Đề KSCL Toán 12 tháng 8 năm 2026-2027 THPT Tạ Quang Bửu (Hà Nội) có đáp án

Chọn D.

Do $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC$. Lại có đáy $ABC$ vuông tại $B \Rightarrow AB \bot BC$.

Suy ra $BC \bot \left( {SAB} \right)$. Kẻ $AH \bot SB$ tại $H \in SB \Rightarrow AH \bot BC$, do đó $AH \bot \left( {SBC} \right)$.

Khoảng cách $d\left( {A,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = AH$. Trong tam giác vuông $SAB$ tại $A$:

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5} = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}$.

Chọn C.

Ta có đạo hàm $f'\left( x \right) = {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {2 - x} \right)$.

Vì ${\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$ nên $f'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow 2 - x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 2$.

Dấu bằng chỉ xảy ra tại các điểm rời rạc $x = 1,\,\,x = 2$, do đó hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ;\,\,2} \right)$.

Chọn C.

Gọi ${A_1},\,\,{A_2}$ lần lượt là biến cố người đó bắn trúng đích ở lần thứ nhất và lần thứ hai.

Xác suất bắn trượt lần lượt là: $P\left( {\overline {{A_1}} } \right) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$ và $P\left( {\overline {{A_2}} } \right) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$.

Vì hai lần bắn độc lập, xác suất để cả hai lần đều không trúng đích là:

$P\left( {\overline {{A_1}} \cap \overline {{A_2}} } \right) = P\left( {\overline {{A_1}} } \right) \cdot P\left( {\overline {{A_2}} } \right) = 0{,}2 \cdot 0{,}3 = 0{,}06$.

Chọn A.

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy điểm cực đại có tọa độ $\left( {0;\,\,2} \right)$ và điểm cực tiểu có tọa độ $\left( {2;\,\, - 2} \right)$.

Do đó, hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ và đạt cực tiểu tại $x = 2$.

Chọn D.

Gọi $M$ là trung điểm cạnh $BC$. Do ${\rm{\Delta }}ABC$ đều cạnh $a$ nên $AM \bot BC$ và $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow SM \bot BC$.

Suy ra góc nhị diện $\left[ {S,\,\,BC,\,\,A} \right]$ là góc phẳng $\widehat {SMA} = \varphi$.

Xét tam giác vuông $SAM$ tại $A$:

$\tan \varphi = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = 2$.

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên, đạo hàm $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ âm sang dương khi qua điểm $x = 3$.

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x = 3$.

Chọn C.

Ta có: $y' = {\left( {\sin x + \cos 2x} \right)^\prime } = {\left( {\sin x} \right)^\prime } + {\left( {\cos 2x} \right)^\prime } = \cos x - 2\sin 2x$.

Chọn C.

Ta có: $y' = {\left( {\sin x + \cos 2x} \right)^\prime } = {\left( {\sin x} \right)^\prime } + {\left( {\cos 2x} \right)^\prime } = \cos x - 2\sin 2x$.

Chọn A.

Đạo hàm: $y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$.

Xét trên đoạn $\left[ {0;\,\,2} \right]$, ta nhận $x = 1$. Tính các giá trị: $y\left( 0 \right) = 2,\;\,\,y\left( 1 \right) = 0,\;\,\,y\left( 2 \right) = 4$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên $\left[ {0;\,\,2} \right]$ là $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,\,2} \right]} y = 4$ tại $x = 2$.

Chọn B.

Ta có $y' = 3{x^2} + 1$. Hệ số góc của tiếp tuyến tại $M\left( {1;\,\,2} \right)$ là $k = y'\left( 1 \right) = 3 \cdot {1^2} + 1 = 4$.

Phương trình tiếp tuyến: $y - 2 = 4\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow y = 4x - 2$.

Chọn A.

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

Đạo hàm $y' = \frac{{2 \cdot \left( { - 1} \right) - 3 \cdot 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \ne 1$.

Vậy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định $\left( { - \infty ;\,\,1} \right)$ và $\left( {1;\,\, + \infty } \right)$.

Chọn A.

Do $A$ và $B$ là hai biến cố xung khắc nên $P\left( {A \cap B} \right) = 0$.

Áp dụng quy tắc cộng xác suất: $P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6}$.

Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.

a) Đúng. Ta có đạo hàm:

$f'\left( x \right) = 2 - \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{2\left( {{x^2} + 2x + 1} \right) - 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{2\left( {{x^2} + 2x} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

b) Đúng. Trên khoảng $\left( { - 1;\,\, + \infty } \right)$, phương trình $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0$.

Bảng biến thiên cho thấy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;\,\,0} \right)$ và đồng biến trên khoảng $\left( {0;\,\, + \infty } \right)$ nên giá trị nhỏ nhất là:

$f\left( 0 \right) = 2\left( 0 \right) - 4 + \frac{2}{{0 + 1}} = - 2$.

c) Sai. Tại điểm $x = 0$, $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ âm sang dương nên điểm $\left( {0;\,\, - 2} \right)$ là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (không phải cực đại).

d) Đúng. Điều kiện xác định là mẫu số $x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1$ $\Leftrightarrow D = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ { - 1} \right\}$.

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng.

a) Đúng. Đáy $ABCD$ là hình chữ nhật nên diện tích ${\rm{\Delta }}ACD$ là:

${S_{{\rm{\Delta }}ACD}} = \frac{1}{2}AD \cdot CD = \frac{1}{2}a \cdot a\sqrt 2 = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}$.

Thể tích khối chóp:

${V_{S.ACD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{{\rm{\Delta }}ACD}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}$.

b) Sai. Ta có $BC \bot AB$ và $BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$.

Kẻ đường cao $AK \bot SB\,\,\;\left( {K \in SB} \right) \Rightarrow AK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AK$. Trong tam giác vuông $SAB$:

$AK = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {3{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt {30} }}{5} \ne \frac{{a\sqrt {30} }}{6}$.

c) Đúng. Do $CD \bot AD$ và $CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD$.

Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là $CD$, với $SD \bot CD$ và $AD \bot CD$, do đó góc phẳng nhị diện là góc $\widehat {SDA}$.

d) Đúng. Vì $BC \bot AB$ ($ABCD$ là hình chữ nhật) và $BC \bot SA$ $\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)$ nên $BC \bot \left( {SAB} \right)$.

Lời giải

Đáp án: a) Sai. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.

a) Sai. Không gian mẫu $n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{16}^6 = 8008$.

Biến cố đối “chọn 6 bạn toàn nữ” có số cách là $C_9^6 = 84$.

Xác suất có ít nhất 1 bạn nam là:

$P = 1 - \frac{{C_9^6}}{{C_{16}^6}} = 1 - \frac{{84}}{{8008}} = \frac{{283}}{{286}} \ne \frac{9}{{11}}$.

b) Đúng. Chọn 6 bạn bất kì từ tổ gồm 16 học sinh có $C_{16}^6$ cách, do đó $n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{16}^6$.

c) Đúng. Chọn 6 bạn có đúng 2 nữ (và 4 nam) có số cách là:

$C_9^2 \cdot C_7^4 = 36 \cdot 35 = 1260$.

d) Sai. Chọn 6 bạn toàn nam có $C_7^6 = 7$ cách. Xác suất là:

$\frac{7}{{8008}} = \frac{1}{{1144}} \ne \frac{1}{{114}}$.

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.

a) Đúng. Vận tốc chuyển động là $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - 10t + 30$.

Tại thời điểm bắt đầu phanh $\left( {t = 0} \right)$, tốc độ xe là $v\left( 0 \right) = 30{\rm{\;m/s}}$.

b) Sai. Xe dừng hẳn khi $v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 10t + 30 = 0 \Leftrightarrow t = 3{\rm{\;s}}$.

Quãng đường xe đi được sau khi đạp phanh là $s\left( 3 \right) = - 5{\left( 3 \right)^2} + 30\left( 3 \right) = 45{\rm{\;m}}$.

Khoảng cách đến vật cản lúc này là $50 - 45 = 5{\rm{\;m}} \ne 3{\rm{\;m}}$.

c) Đúng. Vận tốc tức thời $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - 10t + 30{\rm{\;(m/s)}}$.

d) Sai. Xe dừng hẳn tại thời điểm $v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 3{\rm{\;s}}$ (không phải 2 s).

Gọi $A$ là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, $B$ là tập hợp sinh viên học tiếng Pháp.

Ta có $n\left( A \right) = 40,\,\,n\left( B \right) = 30$, và số sinh viên học ít nhất một ngôn ngữ là $n\left( {A \cup B} \right) = 60$.

Số sinh viên học cả hai ngôn ngữ:

$n\left( {A \cap B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cup B} \right) = 40 + 30 - 60 = 10$.

Xác suất cần tìm: $P = \frac{{10}}{{60}} = \frac{1}{6} \approx 0{,}1666... \approx 0{,}17$.

Đáp số: 0,17.

Xét phương trình vận tốc $v\left( t \right) = - {t^2} + 3t - 2\;\left( {t \ge 0} \right)$.

Gia tốc chuyển động là $a\left( t \right) = v'\left( t \right) = - 2t + 3$.

Vận tốc của vật giảm khi $v'\left( t \right) < 0 \Leftrightarrow - 2t + 3 < 0 \Leftrightarrow t > 1{,}5$.

Vậy kể từ giây thứ $1{,}5$ trở đi thì vận tốc của vật bắt đầu giảm.

Đáp số: 1,5.

Đạo hàm: $y' = 3{x^2} - 8x + 5$.

Giải $y' = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {3x - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = \frac{5}{3}$.

Vì hệ số của ${x^3}$ là $1 > 0$ nên điểm cực đại là ${x_1} = 1$, điểm cực tiểu là ${x_2} = \frac{5}{3}$.

Giá trị biểu thức: $A = {x_1} - 3{x_2} = 1 - 3\left( {\frac{5}{3}} \right) = 1 - 5 = - 4$.

Đáp số: –4.

Đạo hàm: $y' = 1 - \frac{1}{x} = \frac{{x - 1}}{x}$.

Trên đoạn $\left[ {\frac{1}{2};e} \right]$, $y' = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Tính giá trị tại các điểm mút và điểm dừng:

$y\left( 1 \right) = 1 - \ln 1 = 1$;

$y\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2} - \ln \left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2} + \ln 2 \approx 1{,}193$;

$y\left( e \right) = e - \ln e = e - 1 \approx 1{,}718$.

Suy ra $\mathop {\min }\limits_{\left[ {\frac{1}{2};\,\,\,e} \right]} y = 1$ và $\mathop {\max }\limits_{\left[ {\frac{1}{2};\,\,\,e} \right]} y = e - 1$.

Tích hai giá trị là: $P = 1 \cdot \left( {e - 1} \right) = e - 1 = 1 \cdot e + \left( { - 1} \right) \Rightarrow a = 1,\,\,b = - 1$.

Giá trị cần tính: $2026a - 2027b = 2026 \cdot 1 - 2027 \cdot \left( { - 1} \right) = 2026 + 2027 = 4053$.

Đáp số: 4053.

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $AD$ là hình chiếu của $SD$ lên mặt đáy $\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {SDA} = 60^\circ$.

Trong tam giác vuông $SAD$ tại $A$: $SA = AD \cdot \tan 60^\circ = AD\sqrt 3$.

Đáy $ABCD$ có $AB\,{\rm{//}}\,CD \Rightarrow AB\,{\rm{//}}\,\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {B,\,\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\,\,\left( {SCD} \right)} \right)$.

Do $CD \bot AD$ và $CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$.

Kẻ $AH \bot SD\,\,\;\left( {H \in SD} \right) \Rightarrow AH \bot CD$, do đó $AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH$.

Xét tam giác vuông $SAD$:

$AH = AD \cdot \sin 60^\circ = AD \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AD = a \Rightarrow SA = a\sqrt 3$.

Diện tích hình thang vuông $ABCD$:

${S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AB + CD} \right) \cdot AD}}{2} = \frac{{\left( {3a + a} \right) \cdot a}}{2} = 2{a^2}$.

Thể tích khối chóp $S.ABCD$:

$V = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3 \cdot 2{a^2} = \frac{2}{3}\sqrt 3 {a^3}$.

Ta có $m = 2,\,\,n = 3$ (phân số tối giản) $\Rightarrow m + n = 2 + 3 = 5$.

Đáp số: 5.

Cắt ở bốn góc bốn hình vuông cạnh $x$ cm với điều kiện $0 < x < 5$.

Chiếc hộp tạo thành có kích thước đáy là $\left( {10 - 2x} \right)$ cm, $\left( {16 - 2x} \right)$ cm và chiều cao $x$ cm.

Thể tích khối hộp:

$V = x\left( {10 - 2x} \right)\left( {16 - 2x} \right) = 4x\left( {5 - x} \right)\left( {8 - x} \right) = 4\left( {{x^3} - 13{x^2} + 40x} \right)$.

Theo bài ra:

$4\left( {{x^3} - 13{x^2} + 40x} \right) = 144 \Leftrightarrow {x^3} - 13{x^2} + 40x - 36 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2}\left( {x - 9} \right) = 0$.

Đối chiếu điều kiện $0 < x < 5$, ta nhận nghiệm $x = 2$.

Đáp số: 2.