Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Nguyễn Khuyến (TP.HCM) có đáp án

Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn \(\left[ { - 2;4} \right]\), ta thấy điểm cao nhất của đồ thị là điểm có tọa độ \(\left( { - 2;7} \right)\).

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 2;4} \right]\) là \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right) = 7\).

Chọn C.

Trong hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\), các mặt là các hình bình hành.

Xét hình bình hành \(A'B'C'D'\), ta có \(\overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {D'C'} \).

Mặt khác, tứ giác \(ABB'A'\) và \(DCC'D'\) là các hình bình hành nên các cạnh đối diện song song và bằng nhau, suy ra \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {D'C'} \).

Do đó, vectơ bằng với vectơ \(\overrightarrow {AB} \) là \(\overrightarrow {D'C'} \).

Chọn D.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Đạo hàm: \(y' = - 3{x^2} + 6x\).

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).

Xét dấu đạo hàm ta thấy tại điểm \(x = 0\) đạo hàm đổi dấu từ âm dương nên \(x = 0\) là điểm cực tiểu của hàm số. Giá trị cực tiểu tương ứng là \(y\left( 0 \right) = 5\). Do đó điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(A\left( {0;5} \right)\).

Tọa độ gốc tọa độ là \(O\left( {0;0} \right)\). Độ dài đoạn thẳng \(OA\) là: \(OA = \sqrt {{{\left( {0 - 0} \right)}^2} + {{\left( {5 - 0} \right)}^2}} = 5\).

Chọn A.

Áp dụng công thức tính côsin của góc giữa hai vectơ:

\(\cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = \frac{{\vec a \cdot \vec b}}{{\left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right|}} = \frac{{0 \cdot \left( { - 1} \right) + 1 \cdot 1 + 1 \cdot 0}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2} + {0^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 \cdot \sqrt 2 }} = \frac{1}{2}\).

Vì \(\cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = \frac{1}{2}\) nên góc giữa hai vectơ bằng \(60^\circ \).

Chọn A.

Quan sát hình ảnh bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Chọn B.

Do điểm \(A\) nằm trên tia \(Ox\) và \(OA = 3 \Rightarrow A\left( {3;0;0} \right)\).

Do điểm \(C\) nằm trên tia \(Oy\) và \(OC = 4 \Rightarrow C\left( {0;4;0} \right)\).

Do điểm \(O'\) nằm trên tia \(Oz\) và \(OO' = 5 \Rightarrow O'\left( {0;0;5} \right)\).

Điểm \(B\) thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và là đỉnh đối diện của \(O\) trong hình chữ nhật \(OABC\), do đó tọa độ của \(B\) là \(\left( {3;4;0} \right)\).

Điểm \(B'\) là đỉnh của hình hộp chữ nhật nằm thẳng đứng phía trên điểm \(B\) theo phương trục \(Oz\) với độ cao bằng \(OO' = 5\).

Vậy tọa độ của điểm \(B'\) là \(\left( {3;4;5} \right)\).

Chọn D.

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) lên trục hoành \(Ox\) được xác định bằng cách giữ nguyên hoành độ và cho tung độ, cao độ bằng \(0\).

Với \(M\left( {1; - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\), hình chiếu vuông góc \(M'\) trên \(Ox\) có tọa độ là \(M'\left( {1;0;0} \right)\).

Chọn C.

Tọa độ trung điểm \(H\) của đoạn thẳng \(MN\) được tính theo công thức:

   \({x_H} = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = \frac{{2 + \left( { - 2} \right)}}{2} = 0\)

               \({y_H} = \frac{{{y_M} + {y_N}}}{2} = \frac{{ - 3 + 7}}{2} = 2\)

                \({z_H} = \frac{{{z_M} + {z_N}}}{2} = \frac{{5 + 11}}{2} = 8\)

Vậy tọa độ trung điểm là \(H\left( {0;2;8} \right)\).

Chọn B.

Ý d) ĐÚNG. Vận tốc của chất điểm bằng đạo hàm bậc nhất của phương trình ly độ (tọa độ) theo thời gian: \(v\left( t \right) = f'\left( t \right) = 3{t^2} - 3\).

Ý a) SAI. Xét phương trình \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 3{t^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow {t^2} = 1 \Leftrightarrow t = 1\) hoặc \(t = - 1\). Vì xét trên đoạn \(\left[ {0;10} \right]\) nên chỉ có duy nhất một nghiệm \(t = 1\) thuộc đoạn này. Do đó phương trình không có hai nghiệm phân biệt trên \(\left[ {0;10} \right]\).

Ý b) SAI. Ta có xét dấu của \(f'\left( t \right)\) trên \(\left[ {0;10} \right]\): \(f'\left( t \right) < 0\) với \(t \in \left[ {0;1} \right)\) và \(f'\left( t \right) > 0\) với \(t \in \left( {1;10} \right]\). Tại điểm \(t = 1\), đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương nên đây là điểm cực tiểu của hàm số, hàm số không có điểm cực đại nào trên đoạn \(\left[ {0;10} \right]\).

Ý c) SAI. Xét gia tốc của chất điểm \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t\). Với mọi \(t \in \left( {0;1} \right)\), ta có \(a\left( t \right) = 6t > 0\), điều này chứng tỏ vận tốc \(v\left( t \right)\) đang tăng. Do đó phát biểu vận tốc giảm là sai.

Ý c) ĐÚNG. Điều kiện xác định: \(x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1\). Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). Định dạng dưới dạng khoảng là \(\left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\) hoặc viết dạng loại trừ tập hợp. Phát biểu đúng về mặt bản chất tập hợp.

Ý b) ĐÚNG. Đạo hàm của hàm số bậc nhất trên bậc nhất: \(y' = \frac{{1 \cdot \left( { - 1} \right) - 3 \cdot 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\). Vì \(y' < 0\) với mọi \(x \ne 1\) nên hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng xác định và không có cực trị.

Ý d) SAI. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Ý a) SAI. Trên đoạn \(\left[ { - \frac{1}{2};0} \right]\), hàm số liên tục và luôn nghịch biến. Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số sẽ đạt được tại đầu mút bên trái: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - \frac{1}{2};0} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{ - \frac{1}{2} + 3}}{{ - \frac{1}{2} - 1}} = \frac{{\frac{5}{2}}}{{ - \frac{3}{2}}} = - \frac{5}{3}\). Giá trị này khác \( - 3\).

Ý a) SAI. Do \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên cạnh bên \(CC'\) vuông góc với mặt đáy \(\left( {ABC} \right)\).

Suy ra \(CC' \bot AB \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CC'} = 0\).

Ý b) ĐÚNG. Xét tam giác vuông \(ABB'\) vuông tại \(B\), ta có:

\(AB' = \sqrt {A{B^2} + B{{B'}^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 3 \).

Tương tự, xét tam giác vuông \(BCC'\) vuông tại \(C\), ta có \(BC' = \sqrt {B{C^2} + C{{C'}^2}} = a\sqrt 3 \).

Do đó \(\left| {\overrightarrow {AB'} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC'} } \right| = a\sqrt 3 \).

Ý c) SAI. Do \(B'C'{\rm{//}}BC\) nên góc giữa hai vectơ \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {B'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right)\). Tam giác \(ABC\) là tam giác đều (do lăng trụ tam giác đều) nên \(\widehat {ABC} = 60^\circ \). Góc giữa hai vectơ chung gốc \(B\) là \(\overrightarrow {BA} \) và \(\overrightarrow {BC} \) bằng \(60^\circ \), suy ra góc giữa \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BC} \) bằng \(180^\circ - 60^\circ = 120^\circ \).

Ý d) ĐÚNG. Theo quy tắc hình bình hành áp dụng cho mặt bên \(ABB'A'\), ta có \(\overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} \). Vì các cạnh bên song song và bằng nhau nên \(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {CC'} \). Thay vào ta được \(\overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CC'} \).

Xác định hệ tọa độ: Giả sử chiều dài \(10{\rm{\;m}}\) nằm dọc theo trục \(Oy\) (bức tường dài \(10{\rm{\;m}}\)), chiều rộng \(7{\rm{\;m}}\) dọc theo trục \(Ox\) (bức tường có kích thước \(7 \times 3,3\) chính là bức tường nằm trong mặt phẳng song song hoặc trùng với mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\)).

Vị trí tâm trần nhà có tọa độ hình chiếu xuống sàn là trung điểm của chiều dài và chiều rộng: \(x = \frac{7}{2} = 3,5\) và \(y = \frac{{10}}{2} = 5\).

Độ cao của trần nhà là \(3,3{\rm{\;m}}\). Thanh treo quạt dài \(0,8{\rm{\;m}}\) hướng thẳng đứng xuống dưới, nên độ cao (cao độ \(z\)) của động cơ quạt điểm \(I\) là: \(z = 3,3 - 0,8 = 2,5{\rm{\;m}}\).

Vậy tọa độ động cơ quạt là \(I\left( {3,5;5;2,5} \right)\).

Ý c) ĐÚNG. Tọa độ của \(I\) có \(a = 3,5;b = 5;c = 2,5\).

Ý d) ĐÚNG. Khoảng cách từ điểm \(I\) đến sàn nhà (mặt phẳng \(Oxy\)) chính là cao độ \({z_I} = 2,5{\rm{\;m}}\).

Ý a) ĐÚNG. Bức tường trang trí tranh có kích thước \(7 \times 3,3\), tức là bức tường nằm ở mặt phẳng ứng với vị trí giới hạn chiều dài của phòng (mặt phẳng \(y = 0\) hoặc \(y = 10\)). Khoảng cách từ tâm quạt \(I\left( {3,5;5;2,5} \right)\) đến bức tường này chính là khoảng cách đến mặt phẳng song song với \(\left( {Oxz} \right)\), bằng \(5{\rm{\;m}}\).  

Ý b) ĐÚNG. Tính khoảng cách từ thiết bị \(A\left( {0;2;1} \right)\) đến động cơ quạt \(I\left( {3,5;5;2,5} \right)\):

\(AI = \sqrt {{{\left( {3,5 - 0} \right)}^2} + {{\left( {5 - 2} \right)}^2} + {{\left( {2,5 - 1} \right)}^2}} = \sqrt {{{3,5}^2} + {3^2} + {{1,5}^2}} = \sqrt {12,25 + 9 + 2,25} = \sqrt {23,5} \approx 4,85{\rm{\;m}}\).

Vì \(4,85{\rm{\;m}} < 5,5{\rm{\;m}}\) nên phát biểu này đúng.

Gia tốc \(a\left( t \right)\) của tàu con thoi là đạo hàm bậc nhất của hàm vận tốc theo thời gian \(t\):

\(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 3 \cdot 0,001302 \cdot {t^2} - 2 \cdot 0,08029 \cdot t = 0,003906{t^2} - 0,16058t\).

Để gia tốc tăng, đạo hàm của gia tốc phải dương (tức là hàm số gia tốc đồng biến):

    \(a'\left( t \right) = 2 \cdot 0,003906 \cdot t - 0,16058 = 0,007812t - 0,16058\)

Xét bất phương trình \(a'\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow 0,007812t - 0,16058 > 0 \Leftrightarrow t > \frac{{0,16058}}{{0,007812}} \approx 20,555{\rm{\;s}}\).

Do đó, trong khoảng thời gian từ \(t \approx 20,555{\rm{\;s}}\) đến \(t = 126{\rm{\;s}}\), gia tốc của tàu sẽ liên tục tăng.

Thời gian gia tốc tăng là: \({\rm{\Delta }}t = 126 - 20,555 = 105,445{\rm{\;gi\^a y}}\).

Làm tròn đến hàng đơn vị: \(105\).

Đáp số: 105.

Gọi hai lực đầu tiên là \(\overrightarrow {{F_1}} \) và \(\overrightarrow {{F_2}} \) với \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = 50{\rm{\;N}}\), góc giữa chúng là \(\alpha = 120^\circ \).

Gọi \(\overrightarrow {{F_{12}}} = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} \) là hợp lực của hai lực này. Độ lớn của \(\overrightarrow {{F_{12}}} \) được tính theo quy tắc hình bình hành:

\({F_{12}} = \sqrt {F_1^2 + F_2^2 + 2{F_1}{F_2}\cos 120^\circ } = \sqrt {{{50}^2} + {{50}^2} + 2 \cdot 50 \cdot 50 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right)} = 50{\rm{\;N}}\).

Lực thứ ba \(\overrightarrow {{F_3}} \) có độ lớn \(60{\rm{\;N}}\) và vuông góc với mặt phẳng chứa \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} \), nên \(\overrightarrow {{F_3}} \) cũng vuông góc với hợp lực \(\overrightarrow {{F_{12}}} \).

Độ lớn của tổng hợp lực toàn phần \(\vec F = \overrightarrow {{F_{12}}} + \overrightarrow {{F_3}} \) tuân theo định lý Pythagore:

\(F = \sqrt {F_{12}^2 + F_3^2} = \sqrt {{{50}^2} + {{60}^2}} = \sqrt {2500 + 3600} = \sqrt {6100} = 10\sqrt {61} \approx 78,102{\rm{\;N}}\).

Làm tròn đến hàng phần mười ta được \(78,1\).

Đáp số: 78,1.

Theo quy ước hệ trục tọa độ: Trục \(Ox\) hướng về phía nam, trục \(Oy\) hướng về phía đông, trục \(Oz\) hướng thẳng đứng lên trời.

Vị trí điểm \(A\): cách gốc \(5{\rm{\;m}}\) về phía nam \( \Rightarrow {x_A} = 5\); cách gốc \(6{\rm{\;m}}\) về phía đông \( \Rightarrow {y_A} = 6\); cách mặt đất \(4{\rm{\;m}}\) \( \Rightarrow {z_A} = 4\). Vậy \(A\left( {5;6;4} \right)\).

Vị trí điểm \(B\): Tọa độ của điểm \(B\) được xác định qua độ dài vectơ và các góc định hướng (cosin chỉ phương):

\({x_B} = OB \cdot \cos 135^\circ = 10 \cdot \left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = - 5\sqrt 2 \);

\({y_B} = OB \cdot \cos 120^\circ = 10 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = - 5\);

\({z_B} = OB \cdot \cos 60^\circ = 10 \cdot \frac{1}{2} = 5\).

Vậy \(B\left( { - 5\sqrt 2 ; - 5;5} \right)\).

Tính khoảng cách \(AB\): \(AB = \sqrt {{{\left( { - 5\sqrt 2 - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 5 - 6} \right)}^2} + {{\left( {5 - 4} \right)}^2}} \)\( \approx 16,36{\rm{\;m}}\).

Làm tròn đến hàng phần chục của mét: \(16,4\).

Đáp số: 16,4.

Tổng chi phí bao gồm chi phí xuất bản và chi phí phát hành cho \(x\) cuốn tạp chí:

\(T\left( x \right) = C\left( x \right) + 2x = 0,002{x^2} - 3x + 55000 + 2x = 0,002{x^2} - x + 55000\).

Chi phí trung bình cho mỗi cuốn tạp chí là hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{T\left( x \right)}}{x}\):

\(f\left( x \right) = \frac{{0,002{x^2} - x + 55000}}{x} = 0,002x - 1 + \frac{{55000}}{x}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si (Cauchy) cho hai số dương \(0,002x\) và \(\frac{{55000}}{x}\) (với \(x > 0\)):

\(0,002x + \frac{{55000}}{x} \ge 2\sqrt {0,002x \cdot \frac{{55000}}{x}} = 2\sqrt {110} \).

Do đó, giá trị nhỏ nhất của chi phí trung bình là: \(f\left( x \right) \ge 2\sqrt {110} - 1 \approx 19,976\) nghìn đồng.

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị: \(20\).

Đáp số: 20.