Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2024-2025 THPT Thăng Long (Hà Nội) có đáp án

Ta có \(\vec u\left( {1;a;2} \right)\) và \(\vec v\left( { - 3;9;b} \right)\) cùng phương nên \(\frac{{ - 3}}{1} = \frac{9}{a} = \frac{b}{2} = - 3\).

Từ \(\frac{9}{a} = - 3 \Rightarrow a = - 3\).

Từ \(\frac{b}{2} = - 3 \Rightarrow b = - 6\).

Tính \({a^2} + b = {\left( { - 3} \right)^2} + \left( { - 6} \right) = 9 - 6 = 3\).

Chọn C.

Tập xác định: \(2x - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left[ {0;2} \right]\).

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

\(y' = 0 \Leftrightarrow 1 - x = 0 \Leftrightarrow x = 1 \in \left( {0;2} \right)\).

Qua điểm \(x = 1\), \(y'\) đổi dấu từ dương sang âm, do đó hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\). Vậy hàm số có 1 điểm cực trị.

Chọn B.

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 5; - 4; - 1} \right)\) và \(\overrightarrow {AC} = \left( {3;1;2} \right)\).

Tính tích vô hướng và độ dài:

\(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left( { - 5} \right) \cdot 3 + \left( { - 4} \right) \cdot 1 + \left( { - 1} \right) \cdot 2 = - 15 - 4 - 2 = - 21\)

\(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt {42} \)

\(\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {{3^2} + {1^2} + {2^2}} = \sqrt {14} \)

Suy ra: \(\cos A = \frac{{ - 21}}{{\sqrt {42} \cdot \sqrt {14} }} = \frac{{ - 21}}{{14\sqrt 3 }} = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat A = 150^\circ \).

Chọn C.

Với mọi \(x \in \left( {0; + \infty } \right)\), áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(x + \frac{1}{x} \ge 2\sqrt {x \cdot \frac{1}{x}} = 2\).

Suy ra: \(f\left( x \right) = x - 5 + \frac{1}{x} \ge 2 - 5 = - 3\).

Dấu "=" xảy ra khi \(x = \frac{1}{x} \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = 1\) (vì \(x > 0\)).

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = - 3\).

Chọn B.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2;2} \right\}\).

Tiệm cận ngang: Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x}}{{{x^2} - 4}} = 0 \Rightarrow y = 0\) là đường tiệm cận ngang.

Tiệm cận đứng: Mẫu số bằng \(0\) tại \(x = 2\) và \(x = - 2\). Do tử số tại hai điểm này đều khác không nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = + \infty \). Suy ra đồ thị có 2 tiệm cận đứng là \(x = 2\) và \(x = - 2\).

Tổng số đường tiệm cận là \(1 + 2 = 3\).

Chọn D.

Ta có \(M\) là trung điểm của \(BB'\), do đó \(\overrightarrow {BM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {BB'} \).

Phân tích vectơ \(\overrightarrow {AM} \): \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} = \left( {\overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} } \right) + \frac{1}{2}\overrightarrow {BB'} \).

Mặt khác, trong hình lăng trụ ta có \(\overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {AA'} = \vec c\). Theo giả thiết \(\overrightarrow {CA} = \vec a\) và \(\overrightarrow {CB} = \vec b\).

Thay vào ta được: \(\overrightarrow {AM} = \vec b - \vec a + \frac{1}{2}\vec c\).

Chọn D.

Xét hàm số \(y = \frac{{3x - 1}}{{x + 1}}\) ở đáp án A, nghiệm của mẫu thức là \(x = - 1\). Khi \(x \to - {1^ + }\), tử thức tiến tới \( - 4 \ne 0\), nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = - \infty \). Vậy đường thẳng \(x = - 1\) là tiệm cận đứng.

Chọn A.

Cho điểm \(M\left( {1;2; - 3} \right)\). Tọa độ điểm đối xứng qua mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là \(M'\left( { - 1;2; - 3} \right)\).

Chọn A.

Ta có \(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x + 2} \right)\).

Vì \({x^2} \ge 0\) và \({\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\), nên dấu của \(f'\left( x \right)\) cùng dấu với biểu thức \(\left( {x + 2} \right)\) (ngoại trừ các điểm làm đạo hàm bằng 0 không đổi dấu).

Ta có \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x + 2 > 0 \Leftrightarrow x > - 2\).

Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 2; + \infty } \right)\).

Chọn D.

Quan sát đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\), đường cong nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành, nghĩa là \(f'\left( x \right) < 0\) với mọi \(x \in \left( {0;2} \right)\). Do đó hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).

Chọn B.

Đạo hàm: \(y' = 1 + 2{e^{2x}}\). Vì \({e^{2x}} > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) nên \(y' > 0,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\).

Hàm số luôn đồng biến trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\).

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số đạt được tại điểm đầu mút \(x = 1\):

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = y\left( 1 \right) = 1 + {e^{2 \cdot 1}} = {e^2} + 1\).

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên, đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua \(x = 1\). Tại điểm cực tiểu \(x = 1\), giá trị cực tiểu của hàm số thu được là \(y = 3\).

Chọn D.

a) ĐÚNG: Đạo hàm \(f'\left( x \right) = - 4{x^3} + 16x = - 4x\left( {{x^2} - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = \pm 2\).

Tọa độ 3 điểm cực trị là: \(A\left( {0;2024} \right)\), \(B\left( {2;2040} \right)\), \(C\left( { - 2;2040} \right)\).

Ta có \(BC = \sqrt {{{\left( { - 2 - 2} \right)}^2} + {0^2}} = 4\); \(AB = AC = \sqrt {{2^2} + {{16}^2}} = \sqrt {260} = 2\sqrt {65} \).

Chu vi \({\rm{\Delta }}ABC = 4 + 4\sqrt {65} \approx 36,25 > 35\).

b) ĐÚNG: Trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\), ta có \(x > 2 \Rightarrow - 4x < 0\) và \({x^2} - 4 > 0 \Rightarrow f'\left( x \right) < 0\). Do đó hàm số nghịch biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\).

c) ĐÚNG: Đây là hàm đa thức nên có tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

d) SAI: Đạo hàm đúng phải là \(f'\left( x \right) = - 4{x^3} + 16x\), mệnh đề ghi sai dấu thành \( - 16x\).

a) ĐÚNG: Tập xác định \(D = \left( {0; + \infty } \right)\). Đạo hàm \(y' = \ln x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{e}\). Lập bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;\frac{1}{e}} \right)\) và đồng biến trên \(\left( {\frac{1}{e}; + \infty } \right)\), suy ra đạt GTNN tại \(x = \frac{1}{e}\).

b) SAI: Trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\), hàm số không đạt giá trị lớn nhất bằng 0 vì điểm biên \(x = 1\) không thuộc khoảng đang xét.

c) ĐÚNG: Khi \(x \to + \infty \Rightarrow y \to + \infty \), do đó hàm số không giới hạn trên và không có giá trị lớn nhất trên TXĐ.

d) SAI: Đạo hàm của hàm số là \(f'\left( x \right) = \ln x + 1\), không phải bằng \(1\).

a) ĐÚNG: \(\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \cdot \cos 45^\circ = 1 \cdot 1 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

b) ĐÚNG: \({\vec a^2} = {\left| {\vec a} \right|^2} = {1^2} = 1\).

c) SAI: \(\left| {\vec a + \vec b} \right| = \sqrt {{{\vec a}^2} + 2\vec a \cdot \vec b + {{\vec b}^2}} = \sqrt {1 + \sqrt 2 + 1} = \sqrt {2 + \sqrt 2 } \ne 2\).

d) SAI: Từ câu c, \({\left( {\vec a + \vec b} \right)^2} = 2 + \sqrt 2 \), mệnh đề ghi sai dấu thành \(2 - \sqrt 2 \).

a) SAI: Đường thẳng \(BC\) đi qua B và có \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 1;1; - 2} \right)\). Phương trình \(BC\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 3 - t}\\{y = 2 + t}\\{z = 4 - 2t}\end{array}} \right.\).

Giao điểm \(N\) với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) (\(z = 0\)) ứng với \(4 - 2t = 0 \Leftrightarrow t = 2 \Rightarrow N\left( { - 5;4;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {BN} = \left( { - 2;2; - 4} \right)\) và \(\overrightarrow {CN} = \left( { - 1;1; - 2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BN} = 2\overrightarrow {CN} \Rightarrow \frac{{BN}}{{CN}} = 2\).

b) ĐÚNG: Trung điểm M của BC có tọa độ là: \(M\left( { - \frac{7}{2};\frac{5}{2};3} \right)\). Thử vào hệ thức: \(y - x = \frac{5}{2} - \left( { - \frac{7}{2}} \right) = 6\); \(2z = 2 \cdot 3 = 6\). Vậy \(y - x = 2z\) là đúng.

c) SAI: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 3 - 1;2 - \left( { - 2} \right);4 - 0} \right) = \left( { - 4;4;4} \right)\), mệnh đề ghi sai tọa độ tung độ thành \( - 4\).

d) ĐÚNG: Tọa độ trọng tâm \(G\): \({x_G} = \frac{{1 - 3 - 4}}{3} = - 2\), \({y_G} = \frac{{ - 2 + 2 + 3}}{3} = 1\), \({z_G} = \frac{{0 + 4 + 2}}{3} = 2 \Rightarrow G\left( { - 2;1;2} \right).\)

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với gốc O tại góc phòng. Đầu gậy nằm trên sàn thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), theo giả thiết khoảng cách từ đầu này đến hai tường tương ứng với tọa độ \(x = 1\) và \(y = 0,8\), vậy điểm đó là \(A\left( {1;0,8;0} \right)\). Đầu gậy còn lại nằm trên mép tường thuộc trục \(Oz\) nên có tọa độ \(B\left( {0;0;{z_B}} \right)\) với \({z_B} > 0\).

Độ dài chiếc gậy: \(AB = 2,5 \Rightarrow A{B^2} = 6,25\).

Thế vào công thức khoảng cách:

\({\left( {0 - 1} \right)^2} + {\left( {0 - 0,8} \right)^2} + {\left( {{z_B} - 0} \right)^2} = 6,25 \Leftrightarrow 1 + 0,64 + z_B^2 = 6,25 \Leftrightarrow z_B^2 = 4,61 \Rightarrow {z_B} = \sqrt {4,61} \).

\(M\) là vị trí chính giữa của gậy, tức \(M\) là trung điểm của AB nên khoảng cách từ M đến sàn nhà chính là cao độ của \(M\): \({z_M} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{0 + \sqrt {4,61} }}{2} \approx 1,07{\rm{\;m}}\).

Đáp số: \(1,07\).

Vận tốc tức thời của chất điểm là đạo hàm của phương trình chuyển động: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 3{t^2} - 12t + 14\).

Đây là hàm số bậc hai đối với \(t\). Tọa độ đỉnh của parabol biểu diễn hàm số là \(t = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{ - 12}}{{2 \cdot 3}} = 2\).

Vì \(2 \in \left[ {0;5} \right]\) và hệ số \(a = 3 > 0\) nên vận tốc đạt giá trị nhỏ nhất tại thời điểm \(t = 2\) giây.

Đáp số: \(2\).

Xét hàm số \(C\left( x \right) = \frac{{30x}}{{{x^2} + 2}}\) trên khoảng \(\left( {0;6} \right]\).

Đạo hàm: \(C'\left( x \right) = \frac{{30\left( {{x^2} + 2} \right) - 30x \cdot 2x}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}} = \frac{{60 - 30{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}}\).

\(C'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 60 - 30{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt 2 \) (vì \(x > 0\)).

Lập bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( {0;\sqrt 2 } \right)\) và nghịch biến trên \(\left( {\sqrt 2 ;6} \right)\). Do đó hàm số đạt cực đại tại \(x = \sqrt 2 \).

Giá trị cực đại là: \(C\left( {\sqrt 2 } \right) = \frac{{30\sqrt 2 }}{{{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + 2}} = \frac{{30\sqrt 2 }}{4} = 7,5\sqrt 2 \approx 10,6\).

Đáp số: \(10,6\).

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

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^2} - x - 6\); \(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow {x^2} - x - 6 < 0 \Leftrightarrow - 2 < x < 3\).

Các giá trị nguyên của \(x\) thuộc khoảng \(\left( { - 2;3} \right)\) là: \(\left\{ { - 1;0;1;2} \right\}\). Vậy có tất cả 4 giá trị nguyên.

Đáp số: \(4\).

Xét hàm số \(y = \cos 2x + 3x + 2025\) trên đoạn \(\left[ { - \pi ;\pi } \right]\).

Đạo hàm: \(y' = - 2\sin 2x + 3\).

Vì \( - 1 \le \sin 2x \le 1 \Rightarrow - 2 \le - 2\sin 2x \le 2 \Rightarrow 1 \le y' \le 5\), tức là \(y' > 0,\forall x \in \left[ { - \pi ;\pi } \right]\).

Do đó hàm số luôn đồng biến trên đoạn \(\left[ { - \pi ;\pi } \right]\).

Giá trị nhỏ nhất là: \(y\left( { - \pi } \right) = \cos \left( { - 2\pi } \right) + 3 \cdot \left( { - \pi } \right) + 2025 = 1 - 3\pi + 2025 = 2026 - 3\pi \).

Giá trị lớn nhất là: \(y\left( \pi \right) = \cos \left( {2\pi } \right) + 3\pi + 2025 = 1 + 3\pi + 2025 = 2026 + 3\pi \).

Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất là: \(\left( {2026 - 3\pi } \right) + \left( {2026 + 3\pi } \right) = 4052\).

Đáp số: \(4052\).

Điểm \(M\left( {0;b;c} \right)\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\).

Nhận thấy hoành độ của A và B cùng dấu (\({x_A} = 6 > 0,{x_B} = 2 > 0\)), do đó A và B nằm cùng một phía đối với mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\).

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với A qua \(\left( {Oyz} \right) \Rightarrow A'\left( { - 6;2;1} \right)\).

Khi đó ta có \(MA = MA'\), suy ra \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\).

Giá trị nhỏ nhất đạt được khi M là giao điểm của đoạn thẳng \(A'B\) và mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\).

Vectơ \(\overrightarrow {A'B} = \left( {8;1; - 2} \right)\). Phương trình đường thẳng \(A'B\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 + 8t}\\{y = 3 + t}\\{z = - 1 - 2t}\end{array}} \right.\).

M thuộc mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) nên \({x_M} = 0 \Leftrightarrow 2 + 8t = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{1}{4}\).

Thay t tìm tọa độ M: \(b = {y_M} = 3 + \left( { - \frac{1}{4}} \right) = \frac{{11}}{4}\); \(c = {z_M} = - 1 - 2 \cdot \left( { - \frac{1}{4}} \right) = - \frac{1}{2}\).

Biểu thức cần tính: \(b - \frac{1}{2}c = \frac{{11}}{4} - \frac{1}{2} \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{11}}{4} + \frac{1}{4} = 3\).

Đáp số: \(3\).