Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THCS - THPT Trần Cao Vân (TP.HCM) có đáp án

Ta có: $2\vec a = 2\left( {1; - 2;0} \right) = \left( {2; - 4;0} \right)$.

Tọa độ của vectơ $2\vec a - \vec b$ là: $2\vec a - \vec b = \left( {2 - \left( { - 5} \right); - 4 - 4;0 - \left( { - 1} \right)} \right) = \left( {7; - 8;1} \right)$.

Đáp án đúng: C

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu, ký hiệu là ${{\rm{\Delta }}_Q}$, được tính theo công thức: ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1}$.

Thay số vào ta được: ${{\rm{\Delta }}_Q} = 6{,}5 - 3{,}1 = 3{,}4$.

Đáp án đúng: A

Xác định giá trị đại diện ${x_i}$ của từng nhóm:

Nhóm $\left[ {75;80} \right)$ có giá trị đại diện là ${x_1} = 77{,}5$ với tần số ${n_1} = 20$.

Nhóm $\left[ {80;85} \right)$ có giá trị đại diện là ${x_2} = 82{,}5$ với tần số ${n_2} = 15$.

Nhóm $\left[ {85;90} \right)$ có giá trị đại diện là ${x_3} = 87{,}5$ với tần số ${n_3} = 25$.

Nhóm $\left[ {90;95} \right)$ có giá trị đại diện là ${x_4} = 92{,}5$ với tần số ${n_4} = 18$.

Nhóm $\left[ {95;100} \right)$ có giá trị đại diện là ${x_5} = 97{,}5$ với tần số ${n_5} = 16$.

Tổng số quả trứng (cỡ mẫu $n$): $n = 20 + 15 + 25 + 18 + 16 = 94$.

Số trung bình cộng $\bar x$: $\bar x = \frac{{20 \cdot 77{,}5 + 15 \cdot 82{,}5 + 25 \cdot 87{,}5 + 18 \cdot 92{,}5 + 16 \cdot 97{,}5}}{{94}}$$= \frac{{8200}}{{94}}$.

Phương sai ${s^2}$: ${s^2} = \frac{{20 \cdot 77,{5^2} + 15 \cdot 82,{5^2} + 25 \cdot 87,{5^2} + 18 \cdot 92,{5^2} + 16 \cdot 97,{5^2}}}{{94}} - {\left( {\frac{{8200}}{{94}}} \right)^2}$$\approx 47{,}0037$.

Làm tròn đến hàng đơn vị ta được ${s^2} \approx 47$.

Đáp án đúng: A

Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$:

Tại $x = - 2$, điểm thấp nhất của đồ thị nằm ở tọa độ $\left( { - 2; - 5} \right)$.

Tại $x = 1$, điểm thấp nhất tiếp theo có tọa độ $\left( {1; - 5} \right)$.

Do đó, giá trị thấp nhất (giá trị nhỏ nhất) của hàm số trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$ là $- 5$. Vậy $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = - 5$.

Đáp án đúng: A

Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản: $F\left( x \right) = \int {\left( {{x^2} + 3\sin x + \frac{2}{x}} \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{{{x^3}}}{3} - 3\cos x + 2\ln \left| x \right| + C$.

Đáp án đúng: C

Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi $f'\left( x \right) \le 0$.

Ta giải bất phương trình: ${x^2} - 2x \le 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) \le 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2$.

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.

Đáp án đúng: D

Mặt phẳng $\left( P \right):Ax + By + Cz + D = 0$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec n = \left( {A;B;C} \right)$.

Từ phương trình $\left( P \right):x - 2y + 3z - 5 = 0$, ta có một vectơ pháp tuyến là: ${\vec n_4} = \left( {1; - 2;3} \right)$.

Đáp án đúng: A

Dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua ba điểm trên các trục tọa độ $A\left( {a;0;0} \right)$, $B\left( {0;b;0} \right)$, $C\left( {0;0;c} \right)$: $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1$.

Với $a = - 5$, $b = 3$, $c = 2$, phương trình mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là: $\frac{x}{{ - 5}} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1$.

Đáp án đúng: B

Xét hình bình hành $A'B'C'D'$ là mặt đáy của hình hộp.

Theo quy tắc hình bình hành, ta có: $\overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {A'D'} = \overrightarrow {A'C'}$.

Lại có $\overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {AC}$. Vậy $\overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {A'D'} = \overrightarrow {AC}$.

Đáp án đúng: D

Tiệm cận ngang:

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty$. Do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Tiệm cận đứng:

Ta thấy tại điểm bất định $x = - 1$:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = - \infty \quad {\rm{v\`a }}\quad \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = + \infty$

Vậy đường thẳng $x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là $1$.

Đáp án đúng: A

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số mũ cơ bản: $\int {{3^x}} \,{\rm{d}}x = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + C$.

Đáp án đúng: A

Đường cong có dạng đồ thị hàm số bậc ba $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ với nhánh bên phải ngoài cùng đi lên, suy ra hệ số $a > 0$. Do đó loại phương án A và C.

Giao điểm của đồ thị với trục tung $Oy$ nằm ở phía trên trục hoành (phần dương), tức là tại $x = 0$ thì $y = d > 0$.

Xét hàm ở phương án B: $y = {x^3} - 3x + 1$ tại $x = 0$, $y = 1 > 0$ (Thỏa mãn).

Xét hàm ở phương án D: $y = {x^3} - 3x - 1$ tại $x = 0$, $y = - 1 < 0$ (Loại).

Đáp án đúng: B

PHẦN II (4 điểm): Câu trắc nghiệm đúng sai. Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.

Ý a): SAI

Mặt phẳng $\left( P \right):2x + y + 2z - 3 = 0$ có một vectơ pháp tuyến là ${\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {2;1;2} \right)$. Vectơ đề bài cho là $\left( {2;1; - 2} \right)$ bị sai dấu ở cao độ.

Ý b): ĐÚNG

Khoảng cách từ $A\left( {3;4; - 1} \right)$ đến $\left( P \right):2x + y + 2z - 3 = 0$ là:

$d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 3 + 1 \cdot 4 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) - 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {2^2}} }} = \frac{{\left| {6 + 4 - 2 - 3} \right|}}{{\sqrt 9 }} = \frac{5}{3}$.

Ý c): ĐÚNG

Thay tọa độ điểm $A\left( {3;4; - 1} \right)$ vào phương trình mặt phẳng $\left( Q \right):x - y + z + 2 = 0$:

.

Do đó điểm $A$ thuộc mặt phẳng $\left( Q \right)$.

Ý d): ĐÚNG

Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ vuông góc với cả $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ nên có vectơ pháp tuyến là: ${\vec n_{\left( \alpha \right)}} = \left[ {{{\vec n}_{\left( P \right)}},{{\vec n}_{\left( Q \right)}}} \right]$.

Với ${\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {2;1;2} \right)$ và ${\vec n_{\left( Q \right)}} = \left( {1; - 1;1} \right)$ thì ${\vec n_{\left( \alpha \right)}} = \left( {3;0; - 3} \right)$.

Chọn vectơ pháp tuyến rút gọn là $\overrightarrow {n'} = \left( {1;0; - 1} \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua $A\left( {3;4; - 1} \right)$ là: $1\left( {x - 3} \right) + 0\left( {y - 4} \right) - 1\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - z - 4 = 0$.

Ý a): SAI

Ta có: $AC = \sqrt {{{\left( {3 - \left( { - 1} \right)} \right)}^2} + {{\left( {1 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 3 - 3} \right)}^2}} = \sqrt {{4^2} + {1^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} = \sqrt {16 + 1 + 36} = \sqrt {53} \ne \sqrt {38}$.

Ý b): SAI

Tọa độ trọng tâm $G\left( {{x_G};{y_G};{z_G}} \right)$ là trung bình cộng tọa độ 3 đỉnh $A,B,C$:

${x_G} = \frac{{ - 1 + 4 + 3}}{3} = 2$

${y_G} = \frac{{0 + 2 + 1}}{3} = 1$

${z_G} = \frac{{3 + 0 - 3}}{3} = 0$

Tọa độ trọng tâm là $G\left( {2;1;0} \right)$, do đó mệnh đề $G\left( {2;1; - 1} \right)$ là SAI.

Ý c): ĐÚNG

Điểm $M$ thuộc mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ nên $M\left( {x;y;0} \right)$.

Để độ dài $AM$ nhỏ nhất thì $M$ chính là hình chiếu vuông góc của $A\left( { - 1;0;3} \right)$ lên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Do đó, $M\left( { - 1;0;0} \right)$.

Khi đó: $x + y + z = - 1 + 0 + 0 = - 1$.

Ý d): ĐÚNG

Tọa độ vectơ $\overrightarrow {AB}$ là: $\overrightarrow {AB} = \left( {4 - \left( { - 1} \right);2 - 0;0 - 3} \right) = \left( {5;2; - 3} \right)$.

Ý a): ĐÚNG

Xe dừng hẳn khi vận tốc $v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 8t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 2{,}5{\rm{\;(gi\^a y)}}$.

Ý b): SAI

Ta có $s'\left( t \right) = v\left( t \right)$.

Ý c): ĐÚNG

Ta có $s\left( t \right) = \int {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( { - 8t + 20} \right){\rm{d}}t} = - 4{t^2} + 20t + C$.

Mà $s\left( 0 \right) = 0$ suy ra $C = 0$. Vậy $s\left( t \right) = - 4{t^2} + 20t$.

Ý d): SAI

Đổi vận tốc ban đầu của xe: ${v_0} = 72{\rm{\;km/h}} = 20{\rm{\;m/s}}$.

Trong $1$ giây phản ứng trước khi đạp phanh, xe chuyển động thẳng đều nên đi được quãng đường:

${s_1} = 20 \cdot 1 = 20{\rm{\;(m)}}$.

Quãng đường xe đi từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi dừng hẳn ($t = 2{,}5{\rm{\;s}}$):

${s_2} = s\left( {2{,}5} \right) = - 4 \cdot {\left( {2{,}5} \right)^2} + 20 \cdot \left( {2{,}5} \right) = 25{\rm{\;(m)}}$.

Tổng quãng đường xe đi được từ lúc phát hiện chướng ngại vật đến khi dừng lại hoàn toàn:

$S = {s_1} + {s_2} = 20 + 25 = 45{\rm{\;(m)}}$.

Khoảng cách từ xe đến chướng ngại vật lúc dừng lại hẳn: $d = 50 - 45 = 5{\rm{\;(m)}}$.

Vậy tại thời điểm dừng hẳn xe ô tô cách chướng ngại vật một khoảng là $5{\rm{\;m}}$, khẳng định $6{\rm{\;m}}$ là SAI.

Ý a): ĐÚNG

Ta có $y' = 3{x^2} - 3$.

Ý b): SAI

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

Với $x = - 1 \Rightarrow y = 4$. Điểm cực đại của đồ thị là $A\left( { - 1;4} \right)$.

Với $x = 1 \Rightarrow y = 0$ Điểm cực tiểu của đồ thị là $B\left( {1;0} \right)$.

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị $A,B$ là:

$AB = \sqrt {{{\left( {1 - \left( { - 1} \right)} \right)}^2} + {{\left( {0 - 4} \right)}^2}} = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \ne 5\sqrt 2$.

Ý c): SAI

Điểm cực đại của đồ thị hàm số là $\left( { - 1;4} \right)$, còn $\left( {1;0} \right)$ là điểm cực tiểu của đồ thị.

Ý d): ĐÚNG

Tính giá trị hàm số trên đoạn $\left[ {0;3} \right]$:

Tại các biên: $y\left( 0 \right) = 2$, $y\left( 3 \right) = {3^3} - 3 \cdot 3 + 2 = 20$.

Tại điểm cực tiểu $x = 1 \in \left[ {0;3} \right]$: $y\left( 1 \right) = 0$.

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số trên $\left[ {0;3} \right]$ là $20$.

PHẦN III (3 điểm): Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Học sinh trả lời các câu hỏi từ câu 1 đến câu 6, mỗi câu trả lời đúng được 0,5 điểm.

Từ biểu đồ, ta lập bảng tần số ghép nhóm tương ứng:

Cỡ mẫu $n$: $n = 2 + 4 + 7 + 5 + 3 = 21$.

Số trung bình cộng $\bar x$: $\bar x = \frac{{2 \cdot 7{,}5 + 4 \cdot 12{,}5 + 7 \cdot 17{,}5 + 5 \cdot 22{,}5 + 3 \cdot 27{,}5}}{{21}} = \frac{{255}}{{14}}$.

Phương sai ${s^2}$: ${s^2} = \frac{{2 \cdot 7,{5^2} + 4 \cdot 12,{5^2} + 7 \cdot 17,{5^2} + 5 \cdot 22,{5^2} + 3 \cdot 27,{5^2}}}{{21}} - {\left( {\frac{{255}}{{14}}} \right)^2} = \frac{{5000}}{{147}}$.

Độ lệch chuẩn $s$: $s = \sqrt {{s^2}} = \sqrt {\frac{{5000}}{{147}}} \approx 5{,}83$.

Đáp số: $5{,}83$.

Hàm doanh thu thu được khi xuất khẩu $x$ tấn hải sản:

$R\left( x \right) = x \cdot P\left( x \right) = x\left( {46 - 0{,}002{x^2}} \right) = 46x - 0{,}002{x^3}$ (triệu đồng).

Hàm tổng chi phí khi xuất khẩu $x$ tấn hải sản: $C\left( x \right) = 140 + 31x$ (triệu đồng).

Hàm lợi nhuận $L\left( x \right)$ đạt được: $L\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = - 0{,}002{x^3} + 15x - 140$ (triệu đồng).

Tìm giá trị lớn nhất của $L\left( x \right)$ trên nửa khoảng $\left( {0;120} \right]$:

Ta có $L'\left( x \right) = - 0{,}006{x^2} + 15$; $L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 0{,}006{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 2500 \Rightarrow x = 50 \in \left( {0;120} \right]$.

Lập bảng biến thiên của hàm số $L\left( x \right)$ trên $\left( {0;120} \right]$, ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x = 50$.

Giá trị lợi nhuận cao nhất thu được là: $L\left( {50} \right) = - 0{,}002 \cdot {50^3} + 15 \cdot 50 - 140 = 360$ (triệu đồng).

Đáp số: $360$.

Tính đạo hàm: $y' = 12{x^2} + 6x - 36$.

Các điểm cực trị của hàm số là nghiệm của phương trình bậc hai $y' = 0$:

$12{x^2} + 6x - 36 = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} + x - 6 = 0$.

Theo định lý Vi-ét, tích hai nghiệm ${x_1} \cdot {x_2}$ là: ${x_1} \cdot {x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 6}}{2} = - 3$.

Đáp số: $- 3$.

Ta có: $F\left( x \right) = \int {{e^x}\,{\rm{d}}x} = {e^x} + C$.

Vì $F\left( 0 \right) = 5$ nên: ${e^0} + C = 5 \Leftrightarrow 1 + C = 5 \Leftrightarrow C = 4$.

Do đó: $F\left( x \right) = {e^x} + 4$.

Vậy $F\left( {\ln 2025} \right) = {e^{\ln 2025}} + 4 = 2025 + 4 = 2029$.

Đáp số: $2029$.

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $R\left( t \right) = - \frac{1}{2}{t^3} + 12{t^2}$ trên đoạn $\left[ {0;20} \right]$:

Tính đạo hàm: $R'\left( t \right) = - \frac{3}{2}{t^2} + 24t$.

Ta có $R'\left( t \right) = 0$$\Leftrightarrow t\left( { - \frac{3}{2}t + 24} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 0$ hoặc $t = 16 \in \left[ {0;20} \right]$.

Tính giá trị tại các điểm đầu mút và điểm cực trị:

$R\left( 0 \right) = 0$

$R\left( {20} \right) = - \frac{1}{2} \cdot {20^3} + 12 \cdot {20^2} = 800$

$R\left( {16} \right) = - \frac{1}{2} \cdot {16^3} + 12 \cdot {16^2} = 1024$

So sánh các giá trị, ta có giá trị lớn nhất của doanh số tích lũy đạt được là $1024$ triệu đồng khi $t = 16$.

Đáp số: $1024$.

Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo hình chữ nhật $ABCD$ trên trần nhà. Ta có $OM = 60{\rm{\;cm}}$ là khoảng cách từ đèn $M$ đến trần nhà.

Tính độ dài đường chéo hình chữ nhật $ABCD$: $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{60}^2} + {{80}^2}} = 100{\rm{\;(cm)}}$.

Vì $O$ là tâm hình chữ nhật nên khoảng cách từ $O$ đến các đỉnh là: $OA = OB = OC = OD = \frac{{AC}}{2} = 50{\rm{\;(cm)}}$.

Điểm nối $I$ nằm trên đoạn thẳng đứng $OM$. Đặt $OI = x$ với $0 \le x \le 60{\rm{\;(cm)}}$.

Khi đó độ dài đoạn treo thẳng đứng là: $IM = OM - OI = 60 - x$.

Độ dài của $4$ đoạn dây treo nhánh bằng nhau $IA,IB,IC,ID$ từ $I$ đến các góc là:

$IA = \sqrt {O{A^2} + O{I^2}} = \sqrt {{{50}^2} + {x^2}} = \sqrt {2500 + {x^2}}$.

Tổng chiều dài dây thép được sử dụng là: $f\left( x \right) = 4\sqrt {2500 + {x^2}} + \left( {60 - x} \right){\rm{,}}\,\,\,\,\,{\rm{\;}}x \in \left[ {0;60} \right]$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right)$ trên $\left[ {0;60} \right]$:

Ta có $f'\left( x \right) = \frac{{4x}}{{\sqrt {2500 + {x^2}} }} - 1$;

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4x = \sqrt {2500 + {x^2}} \Leftrightarrow 16{x^2} = 2500 + {x^2} \Leftrightarrow 15{x^2} = 2500$$\Rightarrow x = \sqrt {\frac{{2500}}{{15}}} = \frac{{50}}{{\sqrt {15} }}{\rm{\;(cm)}}$.

Tính giá trị cực tiểu của $f\left( x \right)$: $f\left( {\frac{{50}}{{\sqrt {15} }}} \right) = 4\sqrt {2500 + \frac{{2500}}{{15}}} + 60 - \frac{{50}}{{\sqrt {15} }} = \frac{{1950}}{{\sqrt {15} }} + 60 \approx 253{,}65{\rm{\;(cm)}}$.

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị ta thu được tổng chiều dài ngắn nhất là $254{\rm{\;cm}}$.

Đáp số: $254$.