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

Áp dụng quy tắc hình hộp cho bốn điểm chung đỉnh \(A\), ta có: \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \).

Tìm tọa độ các vectơ:

\(\overrightarrow {AB} = \left( {0 - \left( { - 3} \right);2 - 0;0 - 0} \right) = \left( {3;2;0} \right)\);

\(\overrightarrow {AD} = \left( {0 - \left( { - 3} \right);0 - 0;1 - 0} \right) = \left( {3;0;1} \right)\);

\(\overrightarrow {AA'} = \left( {1 - \left( { - 3} \right);2 - 0;3 - 0} \right) = \left( {4;2;3} \right)\).

Suy ra tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {AC'} \) là: \(\overrightarrow {AC'} = \left( {3 + 3 + 4;2 + 0 + 2;0 + 1 + 3} \right) = \left( {10;4;4} \right)\).

Mà \(\overrightarrow {AC'} = \left( {{x_{C'}} - {x_A};{y_{C'}} - {y_A};{z_{C'}} - {z_A}} \right)\), do đó tọa độ điểm \(C'\) là \(C'\left( {7;4;4} \right)\).

Chọn B.

Tập xác định: \(2025 - 9{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow - 15 \le x \le 15 \Rightarrow D = \left[ { - 15;15} \right]\).

Đạo hàm của hàm số: \(y' = \frac{{{{\left( {2025 - 9{x^2}} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {2025 - 9{x^2}} }} = \frac{{ - 18x}}{{2\sqrt {2025 - 9{x^2}} }} = \frac{{ - 9x}}{{\sqrt {2025 - 9{x^2}} }}\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left( { - 15;15} \right)\).

Xét dấu đạo hàm:

Với \(x \in \left( { - 15;0} \right)\), \(y' > 0\) (hàm số đồng biến).

Với \(x \in \left( {0;15} \right)\), \(y' < 0\) (hàm số nghịch biến).

Do đó, hàm số đạt cực đại tại điểm \(x = 0\).

Chọn D.

Quan sát đồ thị hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất dạng \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\):

Đường tiệm cận đứng là đường nét đứt đi qua vị trí \(x = 1\), tức là \(x = 1\).

Đường tiệm cận ngang là đường nét đứt đi qua vị trí \(y = 1\), tức là \(y = 1\).

Xét các phương án:

Phương án A: \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\) có tiệm cận đứng \(x = 1\), tiệm cận ngang \(y = \frac{1}{1} = 1\). Đồ thị giao với trục \(Oy\) tại điểm \(\left( {0; - 1} \right)\), trùng khớp với điểm \(\left( { - 1} \right)\) trên trục tung ở đồ thị đề bài.

Phương án B: \(y = \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}\) có tiệm cận ngang \(y = 2 \ne 1\) (Loại).

Chọn A.

Tích vô hướng của hai vectơ được tính theo công thức:

\(\vec a \cdot \vec b = {a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + {a_3}{b_3}\)\( = 0 \cdot 5 + \left( { - 1} \right) \cdot 3 + 3 \cdot \left( { - 1} \right) = 0 - 3 - 3 = - 6\).

Chọn A.

Cách 1:

Ta biến đổi hàm số ban đầu: \(f\left( x \right) = 3\left( {{x^4} - 576{x^2} + 82944} \right) = 3{\left( {{x^2} - 288} \right)^2}\).

Vì \({\left( {{x^2} - 288} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\), giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt được khi biểu thức bằng 0:

\(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 288 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 12\sqrt 2 \).

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 92;100} \right]\) là \(0\).

Cách 2:

Tính đạo hàm: \(f'\left( x \right) = 12{x^3} - 3456x = 12x\left( {{x^2} - 288} \right)\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = \pm \sqrt {288} = \pm 12\sqrt 2 }\end{array}} \right.\).

Tất cả các nghiệm trên đều thuộc đoạn \(\left[ { - 92;100} \right]\).

Ta có: \(f\left( { - 92} \right) = 200540928;f\left( { - 12\sqrt 2 } \right) = 0;f\left( 0 \right) = 248832;f\left( {12\sqrt 2 } \right) = 0;f\left( {100} \right) = 282968832\).

So sánh các giá trị, vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 92;100} \right]\) là \(0\).

Chọn A.

Ta có \(\overrightarrow {AM} = 2\overrightarrow {MB} \)\( \Leftrightarrow \left( {{x_M} - 1;{y_M} - 2;{z_M} - 3} \right) = 2\left( { - 10 - {x_M};5 - {y_M};3 - {z_M}} \right)\).

Giải từng thành phần tọa độ:

Hoành độ:\({x_M} - 1 = - 20 - 2{x_M} \Leftrightarrow 3{x_M} = - 19 \Leftrightarrow {x_M} = - \frac{{19}}{3}\);

Tung độ:\({y_M} - 2 = 10 - 2{y_M} \Leftrightarrow 3{y_M} = 12 \Leftrightarrow {y_M} = 4\);

Cao độ:\({z_M} - 3 = 6 - 2{z_M} \Leftrightarrow 3{z_M} = 9 \Leftrightarrow {z_M} = 3\).

Vậy điểm \(M\) có tọa độ là \(\left( { - \frac{{19}}{3};4;3} \right)\).

Chọn A.

Dựa vào tính chất của hình hộp, các mặt bên và các mặt đáy đều là hình bình hành. Do đó:

\(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AD} \) (do \(ABCD\) là hình bình hành)

\(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {B'C'} \) (do \(BCC'B'\) là hình bình hành)

\(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {A'D'} \) nên suy ra \(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {A'D'} \).

Vectơ \(\overrightarrow {D'C'} \) song song và bằng vectơ \(\overrightarrow {A'B'} \), không bằng \(\overrightarrow {BC} \).

Chọn C.

Tính đạo hàm của hàm số: \(y' = 3{x^2} - 16x + 5\).

Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi \(y' \le 0\): \(3{x^2} - 16x + 5 \le 0\).

Tam thức bậc hai có hai nghiệm là \(x = \frac{1}{3}\) và \(x = 5\). Trong khoảng giữa hai nghiệm, đạo hàm trái dấu với hệ số \(a = 3 > 0\), tức là \(y' < 0\).

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{1}{3};5} \right)\).

Chọn A.

Ý a): Đúng. Nhìn vào đồ thị, tại điểm \(x = 0\) ta có \(y = - 1 \Rightarrow d = - 1\).

Các điểm cực trị là \(x = 0\) và \(x = 2\). Do đó \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c = 0\) nhận \(x = 0\) và \(x = 2\) làm nghiệm.

\( \Rightarrow c = 0{\rm{\;v\`a \;12}}a + 4b = 0 \Rightarrow b = - 3a\).

Tại điểm \(x = 2\), hàm số đạt cực đại với \(y = 3\) nên

\(f\left( 2 \right) = a \cdot {2^3} + b \cdot {2^2} + d = 8a + 4b - 1 = 3 \Rightarrow 8a + 4 \cdot \left( { - 3a} \right) = 4 \Rightarrow - 4a = 4 \Rightarrow a = - 1\)

\( \Rightarrow b = 3;\;c = 0;\;d = - 1\).

Hàm số là: \(f\left( x \right) = - {x^3} + 3{x^2} - 1\).

Do đó \(a + b + c + d = - 1 + 3 + 0 - 1 = 1\).

Ý b): Đúng. Từ đồ thị, khoảng cách từ cực tiểu \(x = 0\) đến cực đại \(x = 2\) là khoảng đi lên của đồ thị (hàm số đồng biến). Do đó hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\), suy ra nó đồng biến trên khoảng con \(\left( {0;1} \right)\).

Ý c): Đúng. Điểm cực đại của đồ thị là \(\left( {2;3} \right)\), do đó giá trị cực đại của hàm số bằng \(3\).

Ý d): Sai. Hai điểm cực trị của đồ thị là \({M_1}\left( {0; - 1} \right)\) và \({M_2}\left( {2;3} \right)\). Thay tọa độ vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):y = 3x - 1\):

Với \({M_1}\left( {0; - 1} \right)\): \( - 1 = 3 \cdot 0 - 1\) (Thỏa mãn).

Với \({M_2}\left( {2;3} \right)\): \(3 \ne 3 \cdot 2 - 1 = 5\) (Không thỏa mãn).

Thực hiện chia đa thức: \(\frac{{{x^2} + 8}}{{x + 1}} = x - 1 + \frac{9}{{x + 1}}\).

Ý a): Đúng. Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = + \infty \) vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \left( {x + 1} \right) = {0^ + }\) và tử số tiến tới \(9 > 0\). Vậy \(x = - 1\) là đường tiệm cận đứng.

Ý b): Đúng. Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{9}{{x + 1}} = 0\), nên đường thẳng \(y = x - 1\) là tiệm cận xiên.

Ý c): Đúng. Đạo hàm của hàm số: \(y' = 1 - \frac{9}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 9}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x - 8}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x = - 4}\end{array}} \right.\).

Qua điểm \(x = 2\), đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương, tức là hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2\).

Ý d): Sai. Xét trên khoảng \(\left( { - 4; - 1} \right)\), chọn giá trị nghiệm thuộc khoảng là điểm kiểm tra hoặc lập bảng biến thiên: trong khoảng \(\left( { - 4;2} \right)\) ngoại trừ điểm bất định \( - 1\), tử số của đạo hàm \({x^2} + 2x - 8 < 0\), dẫn tới đạo hàm âm \( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 4; - 1} \right)\).

Phân tích vị trí các đỉnh dựa trên hệ trục tọa độ của hình hộp chữ nhật \(OABC.DEGH\) gốc \(O\):

\(A \in Ox \Rightarrow OA\) là chiều dài cạnh theo trục \(Ox\). Do đó các đỉnh đối diện sẽ có hoành độ bằng 3.

\(C \in Oy \Rightarrow OC\) là chiều dài cạnh theo trục \(Oy\).

\(D \in Oz \Rightarrow OD\) là chiều dài cạnh theo trục \(Oz\).

Suy ra tọa độ các đỉnh còn lại: \(B\left( {3;2;0} \right)\), \(E\left( {3;0;4} \right)\), \(H\left( {0;2;4} \right)\), \(G\left( {3;2;4} \right)\).

Ý a): Sai. Ta có \(E\left( {3;0;4} \right)\) và \(A\left( {3;0;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AE} = \left( {3 - 3;0 - 0;4 - 0} \right) = \left( {0;0;4} \right)\).

Ý b): Đúng. Tọa độ điểm \(G\left( {3;2;4} \right) \Rightarrow OG = \sqrt {{3^2} + {2^2} + {4^2}} = \sqrt {9 + 4 + 16} = \sqrt {29} \).

Ý c): Đúng. Điểm \(E\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\), có hình chiếu lên \(Ox\) là \(A\left( {3;0;0} \right)\) và lên \(Oz\) là \(D\left( {0;0;4} \right)\) suy ra \(E\left( {3;0;4} \right)\).

Ý d): Sai. Gọi \(I\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {ID} + \overrightarrow {IE} + \overrightarrow {IG} + \overrightarrow {IH} = \overrightarrow 0 \).

Tọa độ của \(I\) là trung bình cộng tọa độ 4 điểm \(D,E,G,H\).

Ta có \({x_I} = \frac{{0 + 3 + 3 + 0}}{4} = \frac{6}{4} = 1,5\); \({y_I} = \frac{{0 + 0 + 2 + 2}}{4} = \frac{4}{4} = 1\); \({z_I} = \frac{{4 + 4 + 4 + 4}}{4} = 4\). Do đó \(I\left( {1,5;1;4} \right)\).

Ta có \(\left| {\overrightarrow {KD} + \overrightarrow {KE} + \overrightarrow {KG} + \overrightarrow {KH} } \right| = \left| {4\overrightarrow {KI} } \right| = 4KI\).

Độ dài biểu thức nhỏ nhất khi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {OABC} \right)\) chính là mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình là \(z = 0\).

Do đó hình chiếu \(K\) của \(I\left( {1,5;1;4} \right)\) lên mặt phẳng này phải có tọa độ là \(K\left( {1,5;1;0} \right) \ne \left( {2;1;0} \right)\).

Lời giải

Tổng số lượng bản in cần hoàn thành là \(N = 70.000\) bản.

Nếu dùng \(n\) máy hoạt động đồng thời, tổng số bản in xưởng thực hiện được trong một giờ là: \(3500 \cdot n\).

Thời gian hoàn thành công việc (tính bằng giờ) là: \(t = \frac{{70000}}{{3500n}} = \frac{{20}}{n}\) (giờ).

Tổng chi phí vận hành gồm chi phí ban đầu cho \(n\) máy và chi phí chạy trong thời gian \(t\):

Chi phí ban đầu: \(80n\) (nghìn đồng).

Chi phí thời gian: \(\left( {60n + 100} \right) \cdot t = \left( {60n + 100} \right) \cdot \frac{{20}}{n} = 1200 + \frac{{2000}}{n}\) (nghìn đồng).

Tổng chi phí cho quá trình in ấn là: \(C\left( n \right) = 80n + 1200 + \frac{{2000}}{n}\)(nghìn đồng).

Để đạt được lợi nhuận (lãi) cao nhất, ta cần tối thiểu hóa tổng chi phí \(C\left( n \right)\). Áp dụng bất đẳng thức Cô-si (AM-GM) cho hai số dương \(80n\) và \(\frac{{2000}}{n}\) ta có:

\(80n + \frac{{2000}}{n} \ge 2\sqrt {80n \cdot \frac{{2000}}{n}} = 2\sqrt {160000} = 2 \cdot 400 = 800\).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: \(80n = \frac{{2000}}{n} \Leftrightarrow {n^2} = \frac{{2000}}{{80}} = 25 \Rightarrow n = 5{\rm{\;(m\'a y)}}\).

Số máy \(n = 5\) thỏa mãn điều kiện thực tế (\(5 \le 18\)).

Kết quả: 5.

Dựa vào đồ thị hàm số phân thức hữu tỉ bậc hai trên bậc nhất:

Tiệm cận đứng của đồ thị là \(x = - 1 \Rightarrow \) Nghiệm mẫu số \(x + d = 0 \Rightarrow d = 1\).

Tiệm cận xiên có phương trình đi qua các điểm đặc biệt. Đường nét đứt xiên đi qua điểm \(\left( {0;1} \right)\) và \(\left( {1;0} \right)\). Suy ra phương trình tiệm cận xiên có dạng \(y = - x + 1\).

Thực hiện phép chia tử cho mẫu: \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + 1}} = ax + \left( {b - a} \right) + \frac{{c - \left( {b - a} \right)}}{{x + 1}}\).

Đối chiếu với tiệm cận xiên \(y = - x + 1\), ta thu được hệ số:

\(a = - 1\) và \(b - a = 1 \Rightarrow b - \left( { - 1} \right) = 1 \Rightarrow b = 0\).

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\), thay điểm \(\left( {0;0} \right)\) vào hàm số: \(0 = \frac{{a \cdot {0^2} + b \cdot 0 + c}}{{0 + 1}} \Rightarrow c = 0\).

Kiểm tra lại giá trị cực trị trên hình để đảm bảo: đồ thị có điểm cực đại tại \(\left( {0;0} \right)\) và cực tiểu tại \(\left( { - 2;4} \right)\). Thay \(x = - 2\): \(y = \frac{{ - {{\left( { - 2} \right)}^2} + 0 + 0}}{{ - 2 + 1}} = \frac{{ - 4}}{{ - 1}} = 4\) (hoàn toàn chính xác).

Tính giá trị biểu thức: \(a + b - c - d = - 1 + 0 - 0 - 1 = - 2\).

Kết quả: −2.

Thực hiện chia đa thức ở tử số cho mẫu số: \(y = \frac{{\left( {x - 4} \right)\left( {x - 2} \right) + 2}}{{x - 2}} = x - 4 + \frac{2}{{x - 2}}\).

Khi \(x \to \pm \infty \), thành phần \(\frac{2}{{x - 2}} \to 0\). Do đó, đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là: \(y = x - 4\).

Đồng nhất hệ số với biểu thức bài cho \(y = ax + b\), ta được: \(a = 1,\quad b = - 4\).

Tính giá trị biểu thức: \(a + b = 1 + \left( { - 4} \right) = - 3\).

Kết quả: −3.

Vì \(D\) nằm trên đoạn thẳng \(BC\) và \(BD = 4DC\), nên hai vectơ \(\overrightarrow {BD} \) và \(\overrightarrow {DC} \) cùng hướng và có tỉ lệ độ dài là 4. Ta có đẳng thức vectơ: \(\overrightarrow {BD} = 4\overrightarrow {DC} \)\( \Leftrightarrow \left( {{x_D} - {x_B};{y_D} - {y_B};{z_D} - {z_B}} \right) = 4\left( {{x_C} - {x_D};{y_C} - {y_D};{z_C} - {z_D}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_D} - 70 = 4\left( {420 - {x_D}} \right)}\\{{y_D} - 20 = 4\left( {120 - {y_D}} \right)}\\{{z_D} - 20 = 4\left( {120 - {z_D}} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5{x_D} = 1680 + 70 = 1750}\\{5{y_D} = 480 + 20 = 500}\\{5{z_D} = 480 + 20 = 500}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_D} = 350}\\{{y_D} = 100}\\{{z_D} = 100}\end{array}} \right.\).

Tọa độ của drone \(D\) là \(D\left( {350;100;100} \right)\).

Tính khoảng cách giữa drone \(A\left( {80;20;80} \right)\) và drone \(D\):

\(AD = \sqrt {{{\left( {350 - 80} \right)}^2} + {{\left( {100 - 20} \right)}^2} + {{\left( {100 - 80} \right)}^2}} \)\( \approx 282,31{\rm{\;(m)}}\).

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, ta thu được \(282\) mét.

Kết quả: 282.

Tìm đạo hàm của hàm số: \(y' = - 3{x^2} + 6x + 1872\).

Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow \)\( - 3{x^2} + 6x + 1872 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 624 = 0\)\( \Leftrightarrow x = 26;\,{x_2} = - 24\).

Vì hệ số của \({x^3}\) âm (\(a = - 1 < 0\)), đồ thị hàm bậc ba sẽ đi từ trên xuống, qua cực tiểu rồi lên cực đại. Cụ thể:

Đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm khi qua nghiệm lớn \(x = 26\), tức là hàm số đạt cực đại tại \(x = 26\).

Thay \(x = 26\) vào hàm số để tính giá trị cực đại :

\(y\left( {26} \right) = - {26^3} + 3 \cdot {26^2} + 1872 \cdot 26 - 28803\)\( = 4321\).

Kết quả: 4321.

Gọi \(\overrightarrow {{T_1}} ,\overrightarrow {{T_2}} ,\overrightarrow {{T_3}} \) lần lượt là các vectơ lực căng xuất hiện trên các sợi dây \(OA,OB,OC\). Do hệ thống đối xứng và cân bằng, độ lớn lực căng trên ba sợi dây bằng nhau: \({T_1} = {T_2} = {T_3} = T\).

Khi phân tích các vectơ lực theo phương thẳng đứng (gọi trục thẳng đứng hướng lên là \(Oz\)), hình chiếu của mỗi vectơ lực căng lên phương thẳng đứng này có độ lớn là: \({T_z} = T \cdot \cos \alpha = T \cdot \cos 45^\circ = T \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Do ba sợi dây phân bố đối xứng xung quanh trục thẳng đứng, tổng các thành phần lực theo phương ngang triệt tiêu lẫn nhau. Hệ thống cân bằng hoàn toàn dưới tác dụng của trọng lực \(\vec P\) hướng xuống và tổng thành phần hướng lên của ba lực căng:

\(3 \cdot {T_z} = P\)\( \Leftrightarrow 3 \cdot \left( {T \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = 15\sqrt 2 \)\( \Leftrightarrow \frac{{3\sqrt 2 }}{2}T = 15\sqrt 2 \Rightarrow T = \frac{{15\sqrt 2 \cdot 2}}{{3\sqrt 2 }} = 10{\rm{\;(N)}}\).

Vậy lực căng của mỗi sợi dây bằng 10 Newton.

Kết quả: 10.