ABC\) là các tam giác đều cạnh 6 \( \Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {BAC} = 60^\circ \).

Do đó ta có \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} = AB \cdot AD \cdot \cos 60^\circ = 6 \cdot 6 \cdot \frac{1}{2} = 18\), \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = AB \cdot AC \cdot \cos 60^\circ = 6 \cdot 6 \cdot \frac{1}{2} = 18\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CD} = 18 - 18 = 0\).

Chọn đáp án: D

Hình chiếu vuông góc của một điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\) lên mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oxy} \right)\) thu được bằng cách giữ nguyên hoành độ, tung độ và cho cao độ bằng 0.

Vậy hình chiếu của \(M\left( {2; - 2;1} \right)\) là \(M'\left( {2; - 2;0} \right)\).

Chọn đáp án: A

Vì \(A\) là trọng tâm của tam giác \(BCE\) nên ta có hệ thức tọa độ: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_A} = \frac{{{x_B} + {x_C} + {x_E}}}{3}\\{y_A} = \frac{{{y_B} + {y_C} + {y_E}}}{3}\\{z_A} = \frac{{{z_B} + {z_C} + {z_E}}}{3}\end{array} \right.\].

Thay tọa độ các điểm \(A\left( {5; - 2;0} \right),B\left( { - 2;3;0} \right),C\left( {0;2;3} \right)\) vào ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_E} = 3 \cdot 5 - \left( { - 2} \right) - 0 = 15 + 2 = 17\\{y_E} = 3 \cdot \left( { - 2} \right) - 3 - 2 = - 6 - 3 - 2 = - 11\\{z_E} = 3 \cdot 0 - 0 - 3 = - 3\end{array} \right.\).

Vậy tọa độ điểm \(E\) là \(\left( {17; - 11; - 3} \right)\).

Chọn đáp án: A

Hàm số có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).

Ta biến đổi hàm số: \(y = \frac{{x\left( {x - 2} \right) + \left( {x - 2} \right) + 1}}{{x - 2}} = x + 1 + \frac{1}{{x - 2}}\).

a) SAI. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = - \infty \Rightarrow x = 2\) là tiệm cận đứng.

Bậc của tử lớn hơn bậc của mẫu nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang (có tiệm cận xiên \(y = x + 1\)).

b) SAI. Tính đạo hàm: \(y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {x - 2} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\).

Giải phương trình \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.\).

Đạo hàm đổi dấu khi qua \(x = 1\) và \(x = 3\) nên hàm số có 2 điểm cực trị.

c) ĐÚNG. Bảng xét dấu đạo hàm \(y'\):

Với \(x \in \left( {3; + \infty } \right)\), ta có \(y' > 0\) nên hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {3; + \infty } \right)\).

d) SAI. Trên nửa khoảng \(\left( {2;6} \right]\), dựa vào bảng xét dấu ta thấy trên \(\left( {2;3} \right]\) hàm số nghịch biến đi xuống cực tiểu tại \(x = 3\) (\(y\left( 3 \right) = 5\)). Trên \(\left[ {3;6} \right]\) hàm số đồng biến đi lên.

Ta tính giá trị tại biên \(x = 6\): \(y\left( 6 \right) = \frac{{{6^2} - 6 - 1}}{{6 - 2}} = \frac{{29}}{4}\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = + \infty \), nên trên nửa khoảng \(\left( {2;6} \right]\), hàm số tiến tới \( + \infty \) khi \(x\) tiến về \(2\). Do đó hàm số không có giá trị lớn nhất trên nửa khoảng này.

a) ĐÚNG. Theo đề bài, tại \(x = 1\) thì \(N\left( 1 \right) = 6\).

Thay vào công thức: \(6 = \frac{{C \cdot 1}}{{{1^2} + 2}} \Leftrightarrow 6 = \frac{C}{3} \Rightarrow C = 18\).

b) SAI. Với \(C = 18\), hàm số là \(N\left( x \right) = \frac{{18x}}{{{x^2} + 2}}\).

Tại \(x = 4\): \(N\left( 4 \right) = \frac{{18 \cdot 4}}{{{4^2} + 2}} = \frac{{72}}{{18}} = 4\,\left( {{\rm{mg/l}}} \right)\). Đề bài ghi \(9\,\left( {{\rm{mg/l}}} \right)\) là sai.

c) SAI. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(N\left( x \right)\) với \(x > 0\):

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho mẫu số: \({x^2} + 2 \ge 2\sqrt 2 x\)\( \Rightarrow N\left( x \right) = \frac{{18x}}{{{x^2} + 2}} \le \frac{{18x}}{{2\sqrt 2 x}} = \frac{9}{{\sqrt 2 }} \approx 6,36\,\left( {{\rm{mg/l}}} \right)\).

Vì nồng độ lớn nhất chỉ đạt khoảng \(6,36\,\left( {{\rm{mg/l}}} \right)\) nên không bao giờ đạt được \(7\,\left( {{\rm{mg/l}}} \right)\).

d) SAI. Tính đạo hàm của \(N\left( x \right)\): \(N'\left( x \right) = \frac{{18\left( {{x^2} + 2} \right) - 18x\left( {2x} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}} = \frac{{36 - 18{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}} = \frac{{18\left( {2 - {x^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}}\).

\(N'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = \sqrt 2 \approx 1,414{\rm{\;ph\'u t}}\).

Hàm số đồng biến (nồng độ tăng dần) trên khoảng \(\left( {0;\sqrt 2 } \right)\) và nghịch biến trên \(\left( {\sqrt 2 ; + \infty } \right)\). Do đó, trong 2 phút đầu tiên, nồng độ chỉ tăng từ \(0\) đến \(\sqrt 2 \) phút, sau đó giảm từ \(\sqrt 2 \) đến \(2\) phút. Khẳng định tăng dần trong suốt 2 phút đầu là sai.

a) ĐÚNG. Ta có \(\overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {D'C'} \). Do đó: \(\overrightarrow {A'B'} - \overrightarrow {DC'} = \overrightarrow {D'C'} - \overrightarrow {DC'} = \overrightarrow {D'C'} + \overrightarrow {C'D} = \overrightarrow {D'D} \).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {A'B'} - \overrightarrow {DC'} } \right| = \left| {\overrightarrow {D'D} } \right| = D'D = 3\).

b) SAI. Theo quy tắc hình hộp: \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \). Mà \(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} \), nên biểu thức đề bài cho sai.

c) SAI. Ta có \(\overrightarrow {B'C} = \overrightarrow {B'B} + \overrightarrow {BC} \) nên \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {B'C} = \overrightarrow {AB} \cdot \left( {\overrightarrow {B'B} + \overrightarrow {BC} } \right) = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {B'B} + \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} \).

Vì \(AB \bot BB'\) và \(AB \bot BC\) nên cả hai tích vô hướng đều bằng 0 \( \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {B'C} = 0\).

d) ĐÚNG.

Từ đẳng thức vectơ: \(\overrightarrow {C'N} = 2\overrightarrow {NB'} \Leftrightarrow \overrightarrow {C'N} = 2\left( {\overrightarrow {C'B'} - \overrightarrow {C'N} } \right) \Leftrightarrow 3\overrightarrow {C'N} = 2\overrightarrow {C'B'} \Rightarrow \overrightarrow {C'N} = \frac{2}{3}\overrightarrow {C'B'} \).

Phân tích vectơ \(\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AC'} + \overrightarrow {C'N} = \left( {\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right) + \frac{2}{3}\left( { - \overrightarrow {AD} } \right) = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} \).

(Vì \(\overrightarrow {C'B'} = \overrightarrow {CB} = - \overrightarrow {AD} \)). Đẳng thức hoàn toàn chính xác.

a) SAI. Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;3; - 4} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { - 6;8;2} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 6} \right) + 3 \cdot 8 + \left( { - 4} \right) \cdot 2 = 6 + 24 - 8 = 22 \ne 6\).

b) ĐÚNG. Tọa độ trung điểm \(M\) của \(AC\):

\({x_M} = \frac{{2 + \left( { - 4} \right)}}{2} = - 1,\quad {y_M} = \frac{{ - 1 + 7}}{2} = 3,\quad {z_M} = \frac{{3 + 5}}{2} = 4 \Rightarrow M\left( { - 1;3;4} \right)\).

Tính độ dài \(BM\) với \(B\left( {1;2; - 1} \right)\):

\(BM = \sqrt {{{\left( { - 1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {3 - 2} \right)}^2} + {{\left( {4 - \left( { - 1} \right)} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {5^2}} = \sqrt {4 + 1 + 25} = \sqrt {30} \).

c) ĐÚNG. Để \(ABCD\) là hình bình hành thì \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \).

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;3; - 4} \right)\); \(\overrightarrow {DC} = \left( { - 4 - a;7 - b;5 - c} \right)\). Suy ra \[\left\{ \begin{array}{l} - 4 - a = - 1\\7 - b = 3\\5 - c = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3\\b = 4\\c = 9\end{array} \right.\].

Tổng \(a + b + c = - 3 + 4 + 9 = 10\).

d) ĐÚNG. Ta có \(AB = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {1 + 9 + 16} = \sqrt {26} \); \(AC = \sqrt {104} = 2\sqrt {26} \).

Theo tính chất đường phân giác trong tam giác: \(\frac{{IB}}{{IC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{\sqrt {26} }}{{2\sqrt {26} }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \overrightarrow {IC} = - 2\overrightarrow {IB} \).

Gọi \(I\left( {x;y;z} \right)\), ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} - 4 - x = - 2\left( {1 - x} \right)\\7 - y = - 2\left( {2 - y} \right)\\5 - z = - 2\left( { - 1 - z} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{2}{3}}\\\begin{array}{l}y = \frac{{11}}{3}\\z = 1\end{array}\end{array}} \right. \Rightarrow I\left( { - \frac{2}{3};\frac{{11}}{3};1} \right)\).

Tính độ dài \(OI\): \(OI = \sqrt {{{\left( { - \frac{2}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{11}}{3}} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt {\frac{4}{9} + \frac{{121}}{9} + \frac{9}{9}} = \sqrt {\frac{{134}}{9}} = \frac{{\sqrt {134} }}{3}\).

Tìm giá trị đại diện \({x_i}\) của mỗi nhóm:

• Nhóm 1: \({x_1} = 152\), tần số \({n_1} = 25\).
• Nhóm 2: \({x_2} = 156\), tần số \({n_2} = 50\).
• Nhóm 3: \({x_3} = 160\), tần số \({n_3} = 200\).
• Nhóm 4: \({x_4} = 164\), tần số \({n_4} = 175\).
• Nhóm 5: \({x_5} = 168\), tần số \({n_5} = 50\).

Tổng số học sinh \(n = 500\).

Tính số trung bình cộng \(\bar x\): \(\bar x = \frac{{25 \cdot 152 + 50 \cdot 156 + 200 \cdot 160 + 175 \cdot 164 + 50 \cdot 168}}{{500}}\)\( = 161,4{\rm{\;cm}}\).

Tính phương sai \({s^2}\):

\({s^2} = \frac{{25{{\left( {152 - 161,4} \right)}^2} + 50{{\left( {156 - 161,4} \right)}^2} + 200{{\left( {160 - 161,4} \right)}^2} + 175{{\left( {164 - 161,4} \right)}^2} + 50{{\left( {168 - 161,4} \right)}^2}}}{{500}}\)\( = 14,84\).

Tính độ lệch chuẩn \(s\): \(s = \sqrt {14,84} \approx 3,85{\rm{\;cm}}\).

Đáp án: 3,85.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} + 18x\).

Giải phương trình \(y' = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = - 6}\end{array}} \right.\).

Bảng xét dấu \(y'\):

Hàm số đạt cực đại tại \(x = - 6\). Suy ra tọa độ hoành độ cực đại là \(a = - 6\).

Giá trị cực đại tương ứng của hàm số: \(b = y\left( { - 6} \right) = {\left( { - 6} \right)^3} + 9 \cdot {\left( { - 6} \right)^2} - 10 = - 216 + 324 - 10 = 98\).

Vậy tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số là \(M\left( { - 6;98} \right)\), tức \(a = - 6,b = 98\).

Giá trị của biểu thức \(b - a\) là: \(b - a = 98 - \left( { - 6} \right) = 104\).

Đáp án: 104.

Vì điểm \(C \in \left( {Oxy} \right)\) nên cao độ của \(C\) bằng \(0\), tức là \(p = 0 \Rightarrow C\left( {m;n;0} \right)\).

Ta có các vectơ: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 10;4; - 2} \right)\); \(\overrightarrow {AC} = \left( {m - 2;n - 3;1} \right)\).

Để ba điểm \(A,B,C\) thẳng hàng thì hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) cùng phương. Do đó tồn tại số thực \(k\) sao cho \(\overrightarrow {AC} = k \cdot \overrightarrow {AB} \), tức là \(\left\{ \begin{array}{l}m - 2 = - 10k\\n - 3 = 4k\\1 = - 2k\end{array} \right. \Rightarrow k = - \frac{1}{2}\).

Thay \(k = - \frac{1}{2}\) ngược lại hệ phương trình để tìm \(m\) và \(n\):

\(m - 2 = - 10 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = 5 \Rightarrow m = 7\)

\(n - 3 = 4 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = - 2 \Rightarrow n = 1\)

Vậy tọa độ điểm \(C\) là \(\left( {7;1;0} \right)\), nghĩa là \(m = 7,n = 1,p = 0\).

Giá trị của biểu thức \(m + n + p\) là: \(m + n + p = 7 + 1 + 0 = 8\).

Đáp án: 8.

Tàu ngầm chuyển động thẳng cùng phương với vectơ \(\vec u\left( {2; - 2;1} \right)\).

Vectơ chỉ phương của đoạn thẳng chuyển động là \(\vec u\), độ dài của vectơ \(\vec u\) là: \(\left| {\vec u} \right| = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} = 3\).

Điểm \(B\) nằm trên đường thẳng đi qua \(A\) có vectơ chỉ phương \(\vec u\), nên phương trình chuyển động từ \(A\) đến \(B\) biểu diễn qua hệ số tỉ lệ \(t\): \(\overrightarrow {AB} = t \cdot \vec u \Rightarrow {x_B} = {x_A} + 2t\).

Theo đề bài, hoành độ \({x_B} = 610\) và \({x_A} = 10\) nên \(610 = 10 + 2t \Rightarrow 2t = 600 \Rightarrow t = 300\).

Do đó vectơ \(\overrightarrow {AB} = 300 \cdot \vec u = \left( {600; - 600;300} \right)\).

Độ dài quãng đường từ \(A\) đến \(B\) là: \(AB = 300 \cdot \left| {\vec u} \right| = 300 \cdot 3 = 900{\rm{\;m\'e t}}\).

Tàu đi được quãng đường \(900{\rm{m}}\) mất thời gian là 6 phút.

Vận tốc chuyển động không đổi của tàu ngầm là: \(v = \frac{{900}}{6} = 150{\rm{\;m/ph\'u t}}\).

Quãng đường từ \(A\) đến \(D\) dài \(2700{\rm{m}}\).

Thời gian tàu ngầm di chuyển hết toàn bộ chặng đường \(AD\) là: \(T = \frac{{2700}}{{150}} = 18{\rm{\;ph\'u t}}\).

Đáp án: 18.

Doanh thu khi bán \(x\) sản phẩm là: \(R\left( x \right) = 500x\) (nghìn đồng).

Hàm lợi nhuận mỗi ngày thu được là:

\(P\left( x \right) = R\left( x \right) - S\left( x \right) = 500x - \left( {{x^3} - 3{x^2} + 80x + 500} \right) = - {x^3} + 3{x^2} + 420x - 500\) (nghìn đồng).

Xét hàm \(P\left( x \right)\) trên nửa khoảng \(\left[ {1;25} \right)\).

Tính đạo hàm của hàm lợi nhuận: \(P'\left( x \right) = - 3{x^2} + 6x + 420\).

Giải phương trình \(P'\left( x \right) = 0\):

\( - 3{x^2} + 6x + 420 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 140 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 + \sqrt {141} \approx 12,87 \in \left[ {1;25} \right)}\\{x = 1 - \sqrt {141} < 0{\rm{\;(loai)}}}\end{array}} \right.\).

Bảng biến thiên của hàm \(P\left( x \right)\) trên \(\left[ {1;25} \right)\):

Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại điểm \(x = 1 + \sqrt {141} \approx 12,87\). Vì lượng sản phẩm sản xuất thực tế phải là một số nguyên, ta so sánh giá trị lợi nhuận tại hai điểm nguyên gần nhất là \(x = 12\) và \(x = 13\):

\(P\left( {12} \right) = - {12^3} + 3 \cdot {12^2} + 420 \cdot 12 - 500 = - 1728 + 432 + 5040 - 500 = 3244\);

\(P\left( {13} \right) = - {13^3} + 3 \cdot {13^2} + 420 \cdot 13 - 500 = - 2197 + 507 + 5460 - 500 = 3270\).

So sánh thấy lợi nhuận lớn nhất đạt được là \(3270\) nghìn đồng khi sản xuất 13 sản phẩm.

Đổi sang đơn vị triệu đồng và làm tròn: \(3270\) nghìn đồng xấp xỉ bằng 3,3 triệu đồng.

Đáp án: 3,3.

Do tính chất đối xứng qua trục tung \(Oy\) của đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{2}{e^{ - {x^2}}}\), gọi tọa độ điểm \(D\) nằm trên trục hoành bên dương là \(D\left( {x;0} \right)\) với \(x > 0\). Khi đó tọa độ điểm \(A\) đối xứng với \(D\) qua \(O\) là \(A\left( { - x;0} \right)\).

Chiều dài đáy hình chữ nhật \(AD\) là: \(AD = 2x\).

Điểm \(C\) thuộc đồ thị có hoành độ bằng hoành độ của \(D\) nên tọa độ \(C\left( {x;\frac{1}{2}{e^{ - {x^2}}}} \right)\).

Chiều cao của hình chữ nhật \(CD\) là: \(CD = \frac{1}{2}{e^{ - {x^2}}}\).

Diện tích của tiết diện hình chữ nhật \(ABCD\) tính theo đơn vị \({\rm{da}}{{\rm{m}}^2}\) là:

\(S\left( x \right) = AD \cdot CD = 2x \cdot \frac{1}{2}{e^{ - {x^2}}} = x \cdot {e^{ - {x^2}}}\).

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(S\left( x \right)\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\):

Tính đạo hàm: \(S'\left( x \right) = 1 \cdot {e^{ - {x^2}}} + x \cdot \left( { - 2x} \right){e^{ - {x^2}}} = \left( {1 - 2{x^2}} \right){e^{ - {x^2}}}\).

Giải phương trình \(S'\left( x \right) = 0\): \(1 - 2{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}{\rm{\;(do\;}}x > 0)\).

Bảng biến thiên của hàm diện tích \(S\left( x \right)\):

Diện tích lớn nhất đạt được tại \(x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\): \({S_{{\rm{max}}}} = S\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \cdot {e^{ - {{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \cdot {e^{ - \frac{1}{2}}} = \frac{1}{{\sqrt {2e} }}{\rm{\;(da}}{{\rm{m}}^2})\).

Đổi đơn vị diện tích sang mét vuông (\({{\rm{m}}^2}\)):

Vì \(1{\rm{\;dam}} = 10{\rm{\;m}} \Rightarrow 1{\rm{\;da}}{{\rm{m}}^2} = 100{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\) nên \({S_{{\rm{max}}}} = \frac{1}{{\sqrt {2e} }} \cdot 100 \approx \frac{{100}}{{2,3316}} \approx 42,888{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\).

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, ta thu được diện tích lớn nhất là \(43{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\).

Đáp án: 43.