Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Mạc Đĩnh Chi (TP.HCM) có đáp án

Từ bảng xét dấu, ta thấy: hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;2} \right)\).

Đối chiếu các phương án, khoảng nghịch biến là \(\left( {0;3} \right)\).

Đáp án: B.

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\): Đồ thị đạt điểm cực tiểu tại điểm \(\left( {1; - 4} \right)\).

Do đó, hàm số đạt cực tiểu tại điểm \(x = 1\).

Đáp án: C.

Đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có tâm đối xứng là giao điểm của hai đường tiệm cận:

Hàm số: \(y = \frac{{2x - 3}}{{x + 1}}\).

Tiệm cận đứng: \(x = - 1\).

Tiệm cận ngang: \(y = 2\).

Tâm đối xứng: \(I\left( { - 1;2} \right)\).

Đáp án: B.

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 2}}\):

Mẫu số bằng \(0\) khi \(x = - 2\).

Với \(x = - 2\), tử số là \({\left( { - 2} \right)^2} + \left( { - 2} \right) - 1 = 1 \ne 0\).

Do đó, đường tiệm cận đứng là \(x = - 2\).

Đáp án: A.

Trong không gian \(Oxyz\), điểm thuộc mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oxy} \right)\) phải có tung độ và hoành độ tùy ý, còn cao độ bằng \(0\) (\(z = 0\)).

Xét các điểm, điểm \(\left( {1;2;0} \right)\) có \(z = 0\).

Đáp án: B.

Trong không gian \(Oxyz\), ta có \(\overrightarrow {OM} = \vec i + 3\vec j - 2\vec k\).

Tọa độ điểm \(M\) chính là tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {OM} \).

Do đó, \(M\left( {1;3; - 2} \right)\).

Đáp án: B.

Tọa độ vectơ \(\vec v = \vec a - \vec b\) là: \(\vec v = \left( {2 - 0; - 3 - 4;1 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( {2; - 7;3} \right)\).

Đáp án: A.

Đồ thị hàm số có dạng là hàm số bậc hai trên bậc nhất nên loại phương án A.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng \(x = a > 0\). Loại phương án B (tiệm cận đứng \(x = - 1\)).

Tiệm cận xiên: Chia tử cho mẫu:

Với phương án C: \(y = \frac{{ - {x^2} + 3x + 3}}{{x - 1}} = - x + 2 + \frac{5}{{x - 1}} \Rightarrow \) Tiệm cận xiên là \(y = - x + 2\) (hệ số góc âm, đồ thị đi xuống). Tuy nhiên đồ thị trong hình đi lên từ trái sang phải, hệ số góc dương.

Với phương án D: \(y = \frac{{{x^2} - 3x + 3}}{{x - 1}} = x - 2 + \frac{1}{{x - 1}} \Rightarrow \) Tiệm cận xiên là \(y = x - 2\) (hệ số góc dương, phù hợp hình vẽ).

Điểm cực trị: \(y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow x = 2\) hoặc \(x = 0\).

Với \(x = 0 \Rightarrow y = - 3 < 0\) (Cực đại).

Với \(x = 2 \Rightarrow y = 1 > 0\) (Cực tiểu).

→ Thỏa mãn hình vẽ.

Đáp án: D.

Trung điểm \(I\) của \(AB\) có tọa độ: \({x_I} = \frac{{3 + 5}}{2} = 4,\quad {y_I} = \frac{{ - 2 + 0}}{2} = - 1,\quad {z_I} = \frac{{1 + \left( { - 1} \right)}}{2} = 0 \Rightarrow I\left( {4; - 1;0} \right)\).

Đáp án: D.

Áp dụng quy tắc hình hộp cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\): \(\vec u = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'} \).

Độ dài của vectơ \(\vec u\) chính là độ dài đường chéo \(AC'\) của hình hộp chữ nhật:

\(\left| {\vec u} \right| = AC' = \sqrt {A{B^2} + A{D^2} + A{{A'}^2}} = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {3^2}} = \sqrt {14} \).

Đáp án: C.

Đầu mút trái của nhóm đầu tiên là \({a_1} = 50\).

Đầu mút phải của nhóm cuối cùng là \({a_k} = 300\).

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(R = 300 - 50 = 250\).

Đáp án: C.

Cỡ mẫu \(n = 2 + 5 + 7 + 6 + 3 = 23\).

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

\(\left[ {7;9} \right)\) có \({x_1} = 8\).

\(\left[ {9;11} \right)\) có \({x_2} = 10\).

\(\left[ {11;13} \right)\) có \({x_3} = 12\).

\(\left[ {13;15} \right)\) có \({x_4} = 14\).

\(\left[ {15;17} \right)\) có \({x_5} = 16\).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm: \(\bar x = \frac{{2 \cdot 8 + 5 \cdot 10 + 7 \cdot 12 + 6 \cdot 14 + 3 \cdot 16}}{{23}} = \frac{{282}}{{23}}\).

Phương sai \({s^2}\): \({s^2} = \frac{{2 \cdot {8^2} + 5 \cdot {{10}^2} + 7 \cdot {{12}^2} + 6 \cdot {{14}^2} + 3 \cdot {{16}^2}}}{{23}} - {\bar x^2} \approx 5,3233\).

Độ lệch chuẩn \(s\): \(s = \sqrt {{s^2}} \approx 2,31\).

Đáp án: D.

Hàm lợi nhuận: \(L\left( x \right) = - {x^3} + 24{x^2} + 780x - 5000\) trên đoạn \(\left[ {0;40} \right]\).

a) Đúng. Ta có đạo hàm: \(L'\left( x \right) = - 3{x^2} + 48x + 780\).

b) Sai. Ta có \(L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 48x + 780 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 10\\x = 26\end{array} \right.\).

Trong hai nghiệm trên, chỉ có nghiệm \(x = 26\) thuộc đoạn \(\left[ {0;40} \right]\).

Vậy phương trình \(L'\left( x \right) = 0\) chỉ có 1 nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {0;40} \right]\).

c) Sai. Ta có \(L\left( 0 \right) = - 5000 \ne 0\);

\(L\left( {26} \right) = - {26^3} + 24 \cdot {26^2} + 780 \cdot 26 - 5000 = 13928\);

\(L\left( {40} \right) = - {40^3} + 24 \cdot {40^2} + 780 \cdot 40 - 5000 = 600\).

Do giá trị \(L\left( 0 \right) = - 5000\) khác \(0\) nên ý c) sai.

d) Đúng. Khảo sát hàm số trên đoạn \(\left[ {0;40} \right]\):

So sánh các giá trị: \(L\left( 0 \right) = - 5000\); \(L\left( {26} \right) = 13928\) (Cực đại); \(L\left( {40} \right) = 600\).

Vậy lợi nhuận lớn nhất đạt được khi sản xuất \(26{\rm{\;kg}}\) sản phẩm.

Hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật, \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), các cạnh \(AB = 3\), \(AD = 6\), \(SA = 6\).

Hệ trục tọa độ có gốc \(A\left( {0;0;0} \right)\), \(B \in Ox \Rightarrow B\left( {3;0;0} \right)\), \(D \in Oy \Rightarrow D\left( {0;6;0} \right)\), \(S \in Oz \Rightarrow S\left( {0;0;6} \right)\).

Do \(ABCD\) là hình chữ nhật nên điểm \(C\) có tọa độ \(C\left( {3;6;0} \right)\).

a) Đúng. Tọa độ các điểm chính xác là \(B\left( {3;0;0} \right)\), \(D\left( {0;6;0} \right)\), \(S\left( {0;0;6} \right)\).

b) Sai. Trọng tâm \(G\) của tam giác \(SBD\) có tọa độ:

\({x_G} = \frac{{0 + 3 + 0}}{3} = 1,\quad {y_G} = \frac{{0 + 0 + 6}}{3} = 2,\quad {z_G} = \frac{{6 + 0 + 0}}{3} = 2 \Rightarrow G\left( {1;2;2} \right)\).

Tọa độ vectơ \(\overrightarrow {CG} \): \(\overrightarrow {CG} = \left( {1 - 3;2 - 6;2 - 0} \right) = \left( { - 2; - 4;2} \right)\).

c) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {BD} = \left( { - 3;6;0} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {CG} \cdot \overrightarrow {BD} = \left( { - 2} \right) \cdot \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) \cdot 6 + 2 \cdot 0 = 6 - 24 + 0 = - 18\).

d) Sai. Ta có \(\left| {\overrightarrow {CG} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {2^2}} = \sqrt {24} = 2\sqrt 6 \); \(\left| {\overrightarrow {BD} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {6^2} + {0^2}} = \sqrt {45} = 3\sqrt 5 \).

Suy ra \(\cos \left( {\overrightarrow {CG} ,\overrightarrow {BD} } \right) = \frac{{\overrightarrow {CG} \cdot \overrightarrow {BD} }}{{\left| {\overrightarrow {CG} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BD} } \right|}} = \frac{{ - 18}}{{2\sqrt 6 \cdot 3\sqrt 5 }} \approx - 0,5477 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {CG} ,\overrightarrow {BD} } \right) \approx 123,2^\circ \).

Hàm số: \(y = \frac{{2{x^2} + 2x - 11}}{{x - 2}}\)\( = 2x + 6 + \frac{1}{{x - 2}}\).

Phương trình đường tiệm cận xiên là \(d:y = 2x + 6\).

Tìm giao điểm của \(d\) với hai trục tọa độ:

Giao điểm với trục hoành \(Ox\) (\(y = 0 \Rightarrow x = - 3\)): \(A\left( { - 3;0} \right) \Rightarrow OA = 3\).

Giao điểm với trục tung \(Oy\) (\(x = 0 \Rightarrow y = 6\)): \(B\left( {0;6} \right) \Rightarrow OB = 6\).

Diện tích tam giác vuông \(OAB\) là: \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 6 = 9\).

Đáp số: 9.

Cỡ mẫu của mẫu số liệu ghép nhóm: \(n = 24 + 57 + 42 + 29 + 8 = 160\).

Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\):

Ta có \(\frac{n}{4} = \frac{{160}}{4} = 40\). Nhóm chứa \({Q_1}\) là \(\left[ {26;29} \right)\). Do đó \({Q_1} = 26 + \left( {\frac{{40 - 24}}{{57}}} \right) \cdot 3 = \frac{{510}}{{19}}\).

Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\):

Ta có \(\frac{{3n}}{4} = 120\). Nhóm chứa \({Q_3}\) là \(\left[ {29;32} \right)\). Do đó \({Q_3} = 29 + \left( {\frac{{120 - 81}}{{42}}} \right) \cdot 3 = \frac{{445}}{{14}}\).

Khoảng tứ phân vị \({{\rm{\Delta }}_Q}\): \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{445}}{{14}} - \frac{{510}}{{19}} \approx 4,9\).

Đáp số: 4,9.

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho bờ \(AE\) nằm trên trục hoành và đường thẳng \(AB\) nằm trên trục tung và điểm \(A\) làm gốc tọa độ \(A\left( {0;0} \right)\). Khi đó:

• Bờ \(AE\) thuộc trục \(Ox \Rightarrow E\left( {40;0} \right)\).
• Bờ \(AB\) và \(DE\) vuông góc với \(AE \Rightarrow B\left( {0;20} \right)\) và \(D\left( {40;20} \right)\).
• Điểm \(H\) thuộc \(AE\) có \(AH = 30 \Rightarrow H\left( {30;0} \right)\).
• Điểm \(K\) thuộc \(AB\) có \(AK = 10 \Rightarrow K\left( {0;10} \right)\).
• Điểm \(C\) là điểm cực tiểu của đồ thị, có hình chiếu xuống hai trục là \(H\) và \(K \Rightarrow C\left( {30;10} \right)\).

Giả sử hàm số bậc ba biểu diễn bờ cong có dạng: \(f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\quad \left( {a \ne 0} \right)\).

Đồ thị hàm số đi qua các điểm \(B\left( {0;20} \right)\), \(D\left( {40;20} \right)\), \(C\left( {30;10} \right)\) và có điểm cực trị tại \(C\left( {30;10} \right)\) nên đạo hàm \(f'\left( {30} \right) = 0\).

Ta có đạo hàm: \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c\).

Từ các dữ kiện trên, ta thiết lập hệ phương trình:

\(f\left( 0 \right) = 20 \Rightarrow d = 20\);

\(f\left( {30} \right) = 10 \Rightarrow 27000a + 900b + 30c + 20 = 10 \Leftrightarrow 27000a + 900b + 30c = - 10\);

\(f\left( {40} \right) = 20 \Rightarrow 64000a + 1600b + 40c + 20 = 20 \Leftrightarrow 64000a + 1600b + 40c = 0\);

\(f'\left( {30} \right) = 0 \Rightarrow 2700a + 60b + c = 0\).

Giải hệ phương trình gồm 3 ẩn \(a,b,c\), ta tìm được: \(a = \frac{1}{{450}},\quad b = - \frac{{11}}{{90}},\quad c = \frac{4}{3}\).

Vậy phương trình đường cong là: \(f\left( x \right) = \frac{1}{{450}}{x^3} - \frac{{11}}{{90}}{x^2} + \frac{4}{3}x + 20\).

Vận động viên bơi vuông góc từ một điểm \(M\left( {x;f\left( x \right)} \right)\) trên bờ cong xuống bờ \(AE\) (trục \(Ox\)), do đó độ dài đường bơi chính bằng tung độ \(y = f\left( x \right)\) với \(x \in \left[ {0;40} \right]\).

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{150}}{x^2} - \frac{{11}}{{45}}x + \frac{4}{3} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 30}\\{x = \frac{{20}}{3}}\end{array}} \right.\).

Tính giá trị của hàm số tại các điểm biên và điểm cực trị trên đoạn \(\left[ {0;40} \right]\):

\(f\left( 0 \right) = 20{\rm{\;m}}\); \(f\left( {40} \right) = 20{\rm{\;m}}\); \(f\left( {30} \right) = 10{\rm{\;m}}\) (Giá trị nhỏ nhất);

\(f\left( {\frac{{20}}{3}} \right) = \frac{1}{{450}} \cdot {\left( {\frac{{20}}{3}} \right)^3} - \frac{{11}}{{90}} \cdot {\left( {\frac{{20}}{3}} \right)^2} + \frac{4}{3} \cdot \left( {\frac{{20}}{3}} \right) + 20 = \frac{{5860}}{{243}}\,\,\left( {\rm{m}} \right)\) (Giá trị lớn nhất).

Đường bơi ngắn nhất là \({d_{{\rm{min}}}} = 10{\rm{\;m}}\). Theo đề bài, thời gian ngắn nhất là \(5\) giây, suy ra vận tốc của vận động viên là: \(v = \frac{{{d_{{\rm{min}}}}}}{{{t_{{\rm{min}}}}}} = \frac{{10}}{5} = 2{\rm{\;m/s}}\).

Đường bơi dài nhất là \({d_{{\rm{max}}}} = \frac{{5860}}{{243}}{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right)\).

Thời gian thực hiện đường bơi dài nhất là: \({t_{{\rm{max}}}} = \frac{{{d_{{\rm{max}}}}}}{v} \approx 12,058{\rm{\;gi\^a y}}\).

Làm tròn đến hàng phần mười, thời gian bơi dài nhất là 12,1 giây.

Đáp số: 12,1.

Vectơ vận tốc ban đầu của máy bay là \(\vec a = \left( {630;600;18} \right)\) (km/h).

Tại điểm \(M\left( {100;200;8} \right)\), máy bay bay thẳng trong 10 phút (\(t = \frac{1}{6}\) giờ) dưới tác động của gió và đến vị trí \(N\left( {210;303;12} \right)\).

Vectơ dịch chuyển thực tế từ \(M\) đến \(N\) là: \(\overrightarrow {MN} = \left( {110;103;4} \right)\).

Vectơ vận tốc thực tế của máy bay là: \({\vec v_{{\rm{tt}}}} = \frac{{\overrightarrow {MN} }}{t} = 6 \cdot \left( {110;103;4} \right) = \left( {660;618;24} \right)\).

Vectơ vận tốc gió là: \(\vec v = {\vec v_{{\rm{tt}}}} - \vec a = \left( {30;18;6} \right)\).

Tốc độ của gió là: \(\left| {\vec v} \right| = \sqrt {{{30}^2} + {{18}^2} + {6^2}} = \sqrt {1260} \approx 35,5{\rm{\;(km/h)}}\).

Đáp số: 35,5.

a) Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;5; - 5} \right),\quad \overrightarrow {AC} = \left( { - 2;6; - 4} \right)\).

Ta thấy không tồn tại số thực \(k\) sao cho \(\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC} \) vì \(\frac{1}{{ - 2}} \ne \frac{5}{6}\). Do đó hai vectơ \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} \) không cùng phương, suy ra ba điểm \(A,B,C\) không thẳng hàng.

Để \(ABCD\) là hình bình hành, ta cần có: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \).

Gọi tọa độ điểm \(D\) là \(\left( {x;y;z} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {DC} = \left( { - 1 - x;2 - y; - 2 - z} \right)\).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l} - 1 - x = 1\\2 - y = 5\\ - 2 - z = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = - 3\\z = 3\end{array} \right.\).

Vậy tọa độ điểm \(D\) cần tìm là \(D\left( { - 2; - 3;3} \right)\).

b) Vì \(M \in Ox\) nên tọa độ của \(M\) có dạng \(M\left( {x;0;0} \right)\).

Ta có: \(M{A^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + 16 + 4 = {x^2} - 2x + 21\); \(M{B^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + 1 + 9 = {x^2} - 4x + 14\).

Yêu cầu \(MA = MB \Leftrightarrow M{A^2} = M{B^2}\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 21 = {x^2} - 4x + 14 \Leftrightarrow 2x = - 7 \Leftrightarrow x = - 3,5\).

Vậy tọa độ điểm \(M\) là \(M\left( { - 3,5;0;0} \right)\).

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

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

Ta có \[y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0{\rm{\;}}\\x = - 2\end{array} \right.\].

Bảng biến thiên:

Kết luận tính đơn điệu:

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - 2; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1;0} \right)\).

b) Tọa độ các điểm cực trị:

Với \({x_1} = - 2 \Rightarrow {y_1} = - 5 \Rightarrow A\left( { - 2; - 5} \right)\).

Với \({x_2} = 0 \Rightarrow {y_2} = - 1 \Rightarrow B\left( {0; - 1} \right)\).

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị \(A\) và \(B\) là: \(AB = \sqrt {{{\left( {0 - \left( { - 2} \right)} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - \left( { - 5} \right)} \right)}^2}} = \sqrt {{2^2} + {4^2}} = 2\sqrt 5 \).

Gọi chiếc lồng đèn lăng trụ tam giác đều có độ dài cạnh đáy là \(a\) và chiều cao là \(h\) (với \(a,h > 0\)).

Diện tích toàn phần của lăng trụ là: \({S_{{\rm{tp}}}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} + 3ah = 24\sqrt 3 \Rightarrow h = \frac{{\sqrt 3 \left( {48 - {a^2}} \right)}}{{6a}}\).

Điều kiện để chiều cao \(h > 0\) là: \(48 - {a^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < a < 4\sqrt 3 \).

Thể tích của chiếc lồng đèn là: .

Xét hàm số \(V\left( a \right) = \frac{{48a - {a^3}}}{8}\) trên khoảng \(\left( {0;4\sqrt 3 } \right)\):

Ta có \(V'\left( a \right) = \frac{{48 - 3{a^2}}}{8}\); \(V'\left( a \right) = 0 \Rightarrow a = 4\).

Lập bảng biến thiên cho thấy thể tích đạt cực đại tại \(a = 4\).

Thể tích lớn nhất thu được là: \({V_{{\rm{max}}}} = V\left( 4 \right) = \frac{{48 \cdot 4 - {4^3}}}{8} = 16{\rm{\;(d}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).

Vây thể tích lớn nhất của chiếc lồng đèn là \(16{\rm{\;d}}{{\rm{m}}^3}\).