Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Chuyên Lê Hồng Phong (TP.HCM) có đáp án

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu là $R$, là hiệu số giữa đầu mút phải của nhóm cuối cùng và đầu mút trái của nhóm đầu tiên.

Dựa vào bảng số liệu, nhóm đầu tiên là $\left[ {80;82} \right)$ nên đầu mút trái là ${x_{{\rm{min}}}} = 80$. Nhóm cuối cùng là nên đầu mút phải là ${x_{{\rm{max}}}} = 90$.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là: $R = {x_{{\rm{max}}}} - {x_{{\rm{min}}}} = 90 - 80 = 10{\rm{\;(gam)}}$.

Chọn D.

Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}$.

Ta tính đạo hàm của hàm số: $y' = 3{x^2} - 6x$.

Xét phương trình $y' = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.$.

Ta xét dấu $y'$:

- Trên các khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$, $y' > 0$ nên hàm số đồng biến.
- Trên khoảng $\left( {0;2} \right)$, $y' < 0$ nên hàm số nghịch biến.

Chọn C.

Trước hết, ta xác định giá trị đại diện ${x_i}$ của từng nhóm số liệu bằng cách lấy trung bình cộng hai đầu mút:

- Nhóm $\left[ {44;46} \right)$ có giá trị đại diện ${x_1} = 45$, tần số ${n_1} = 3$.
- Nhóm $\left[ {46;48} \right)$ có giá trị đại diện ${x_2} = 47$, tần số ${n_2} = 3$.
- Nhóm $\left[ {48;50} \right)$ có giá trị đại diện ${x_3} = 49$, tần số ${n_3} = 10$.
- Nhóm $\left[ {50;52} \right)$ có giá trị đại diện ${x_4} = 51$, tần số ${n_4} = 15$.
- Nhóm $\left[ {52;54} \right)$ có giá trị đại diện ${x_5} = 53$, tần số ${n_5} = 7$.
- Nhóm $\left[ {54;56} \right)$ có giá trị đại diện ${x_6} = 55$, tần số ${n_6} = 2$.

Tổng số trẻ thu thập được là $N = 3 + 3 + 10 + 15 + 7 + 2 = 40$.

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$\bar x = \frac{{3 \cdot 45 + 3 \cdot 47 + 10 \cdot 49 + 15 \cdot 51 + 7 \cdot 53 + 2 \cdot 55}}{{40}} = \frac{{2012}}{{40}} = 50{,}3{\rm{\;(cm)}}$.

Phương sai của mẫu số liệu là

${s^2} = \frac{{3{{\left( {45 - 50{,}3} \right)}^2} + 3{{\left( {47 - 50{,}3} \right)}^2} + 10{{\left( {49 - 50{,}3} \right)}^2} + 15{{\left( {51 - 50{,}3} \right)}^2} + 7{{\left( {53 - 50{,}3} \right)}^2} + 2{{\left( {55 - 50{,}3} \right)}^2}}}{{40}}$$= \frac{{236{,}4}}{{40}} = 5{,}91$.

Độ lệch chuẩn là căn bậc hai của phương sai: $s = \sqrt {{s^2}} = \sqrt {5{,}91} \approx 2{,}43{\rm{\;(cm)}}$.

Chọn A.

Hàm số $f\left( x \right)$ liên tục và xác định trên đoạn $\left[ { - 4;1} \right]$.

Đạo hàm của hàm số: $f'\left( x \right) = - 3{x^2} - 12x - 9$.

Xét phương trình đạo hàm bằng 0: $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 3\left( {{x^2} + 4x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 1 \in \left[ { - 4;1} \right]}\\{x = - 3 \in \left[ { - 4;1} \right]}\end{array}} \right.$.

Ta tính giá trị của hàm số tại các điểm cực trị và hai đầu mút đoạn:

$f\left( { - 4} \right) = - {\left( { - 4} \right)^3} - 6 \cdot {\left( { - 4} \right)^2} - 9 \cdot \left( { - 4} \right) - 1 = 64 - 96 + 36 - 1 = 3$;

$f\left( { - 3} \right) = - {\left( { - 3} \right)^3} - 6 \cdot {\left( { - 3} \right)^2} - 9 \cdot \left( { - 3} \right) - 1 = 27 - 54 + 27 - 1 = - 1$;

$f\left( { - 1} \right) = - {\left( { - 1} \right)^3} - 6 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} - 9 \cdot \left( { - 1} \right) - 1 = 1 - 6 + 9 - 1 = 3$;

$f\left( 1 \right) = - {1^3} - 6 \cdot {1^2} - 9 \cdot 1 - 1 = - 1 - 6 - 9 - 1 = - 17$.

So sánh các giá trị trên, ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ { - 4;1} \right]$ bằng $3$ (đạt được tại $x = - 4$ và $x = - 1$).

Chọn D.

Để tìm phương trình đường tiệm cận xiên dưới dạng $y = ax + b$, ta tính các hệ số bằng giới hạn:

$a = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{y}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{4{x^2} + 5x - 2}}{{x\left( { - 3x + 4} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{4{x^2} + 5x - 2}}{{ - 3{x^2} + 4x}} = - \frac{4}{3}$.

Tiếp tục tính hệ số $b$:

$b = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {y - ax} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {\frac{{4{x^2} + 5x - 2}}{{ - 3x + 4}} + \frac{4}{3}x} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{3\left( {4{x^2} + 5x - 2} \right) + 4x\left( { - 3x + 4} \right)}}{{3\left( { - 3x + 4} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{12{x^2} + 15x - 6 - 12{x^2} + 16x}}{{ - 9x + 12}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{31x - 6}}{{ - 9x + 12}} = - \frac{{31}}{9}$.

Vậy phương trình tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là $y = - \frac{4}{3}x - \frac{{31}}{9}.$

Chọn C.

Theo quy tắc ba điểm với ba điểm bất kì $W,U,V$, ta luôn có: $\overrightarrow {WU} + \overrightarrow {UV} = \overrightarrow {WV}$.

Chọn D.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Đạo hàm: $y' = - 6{x^2} + 24x - 18$.

Xét phương trình: $y' = 0 \Leftrightarrow - 6\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.$.

Hàm số đạt cực trị tại hai điểm ${x_1} = 1$ và ${x_2} = 3$. Các giá trị cực trị tương ứng là:

$y\left( 1 \right) = - 2 \cdot {1^3} + 12 \cdot {1^2} - 18 \cdot 1 + 4 = - 2 + 12 - 18 + 4 = - 4$;

$y\left( 3 \right) = - 2 \cdot {3^3} + 12 \cdot {3^2} - 18 \cdot 3 + 4 = - 54 + 108 - 54 + 4 = 4$.

Tổng các giá trị cực trị của hàm số thu được là: .

Chọn B.

Tọa độ trọng tâm $G\left( {{x_G};{y_G};{z_G}} \right)$ của tam giác $ABC$ được tính theo công thức trung bình cộng tọa độ các đỉnh:

${x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + \left( { - 5} \right) + \left( { - 5} \right)}}{3} = \frac{{ - 9}}{3} = - 3$;

${y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{3 + \left( { - 4} \right) + 13}}{3} = \frac{{12}}{3} = 4$;

${z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{ - 3 + \left( { - 1} \right) + \left( { - 8} \right)}}{3} = \frac{{ - 12}}{3} = - 4$.

Vậy tọa độ trọng tâm là $G\left( { - 3;4; - 4} \right)$.

Chọn D.

Hàm số liên tục và xác định trên đoạn $\left[ {2;5} \right]$.

Đạo hàm của hàm số: $y' = 1 - \frac{9}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} - 9}}{{{x^2}}}$.

Xét $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 9 = 0 \Leftrightarrow x = 3$ (nhận vì $3 \in \left[ {2;5} \right]$) hoặc $x = - 3$ (loại).

Tính giá trị của hàm số tại các điểm:

$y\left( 2 \right) = 2 + \frac{9}{2} = \frac{{13}}{2} = 6{,}5$;

$y\left( 3 \right) = 3 + \frac{9}{3} = 6$;

$y\left( 5 \right) = 5 + \frac{9}{5} = \frac{{34}}{5} = 6{,}8$.

So sánh các giá trị, ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn đã cho là $6$, đạt được tại $x = 3$.

Chọn D.

Trong hình lập phương $ABCD.MNPQ$, ta có $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {MQ}$.

Góc giữa hai vectơ $\overrightarrow {QN}$ và $\overrightarrow {AD}$ chính bằng góc giữa hai vectơ $\overrightarrow {QN}$ và $\overrightarrow {MQ}$.

Ta có góc giữa hai vectơ: $\left( {\overrightarrow {QN} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \left( {\overrightarrow {QN} ,\overrightarrow {MQ} } \right) = 180^\circ - \left( {\overrightarrow {QN} ,\overrightarrow {QM} } \right)$.

Vì $MNPQ$ là hình vuông nên góc giữa đường chéo $QN$ và cạnh $QM$ là $45^\circ$.

Vậy $\left( {\overrightarrow {QN} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \left( {\overrightarrow {QN} ,\overrightarrow {MQ} } \right) = 180^\circ - \left( {\overrightarrow {QN} ,\overrightarrow {QM} } \right) = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$.

Chọn B.

Để độ dài đoạn thẳng $MM'$ ngắn nhất với $M'$ thuộc trục $Ox$, thì $M'$ phải là hình chiếu vuông góc của điểm $M$ lên trục tọa độ $Ox$.

Theo quy tắc tìm hình chiếu lên các trục tọa độ trong không gian $Oxyz$: Hình chiếu của điểm $M\left( {x;y;z} \right)$ lên trục $Ox$ sẽ giữ nguyên hoành độ và có tung độ, cao độ bằng 0.

Do đó, tọa độ điểm $M'$ là $M'\left( { - 4;0;0} \right)$.

Chọn D.

Quan sát hình dáng đồ thị, đây là đồ thị của hàm số phân thức bậc hai trên bậc nhất $y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{dx + e}}$. Đường tiệm cận đứng là đường thẳng nét đứt $x = - 1$. Do đó ta loại phương án A.

Thử điểm giao với trục tung: Tại $x = 0$, đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng $3$, tức là đồ thị đi qua điểm $\left( {0;3} \right)$.

Thay $x = 0$ vào các phương án còn lại:

- Phương án B: $y = \frac{3}{1} = 3$. Tuy nhiên đồ thị phương án B là hàm bậc nhất trên bậc nhất, đồ thị có dạng hai nhánh hypebol nhận tiệm cận ngang, không có tiệm cận xiên dạng parabol/đường thẳng xéo đi lên như hình vẽ. Loại B.
- Phương án C: $y = \frac{1}{1} = 1 \ne 3$. Loại C.
- Phương án D: $y = \frac{3}{1} = 3$. Đồng thời phép chia tử cho mẫu ta được: $y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 1}} = x + 2 + \frac{1}{{x + 1}}$.

Khi $x \to \infty$, đồ thị nhận đường thẳng $y = x + 2$ làm đường tiệm cận xiên (đi qua các điểm $\left( { - 2;0} \right)$ và $\left( { - 1;1} \right)$ đúng như hình vẽ). Đồ thị có điểm cực tiểu tại $\left( {0;3} \right)$ và cực đại tại $\left( { - 2; - 1} \right)$.

Chọn D.

a) ĐÚNG. Giá trị đại diện của các nhóm $\left[ {5;6} \right),\left[ {6;7} \right),\left[ {7;8} \right),\left[ {8;9} \right),\left[ {9;10} \right)$ lần lượt là trung điểm của các khoảng: $\frac{{5 + 6}}{2} = 5{,}5$; $\frac{{6 + 7}}{2} = 6{,}5$;... đúng như bảng mô tả.

b) ĐÚNG. Cỡ mẫu trường A: ${N_A} = 4 + 5 + 3 + 4 + 2 = 18$.

Ta có $\frac{{18}}{4} = 4{,}5$ nên ${Q_1}$ thuộc nhóm $\left[ {6;7} \right)$. Do đó ${Q_1} = 6 + \frac{{4{,}5 - 4}}{5} \cdot 1 = 6{,}1$.

Ta có $\frac{{3 \cdot 18}}{4} = 13{,}5$ nên ${Q_3}$ thuộc nhóm $\left[ {8;9} \right)$. Do đó ${Q_3} = 8 + \frac{{13{,}5 - 12}}{4} \cdot 1 = 8{,}375$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu trường A: ${{\rm{\Delta }}_Q}\left( A \right) = {Q_3} - {Q_1} = 8{,}375 - 6{,}1 = 2{,}275$.

c) ĐÚNG. Cỡ mẫu trường B: ${N_B} = 2 + 5 + 4 + 3 + 1 = 15$.

Ta có $\frac{{15}}{4} = 3{,}75$ nên ${Q_1}^\prime$ thuộc nhóm $\left[ {6;7} \right)$. Do đó ${Q_1}^\prime = 6 + \frac{{3{,}75 - 2}}{5} \cdot 1 = 6{,}35$.

Ta có $\frac{{3 \cdot 15}}{4} = 11{,}25$ nên ${Q_3}^\prime$ thuộc nhóm $\left[ {8;9} \right)$. Do đó ${Q_3}^\prime = 8 + \frac{{11{,}25 - 11}}{3} \cdot 1 \approx 8{,}083$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu trường B: ${{\rm{\Delta }}_Q}\left( B \right) \approx 8{,}083 - 6{,}35 = 1{,}733$.

Vì ${{\rm{\Delta }}_Q}\left( B \right) < {{\rm{\Delta }}_Q}\left( A \right)$ nên học sinh trường B có điểm số đồng đều hơn trường A.

d) SAI.

Mẫu số liệu của trường A:

Số trung bình cộng: ${\bar x_A} = \frac{{4 \cdot 5{,}5 + 5 \cdot 6{,}5 + 3 \cdot 7{,}5 + 4 \cdot 8{,}5 + 2 \cdot 9{,}5}}{{18}}$$= \frac{{130}}{{18}} \approx 7{,}222$.

Phương sai: $s_A^2 = \frac{1}{{18}}\left[ {4 \cdot {{\left( {5{,}5} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {6{,}5} \right)}^2} + 3 \cdot {{\left( {7{,}5} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {8{,}5} \right)}^2} + 2 \cdot {{\left( {9{,}5} \right)}^2}} \right] - {\left( {7{,}222} \right)^2} \approx 1{,}760$.

Độ lệch chuẩn: ${s_A} = \sqrt {s_A^2} \approx \sqrt {1{,}760} \approx 1{,}327$.

Mẫu số liệu của trường B:

Số trung bình cộng: ${\bar x_B} = \frac{{2 \cdot 5{,}5 + 5 \cdot 6{,}5 + 4 \cdot 7{,}5 + 3 \cdot 8{,}5 + 1 \cdot 9{,}5}}{{15}}$$= \frac{{108{,}5}}{{15}} \approx 7{,}233$.

Phương sai: $s_B^2 = \frac{1}{{15}}\left[ {2 \cdot {{\left( {5{,}5} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {6{,}5} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {7{,}5} \right)}^2} + 3 \cdot {{\left( {8{,}5} \right)}^2} + 1 \cdot {{\left( {9{,}5} \right)}^2}} \right] - {\left( {7{,}233} \right)^2} \approx 1{,}267$.

Độ lệch chuẩn: ${s_B} = \sqrt {s_B^2} \approx \sqrt {1{,}267} \approx 1{,}126$.

Vì ${s_A} > {s_B}$ ($1{,}327 > 1{,}126$), mức độ phân tán điểm số của học sinh trường A lớn hơn trường B. Nói cách khác, học sinh trường B có điểm trung bình đồng đều hơn học sinh trường A.

a) ĐÚNG. Số tiền thu được từ việc bán $x$ mét vải với giá 220 nghìn đồng/mét là $B\left( x \right) = 220x$ (nghìn đồng).

b). SAI. Biểu thức tính lợi nhuận là hiệu giữa doanh thu và chi phí:

$L\left( x \right) = B\left( x \right) - C\left( x \right) = 220x - \left( {{x^3} - 3{x^2} - 20x + 500} \right) = - {x^3} + 3{x^2} + 240x - 500$.

c) ĐÚNG. Xét hàm lợi nhuận $L\left( x \right) = - {x^3} + 3{x^2} + 240x - 500$ trên đoạn $\left[ {1;18} \right]$.

Đạo hàm: $L'\left( x \right) = - 3{x^2} + 6x + 240$.

Xét $L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 3\left( {{x^2} - 2x - 80} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 10{\rm{\;(nhan)}}}\\{x = - 8{\rm{\;(loai)}}}\end{array}} \right.$,

Lập bảng biến thiên của hàm số trên $\left[ {1;18} \right]$, ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại điểm cực đại $x = 10$. Vậy cần bán 10 mét vải mỗi ngày để thu lợi nhuận tối đa.

d) SAI. Thay $x = 10$ vào biểu thức lợi nhuận ta có:

$L\left( {10} \right) = - {10^3} + 3 \cdot {10^2} + 240 \cdot 10 - 500 = - 1000 + 300 + 2400 - 500 = 1200$ (nghìn đồng).

Do đó lợi nhuận tối đa là 1200 nghìn đồng chứ không phải 1000 nghìn đồng.

a) SAI. Đây là hàm đa thức bậc ba nên tập xác định là $D = \mathbb{R}$.

b) ĐÚNG. Áp dụng quy tắc tính đạo hàm cơ bản: $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 16x + 13$.

c) SAI. Xét nghiệm đạo hàm: $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 16x + 13 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 1}\\{x = \frac{{13}}{3}}\end{array}} \right.$.

Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {\frac{{13}}{3}; + \infty } \right)$, nghịch biến trên khoảng $\left( {1;\frac{{13}}{3}} \right)$. Do đó mệnh đề nói hàm đồng biến trên khoảng này là sai.

d) SAI. Qua điểm $x = 1$, đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm nên $x = 1$ là điểm cực đại. Qua điểm $x = \frac{{13}}{3}$, đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương nên $x = \frac{{13}}{3}$ là điểm cực tiểu của hàm số.

a) ĐÚNG. Theo định nghĩa hệ trục: Hướng nam là chiều dương trục $Ox$ (${x_1} = 2$), hướng đông là chiều dương trục $Oy$ (${y_1} = 1$), độ cao so với mặt đất là cao độ trục $Oz$ (${z_1} = 0{,}5$). Tọa độ điểm thứ nhất là ${M_1}\left( {2;1;0{,}5} \right)$.

b) SAI. Khinh khí cầu thứ hai cách điểm xuất phát $1{\rm{\;km}}$ về phía bắc (ngược hướng nam nên hoành độ là ${x_2} = - 1$), cách $1{,}5{\rm{\;km}}$ về phía tây (ngược hướng đông nên tung độ là ${y_2} = - 1{,}5$), và độ cao ${z_2} = 0{,}8{\rm{\;km}}$. Tọa độ chính xác phải là ${M_2}\left( { - 1; - 1{,}5;0{,}8} \right)$.

c) SAI. Khoảng cách từ gốc $O\left( {0;0;0} \right)$ đến khinh khí cầu thứ nhất là:

$O{M_1} = \sqrt {{2^2} + {1^2} + 0,{5^2}} = \sqrt {4 + 1 + 0{,}25} = \sqrt {5{,}25} = \frac{{\sqrt {21} }}{2}{\rm{\;(km)}}$.

d) ĐÚNG. Khoảng cách giữa hai khinh khí cầu bằng độ dài đoạn thẳng ${M_1}{M_2}$:

${M_1}{M_2} = \sqrt {{{\left( { - 1 - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1{,}5 - 1} \right)}^2} + {{\left( {0{,}8 - 0{,}5} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 2{,}5} \right)}^2} + {{\left( {0{,}3} \right)}^2}}$$= \sqrt {15{,}34} \approx 3{,}92{\rm{\;(km)}}$.

Xác định giá trị đại diện cho $4$ nhóm: ${x_1} = 10{,}15;\quad {x_2} = 10{,}45;\quad {x_3} = 10{,}75;\quad {x_4} = 11{,}05$.

Tổng số lần chạy thu thập được: $N = 2 + 10 + 5 + 3 = 20$.

Thời gian chạy trung bình thu được là:

$\bar x = \frac{{2 \cdot 10{,}15 + 10 \cdot 10{,}45 + 5 \cdot 10{,}75 + 3 \cdot 11{,}05}}{{20}} = \frac{{211{,}7}}{{20}} = 10{,}585{\rm{\;(gi\^a y)}}$.

Tính phương sai mẫu ghép nhóm:

${s^2} = \frac{{2{{\left( {10{,}15 - 10{,}585} \right)}^2} + 10{{\left( {10{,}45 - 10{,}585} \right)}^2} + 5{{\left( {10{,}75 - 10{,}585} \right)}^2} + 3{{\left( {11{,}05 - 10{,}585} \right)}^2}}}{{20}}$$= 0{,}067275$.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là: $s = \sqrt {0{,}067275} \approx 0{,}26{\rm{\;(gi\^a y)}}$.

Kết quả: 0,26.

Ta tính đạo hàm của hàm số hợp $g\left( x \right)$:

$g'\left( x \right) = 3{\left( {f\left( x \right)} \right)^2} \cdot f'\left( x \right) - 6f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) = 3f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) \cdot \left[ {f\left( x \right) - 2} \right]$.

Xét phương trình đạo hàm bằng 0: $g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{f'\left( x \right) = 0\quad \left( 1 \right)}\\{f\left( x \right) = 0\quad \left( 2 \right)}\\{f\left( x \right) = 2\quad \left( 3 \right)}\end{array}} \right.$.

Từ bảng biến thiên của $f\left( x \right)$, phương trình $f'\left( x \right) = 0$ có các nghiệm đơn phân biệt, tương ứng với các điểm cực trị của hàm số $f\left( x \right)$. Dựa vào bảng biến thiên, $f\left( x \right)$ có $4$ điểm cực trị. Vậy phương trình (1) cho $4$ nghiệm đơn.

Phương trình $f\left( x \right) = 0$: Số nghiệm đơn (cắt qua không trùng cực trị) của $f\left( x \right) = 0$ là 1.

Phương trình $f\left( x \right) = 2$: Số nghiệm đơn (cắt qua không trùng cực trị) của $f\left( x \right) = 0$ là 3.

Tổng số cực trị: 4 + 1 + 3 = 8.

Kết quả: 8.

Ta có $y = \frac{1}{3}x + \frac{7}{9} + \frac{{34}}{{9\left( {3x - 1} \right)}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{34}}{{9\left( {3x - 1} \right)}} = 0$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng: ${\rm{\Delta }}:y = \frac{1}{3}x + \frac{7}{9}$.

Đường thẳng này cắt trục tung tại điểm $M$, do đó hoành độ của $M$ là ${x_0} = 0$.

Tung độ của $M$ thu được bằng cách thay $x = 0$ vào phương trình tiệm cận xiên: ${y_0} = \frac{1}{3} \cdot 0 + \frac{7}{9} = \frac{7}{9}$.

Giá trị tổng cần tìm là: ${x_0} + {y_0} = 0 + \frac{7}{9} = \frac{7}{9} \approx 0{,}78$.

Kết quả: 0,78.

Vì $ABCD$ là hình thang có hai đáy là $AB$ và $CD$ nên cạnh $CD$ song song với $AB$.

Ta có vectơ đáy: $\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 2; - 2} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = 3$.

Đường thẳng $CD$ đi qua $C\left( {6;1; - 1} \right)$ và nhận ${\vec u_{CD}} = \overrightarrow {AB} = \left( {1; - 2; - 2} \right)$ làm vectơ chỉ phương.

Do đó điểm $D$ thuộc đường thẳng $CD$ có tọa độ dạng tham số: $D\left( {6 + t;1 - 2t; - 1 - 2t} \right)$.

Vectơ $\overrightarrow {CD} = \left( {t; - 2t; - 2t} \right)$. Nhận thấy $\overrightarrow {CD} = t \cdot \overrightarrow {AB}$. Độ dài đáy $CD = \left| t \right| \cdot AB = 3\left| t \right|$.

Chiều cao $h$ của hình thang chính là khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $CD$.

Ta có: $\overrightarrow {AC} = \left( {5; - 1; - 1} \right)$.

Tính tích có hướng để tính khoảng cách: $\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {0;9; - 9} \right)$.

Khoảng cách từ $A$ đến $CD$ là: $h = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{{\sqrt {{0^2} + {9^2} + {{\left( { - 9} \right)}^2}} }}{3} = \frac{{9\sqrt 2 }}{3} = 3\sqrt 2$.

Diện tích hình thang $ABCD$:

$S = \frac{{\left( {AB + CD} \right) \cdot h}}{2} = 6\sqrt 2 \Leftrightarrow \frac{{\left( {3 + 3\left| t \right|} \right) \cdot 3\sqrt 2 }}{2} = 6\sqrt 2$$\Leftrightarrow 3\left( {1 + \left| t \right|} \right) \cdot \frac{3}{2} = 6 \Leftrightarrow 1 + \left| t \right| = \frac{4}{3} \Leftrightarrow \left| t \right| = \frac{1}{3}$.

Vì hình thang $ABCD$ có các đỉnh theo thứ tự vòng tròn nên vectơ $\overrightarrow {CD}$ ngược hướng với $\overrightarrow {AB}$, tức là $t < 0 \Rightarrow t = - \frac{1}{3}$.

Thay $t = - \frac{1}{3}$ vào tọa độ điểm $D$:

$a = 6 - \frac{1}{3} = \frac{{17}}{3}$

$b = 1 - 2 \cdot \left( { - \frac{1}{3}} \right) = \frac{5}{3}$

$c = - 1 - 2 \cdot \left( { - \frac{1}{3}} \right) = - \frac{1}{3}$

Tính biểu thức $P$: $P = 3a + b - c = 3 \cdot \left( {\frac{{17}}{3}} \right) + \frac{5}{3} - \left( { - \frac{1}{3}} \right) = 17 + \frac{5}{3} + \frac{1}{3} = 19$.

Kết quả: 19.

Đạo hàm của hàm số: $y' = 3{x^2} - 6x - 9$.

Xét phương trình: $y' = 0 \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} - 2x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.$.

Tìm tọa độ các điểm cực trị bằng cách thế $x$ vào phương trình hàm số ban đầu:

- Với $x = - 1 \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^3} - 3 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} - 9 \cdot \left( { - 1} \right) + 1 = - 1 - 3 + 9 + 1 = 6 \Rightarrow A\left( { - 1;6} \right)$.
- Với $x = 3 \Rightarrow y = {3^3} - 3 \cdot {3^2} - 9 \cdot 3 + 1 = 27 - 27 - 27 + 1 = - 26 \Rightarrow B\left( {3; - 26} \right)$.

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị $A$ và $B$ là độ dài đoạn thẳng $AB$:

$AB = \sqrt {{{\left( {3 - \left( { - 1} \right)} \right)}^2} + {{\left( { - 26 - 6} \right)}^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 32} \right)}^2}} = \sqrt {16 + 1024} = \sqrt {1040} = 4\sqrt {65} \approx 32{,}2$.

Kết quả: 32,2.

Vì $AA'BD$ là tứ diện đều cạnh bằng $3$ nên ta có:

+ Các cạnh $AA' = AB = AD = A'B = A'D = BD = 3$.

+ Các tam giác $ABD,ABA',AA'D$ là các tam giác đều nên

$\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right) = 60^\circ ;\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AA'} } \right) = 60^\circ ;\left( {\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {AA'} } \right) = 60^\circ$.

Suy ra $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} = AB \cdot AD \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right) = 3 \cdot 3 \cdot \cos 60^\circ = \frac{9}{2}$.

Tương tự $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AA'} = \frac{9}{2};\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AA'} = \frac{9}{2}$.

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $DD'C'$ nên theo tính chất trọng tâm, ta có $\overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AD'} + \overrightarrow {AC'} } \right)$.

Lại có $\overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DD'} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'}$ và $\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'}$ (quy tắc và tính chất hình hộp).

Do đó, $\overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right) = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AA'}$.

Suy ra $A{G^2} = {\overrightarrow {AG} ^2} = {\left( {\frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AA'} } \right)^2}$

$= \frac{1}{9}A{B^2} + A{D^2} + \frac{4}{9}A{A'^2} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} + \frac{4}{9}\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AA'} + \frac{4}{3}\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AA'}$

$= \frac{1}{9} \cdot {3^2} + {3^2} + \frac{4}{9} \cdot {3^2} + \frac{2}{3} \cdot \frac{9}{2} + \frac{4}{9} \cdot \frac{9}{2} + \frac{4}{3} \cdot \frac{9}{2}$$= 1 + 9 + 4 + 3 + 2 + 6 = 25$.

Suy ra $AG = \sqrt {25} = 5$.

Kết quả: 5.