Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Bùi Thị Xuân (TP.HCM) có đáp án

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$. Hàm số liên tục trên đoạn $\left[ { - 3; - 1} \right]$.

Đạo hàm: $y' = 1 - \frac{4}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} - 4}}{{{x^2}}}$.

Nghiệm của đạo hàm: $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 2 \notin \left[ { - 3; - 1} \right]}\\{x = - 2 \in \left[ { - 3; - 1} \right]}\end{array}} \right.$.

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

$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{y\left( { - 3} \right) = 1 - 3 - \frac{4}{3} = - \frac{{10}}{3}}\\{y\left( { - 2} \right) = 1 - 2 - \frac{4}{2} = - 3}\\{y\left( { - 1} \right) = 1 - 1 - 4 = - 4}\end{array}$

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ { - 3; - 1} \right]$ là $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3; - 1} \right]} y = - 4$ tại $x = - 1$.

Chọn đáp án: C.

Tọa độ trung điểm $I\left( {{x_I};{y_I};{z_I}} \right)$ của đoạn thẳng $MN$ được tính bằng công thức:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_I} = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = \frac{{3 + 0}}{2} = \frac{3}{2}}\\{{y_I} = \frac{{{y_M} + {y_N}}}{2} = \frac{{4 + 1}}{2} = \frac{5}{2}}\\{{z_I} = \frac{{{z_M} + {z_N}}}{2} = \frac{{6 + \left( { - 2} \right)}}{2} = 2}\end{array} \Rightarrow I\left( {\frac{3}{2};\frac{5}{2};2} \right)} \right.$

Chọn đáp án: D.

Dựa vào đồ thị của hàm số $y = f\left( x \right)$, ta thấy đồ thị đi lên rồi đi xuống khi qua điểm $x = 0$, nghĩa là hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ với giá trị cực đại tương ứng là $y\left( 0 \right) = 0$.

Điểm cực đại của hàm số là $x = 0$.

Chọn đáp án: A.

Theo định nghĩa trong chương trình Toán 12, phương sai ${s^2}$ của mẫu số liệu ghép nhóm được tính bằng công thức:

${s^2} = \frac{{{n_1}c_1^2 + {n_2}c_2^2 + \ldots + {n_k}c_k^2}}{n} - {\bar x^2}$

Chọn đáp án: A.

Biểu diễn vectơ $\overrightarrow {OM}$ theo các vectơ đơn vị $\vec i,\vec j,\vec k$: $\overrightarrow {OM} = - 3\vec i + 2\vec j - \vec k \Rightarrow M\left( { - 3;2; - 1} \right)$.

Điểm $M'$ đối xứng với $M\left( { - 3;2; - 1} \right)$ qua mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ sẽ giữ nguyên hoành độ, tung độ và đổi dấu cao độ: ${x_{M'}} = - 3,\quad {y_{M'}} = 2,\quad {z_{M'}} = - \left( { - 1} \right) = 1 \Rightarrow M'\left( { - 3;2;1} \right)$.

Chọn đáp án: A.

Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ trước hết phải có tập xác định $D = \mathbb{R}$. Loại phương án A và C vì có tập xác định chứa điểm gián đoạn ($x \ne - 3$ và $x \ne 2$).

Xét hàm số $y = {x^4} + 2{x^2}$ (Phương án D): Là hàm trùng phương chẵn, có đồ thị đối xứng qua trục tung và luôn có cực trị, không thể đồng biến trên toàn bộ tập $\mathbb{R}$.

Xét hàm số $y = {x^3} + 2x$ (Phương án B):

- Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.
- Đạo hàm: $y' = 3{x^2} + 2 > 0,\forall x \in \mathbb{R}$.
- Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ; + \infty } \right)$ hay đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Chọn đáp án: B.

Nhìn vào dạng đồ thị: Đây là đồ thị của hàm số bậc ba $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ có nhánh ngoài cùng bên phải đi lên, suy ra hệ số $a > 0$. Loại phương án B.

Giao điểm của đồ thị với trục tung $Oy$ là tại điểm có tung độ dương, nghĩa là khi $x = 0$ thì $y > 0$. Thế $x = 0$ vào các phương án còn lại:

- Với $y = {x^3} - 3x + 1$ (Phương án A): $y\left( 0 \right) = 1$ (Thỏa mãn).
- Với $y = {x^3} - 3x - 4$ (Phương án C): $y\left( 0 \right) = - 4$ (Không thỏa mãn).
- Với $y = {x^3} - 3{x^2} - 1$ (Phương án D): $y\left( 0 \right) = - 1$ (Không thỏa mãn).

Thử lại cực trị: Đồ thị hàm số đạt cực đại tại $x = - 1$ với $y = 3$, cực tiểu tại $x = 1$ với $y = - 1$. Với hàm số $y = {x^3} - 3x + 1$:

- $y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$.
- $y\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^3} - 3 \cdot \left( { - 1} \right) + 1 = 3$ (khớp với đồ thị).
- $y\left( 1 \right) = {1^3} - 3 \cdot 1 + 1 = - 1$ (khớp với đồ thị).

Chọn đáp án: A.

Hai vectơ $\vec a$ và $\vec b$ cùng phương khi và chỉ khi có số thực $k \ne 0$ sao cho $\vec b = k\vec a$:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2 = k \cdot 1}\\{m - 1 = k \cdot 3}\\{2n + 3 = k \cdot \left( { - 2} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{k = 2}\\{m - 1 = 6}\\{2n + 3 = - 4}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{m = 7}\\{n = - \frac{7}{2}}\end{array}} \right.$.

Tính giá trị biểu thức $S$: $S = m - 2n = 7 - 2 \cdot \left( { - \frac{7}{2}} \right) = 7 + 7 = 14$.

Chọn đáp án: B.

Vectơ chỉ phương của đường bay $AB$ là: $\overrightarrow {AB} = \left( {10 - 3;8 - 7;3 - 5} \right) = \left( {7;1; - 2} \right)$.

Vì máy bay tiếp tục bay thẳng theo hướng cũ và hạ cánh tại điểm $M\left( {a;b;0} \right)$ trên mặt sân bay, ba điểm $A,B,M$ thẳng hàng, suy ra hai vectơ $\overrightarrow {AM}$ và $\overrightarrow {AB}$ cùng phương.

Ta có: $\overrightarrow {AM} = \left( {a - 3;b - 7; - 5} \right)$

Vì $\overrightarrow {AM}$ cùng phương với $\overrightarrow {AB}$, tồn tại số thực $k$ sao cho:

$\overrightarrow {AM} = k\overrightarrow {AB} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a - 3 = 7k}\\{b - 7 = k}\\{ - 5 = - 2k}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{k = \frac{5}{2}}\\{a = 3 + 7 \cdot \frac{5}{2} = \frac{{41}}{2}}\\{b = 7 + \frac{5}{2} = \frac{{19}}{2}}\end{array}} \right.$.

Tính giá trị $S = b - a$: $S = \frac{{19}}{2} - \frac{{41}}{2} = - \frac{{22}}{2} = - 11$.

Chọn đáp án: C.

Vectơ $\vec c$ vuông góc với cả $\vec a$ và $\vec b$ nên $\vec c$ cùng phương với tích có hướng của $\vec a$ và $\vec b$:

$\left[ {\vec a,\vec b} \right] = \left( {\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0&2\\1&0\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}2&1\\0&{ - 2}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&0\\{ - 2}&1\end{array}} \right|} \right) = \left( {\left( {0 \cdot 0 - 2 \cdot 1} \right);\left( {2 \cdot \left( { - 2} \right) - 1 \cdot 0} \right);\left( {1 \cdot 1 - 0 \cdot \left( { - 2} \right)} \right)} \right) = \left( { - 2; - 4;1} \right)$.

Chọn vectơ $\vec c = \left[ {\vec a,\vec b} \right] = \left( { - 2; - 4;1} \right)$.

Chọn đáp án: D.

Đường tiệm cận xiên có dạng $y = px + q$. Do nó đi qua $A\left( {1;\frac{4}{3}} \right)$ và $B\left( {3;2} \right)$ nên:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{p + q = \frac{4}{3}}\\{3p + q = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2p = \frac{2}{3} \Rightarrow p = \frac{1}{3}}\\{q = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow y = \frac{1}{3}x + 1$.

Xác định các hệ số của hàm số $f\left( x \right)$:

Ta có: $f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + 1}} = ax + \left( {b - a} \right) + \frac{{c - b + a}}{{x + 1}}$.

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là $y = ax + \left( {b - a} \right)$. Đối chiếu với phương trình $y = \frac{1}{3}x + 1$, ta được:

$a = \frac{1}{3}\quad {\rm{v\`a }}\quad b - a = 1 \Rightarrow b = \frac{4}{3}$.

Hàm chi phí trở thành: $f\left( x \right) = \frac{{\frac{1}{3}{x^2} + \frac{4}{3}x + c}}{{x + 1}}$.

Vì mỗi đơn vị trên trục hoành tương ứng với 100 sản phẩm, nên bán 200 sản phẩm tương ứng với $x = 2$.

Mỗi đơn vị trên trục tung tương ứng với 1000 USD. Lợi nhuận thu về khi bán 200 sản phẩm bằng 5250 USD, tương đương $5{,}25$ nghìn USD.

Hàm lợi nhuận: $P\left( x \right) = R\left( x \right) - f\left( x \right)$.

Với $x = 2$ thì $P\left( 2 \right) = R\left( 2 \right) - f\left( 2 \right) = 5{,}25$ và $R\left( 2 \right) = {2^2} + 2 \cdot 2 = 8$.

$\Rightarrow f\left( 2 \right) = R\left( 2 \right) - P\left( 2 \right) = 8 - 5{,}25 = 2{,}75$.

Thế $x = 2$ vào công thức của $f\left( x \right)$:

$f\left( 2 \right) = \frac{{\frac{1}{3} \cdot {2^2} + \frac{4}{3} \cdot 2 + c}}{{2 + 1}} = \frac{{\frac{4}{3} + \frac{8}{3} + c}}{3} = \frac{{4 + c}}{3}$$\Rightarrow \frac{{4 + c}}{3} = 2{,}75 \Rightarrow 4 + c = 8{,}25 \Rightarrow c = 4{,}25$.

Tính chi phí khi sản xuất 300 sản phẩm ($x = 3$):

$f\left( 3 \right) = \frac{{\frac{1}{3} \cdot {3^2} + \frac{4}{3} \cdot 3 + 4{,}25}}{{3 + 1}} = \frac{{3 + 4 + 4{,}25}}{4} = \frac{{11{,}25}}{4} = 2{,}8125$ (nghìn USD).

Làm tròn đến hàng phần trăm ta được $2{,}81$ nghìn USD.

Chọn đáp án: C.

Góc $\varphi$ giữa hai vectơ được xác định bởi công thức: $\cos \varphi = \frac{{\vec u \cdot \vec v}}{{\left| {\vec u} \right| \cdot \left| {\vec v} \right|}}$.

Ta có: $\vec u \cdot \vec v = \left( { - 1} \right) \cdot 0 + 1 \cdot \left( { - 1} \right) + 0 \cdot 0 = - 1$, $\left| {\vec u} \right| = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2} + {0^2}} = \sqrt 2$, $\left| {\vec v} \right| = \sqrt {{0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {0^2}} = 1$.

$\Rightarrow \cos \varphi = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 \cdot 1}} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \varphi = 135^\circ$.

Chọn đáp án: B.

Từ đồ thị hàm số bậc ba $y = f\left( x \right)$, ta xác định các thông tin sau:

- Đồ thị có hai điểm cực trị là cực đại $A\left( {0;2} \right)$ và cực tiểu $B\left( {2; - 2} \right)$.
- Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$, nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.

a) ĐÚNG. Tọa độ hai điểm cực trị là $A\left( {0;2} \right)$ và $B\left( {2; - 2} \right)$. Độ dài đoạn thẳng $AB$ là:

$AB = \sqrt {{{\left( {2 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 2} \right)}^2}} = \sqrt {4 + 16} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5$.

b) SAI.Xét hàm số $g\left( x \right) = f\left( {{x^2}} \right)$. Đạo hàm: $g'\left( x \right) = 2x \cdot f'\left( {{x^2}} \right)$.

Cho $g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{f'\left( {{x^2}} \right) = 0}\end{array}} \right.$.

Từ đồ thị của $f\left( x \right)$, ta có $f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 0$ hoặc $t = 2$. Do đó: $f'\left( {{x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x^2} = 0}\\{{x^2} = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{x = \pm \sqrt 2 }\end{array}} \right.$.

Vậy các nghiệm của phương trình $g'\left( x \right) = 0$ là:

- $x = 0$ (nghiệm bội ba, do xuất hiện từ $2x = 0$ và nghiệm kép ${x^2} = 0$ của $f'\left( {{x^2}} \right) = 0$). Đạo hàm đổi dấu khi qua $x = 0$.
- $x = \pm \sqrt 2$ (các nghiệm đơn, đạo hàm đổi dấu).

Suy ra hàm số $g\left( x \right)$ có đúng $3$ điểm cực trị ($x = 0,x = \sqrt 2 ,x = - \sqrt 2$).

c) SAI. Trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$, vẽ đường thẳng $x = 2$, ta thấy đường thẳng này cắt đồ thị tại điểm có tung độ nhỏ hơn $- 2$ nên giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$ nhỏ hơn $- 2$.

d) SAI. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$ chứ không phải trên khoảng $\left( { - \infty ;2} \right)$.

Lưu ý: Từ đồ thị, ta có thể tìm ra chính xác công thức của hàm số $f\left( x \right)$, từ đó cũng có thể suy ra được các yêu cầu của bài toán.

a) SAI. Cỡ mẫu $n$ là: $n = 15 + 18 + 20 + 10 + 5 + 2 = 70 \ne 60$.

b) ĐÚNG. Để kiểm tra giá trị ngoại lệ, ta tính các tứ phân vị và khoảng tứ phân vị ${{\rm{\Delta }}_Q}$.

Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$:

Cỡ mẫu $n = 70$. Ta tìm nhóm chứa ${Q_1}$, là nhóm thứ $i$ có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng $\frac{n}{4} = 17{,}5$.

Tần số tích lũy: $c{f_1} = 15$ (nhóm 1), $c{f_2} = 33$ (nhóm 2). Vậy nhóm chứa ${Q_1}$ là $\left[ {15;20} \right)$.

Do đó, ${Q_1} = 15 + \frac{{17{,}5 - 15}}{{18}} \cdot \left( {20 - 15} \right) = 15 + \frac{{2{,}5}}{{18}} \cdot 5 \approx 15{,}694$.

Tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$:

Nhóm chứa ${Q_3}$ là nhóm có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng $\frac{{3n}}{4} = 52{,}5$.

Tích lũy đến nhóm 3 ($\left[ {20;25} \right)$) là $15 + 18 + 20 = 53$. Vậy nhóm chứa ${Q_3}$ là $\left[ {20;25} \right)$.

Do đó, ${Q_3} = 20 + \frac{{52{,}5 - 33}}{{20}} \cdot \left( {25 - 20} \right) = 20 + \frac{{19{,}5}}{{20}} \cdot 5 = 20 + 4{,}875 = 24{,}875$.

Khoảng tứ phân vị: ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} \approx 24{,}875 - 15{,}694 = 9{,}181$.

Giá trị ngoại lệ $x$ thỏa mãn $x > {Q_3} + 1{,}5{{\rm{\Delta }}_Q}$ hoặc $x < {Q_1} - 1{,}5{{\rm{\Delta }}_Q}$.

Ta có ${Q_3} + 1{,}5{{\rm{\Delta }}_Q} \approx 24{,}875 + 1{,}5 \cdot 9{,}181 = 38{,}6465$.

Vì mức lương $39$ triệu đồng $> 38{,}6465$, nên mức lương này quả thật là một giá trị ngoại lệ của mẫu số liệu.

c) ĐÚNG. Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm bằng hiệu số giữa đầu mút phải của nhóm cuối cùng và đầu mút trái của nhóm đầu tiên: $R = 40 - 10 = 30$.

d) ĐÚNG. Theo kết quả tính toán ở ý b, tứ phân vị thứ ba là ${Q_3} = 24{,}875$.

a) ĐÚNG. Để tứ giác $ABCE$ là hình bình hành, ta cần:

$\overrightarrow {AE} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left( {{x_E} - 1;{y_E} - 1;{z_E} - 3} \right) = \left( {1 - \left( { - 1} \right);4 - 0;5 - 1} \right) = \left( {2;4;4} \right)$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_E} - 1 = 2 \Rightarrow {x_E} = 3}\\{{y_E} - 1 = 4 \Rightarrow {y_E} = 5}\\{{z_E} - 3 = 4 \Rightarrow {z_E} = 7}\end{array}} \right. \Rightarrow E\left( {3;5;7} \right)$.

b) ĐÚNG. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2; - 1; - 2} \right)$. Độ dài đoạn thẳng $AB$ là:

$AB = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = \sqrt {4 + 1 + 4} = 3$.

c) ĐÚNG. Tính độ dài đoạn thẳng $BC$: $\overrightarrow {BC} = \left( {2;4;4} \right) \Rightarrow BC = \sqrt {{2^2} + {4^2} + {4^2}} = \sqrt {36} = 6$.

Vì $BD$ là đường phân giác trong tại đỉnh $B$ của tam giác $ABC$, theo tính chất đường phân giác ta có:

$\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \Rightarrow \overrightarrow {DA} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \overrightarrow {CD} = - 2\overrightarrow {AD}$$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_D} - 1 = - 2\left( {{x_D} - 1} \right) \Rightarrow 3{x_D} = 3 \Rightarrow {x_D} = 1}\\{{y_D} - 4 = - 2\left( {{y_D} - 1} \right) \Rightarrow 3{y_D} = 6 \Rightarrow {y_D} = 2}\\{{z_D} - 5 = - 2\left( {{z_D} - 3} \right) \Rightarrow 3{z_D} = 11 \Rightarrow {z_D} = \frac{{11}}{3}}\end{array}} \right.$.

Vậy hoành độ điểm $D$ là ${x_D} = 1$.

d) SAI. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2; - 1; - 2} \right)$ và $\overrightarrow {AC} = \left( {0;3;2} \right)$.

Tích có hướng của hai vectơ này là: $\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - 1}&{ - 2}\\3&2\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - 2}&{ - 2}\\2&0\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - 2}&{ - 1}\\0&3\end{array}} \right|} \right) = \left( {4; - 4; - 6} \right)$.

Diện tích tam giác $ABC$ là:

${S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {{4^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {16 + 16 + 36} = \frac{1}{2}\sqrt {68} = \sqrt {17} \ne 2\sqrt {17}$.

Ngoài ra, ta cũng có thể tính $CA = \sqrt {{0^2} + {3^2} + {2^2}} = \sqrt {13}$, sau đó sử dụng công thức Heron để tính diện tích tam giác.

a) ĐÚNG. Đường thẳng song song hoặc trùng với trục hoành có phương trình $y = m$. Số giao điểm của đường thẳng này với $\left( C \right)$ chính là số nghiệm của phương trình:

$\frac{{3{x^2} + 2x - 5}}{{x + 1}} = m \Leftrightarrow 3{x^2} + \left( {2 - m} \right)x - \left( {5 + m} \right) = 0\quad \left( {x \ne - 1} \right)$.

Phương trình bậc hai này có biệt thức:

${\rm{\Delta }} = {\left( {2 - m} \right)^2} - 4 \cdot 3 \cdot \left[ { - \left( {5 + m} \right)} \right] = {m^2} - 4m + 4 + 60 + 12m = {m^2} + 8m + 64 = {\left( {m + 4} \right)^2} + 48 > 0,\forall m \in \mathbb{R}$.

Đồng thời thế $x = - 1$ vào phương trình: $3 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} + \left( {2 - m} \right) \cdot \left( { - 1} \right) - \left( {5 + m} \right) = 0 \Leftrightarrow 3 - 2 + m - 5 - m = - 4 \ne 0$.

Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt khác $- 1$ với mọi $m$. Vậy mọi đường thẳng $y = m$ đều luôn cắt đồ thị $\left( C \right)$ tại 2 điểm phân biệt.

b) ĐÚNG. Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{3{x^2} + 2x - 5}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {3x + 5} \right)}}{{x + 1}} = \infty$ (do tử thức tiến về $- 4 \ne 0$ và mẫu thức tiến về $0$).

Vậy $x = - 1$ là đường tiệm cận đứng của $\left( C \right)$.

c) SAI. Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( C \right)$ và $d:y = x$ là:

$\frac{{3{x^2} + 2x - 5}}{{x + 1}} = x \Leftrightarrow 3{x^2} + 2x - 5 = {x^2} + x\quad \left( {x \ne - 1} \right)$$\Leftrightarrow 2{x^2} + x - 5 = 0$.

Vì $a \cdot c = 2 \cdot \left( { - 5} \right) = - 10 < 0$, phương trình có 2 nghiệm phân biệt khác $- 1$.

Theo định lý Vi-ét, tổng hai nghiệm là: $S = {x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = - \frac{1}{2} \ne - \frac{1}{4}$.

d) ĐÚNG. Phân tích hàm số: $y = \frac{{3{x^2} + 2x - 5}}{{x + 1}} = 3x - 1 - \frac{4}{{x + 1}}$.

Giao điểm của hai đường tiệm cận (tiệm cận đứng $x = - 1$ và tiệm cận xiên $y = 3x - 1$) là tâm đối xứng $I$ của đồ thị.

Thế $x = - 1$ vào phương trình tiệm cận xiên ta được $y = 3 \cdot \left( { - 1} \right) - 1 = - 4$.

Vậy tâm đối xứng của đồ thị $\left( C \right)$ là $I\left( { - 1; - 4} \right)$.

Hàm số xác định khi $x \to + \infty$. Ta tìm tiệm cận xiên khi $x \to + \infty$:

$a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{y}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {1 + \sqrt {1 + \frac{4}{x} - \frac{1}{{{x^2}}}} } \right) = 1 + 1 = 2$.

$b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {y - ax} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x + \sqrt {{x^2} + 4x - 1} - 2x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 4x - 1} - x} \right)$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {{x^2} + 4x - 1} \right) - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 4x - 1} + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{4x - 1}}{{x\left( {\sqrt {1 + \frac{4}{x} - \frac{1}{{{x^2}}}} + 1} \right)}} = \frac{4}{2} = 2$.

Vậy tiệm cận xiên là $y = 2x + 2 \Rightarrow a = 2,b = 2$.

Do đó: ${a^2} + {b^2} = {2^2} + {2^2} = 8$.

Đáp số: 8.

Cỡ mẫu $n = 30$.

Tính tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$:

Ta tìm nhóm chứa ${Q_1}$, là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng $\frac{n}{4} = 7{,}5$.

Tần số tích lũy: $c{f_1} = 6$, $c{f_2} = 16$. Vậy nhóm chứa ${Q_1}$ là nhóm thứ hai $\left[ {800;850} \right)$.

Do đó, ${Q_1} = 800 + \frac{{7{,}5 - 6}}{{10}} \cdot \left( {850 - 800} \right) = 800 + \frac{{1{,}5}}{{10}} \cdot 50 = 807{,}5$.

Tính tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$:

Ta tìm nhóm chứa ${Q_3}$, là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng $\frac{{3n}}{4} = 22{,}5$.

Tần số tích lũy: $c{f_2} = 16$, $c{f_3} = 21$, $c{f_4} = 27$. Vậy nhóm chứa ${Q_3}$ là nhóm thứ tư $\left[ {900;950} \right)$.

Do đó, ${Q_3} = 900 + \frac{{22{,}5 - 21}}{6} \cdot \left( {950 - 900} \right) = 900 + \frac{{1{,}5}}{6} \cdot 50 = 912{,}5$.

Khoảng tứ phân vị: ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 912{,}5 - 807{,}5 = 105$.

Đáp số: 105.

Từ đồ thị hàm số, ta xác định các đường tiệm cận và điểm đi qua:

Đường tiệm cận đứng là $x = 1$. Theo công thức, tiệm cận đứng là $x = - \frac{c}{2}$$\Rightarrow - \frac{c}{2} = 1 \Rightarrow c = - 2$.

Đường tiệm cận ngang là $y = 1$. Theo công thức, tiệm cận ngang là $y = \frac{a}{2}$$\Rightarrow \frac{a}{2} = 1 \Rightarrow a = 2$.

Đồ thị đi qua điểm có tọa độ $\left( {2;0} \right)$. Thế vào phương trình hàm số ta được:

$0 = \frac{{a \cdot 2 + b}}{{2 \cdot 2 + c}} \Rightarrow 2a + b = 0 \Rightarrow 2 \cdot 2 + b = 0 \Rightarrow b = - 4$.

Từ đó, ta tính được tích: $P = abc = 2 \cdot \left( { - 4} \right) \cdot \left( { - 2} \right) = 16$.

Đáp số: 16.

Gọi hợp lực là $\vec F = {\vec F_1} + {\vec F_2} + {\vec F_3}$. Bình phương vô hướng hai vế:

${F^2} = {\left| {\vec F} \right|^2} = {\left( {{{\vec F}_1} + {{\vec F}_2} + {{\vec F}_3}} \right)^2} = \vec F_1^2 + \vec F_2^2 + \vec F_3^2 + 2{\vec F_1} \cdot {\vec F_2} + 2{\vec F_2} \cdot {\vec F_3} + 2{\vec F_3} \cdot {\vec F_1}$.

Vì ${\vec F_3} \bot {\vec F_1}$ và ${\vec F_3} \bot {\vec F_2}$, ta có ${\vec F_3} \cdot {\vec F_1} = 0$ và ${\vec F_2} \cdot {\vec F_3} = 0$. Do đó phương trình rút gọn thành:

${F^2} = F_1^2 + F_2^2 + F_3^2 + 2{F_1}{F_2}\cos \left( {{{\vec F}_1},{{\vec F}_2}} \right)$.

Thế các giá trị vào: ${F^2} = {13^2} + {7^2} + {10^2} + 2 \cdot 13 \cdot 7 \cdot \cos 120^\circ = 227$.

Suy ra $F = \sqrt {227} \approx 15{,}0665{\rm{\;N}}$.

Làm tròn đến hàng phần mười, ta thu được kết quả: $15{,}1$.

Đáp số: 15,1.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho tia $OD$ trùng với nửa trục dương $Oy$ và tia $OE$ trùng với nửa trục dương $Ox$.

Khi đó:

- Điểm $M$ cách $Oy$ một khoảng $125{\rm{\;m}} = 0{,}125{\rm{\;km}}$ và cách $Ox$ một khoảng $1{\rm{\;km}}$. Do đó, tọa độ của $M$ là $M\left( {0{,}125;1} \right)$.
- Điểm $A$ thuộc $Oy$ nên $A\left( {0;a} \right)$ với $a > 1$.
- Điểm $B$ thuộc $Ox$ nên $B\left( {b;0} \right)$ với $b > 0{,}125$.

Đường thẳng $AB$ đi qua hai điểm $A\left( {0;a} \right)$ và $B\left( {b;0} \right)$ nên có phương trình đoạn chắn: $\frac{x}{b} + \frac{y}{a} = 1$.

Vì đường thẳng $AB$ đi qua điểm $M\left( {0{,}125;1} \right)$, ta có:

$\frac{{0{,}125}}{b} + \frac{1}{a} = 1 \Rightarrow \frac{1}{a} = 1 - \frac{{0{,}125}}{b} = \frac{{b - 0{,}125}}{b} \Rightarrow a = \frac{b}{{b - 0{,}125}}$.

Ta có $AB = \sqrt {{a^2} + {b^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{b}{{b - 0{,}125}}} \right)}^2} + {b^2}} = b\sqrt {\frac{1}{{{{\left( {b - 0{,}125} \right)}^2}}} + 1}$.

Để chi phí làm đường thấp nhất, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng $AB$.

Đặt $x = b - 0{,}125 > 0 \Rightarrow b = x + 0{,}125$. Khi đó:

$L\left( x \right) = A{B^2} = {\left( {x + 0{,}125} \right)^2}\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right) = {\left( {x + 0{,}125} \right)^2} \cdot \frac{{{x^2} + 1}}{{{x^2}}} = {\left( {\frac{{x + 0{,}125}}{x}} \right)^2}\left( {{x^2} + 1} \right) = {\left( {1 + \frac{{0{,}125}}{x}} \right)^2}\left( {{x^2} + 1} \right)$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = {\left( {1 + \frac{1}{{8x}}} \right)^2}\left( {{x^2} + 1} \right)$.

Đạo hàm: $f'\left( x \right) = 2\left( {1 + \frac{1}{{8x}}} \right)\left( { - \frac{1}{{8{x^2}}}} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) + {\left( {1 + \frac{1}{{8x}}} \right)^2}\left( {2x} \right)$

$= 2\left( {1 + \frac{1}{{8x}}} \right)\left[ { - \frac{{{x^2} + 1}}{{8{x^2}}} + x\left( {1 + \frac{1}{{8x}}} \right)} \right] = 2\left( {1 + \frac{1}{{8x}}} \right)\left[ { - \frac{1}{8} - \frac{1}{{8{x^2}}} + x + \frac{1}{8}} \right] = 2\left( {1 + \frac{1}{{8x}}} \right)\left( {x - \frac{1}{{8{x^2}}}} \right)$.

Cho $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x - \frac{1}{{8{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^3} = \frac{1}{8} \Leftrightarrow x = \frac{1}{2} = 0{,}5$.

Với $x = 0{,}5$:

$A{B_{{\rm{min}}}} = \sqrt {f\left( {0{,}5} \right)} = \left( {1 + \frac{{0{,}125}}{{0{,}5}}} \right)\sqrt {0,{5^2} + 1} = \left( {1 + 0{,}25} \right)\sqrt {1{,}25} = 1{,}25 \cdot \frac{{\sqrt 5 }}{2} = \frac{{5\sqrt 5 }}{8} \approx 1{,}39754{\rm{\;km}} \approx 1397{,}54{\rm{\;m}}$

Chi phí làm $100{\rm{\;m}}$ đường là $155$ triệu đồng $\Rightarrow$ Chi phí làm $1{\rm{\;m}}$ đường là $1{,}55$ triệu đồng.

Tổng chi phí thấp nhất: $T = 1397{,}54 \times 1{,}55 = 2166{,}19$ triệu đồng $\approx 2{,}17$ tỉ đồng.

Đáp số: 2,17.

Thời gian bay: $t = 20{\rm{\;ph\'u t}} = \frac{1}{3}$ giờ.

Quãng đường bay: $S = v \cdot t = 900 \cdot \frac{1}{3} = 300{\rm{\;km}}$.

Vectơ hướng bay là $\vec u = \left( {120;110;1} \right)$. Độ dài của vectơ $\vec u$ là:

$\left| {\vec u} \right| = \sqrt {{{120}^2} + {{110}^2} + {1^2}} = \sqrt {14400 + 12100 + 1} = \sqrt {26501}$.

Vectơ vận tốc (đơn vị) theo hướng bay là:

$\vec e = \frac{{\vec u}}{{\left| {\vec u} \right|}} = \left( {\frac{{120}}{{\sqrt {26501} }};\frac{{110}}{{\sqrt {26501} }};\frac{1}{{\sqrt {26501} }}} \right)$

Tọa độ điểm $B$ sau khi di chuyển quãng đường $S = 300{\rm{\;km}}$ từ $A$ là:

$\overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OA} + S \cdot \vec e$$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 400 + 300 \cdot \frac{{120}}{{\sqrt {26501} }}}\\{b = 300 + 300 \cdot \frac{{110}}{{\sqrt {26501} }}}\\{c = 6 + 300 \cdot \frac{1}{{\sqrt {26501} }}}\end{array}} \right.$.

Vậy $a + b + c = 400 + 300 + 6 + 300 \cdot \frac{{120 + 110 + 1}}{{\sqrt {26501} }} = 706 + 300 \cdot \frac{{231}}{{\sqrt {26501} }} \approx 706 + 425{,}70 = 1131{,}7$.

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị là $1132$.

Đáp số: 1132.