Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THCS&THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm (Hà Nội) có đáp án - mã đề 1201

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy trên khoảng \(\left( { - 1;3} \right)\), đạo hàm \(f'\left( x \right) > 0\) (mang dấu \( + \)). Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;3} \right)\).

Chọn B.

Điểm cực đại của đồ thị hàm số là \(\left( { - 1;1} \right)\). Do đó, hàm số đạt cực đại tại điểm \(x = - 1\).

Chọn D.

Quan sát các giá trị trên biểu đồ ta có: \(150,185,145,205,155,270,60\). Giá trị lớn nhất trong các số này là \(270\) (đạt được vào quý II/22).

Chọn A.

Tiệm cận đứng: Nghiệm của mẫu số \(x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

Tiệm cận ngang: \(y = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to \pm \infty }} \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 2\).

Vậy tiệm cận đứng là \(x = 1\) và tiệm cận ngang là \(y = 2\).

Chọn B.

Đồ thị là của hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) có nhánh cuối đi xuống nên \(a < 0\).

Đồ thị cắt trục tung tại điểm \(\left( {0;1} \right)\), suy ra \(d = 1\).

Đồ thị có hai điểm cực trị là \(x = - 2\) (điểm cực tiểu) và \(x = 0\) (điểm cực đại).

Xét đạo hàm của hàm số ở phương án A: \(y' = - 3{x^2} - 6x = - 3x\left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = - 2\). Điều này hoàn toàn trùng khớp với đồ thị (đạt cực đại tại \(x = 0\) vì qua đó \(y{\rm{'}}\) đổi dấu từ \( + \) sang \( - \), đạt cực tiểu tại \(x = - 2\)).

Chọn A.

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số không xác định tại \(x = 1\), có tiệm cận đứng \(x = 1\), tiệm cận ngang \(y = 2\). Các phương án A, C, D đều thỏa mãn điều này.

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định, tức là \(y' > 0\).

Xét phương án A: \(y = \frac{{2x - 3}}{{x - 1}} \Rightarrow y' = \frac{{2 \cdot \left( { - 1} \right) - \left( { - 3} \right) \cdot 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0\) (Thỏa mãn).

Xét phương án C: \(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\) (Loại).

Xét phương án D: \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\) (Loại).

Chọn A.

Ta biến đổi đạo hàm: \(f'\left( x \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x + 1} \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right){\left( {x + 1} \right)^2}\).

Nghiệm của \(f'\left( x \right) = 0\) là \(x = - 2\), \(x = 1\), và \(x = - 1\) (nghiệm bội chẵn).

Xét dấu \(f'\left( x \right)\):

Khi \(x \in \left( { - \infty ; - 2} \right)\), \(f'\left( x \right) > 0\).

Khi \(x \in \left( { - 2;1} \right)\), \(f'\left( x \right) < 0\) (qua \(x = - 1\) không đổi dấu).

Khi \(x \in \left( {1; + \infty } \right)\), \(f'\left( x \right) > 0\).

Do qua điểm \(x = 1\), đạo hàm \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm \(\left( - \right)\) sang dương \(\left( + \right)\) nên hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1\). Giá trị cực tiểu tương ứng là \(f\left( 1 \right)\).

Chọn A.

Dựa vào bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\):

Đạo hàm đổi dấu qua các nghiệm \(x = 0\) và \(x = 1\). Do đó hàm số có \(2\) điểm cực trị.

Chọn A.

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

Đạo hàm: \(y' = \frac{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} - x + 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} - 3x + 1 - {x^2} + x - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 2\).

Xét dấu \(y'\): \(y' < 0\) khi \(x \in \left( {0;1} \right) \cup \left( {1;2} \right)\).

Do đó, hàm số nghịch biến trên từng khoảng \(\left( {0;1} \right)\) và \(\left( {1;2} \right)\). Trong các phương án đưa ra, khoảng \(\left( {1;2} \right)\) nằm hoàn toàn trong tập nghịch biến của hàm số.

Chọn A.

Vận tốc của chất điểm là đạo hàm của quãng đường theo thời gian: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - \frac{3}{2}{t^2} + 18t\).

Yêu cầu tìm giá trị lớn nhất của \(v\left( t \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;12} \right]\).

Đồ thị hàm số \(v\left( t \right)\) là một parabol quay bề lõm xuống dưới, có đỉnh tại: \(t = - \frac{{18}}{{2 \cdot \left( { - 3/2} \right)}} = 6{\rm{\;(gi\^a y)}}\).

Vì \(6 \in \left[ {0;12} \right]\) nên vận tốc đạt giá trị lớn nhất tại thời điểm \(t = 6\).

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to {0^ + }}} y = - \infty \), suy ra \(x = 0\) là một đường tiệm cận đứng.

Khi \(x \to - \infty \), \(y \to 3\), suy ra \(y = 3\) là một đường tiệm cận ngang.

Khi \(x \to + \infty \), \(y \to 2\), suy ra \(y = 2\) là một đường tiệm cận ngang.

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

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 3 = 0{\rm{\;(}}x \ne - 2{\rm{)}}\).

Biệt thức \(\Delta = {3^2} - 4 \cdot 1 \cdot 3 = - 3 < 0\), phương trình vô nghiệm. Do đó, đồ thị hàm số không cắt trục hoành.

Chọn A.

a) ĐÚNG. Đồ thị rõ ràng có hai điểm cực trị tại \(x = 1\) (điểm cực đại) và \(x = 3\) (điểm cực tiểu).

b) SAI. Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\) và đồng biến trên \(\left( {3; + \infty } \right)\), nên không thể đồng biến trên toàn bộ khoảng \(\left( {1;5} \right)\).

c) SAI. Trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\), khi \(x \to + \infty \) thì \(y \to + \infty \), do đó hàm số không có giá trị lớn nhất trên khoảng này (\(5\) chỉ là giá trị cực đại).

d) ĐÚNG. Với \(x = 1\), giá trị hàm số là \(y\left( 1 \right) = a \cdot {1^3} + b \cdot {1^2} + c \cdot 1 + d = a + b + c + d\). Nhìn vào đồ thị, tại điểm cực đại \(x = 1\) thì tung độ bằng \(5\). Do đó \(a + b + c + d = 5\).

a) ĐÚNG. Thay \(x = 6\) vào công thức: \(S\left( 6 \right) = 200\left( {5 - \frac{9}{{6 + 2}}} \right) = 200\left( {5 - \frac{9}{8}} \right) = 200 \cdot \frac{{31}}{8} = 775\).

b) ĐÚNG. Ta có \(S\left( x \right) = 1000 - \frac{{1800}}{{x + 2}} \Rightarrow S'\left( x \right) = - 1800 \cdot \left( { - \frac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \right) = \frac{{1800}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).

c) SAI. Khi duy trì thời gian đủ lâu (\(x \to + \infty \)), ta có \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to + \infty }} S\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to + \infty }} 200\left( {5 - \frac{9}{{x + 2}}} \right) = 1000\). Vì hàm số luôn tăng và tiệm cận đến \(1000\) nên số lượng sản phẩm tối đa thu được chỉ tiệm cận chứ không bao giờ vượt quá mức \(1000\).

d) ĐÚNG. Tốc độ tăng trưởng là \(S'\left( x \right) = \frac{{1800}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\). Khi \(x\) tăng, mẫu số tăng khiến \(S'\left( x \right)\) giảm dần (nhưng luôn dương). Điều này chứng tỏ doanh số tăng trưởng chậm lại theo thời gian.

a) SAI. Đạo hàm chính xác là: \(y' = \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right) - \left( {{x^2} + x + 7} \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} + 5x + 2 - {x^2} - x - 7}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 4x - 5}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).

b) ĐÚNG. Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 = 0 \Leftrightarrow x = 1\) hoặc \(x = - 5\).

Với \(x = - 5 \Rightarrow y = - 9\). Vì \(x = - 5\) là nghiệm thuộc khoảng đổi dấu từ \( + \) sang \( - \) nên \(\left( { - 5; - 9} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị.

Với \(x = 1 \Rightarrow y = 3\). Là điểm cực tiểu của đồ thị.

c) ĐÚNG. Thực hiện phép chia đa thức: \(\frac{{{x^2} + x + 7}}{{x + 2}} = x - 1 + \frac{9}{{x + 2}}\). Do \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to \pm \infty }} \frac{9}{{x + 2}} = 0\) nên tiệm cận xiên là \(y = x - 1\).

d) SAI. Để \(x,y \in \mathbb{Z}\) thì \(\left( {x + 2} \right)\) phải là ước nguyên của \(9\). Các ước của \(9\) bao gồm: \( \pm 1, \pm 3, \pm 9\) (tổng cộng có 6 ước). Do đó chỉ có 6 điểm có tọa độ nguyên.

a) ĐÚNG. Doanh thu \(F\left( x \right) = x \cdot \left( {1400 - 7,5x} \right) = 1400x - 7,5{x^2}\) (USD).

b) ĐÚNG. Tổng chi phí \(C\left( x \right) = x \cdot \overline C \left( x \right) = x\left( {{x^2} - 6x + 140 + \frac{{750}}{x}} \right) = {x^3} - 6{x^2} + 140x + 750\) (USD).

c) ĐÚNG. Lợi nhuận

\(P\left( x \right) = F\left( x \right) - C\left( x \right) = \left( {1400x - 7,5{x^2}} \right) - \left( {{x^3} - 6{x^2} + 140x + 750} \right) = - {x^3} - 1,5{x^2} + 1260x - 750\) (USD).

d) ĐÚNG. Tìm GTLN của \(P\left( x \right)\) trên \(\left[ {1;186} \right]\):

\(P{\rm{'}}\left( x \right) = - 3{x^2} - 3x + 1260 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + x - 420 = 0 \Leftrightarrow x = 20\) hoặc \(x = - 21\).

Lập bảng biến thiên ta thấy \(P\left( x \right)\) đạt cực đại lớn nhất tại \(x = 20\).

\(P\left( {20} \right) = - {20^3} - 1,5 \cdot {20^2} + 1260 \cdot 20 - 750 = - 8000 - 600 + 25200 - 750 = 15850{\rm{\;(USD)}}{\rm{.}}\)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định khi và chỉ khi đạo hàm:

\(y' = \frac{{2m - 2025}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow 2m - 2025 < 0 \Leftrightarrow m < \frac{{2025}}{2} = 1012,5\).

Vì \(m\) là số nguyên dương nên \(m \in \left\{ {1;2;3; \ldots ;1012} \right\}\).

Số lượng số nguyên dương \(m\) thỏa mãn là \(1012\).

Kết quả: 1012.

Đặt \(DP = x\) và \(BQ = y\) (với \(0 \le x,y \le 1\)).

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: \(PM = PD = x \Rightarrow PC = 1 - x\); \(QM = QB = y \Rightarrow QC = 1 - y\).

Độ dài đoạn \(PQ = PM + MQ = x + y\).

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông \(PCQ\):

\(P{Q^2} = P{C^2} + Q{C^2} \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} = {\left( {1 - x} \right)^2} + {\left( {1 - y} \right)^2}\)

\({x^2} + 2xy + {y^2} = 1 - 2x + {x^2} + 1 - 2y + {y^2} \Leftrightarrow 2xy = 2 - 2x - 2y \Leftrightarrow xy + x + y = 1\)\( \Rightarrow y\left( {x + 1} \right) = 1 - x \Rightarrow y = \frac{{1 - x}}{{x + 1}}\).

Khi đó độ dài cạnh \(PQ\) là: \(f\left( x \right) = x + y = x + \frac{{1 - x}}{{x + 1}} = \frac{{{x^2} + 1}}{{x + 1}}\).

Tìm giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) trên \(\left[ {0;1} \right]\):

\(f'\left( x \right) = \frac{{2x\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 1 = 0\mathop \to \limits^{x \in \left[ {0;1} \right]} x = - 1 + \sqrt 2 \approx 0,41\).

Kết quả: 0,41.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng \({d_1}:x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 2\).

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng \({d_2}:y = - 2x + 1 \Leftrightarrow 2x + y - 1 = 0\).

Đường thẳng \({d_1}\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1;0} \right)\), đường thẳng \({d_2}\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_2}} = \left( {2;1} \right)\).

Ta có: \({\rm{cos}}\alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{\left| {1 \cdot 2 + 0 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2}} \cdot \sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\).

Áp dụng hệ thức lượng giác: \({\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha = \frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha }} - 1 = \frac{5}{4} - 1 = \frac{1}{4} \Rightarrow {\rm{tan}}\alpha = \frac{1}{2} = 0,5\) (do \(\tan \alpha > 0\)).

Kết quả: 0,5.

Đạo hàm: \(y' = 3{x^2} - 12x = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 4\).

Với \(x = 0 \Rightarrow y = 2 \Rightarrow A\left( {0;2} \right)\). Điểm \(A\) nằm trên trục tung \(Oy\).

Với \(x = 4 \Rightarrow y = - 30 \Rightarrow B\left( {4; - 30} \right)\).

Tam giác \(OAB\) có đỉnh \(A\) nằm trên trục \(Oy\), độ dài đáy \(OA = \left| {{y_A}} \right| = 2\). Khoảng cách từ điểm \(B\) đến trục \(Oy\) chính là trị tuyệt đối hoành độ của \(B\): \(d\left( {B,Oy} \right) = \left| {{x_B}} \right| = 4\).

Diện tích tam giác \(OAB\) là: \(S = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot \left| {{x_B}} \right| = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 4 = 4\).

Kết quả: 4.

Đặt khoảng cách \(BM = x{\rm{\;(km)}}\) với \(0 \le x \le 7\).

Khoảng cách từ \(M\) đến \(C\) là \(MC = 7 - x\) (km).

Xét tam giác vuông \(ABM\) tại \(B\), độ dài đường chèo thuyền là \(AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {25 + {x^2}} \) (km).

Tổng thời gian di chuyển từ \(A\) qua \(M\) rồi đến \(C\) là: \(T\left( x \right) = \frac{{\sqrt {25 + {x^2}} }}{4} + \frac{{7 - x}}{6}\) (h).

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(T\left( x \right)\) trên \(\left[ {0;7} \right]\) bằng cách lấy đạo hàm:

\(T'\left( x \right) = \frac{x}{{4\sqrt {25 + {x^2}} }} - \frac{1}{6}\);

\(T'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 6x = 4\sqrt {25 + {x^2}} \Leftrightarrow 3x = 2\sqrt {25 + {x^2}} \)

\( \Rightarrow 9{x^2} = 4\left( {25 + {x^2}} \right) \Leftrightarrow 5{x^2} = 100 \Leftrightarrow {x^2} = 20 \Rightarrow x = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \approx 4,47{\rm{\;(km)}}\).

Ta có \(T\left( 0 \right) = \frac{{29}}{{12}} \approx 2,42;T\left( 7 \right) = \frac{{\sqrt {74} }}{4} \approx 2,15;T\left( {2\sqrt 5 } \right) = \frac{{14 + 5\sqrt 5 }}{{12}} \approx 2,1\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số \(T\left( x \right)\) trên \(\left[ {0;7} \right]\) đạt tại \(x = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \approx 4,47{\rm{\;(km)}}\).

Kết quả: 4,47.

Bể chứa dầu gồm hai nửa hình cầu bán kính \(r\) (ghép lại thành một hình cầu bán kính \(r\)) và một hình trụ có bán kính đáy \(r\), chiều cao \(h\).

Thể tích của toàn bộ bể chứa: \(V = {V_{{\rm{cau}}}} + {V_{{\rm{tru}}}} = \frac{4}{3}\pi {r^3} + \pi {r^2}h\).

Theo đề bài, thể tích bể bằng \(9\pi {\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}\): \(\frac{4}{3}\pi {r^3} + \pi {r^2}h = 9\pi \Leftrightarrow \frac{4}{3}{r^3} + {r^2}h = 9\).

Từ đây, ta biểu diễn chiều cao \(h\) theo bán kính \(r\): \({r^2}h = 9 - \frac{4}{3}{r^3} \Leftrightarrow h = \frac{9}{{{r^2}}} - \frac{4}{3}r\).

Theo yêu cầu vận chuyển, chiều cao phải thỏa mãn \(h \ge 2\) nên \(\frac{9}{{{r^2}}} - \frac{4}{3}r \ge 2\).

Vì \(r > 0\), nhân cả hai vế với \(3{r^2}\) ta được \(27 - 4{r^3} \ge 6{r^2} \Leftrightarrow 4{r^3} + 6{r^2} - 27 \le 0\)\( \Leftrightarrow \left( {2r - 3} \right)\left( {2{r^2} + 6r + 9} \right) \le 0\).

Vì \(2{r^2} + 6r + 9 > 0\) với mọi \(r\), bất phương trình tương đương với: \(2r - 3 \le 0 \Leftrightarrow r \le 1,5\).

Vậy tập xác định của bán kính là \(r \in \left( {0;1,5} \right]\).

Chi phí làm bể tỉ lệ thuận với diện tích bề mặt ngoài của bể: \(S = {S_{{\rm{cau}}}} + {S_{{\rm{xq\;tru}}}} = 4\pi {r^2} + 2\pi rh\).

Thay \(h = \frac{9}{{{r^2}}} - \frac{4}{3}r\) vào công thức diện tích:

\(S\left( r \right) = 4\pi {r^2} + 2\pi r\left( {\frac{9}{{{r^2}}} - \frac{4}{3}r} \right)\)\( = 4\pi {r^2} + \frac{{18\pi }}{r} - \frac{8}{3}\pi {r^2} = \frac{4}{3}\pi {r^2} + \frac{{18\pi }}{r}\).

Xét hàm số \(S\left( r \right)\) trên nửa khoảng \(\left( {0;1,5} \right]\), ta tính đạo hàm: \(S'\left( r \right) = \frac{8}{3}\pi r - \frac{{18\pi }}{{{r^2}}}\).

Tìm nghiệm của đạo hàm \(S'\left( r \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{8}{3}\pi r = \frac{{18\pi }}{{{r^2}}} \Leftrightarrow {r^3} = \frac{{54}}{8} = 6,75 \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{6,75}} \approx 1,89\).

Vì điểm cực trị \(r \approx 1,89\) nằm ngoài khoảng xét \(\left( {0;1,5} \right]\) và với mọi \(r \in \left( {0;1,5} \right]\) thì \(S'\left( r \right) < 0\). Do đó, hàm số \(S\left( r \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;1,5} \right]\).

Vì hàm số luôn giảm trên \(\left( {0;1,5} \right]\), giá trị nhỏ nhất của \(S\left( r \right)\) sẽ đạt được tại điểm \(r = 1,5\).

Bán kính \(r\) để chi phí làm bể là nhỏ nhất là 1,5 (m).

Kết quả: 1,5.