Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Lương Thế Vinh (TP.HCM) có đáp án

Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn khảo sát, ta thấy:

• Giá trị lớn nhất của hàm số đạt được tại điểm cao nhất của đồ thị: \(\max y = 1\).
• Giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt được tại điểm thấp nhất của đồ thị: \(\min y = - 2\).

Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số là: \(\max y + \min y = 1 + \left( { - 2} \right) = - 1\).

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đạo hàm \(y' > 0\) với mọi \(x \ne - 1\). Do đó, hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định riêng biệt của nó.

Theo quy tắc kết luận về tính đơn điệu của hàm số, ta phải dùng từ "và" hoặc dấu chấm phẩy ";" để ngăn cách các khoảng, không được dùng ký hiệu hợp (\( \cup \)) hoặc hiệu (\(\backslash \)).

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).

Chọn C.

Trong hình bình hành \(OADB\), hai đường chéo là \(OD\) và \(AB\). Giao điểm \(I\) của hai đường chéo chính là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\).

Tọa độ điểm \(A\) chính là tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {OA} \Rightarrow A\left( { - 1;1;0} \right)\).

Tọa độ điểm \(B\) chính là tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {OB} \Rightarrow B\left( {1;1;0} \right)\).

Tọa độ trung điểm \(I\) của \(AB\) được tính theo công thức:

\({x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{ - 1 + 1}}{2} = 0\)

\({y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{1 + 1}}{2} = 1\)

\({z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{0 + 0}}{2} = 0\)

Vậy tọa độ giao điểm hai đường chéo là \(I\left( {0;1;0} \right)\).

Chọn A.

Giá trị đại diện \({x_i}\) của các nhóm lần lượt là:

\({x_1} = \frac{{18 + 20}}{2} = 19,\quad {x_2} = \frac{{20 + 22}}{2} = 21,\quad {x_3} = \frac{{22 + 24}}{2} = 23,\quad {x_4} = \frac{{24 + 26}}{2} = 25\).

Số trung bình cộng của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\(\bar x = \frac{{6 \cdot 19 + 23 \cdot 21 + 12 \cdot 23 + 9 \cdot 25}}{{50}} = \frac{{114 + 483 + 276 + 225}}{{50}} = \frac{{1098}}{{50}} = 21,96\).

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm:

\({s^2} = \frac{1}{{50}}\left[ {6 \cdot {{\left( {19 - 21,96} \right)}^2} + 23 \cdot {{\left( {21 - 21,96} \right)}^2} + 12 \cdot {{\left( {23 - 21,96} \right)}^2} + 9 \cdot {{\left( {25 - 21,96} \right)}^2}} \right]\)\( = 3,3984\).

Độ lệch chuẩn là: \(s = \sqrt {3,3984} \approx 1,8435 \approx 1,84\).

Chọn A.

Xét từng phương án:

• A. \(\vec a \cdot \vec c = \left( { - 1} \right) \cdot 1 + 1 \cdot 1 + 0 \cdot 1 = 0 \ne 1\). (Sai)
• B. \(\vec a + \vec b + \vec c = \left( { - 1 + 1 + 1;1 + 1 + 1;0 + 0 + 1} \right) = \left( {1;3;1} \right) \ne \vec 0\). (Sai)
• C. Hai vectơ \(\vec a\) và \(\vec b\) không tỉ lệ nên không cùng phương. (Sai)
• D. Tính \(\cos \left( {\vec b,\vec c} \right)\): \(\vec b \cdot \vec c = 1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 + 0 \cdot 1 = 2\), \(\left| {\vec b} \right| = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {0^2}} = \sqrt 2 ,\quad \left| {\vec c} \right| = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} = \sqrt 3 \).

Suy ra \(\cos \left( {\vec b,\vec c} \right) = \frac{{\vec b \cdot \vec c}}{{\left| {\vec b\left| \cdot \right|\vec c} \right|}} = \frac{2}{{\sqrt 2 \cdot \sqrt 3 }} = \frac{2}{{\sqrt 6 }}\).

Chọn D.

Ta giải phương trình đạo hàm bằng 0: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2}{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {2x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\end{array}\\{x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\).

Hàm số chỉ đổi dấu khi qua các nghiệm bội lẻ (nghiệm đơn). Do đó đạo hàm chỉ đổi dấu khi đi qua điểm \(x = \frac{1}{2}\).

Vậy hàm số có đúng 1 điểm cực trị.

Chọn B.

Vì \(A'B'C'D'\) là hình vuông cạnh \(a\) và các cạnh đối song song với đáy dưới nên ta có \(\overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {AC} \).

Do đó tích vô hướng trở thành: \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} \).

Ta có độ dài các đoạn thẳng: \(AB = a\), \(AC = a\sqrt 2 \) (đường chéo hình vuông cạnh \(a\)).

Góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) chính là \(\widehat {BAC} = 45^\circ \).

Áp dụng định nghĩa tích vô hướng:

\(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = AB \cdot AC \cdot \cos \widehat {BAC} = a \cdot a\sqrt 2 \cdot \cos 45^\circ = {a^2}\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = {a^2}\).

Chọn A.

Điều kiện xác định: \( - {x^2} - 2x + 3 \ge 0 \Leftrightarrow - 3 \le x \le 1\).

Xét biểu thức bậc hai dưới dấu căn: \(g\left( x \right) = - {x^2} - 2x + 3\).

Biến đổi hằng đẳng thức: \(g\left( x \right) = - \left( {{x^2} + 2x + 1} \right) + 4 = 4 - {\left( {x + 1} \right)^2}\).

Vì \({\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \in \left[ { - 3;1} \right]\) nên: \(g\left( x \right) \le 4 \Rightarrow y = \sqrt {g\left( x \right)} \le \sqrt 4 = 2\).

Dấu "=" xảy ra khi \(x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 2.

Chọn C.

Hàm số phân thức hữu tỉ có dạng \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) với \(c \ne 0,ad - bc \ne 0\).

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng nghiệm của mẫu số: \(x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

Ta cũng thấy từ đồ thị hàm số có nhánh tiến sát về vô cùng khi \(x\) tiến dần về 1.

Chọn A.

Trong không gian \(Oxyz\), một vectơ được biểu diễn qua hệ vectơ đơn vị là \(\vec a = x\vec i + y\vec j + z\vec k\) thì có tọa độ là \(\left( {x;y;z} \right)\).

Ở đây \(\vec a = 2\vec i + 3\vec j - 1\vec k\) nên tọa độ của \(\vec a\) là \(\left( {2;3; - 1} \right)\).

Chọn D.

Xét hàm số \(y = \frac{{ - x + 1}}{{x + 1}}\):

• Tiệm cận đứng: Nghiệm của mẫu số là \(x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1\). Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = + \infty \) nên đường thẳng \(x = - 1\) là tiệm cận đứng.
• Tiệm cận ngang: Lấy giới hạn khi \(x \to \pm \infty \): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{ - x + 1}}{{x + 1}} = - 1\). Nên đường thẳng \(y = - 1\) là tiệm cận ngang.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 2.

Chọn A.

Tổng số ngày là \(n = 30\). Ta lập bảng tần số tích lũy:

• Nhóm \(\left[ {80;100} \right)\): \(c{f_1} = 3\).
• Nhóm \(\left[ {100;120} \right)\): \(c{f_2} = 3 + 5 = 8\).
• Nhóm \(\left[ {120;140} \right)\): \(c{f_3} = 8 + 6 = 14\).
• Nhóm \(\left[ {140;160} \right)\): \(c{f_4} = 14 + 8 = 22\).
• Nhóm \(\left[ {160;180} \right)\): \(c{f_5} = 22 + 6 = 28\).
• Nhóm \(\left[ {180;200} \right)\): \(c{f_6} = 28 + 2 = 30\).

Tìm tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\):

Ta có \(\frac{n}{4} = \frac{{30}}{4} = 7,5\). Do \(3 < 7,5 \le 8\) nên nhóm chứa \({Q_1}\) là nhóm \(\left[ {100;120} \right)\).

Công thức tính: \({Q_1} = 100 + \frac{{7,5 - 3}}{5} \cdot \left( {120 - 100} \right) = 100 + \frac{{4,5}}{5} \cdot 20 = 100 + 18 = 118\).

Tìm tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\):

Ta có \(\frac{{3n}}{4} = \frac{{90}}{4} = 22,5\). Do \(22 < 22,5 \le 28\) nên nhóm chứa \({Q_3}\) là nhóm \(\left[ {160;180} \right)\).

Công thức tính: \({Q_3} = 160 + \frac{{22,5 - 22}}{6} \cdot \left( {180 - 160} \right) = 160 + \frac{{0,5}}{6} \cdot 20 = 160 + \frac{{10}}{6} = \frac{{485}}{3}\).

Khoảng tứ phân vị \({{\rm{\Delta }}_Q}\): \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{485}}{3} - 118 \approx 43,67\).

Chọn B.

a) ĐÚNG: Điều kiện để hàm số xác định là: \(4 - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow {x^2} \le 4 \Leftrightarrow - 2 \le x \le 2\). Vậy \(D = \left[ { - 2;2} \right]\).

b) ĐÚNG: Đạo hàm của hàm số: \(f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {4 - {x^2}} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {4 - {x^2}} }} = \frac{{ - 2x}}{{2\sqrt {4 - {x^2}} }} = \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\);

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - x = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left( { - 2;2} \right).\)

c) SAI: Tại các biên \(x = \pm 2\), ta có \(f\left( { \pm 2} \right) = 0\). Tại điểm cực trị \(x = 0\), ta có \(f\left( 0 \right) = 2\). Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = 2\) và \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = 0\). Khẳng định phát biểu giá trị nhỏ nhất bằng 2 là sai.

d) ĐÚNG: Đặt \(t = f\left( x \right)\). Vì \(x \in \left[ { - 2;2} \right]\) nên \(t \in \left[ {0;2} \right]\). Khi đó: \(g\left( t \right) = \frac{{t - 2}}{{t + 1}}\).

Ta thấy hàm số \(g\left( t \right)\) đồng biến trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\).

Do đó giá trị lớn nhất đạt được khi \(t\) đạt giá trị lớn nhất: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} g\left( t \right) = g\left( 2 \right) = \frac{{2 - 2}}{{2 + 1}} = 0\).

Tổng số học viên: \(n = 8 + 20 + 50 + 17 + 5 = 100\).

a) ĐÚNG: Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là hiệu giữa đầu mút phải của nhóm cuối cùng và đầu mút trái của nhóm đầu tiên: \(R = 100 - 50 = 50\).

b) SAI: Tìm khoảng tứ phân vị:

Ta có \(\frac{n}{4} = 25\) nên \({Q_1}\) thuộc nhóm \(\left[ {60;70} \right) \Rightarrow {Q_1} = 60 + \frac{{25 - 8}}{{20}} \cdot 10 = 68,5\).

Ta có \(\frac{{3n}}{4} = 75\) nên \({Q_3}\) thuộc nhóm \(\left[ {70;80} \right) \Rightarrow {Q_3} = 70 + \frac{{75 - 28}}{{50}} \cdot 10 = 79,4\).

Khoảng tứ phân vị \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 79,4 - 68,5 = 10,9 \ne 5\).

c) SAI: Tính số trung bình cộng và phương sai:

Các giá trị đại diện lần lượt là \(55,65,75,85,95\).

\(\bar x = \frac{{8 \cdot 55 + 20 \cdot 65 + 50 \cdot 75 + 17 \cdot 85 + 5 \cdot 95}}{{100}} = \frac{{440 + 1300 + 3750 + 1445 + 475}}{{100}} = \frac{{7410}}{{100}} = 74,1\).

\({s^2} = \frac{{8{{\left( {55 - 74,1} \right)}^2} + 20{{\left( {65 - 74,1} \right)}^2} + 50{{\left( {75 - 74,1} \right)}^2} + 17{{\left( {85 - 74,1} \right)}^2} + 5{{\left( {95 - 74,1} \right)}^2}}}{{100}} = 88,19\).

Do đó đáp án ghi 89,08 là sai.

d) ĐÚNG: Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên là \(s = \sqrt {88,19} \approx 9,39\).

a) ĐÚNG: Đồ thị có một đường tiệm cận đứng chạy dọc cắt trục hoành tại vị trí \(x = 1\). Do đó đường thẳng tiệm cận đứng là \(x = 1\). Từ mẫu số ta suy ra \(b = - 1\).

b) SAI: Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;1} \right)\) và \(\left( {1;0} \right)\).

Vậy đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng \(y = - x + 1\), không phải \(y = x + 1\).

c) SAI: Nhìn vào hình vẽ ta thấy \(\left( {0;2} \right)\) là điểm cực tiểu và \(\left( {2; - 2} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

d) ĐÚNG: Tâm đối xứng của hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất chính là giao điểm của tiệm cận đứng và tiệm cận xiên. Giao điểm của \(x = 1\) và \(y = - x + 1\) là điểm \(I\left( {1;0} \right)\).

a) ĐÚNG: Dựa vào hệ trục quy ước: Hướng Nam cùng chiều dương trục \(Ox \Rightarrow x = 20\). Hướng Tây ngược chiều dương trục \(Oy \Rightarrow y = - 30\). Chiều cao cùng chiều dương trục \(Oz \Rightarrow z = 100\). Vậy tọa độ trực thăng là \(M\left( {20; - 30;100} \right)\).

b) SAI: Gọi vị trí cứu hộ là \(N\left( { - 300;200; - 30} \right)\). Vectơ từ trực thăng đến vị trí cứu hộ là:

\(\overrightarrow {MN} = \left( {{x_N} - {x_M};{y_N} - {y_M};{z_N} - {z_M}} \right) = \left( { - 300 - 20;200 - \left( { - 30} \right); - 30 - 100} \right) = \left( { - 320;230; - 130} \right)\)

c) SAI: Khoảng cách thực tế là độ dài của vectơ \(\overrightarrow {MN} \):

\(MN = \sqrt {{{\left( { - 320} \right)}^2} + {{230}^2} + {{\left( { - 130} \right)}^2}} = \sqrt {102400 + 52900 + 16900} = \sqrt {172200} \approx 415{\rm{\;m}} \ne 400{\rm{\;m}}.\)

d) ĐÚNG: Thời gian bay là \(t = 3{\rm{\;ph\'u t}} = 180{\rm{\;gi\^a y}}\).

Vectơ vận tốc tổng hợp của trực thăng cần đạt được để đi từ \(M\) đến \(N\) là:

\(\vec v = \frac{{\overrightarrow {MN} }}{t} = \left( {\frac{{ - 320}}{{180}};\frac{{230}}{{180}};\frac{{ - 130}}{{180}}} \right) = \left( { - \frac{{16}}{9};\frac{{23}}{{18}}; - \frac{{13}}{{18}}} \right)\).

Ta lại có vận tốc tổng hợp bằng vận tốc riêng cộng vận tốc gió: \(\vec v = {\vec v_{{\rm{ri\^e ng}}}} + {\vec v_{{\rm{gi\'o }}}}\).

\( \Rightarrow {\vec v_{{\rm{ri\^e ng}}}} = \vec v - {\vec v_{{\rm{gi\'o }}}} = \left( { - \frac{{16}}{9} - 10;\frac{{23}}{{18}} - 5; - \frac{{13}}{{18}} - 1} \right) = \left( { - \frac{{106}}{9}; - \frac{{67}}{{18}}; - \frac{{31}}{{18}}} \right)\).

Tọa độ của lực \(\vec F\) là \(\left( {3;5;10} \right)\).

Vectơ dịch chuyển \(\vec d = \overrightarrow {MN} \) có tọa độ là: \(\overrightarrow {MN} = \left( {5 - 1;3 - 0;8 - 2} \right) = \left( {4;3;6} \right)\).

Công sinh ra bởi lực \(\vec F\) được tính bằng tích vô hướng của \(\vec F\) và \(\vec d\):

\(A = \vec F \cdot \overrightarrow {MN} = 3 \cdot 4 + 5 \cdot 3 + 10 \cdot 6 = 12 + 15 + 60 = 87{\rm{\;(J)}}\).

Kết quả: 87.

Hệ ba chân đối xứng hoàn toàn qua trục \(Oz\) vì các điểm đáy nằm trên tháp tròn đều tâm \(O\left( {0;0;0} \right)\) bán kính bằng 1 trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Do tính chất đối xứng, độ lớn lực nén lên ba chân là bằng nhau: \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = F\).

Các lực tác dụng theo phương của các chân giá đỡ, tức là hướng từ \(E\) đến \({A_i}\).

Vectơ \(\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;1; - 6} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {E{A_1}} } \right| = \sqrt {{0^2} + {1^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} = \sqrt {37} \).

Vectơ lực \(\overrightarrow {{F_1}} \) cùng hướng với \(\overrightarrow {E{A_1}} \) nên có thể viết dưới dạng: \(\overrightarrow {{F_1}} = \frac{F}{{\sqrt {37} }}\left( {0;1; - 6} \right)\).

Tương tự cho các lực \(\overrightarrow {{F_2}} \) và \(\overrightarrow {{F_3}} \), hình chiếu của chúng lên trục \(Oz\) đều bằng nhau và có giá trị:

\({F_{1z}} = {F_{2z}} = {F_{3z}} = - 6 \cdot \frac{F}{{\sqrt {37} }}\).

Tổng các thành phần lực theo phương đứng cân bằng với trọng lượng của máy (300 N):

\(3 \cdot \left( {6 \cdot \frac{F}{{\sqrt {37} }}} \right) = 300 \Rightarrow \frac{{18F}}{{\sqrt {37} }} = 300\)\( \Rightarrow F = \frac{{300\sqrt {37} }}{{18}} = \frac{{50\sqrt {37} }}{3} \approx 101,38{\rm{\;N}}\).

Làm tròn đến hàng đơn vị, độ lớn lực \(\overrightarrow {{F_1}} \) bằng 101 N.

Kết quả: 101.

Đạo hàm của hàm số bậc ba là một hàm số bậc hai có dạng: \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c\).

Vì đồ thị đạo hàm cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ \(x = - 1\) và \(x = 2\), nên phương trình đạo hàm có dạng: \(f'\left( x \right) = k\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = k\left( {{x^2} - x - 2} \right)\).

Mặt khác, đồ thị \(f'\left( x \right)\) cắt trục tung tại điểm \(\left( {0; - 2} \right)\), suy ra: \(f'\left( 0 \right) = - 2 \Rightarrow - 2k = - 2 \Rightarrow k = 1\).

Do đó: \(f'\left( x \right) = {x^2} - x - 2\). Đồng nhất hệ số ta được \(\left\{ \begin{array}{l}3a = 1\\2b = - 1\\c = - 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{1}{3}\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}b = - \frac{1}{2}\\c = - 2\end{array}\end{array}} \right.\).

Theo đề bài \(f\left( 0 \right) = \frac{{13}}{6} \Rightarrow d = \frac{{13}}{6}\).

Như vậy \(f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} - \frac{1}{2}{x^2} - 2x + \frac{{13}}{6}\).

Từ đồ thị ta thấy \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm khi qua điểm \(x = - 1\). Do đó hàm số đạt cực đại tại \(x = - 1\).

Giá trị cực đại của hàm số là \(f\left( { - 1} \right)\): \(f\left( { - 1} \right) = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^3}}}{3} - \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^2}}}{2} - 2 \cdot \left( { - 1} \right) + \frac{{13}}{6} = \frac{{10}}{3} \approx 3,33\).

Kết quả: 3,33.

Gọi kích thước phần in chữ hình chữ nhật bên trong lần lượt là \(x\) (in) và \(y\) (in) với \(x,y > 0\).

Theo đề bài, diện tích phần in chữ là: \(x \cdot y = 30 \Rightarrow y = \frac{{30}}{x}\).

Kích thước tổng thể của toàn bộ trang giấy sau khi cộng thêm các khoảng lề là:

• Chiều rộng trang giấy: \(x + 2 + 2 = x + 4\).
• Chiều dài trang giấy: \(y + 1 + 1 = y + 2\).

Diện tích của toàn bộ trang giấy cần dùng là: \(S = \left( {x + 4} \right)\left( {y + 2} \right) = xy + 2x + 4y + 8\).

Thay \(xy = 30\) và \(y = \frac{{30}}{x}\) vào biểu thức diện tích: \(S = 30 + 2x + 4 \cdot \frac{{30}}{x} + 8 = 38 + 2x + \frac{{120}}{x}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy (AM-GM) cho hai số dương \(2x\) và \(\frac{{120}}{x}\):

\(2x + \frac{{120}}{x} \ge 2\sqrt {2x \cdot \frac{{120}}{x}} = 2\sqrt {240} = 8\sqrt {15} \approx 30,98\).

Từ đó giá trị nhỏ nhất của diện tích là: \({S_{{\rm{min}}}} = 38 + 8\sqrt {15} \approx 68,98{\rm{\;i}}{{\rm{n}}^2}\).

Làm tròn đến hàng đơn vị, ta được \(69{\rm{\;i}}{{\rm{n}}^2}\).

Kết quả: 69.

Xét hàm số \(y = x\ln x\) liên tục trên đoạn \(\left[ {{e^{ - 2}};e} \right]\).

Tính đạo hàm của hàm số: \(y' = {\left( x \right)^\prime } \cdot \ln x + x \cdot {\left( {\ln x} \right)^\prime } = 1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x} = \ln x + 1\)

Giải phương trình đạo hàm bằng 0: \(y' = 0 \Leftrightarrow \ln x + 1 = 0 \Leftrightarrow \ln x = - 1 \Leftrightarrow x = {e^{ - 1}} = \frac{1}{e}\).

Ta thấy \(x = {e^{ - 1}}\) nằm trong đoạn \(\left[ {{e^{ - 2}};e} \right]\).

Tính giá trị của hàm số tại các điểm đầu mút và điểm tới hạn:

\(f\left( {{e^{ - 2}}} \right) = {e^{ - 2}} \cdot \ln \left( {{e^{ - 2}}} \right) = - 2{e^{ - 2}} = - \frac{2}{{{e^2}}} \approx - 0,27\);

\(f\left( {{e^{ - 1}}} \right) = {e^{ - 1}} \cdot \ln \left( {{e^{ - 1}}} \right) = - 1{e^{ - 1}} = - \frac{1}{e} \approx - 0,37\);

\(f\left( e \right) = e \cdot \ln \left( e \right) = e \cdot 1 = e \approx 2,72\).

So sánh các giá trị trên, ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số là \( - \frac{1}{e} \approx - 0,37\).

Làm tròn đến hàng phần mười, kết quả là \( - 0,4\).

Kết quả: −0,4.

Gọi tâm của hình vuông tấm bìa \(ABCD\) ban đầu là \(O\). Đây cũng chính là tâm hình vuông đáy \(EFGH\) của khối chóp sau khi dựng lên.

Xét trục tọa độ thẳng đứng đi qua \(O\). Gọi khoảng cách từ tâm \(O\) đến các đỉnh của hình vuông đáy \(EFGH\) là \({y_E}\) (\(OE = OF = OG = OH = {y_E}\)).

Khi đó đáy hình vuông \(EFGH\) có độ dài đường chéo là \(2{y_E}\).

Diện tích của hình vuông đáy \(EFGH\) là: \({S_{EFGH}} = \frac{1}{2} \cdot {\left( {2{y_E}} \right)^2} = 2y_E^2\).

Khi gấp các tam giác cân lên, các đỉnh \(A,B,C,D\) chụm lại thành đỉnh đỉnh chóp \(S\) nằm trên trục thẳng đứng đi qua \(O\).

Độ dài cạnh bên của hình chóp chính bằng khoảng cách từ đỉnh của tấm bìa (ví dụ điểm \(A\)) tới điểm gấp \(E\).

Trong mặt phẳng tấm bìa phẳng ban đầu, tọa độ điểm \(A\) so với tâm \(O\left( {0;0} \right)\) là \(\left( { - 2,5;2,5} \right)\) nên \(O{A^2} = 2,{5^2} + 2,{5^2} = 12,5\).

Khoảng cách giữa \(A\) và \(E\) trên tấm bìa phẳng là cạnh bên của khối chóp sau khi xếp:

\(S{A^2} = A{E^2} = 2,{5^2} + {\left( {2,5 - {y_E}} \right)^2} = 6,25 + 6,25 - 5{y_E} + y_E^2 = 12,5 - 5{y_E} + y_E^2\).

Trong khối chóp đều \(S.EFGH\), chiều cao \(h = SO\) của khối chóp được tính bằng hệ thức lượng vuông góc:

\({h^2} = S{E^2} - O{E^2} = S{A^2} - y_E^2 = \left( {12,5 - 5{y_E} + y_E^2} \right) - y_E^2 = 12,5 - 5{y_E}\).

Thể tích của khối chóp tứ giác đều thu được là: \(V = \frac{1}{3} \cdot {S_{EFGH}} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 2y_E^2 \cdot \sqrt {12,5 - 5{y_E}} \).

Để tìm thể tích lớn nhất, ta xét hàm số \(f\left( {{y_E}} \right) = y_E^4\left( {12,5 - 5{y_E}} \right)\).

Đạo hàm theo biến \({y_E}\): \(f'\left( {{y_E}} \right) = 4y_E^3\left( {12,5 - 5{y_E}} \right) + y_E^4 \cdot \left( { - 5} \right) = 50y_E^3 - 20y_E^4 - 5y_E^4 = 50y_E^3 - 25y_E^4\).

Ta có \(f'\left( {{y_E}} \right) = 0 \Leftrightarrow 25y_E^3\left( {2 - {y_E}} \right) = 0 \Leftrightarrow {y_E} = 2{\rm{\;(cm)}}\).

Thay \({y_E} = 2\) vào công thức tính thể tích, ta thu được thể tích cực đại:

\({V_{{\rm{max}}}} = \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot {2^2} \cdot \sqrt {12,5 - 5 \cdot 2} = \frac{8}{3} \cdot \sqrt {2,5} = \frac{8}{3} \cdot \frac{{\sqrt {10} }}{2} = \frac{{4\sqrt {10} }}{3} \approx 4,216{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}\)

Làm tròn kết quả đến hàng phần mười, thể tích lớn nhất bằng \(4,2{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}\).

Kết quả: 4,2.