Đề KSCL Toán 12 tháng 10 năm 2026-2027 THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm (Gia Lai) có đáp án

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên, đạo hàm mang dấu âm $f'\left( x \right) < 0$ trên khoảng $\left( { - 2;\,\,1} \right)$, do đó hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( { - 2;\,\,1} \right)$.

Chọn B.

Đạo hàm $y' = 3{x^2} - 6x - 9 = 3\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)$.

Phương trình $y' = 0 \Leftrightarrow x = 3$ (thuộc đoạn $\left[ {1;\,\,5} \right]$) hoặc $x = - 1$ (không thuộc đoạn $\left[ {1;\,\,5} \right]$).

Tính giá trị tại các điểm: $y\left( 1 \right) = - 6$, $y\left( 3 \right) = - 22$, $y\left( 5 \right) = 10$.

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ {1;\,\,5} \right]$ bằng $10$.

Chọn A.

Cỡ mẫu là $n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42$.

Vị trí của tứ phân vị thứ nhất là $\frac{n}{4} = \frac{{42}}{4} = 10{,}5$.

Tần số tích lũy của nhóm $\left[ {0;\,\,20} \right)$ là $5 < 10{,}5$.

Tần số tích lũy của nhóm $\left[ {20;\,\,40} \right)$ là $5 + 9 = 14 \ge 10{,}5$.

Do đó nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là $\left[ {20;\,\,40} \right)$.

Chọn C.

Theo công thức đạo hàm cơ bản, ${\left( {{x^n}} \right)^\prime } = n{x^{n - 1}}$ với mọi $n \in {\mathbb{N}^ * }$.

Chọn D.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: ${u_5} = {u_1} + 4d = 4 + 4\left( { - 3} \right) = - 8$.

Chọn D.

Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn chỉ chứa bậc nhất của hai biến $x,\,\,y$.

Hệ $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x \ge 0}\\{x + y < 1}\end{array}} \right.$ thỏa mãn điều kiện.

Phương án A có tích $yz$, phương án B chứa ${x^2}$, phương án C có ba ẩn $x,y,z$.

Chọn C.

Áp dụng công thức cấp số nhân: ${u_7} = {u_1} \cdot {q^6} \Leftrightarrow - 32 = - \frac{1}{2} \cdot {q^6} \Leftrightarrow {q^6} = 64 \Leftrightarrow q = \pm 2$.

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số, điểm cực đại của đồ thị là $\left( { - 1;\,\,2} \right)$, do đó hàm số đạt cực đại tại $x = - 1$.

Chọn A.

Trên đoạn $\left[ { - 1;\,\,4} \right]$, giá trị lớn nhất của hàm số là $M = 3$ (tại $x = - 1$ và $x = 3$), giá trị nhỏ nhất của hàm số là $m = - 1$ (tại $x = 1$).

Hiệu giữa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất là $M - m = 3 - \left( { - 1} \right) = 4$.

Chọn D.

Ta có $\vec u = 1\vec i + 1\vec j$ nên tọa độ của vectơ $\vec u$ là $\left( {1;\,\,1} \right)$.

Chọn A.

Trên khoảng $\left( {2;\,\, + \infty } \right)$, đồ thị $f'\left( x \right)$ nằm phía trên trục hoành nên $f'\left( x \right) > 0$.

Do đó $f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng này.

Chọn A.

Xét hàm số $y = {x^2} + \frac{2}{x}$ với $x > 0$.

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

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Với $0 < x < 1$ thì $y' < 0$; với $x > 1$ thì $y' > 0$.

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = 1$, giá trị nhỏ nhất là $y\left( 1 \right) = {1^2} + \frac{2}{1} = 3$.

Đáp án: a) Đúng. $\quad$ b) Đúng. $\quad$ c) Sai. $\quad$ d) Đúng.

a) Đúng. Số phần tử của không gian mẫu chọn 6 học sinh từ $4 + 5 + 6 = 15$ học sinh là $n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{15}^6 = 5005$.

b) Đúng. Vì khối 12 có 4 học sinh và khối 11 có 5 học sinh nên để chọn được 6 học sinh cùng một khối thì chỉ có thể chọn từ 6 học sinh khối 10.

Số cách chọn là $C_6^6 = 1$.

Xác suất là $\frac{1}{{5005}}$.

c) Sai. Số cách chọn có nhiều nhất 2 học sinh khối 10 gồm ba trường hợp:

Không có học sinh khối 10: chọn 6 từ 9 học sinh khối 11 và khối 12, có $C_9^6 = 84$ cách.

Có 1 học sinh khối 10: chọn 1 từ 6 học sinh khối 10 và 5 từ 9 học sinh còn lại, có:

$C_6^1 \cdot C_9^5 = 6 \cdot 126 = 756$ cách.

Có 2 học sinh khối 10: chọn 2 từ 6 học sinh khối 10 và 4 từ 9 học sinh còn lại, có:

$C_6^2 \cdot C_9^4 = 15 \cdot 126 = 1890$ cách.

Tổng số cách chọn thuận lợi là $84 + 756 + 1890 = 2730$.

Xác suất là $\frac{{2730}}{{5005}} = \frac{6}{{11}} \ne \frac{{69}}{{385}}$.

d) Đúng. Xét biến cố đối: chọn 6 học sinh thiếu ít nhất một khối.

Thiếu khối 12 có $C_{11}^6 = 462$ cách.

Thiếu khối 11 có $C_{10}^6 = 210$ cách.

Thiếu khối 10 có $C_9^6 = 84$ cách.

Trường hợp chọn cả 6 học sinh khối 10 (đồng thời thiếu cả khối 12 và khối 11) có $C_6^6 = 1$ cách và bị đếm hai lần. Mỗi khối 12 và khối 11 riêng lẻ đều có ít hơn 6 học sinh, nên không có các trường hợp giao khác. Số cách chọn thiếu ít nhất một khối là:

$N = C_{11}^6 + C_{10}^6 + C_9^6 - 1 = 462 + 210 + 84 - 1 = 755$.

Xác suất để chọn được 6 học sinh có đủ cả 3 khối là:

$P = \frac{{5005 - 755}}{{5005}} = \frac{{4250}}{{5005}} = \frac{{850}}{{1001}}$.

Đáp án: a) Sai. $\quad$ b) Đúng. $\quad$ c) Đúng. $\quad$ d) Sai.

a) Sai. Khối chóp thu được có đáy là hình vuông $EFGH$ và đỉnh chung $S$ (do bốn đỉnh $A,\,\,B,\,\,C,\,\,D$ chụm lại), các cạnh bên bằng nhau nên là khối chóp tứ giác đều, không phải tứ diện đều.

b) Đúng. Đáy của khối chóp là hình vuông $EFGH$ cạnh $x$, nên diện tích đáy là $S = {x^2}$.

c) Đúng. Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$, khoảng cách từ $O$ đến các cạnh là:

$\frac{{1{,}5}}{2} = \frac{3}{4}{\rm{\;m}}$.

Tam giác $OHG$ vuông cân tại $O$ nên $OH = \frac{x}{{\sqrt 2 }}$.

Gọi $M$ là trung điểm $AD$, ta có $OM = \frac{3}{4}$, $AM = \frac{3}{4}$.

Khoảng cách $HM = OM - OH = \frac{3}{4} - \frac{x}{{\sqrt 2 }}$.

Độ dài cạnh bên của chóp là:

$SH = AH = \sqrt {A{M^2} + H{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{4} - \frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}$.

Chiều cao của khối chóp là:

$h = \sqrt {S{H^2} - {{\left( {\frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{9}{{16}} + \frac{9}{{16}} - \frac{{3x}}{{2\sqrt 2 }} + \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{x^2}}}{2}} = \sqrt {\frac{9}{8} - \frac{{3x}}{{2\sqrt 2 }}}$.

d) Sai. Vì $x = HG > 0$ và khối chóp không suy biến nên $h > 0$, do đó $0 < x < \frac{{3\sqrt 2 }}{4}$.

Vì $g\left( x \right) = 9{V^2} = {x^4}{h^2} = \frac{9}{8}{x^4} - \frac{3}{{2\sqrt 2 }}{x^5}$ và $V > 0$, thể tích lớn nhất khi $g\left( x \right)$ lớn nhất.

Đạo hàm: $g'\left( x \right) = \frac{3}{2}{x^3}\left( {3 - \frac{5}{{\sqrt 2 }}x} \right)$.

Suy ra $g'\left( x \right) > 0$ khi $0 < x < \frac{{3\sqrt 2 }}{5}$, và $g'\left( x \right) < 0$ khi $\frac{{3\sqrt 2 }}{5} < x < \frac{{3\sqrt 2 }}{4}$.

Do đó thể tích lớn nhất tại $x = \frac{{3\sqrt 2 }}{5} \ne \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Đáp án: a) Đúng. $\quad$ b) Đúng. $\quad$ c) Sai. $\quad$ d) Sai.

a) Đúng. Đạo hàm $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3$. Với mọi $x \in \left( { - 1;\,\,1} \right)$ ta có $f'\left( x \right) < 0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;\,\,1} \right)$.

b) Đúng. Phương trình $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$, đạo hàm đổi dấu qua hai nghiệm này nên hàm số có hai điểm cực trị.

c) Sai. Trên đoạn $\left[ {0;\,\,2} \right]$, ta có $f\left( 0 \right) = m$, $f\left( 1 \right) = m - 2$, $f\left( 2 \right) = m + 2$.

Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ {0;\,\,2} \right]$ bằng $m + 2$.

d) Sai. Giá trị nhỏ nhất của $f\left( x \right)$ trên $\left[ {0;\,\,2} \right]$ là $m - 2$ và giá trị lớn nhất là $m + 2$.

Do đó giá trị lớn nhất của $\left| {f\left( x \right)} \right|$ trên đoạn $\left[ {0;\,\,2} \right]$ là $\max \left( {\left| {m - 2\left| {,\,\,} \right|m + 2} \right|} \right) = \left| m \right| + 2$.

Theo giả thiết $\left| m \right| + 2 = 3 \Leftrightarrow \left| m \right| = 1 \Leftrightarrow m = \pm 1$.

Tập hợp $S = \left\{ { - 1;\,\,1} \right\}$ có 2 phần tử.

Đáp án: a) Đúng. $\quad$ b) Sai. $\quad$ c) Sai. $\quad$ d) Đúng.

a) Đúng. Trên khoảng $\left( { - 1;\,\,1} \right)$, đồ thị $f'\left( x \right)$ nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành nên $f'\left( x \right) < 0$, suy ra hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( { - 1;\,\,1} \right)$.

b) Sai. Đồ thị $f'\left( x \right)$ tiếp xúc với trục hoành tại $x = - 1$ và cắt trục hoành tại $x = 2$, nên $f'\left( x \right)$ chỉ đổi dấu qua $x = 2$.

Do đó hàm số $y = f\left( x \right)$ chỉ có đúng 1 điểm cực trị.

c) Sai. Tại $x = - 1$, đạo hàm không đổi dấu khi đi qua điểm này nên $x = - 1$ không phải là điểm cực trị của hàm số $y = f\left( x \right)$.

d) Đúng. Từ đồ thị xác định được: $f'\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x - 2} \right) = {x^3} - 3x - 2$

Đặt $g\left( x \right) = f'\left( x \right) = {x^3} - 3x - 2$. Khi đó $g'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 > 0$ với mọi $x > 1$, nên $g$ đồng biến trên đoạn $\left[ {1;\,\,5} \right]$.

Do đó giá trị lớn nhất của $f'\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {1;\,\,5} \right]$ đạt tại $x = 5$:

$\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;\,\,5} \right]} f'\left( x \right) = g\left( 5 \right) = {5^3} - 3\left( 5 \right) - 2 = 108$.

Ta có $y' = 3{x^2} - 6x - 9$.

Phương trình $y' = 0 \Leftrightarrow 3\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x = - 1$ hoặc $x = 3$.

Với $x = - 1 \Rightarrow y = 4$, ta được điểm cực trị $A\left( { - 1;\,\,4} \right)$.

Với $x = 3 \Rightarrow y = - 28$, ta được điểm cực trị $B\left( {3;\,\, - 28} \right)$.

Hệ số góc của đường thẳng $AB$ là:

$a = \frac{{{y_B} - {y_A}}}{{{x_B} - {x_A}}} = \frac{{ - 28 - 4}}{{3 - \left( { - 1} \right)}} = \frac{{ - 32}}{4} = - 8$.

Phương trình đường thẳng $AB$ là $y - 4 = - 8\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow y = - 8x - 4$.

Suy ra $a = - 8$ và $b = - 4$.

Tổng $a + b = - 8 + \left( { - 4} \right) = - 12$.

Đáp án: -12.

Gọi $E$ là đầu mút đáy của tam giác cân nằm trên cạnh $AB$, gần $A$.

Đặt $AE = x$, với $0 < x < 2$.

Khi đó cạnh đáy của mỗi tam giác cân bằng $4 - 2x$.

Do bốn tam giác là các tam giác vuông cân có cạnh đáy nằm trên cạnh của hình vuông lớn, chiều cao ứng với cạnh đáy là $2 - x$.

Tổng diện tích của bốn tam giác cân là $4 \cdot \frac{1}{2}\left( {4 - 2x} \right)\left( {2 - x} \right) = {\left( {4 - 2x} \right)^2}$.

Cạnh của hình vuông ở giữa bằng $x\sqrt 2$, nên diện tích của nó là ${\left( {x\sqrt 2 } \right)^2} = 2{x^2}$.

Tổng diện tích là: $S\left( x \right) = 6{x^2} - 16x + 16$.

Biến đổi hoàn thành bình phương: $S\left( x \right) = 6{\left( {x - \frac{4}{3}} \right)^2} + \frac{{16}}{3} \ge \frac{{16}}{3}$.

Dấu bằng xảy ra khi $x = \frac{4}{3} \in \left( {0;\,\,2} \right)$.

Vậy diện tích nhỏ nhất là $\frac{{16}}{3} \approx 5{,}33$.

Đáp án: 5,33.

Xác suất ông $X$ không bị lây bệnh ở lần tiếp xúc không đeo khẩu trang là :

$1 - 0{,}75 = 0{,}25$.

Xác suất ông $X$ không bị lây bệnh ở lần tiếp xúc có đeo khẩu trang là: $1 - 0{,}05 = 0{,}95$.

Do hai lần tiếp xúc độc lập nên xác suất ông $X$ không bị lây bệnh sau cả hai lần tiếp xúc là:

$0{,}25 \cdot 0{,}95 = 0{,}2375$

Xác suất ông $X$ bị lây bệnh do tiếp xúc là:

$1 - 0{,}2375 = 0{,}7625 \approx 0{,}76$.

Đáp án: 0,76.

Xét điểm $M\left( {{x_M};\,\,{y_M}} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có hoành độ:

${x_M} = 2 + {\log _a}\frac{1}{{2029}} = 2 - {\log _a}2029$ $\Rightarrow {y_M} = f\left( {{x_M}} \right)$.

Điểm ${M_0}\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)$ đối xứng với điểm $M$ qua điểm $I\left( {1;\,\,1} \right).$ thuộc đồ thị hàm số $y = {a^x}$.

Theo công thức tọa độ trung điểm:

${x_0} = 2{x_I} - {x_M} = 2\left( 1 \right) - \left( {2 - {{\log }_a}2029} \right) = {\log _a}2029$;

${y_0} = 2{y_I} - {y_M} = 2\left( 1 \right) - f\left( {{x_M}} \right) = 2 - f\left( {{x_M}} \right)$.

Vì điểm ${M_0}\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)$ thuộc đồ thị $y = {a^x}$ nên:

${y_0} = {a^{{x_0}}} \Leftrightarrow 2 - f\left( {{x_M}} \right) = {a^{{{\log }_a}2029}} = 2029$.

Suy ra $- f\left( {{x_M}} \right) = 2029 - 2 = 2027$.

Vậy $T = - f\left( {2 + {{\log }_a}\frac{1}{{2029}}} \right) = 2027$.

Đáp án: 2027.

Đạo hàm $y' = 3{x^2} - 4x + a$.

Vì điểm $A\left( {1;\,\,3} \right)$ là điểm cực trị của đồ thị hàm số $\left( C \right)$ nên:

$y'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow 3{\left( 1 \right)^2} - 4\left( 1 \right) + a = 0 \Leftrightarrow a = 1$.

Mặt khác đồ thị $\left( C \right)$ đi qua điểm $A\left( {1;\,\,3} \right)$ nên:

$y\left( 1 \right) = 3 \Leftrightarrow {1^3} - 2{\left( 1 \right)^2} + a\left( 1 \right) + b = 3 \Leftrightarrow 1 - 2 + 1 + b = 3 \Leftrightarrow b = 3$.

Giá trị của biểu thức là $P = 4a + b = 4\left( 1 \right) + 3 = 7$.

Đáp án: 7.

Gọi $x$ và $y$ lần lượt là số lít nước cam loại $A$ và loại $B$ cần pha chế $\left( {x \ge 0,\,\,y \ge 0} \right)$.

Từ các giả thiết về nguyên liệu, ta có hệ bất phương trình:

Lượng bột cam: $x + 4y \le 24$.

Lượng nước: $x + y \le 9$.

Lượng đường: $30x + 10y \le 210 \Leftrightarrow 3x + y \le 21$.

Số tiền thu được là $F\left( {x;\,\,y} \right) = 60x + 80y$ (nghìn đồng).

Do đó ta có hệ bất phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + 4y \le 24\\x + y \le 9\\3x + y \le 21\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.$.

Và $F\left( {x;\,\,y} \right) = 60x + 80y$.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền đa giác với các đỉnh:

$\left( {0;\,\,0} \right)$ cho $F = 0$.

$\left( {0;\,\,6} \right)$ cho $F = 480$.

$\left( {4;\,\,5} \right)$ là giao điểm của $x + 4y = 24$ và $x + y = 9$, cho $F = 60\left( 4 \right) + 80\left( 5 \right) = 640$.

$\left( {6;\,\,3} \right)$ là giao điểm của $x + y = 9$ và $3x + y = 21$, cho $F = 60\left( 6 \right) + 80\left( 3 \right) = 600$.

$\left( {7;\,\,0} \right)$ cho $F = 420$.

Số tiền nhiều nhất mà người đó có thể thu được là $640$ nghìn đồng (khi pha chế $4$ lít loại $A$ và $5$ lít loại $B$).

Đáp án: 640.