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

Trong hệ tọa độ $Oxyz$, các vectơ đơn vị của các trục tọa độ $Ox$, $Oy$, $Oz$ lần lượt là: $\vec i = \left( {1;0;0} \right)$, $\vec j = \left( {0;1;0} \right)$, $\vec k = \left( {0;0;1} \right)$.

Do đó, vectơ đơn vị của trục $Oy$ là $\vec j = \left( {0;1;0} \right)$.

Chọn đáp án: A.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đạo hàm $f'\left( x \right) > 0$ trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$. Do đó, hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$. Đối chiếu với các phương án lựa chọn, khoảng $\left( {3; + \infty } \right)$ là khoảng đồng biến của hàm số.

Chọn đáp án: B.

Giao điểm của đồ thị $\left( C \right)$ với trục hoành $Ox$ là điểm có tung độ bằng $0$ ($y = 0$). Quan sát đồ thị, ta thấy nhánh bên phải của đồ thị cắt trục hoành tại điểm có hoành độ $x = 2$. Do đó, tọa độ giao điểm cần tìm là $I\left( {2;0} \right)$.

Chọn đáp án: B.

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

Nhóm đầu tiên là $\left[ {3;6} \right)$, có đầu mút trái là ${x_{{\rm{min}}}} = 3$.

Nhóm cuối cùng là $\left[ {18;21} \right)$, có đầu mút phải là ${x_{{\rm{max}}}} = 21$.

Vậy $R = {x_{{\rm{max}}}} - {x_{{\rm{min}}}} = 21 - 3 = 18{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$.

Chọn đáp án: A.

Ta tính tọa độ của các vectơ:

$\overrightarrow {AB} = \left( {3 - 0; - 4 - 1;0 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( {3; - 5;2} \right)$

$\overrightarrow {AC} = \left( { - 5 - 0;2 - 1;0 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( { - 5;1;2} \right)$

$\overrightarrow {CD} = \left( {6 - \left( { - 5} \right); - 3 - 2;7 - 0} \right) = \left( {11; - 5;7} \right)$

Tính độ dài bình phương của $\overrightarrow {AB}$: ${\overrightarrow {AB} ^2} = {3^2} + {\left( { - 5} \right)^2} + {2^2} = 9 + 25 + 4 = 38$.

Tính tích vô hướng $\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {CD}$: $\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {CD} = \left( { - 5} \right) \cdot 11 + 1 \cdot \left( { - 5} \right) + 2 \cdot 7 = - 55 - 5 + 14 = - 46$.

Giá trị biểu thức $P$: $P = 38 - \left( { - 46} \right) = 38 + 46 = 84$.

Chọn đáp án: A.

Dựa vào tọa độ các điểm đặc biệt trên đồ thị hàm số:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng $1$, tức là khi $x = 0$ thì $y = 1 \Rightarrow f\left( 0 \right) = 1$.

Điểm cực đại là $\left( {0;1} \right)$ và cực tiểu là $\left( {2; - 3} \right)$. Do đó $f\left( 2 \right) = - 3$.

Tại $x = 1$, ta dóng xuống đồ thị thu được $y = - 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) = - 1$.

Tại $x = 3$, đồ thị cắt trục hoành nên $f\left( 3 \right) = 0$.

Như vậy, phát biểu đúng là $f\left( 0 \right) = 1$.

Chọn đáp án: D.

Theo quy tắc ba điểm đối với phép cộng vectơ: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC}$.

Do đó, khẳng định trên là luôn đúng.

Chọn đáp án: B.

Ta lập bảng giá trị đại diện ${x_i}$ của từng nhóm $\left[ {{u_i};{u_{i + 1}}} \right)$ với ${x_i} = \frac{{{u_i} + {u_{i + 1}}}}{2}$:

Nhóm $\left[ {2{,}7;3{,}0} \right)$ có ${n_1} = 3$, ${x_1} = 2{,}85$.

Nhóm $\left[ {3{,}0;3{,}3} \right)$ có ${n_2} = 6$, ${x_2} = 3{,}15$.

Nhóm $\left[ {3{,}3;3{,}6} \right)$ có ${n_3} = 5$, ${x_3} = 3{,}45$.

Nhóm $\left[ {3{,}6;3{,}9} \right)$ có ${n_4} = 4$, ${x_4} = 3{,}75$.

Tổng số ngày: $N = 3 + 6 + 5 + 4 = 18$.

Số trung bình: $\overline x = \frac{{3 \cdot 2{,}85 + 6 \cdot 3{,}15 + 5 \cdot 3{,}45 + 4 \cdot 3{,}75}}{{18}} = \frac{{59{,}7}}{{18}} = \frac{{199}}{{60}}{\rm{\;(km)}}$.

Phương sai: ${s^2} = \frac{{3 \cdot {{\left( {2{,}85} \right)}^2} + 6 \cdot {{\left( {3{,}15} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {3{,}45} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {3{,}75} \right)}^2}}}{{18}} - {\left( {\frac{{199}}{{60}}} \right)^2} \approx 0{,}09$.

Chọn đáp án: D.

Theo công thức tọa độ trung điểm trong không gian $Oxyz$, trung điểm $I$ của đoạn thẳng $AB$ có tọa độ là:

$I\left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2};\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2};\frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}} \right)$.

Chọn đáp án: C.

Trên đoạn $\left[ {0;3} \right]$, ta thấy đạo hàm $y' > 0$. Do hàm số đồng biến trên $\left[ {0;3} \right]$, giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt được tại đầu mút trái $x = 0$. Vậy $\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right).$

Chọn đáp án: C.

Đường tiệm cận đứng là đường thẳng song song với trục tung và đồ thị tiến sát đến vô cực khi $x$ dần tới giá trị đó. Trên đồ thị, đường thẳng đứng đi qua điểm có hoành độ $x = - 1$ trên trục hoành. Do đó phương trình tiệm cận đứng là $x = - 1$.

Chọn đáp án: D.

Đường tiệm cận ngang là đường thẳng song song với trục hoành. Trên đồ thị, đường nét đứt nằm ngang cắt trục tung tại điểm có tung độ $y = 1$. Do đó phương trình tiệm cận ngang là $y = 1$.

Chọn đáp án: A.

a) $g\left( x \right) = \frac{{2x - 4}}{{x + 1}} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } g\left( x \right) = 2$. Tiệm cận ngang là $y = 2$.

Chọn: ĐÚNG

b) Nghiệm của mẫu thức là $x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1$. Tiệm cận đứng phải là $x = - 1$.

Chọn: SAI

c) Tâm đối xứng $I\left( { - 1;1} \right)$. Ta viết lại $f\left( x \right) = 1 - \frac{3}{{x + 1}}$. Để tọa độ nguyên thì ${x_0} + 1$ là ước của $3$. Do hoành độ dương nên ${x_0} > 0 \Rightarrow {x_0} + 1 = 3 \Rightarrow {x_0} = 2 \Rightarrow {y_0} = 0 \Rightarrow B\left( {2;0} \right)$.

Khoảng cách $IB = \sqrt {{{\left( {2 - \left( { - 1} \right)} \right)}^2} + {{\left( {0 - 1} \right)}^2}} = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt {10}$.

Chọn: ĐÚNG

d) Cho $x = 0 \Rightarrow g\left( 0 \right) = 2f\left( 0 \right) = 2 \cdot \left( {\frac{{ - 2}}{1}} \right) = - 4 \Rightarrow A\left( {0; - 4} \right)$.

Chọn: ĐÚNG

a) Tổng số cuộc gọi $N = 80$. Vị trí ${Q_1}$ là $20$ (thuộc nhóm $\left[ {1;2} \right)$) $\Rightarrow {Q_1} = 1 + \frac{{20 - 8}}{{17}} = \frac{{29}}{{17}}$. Vị trí ${Q_3}$ là $60$ (thuộc nhóm $\left[ {3;4} \right)$) $\Rightarrow {Q_3} = 3 + \frac{{60 - 50}}{{20}} = 3{,}5$. Khoảng tứ phân vị ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 3{,}5 - \frac{{29}}{{17}} = \frac{{61}}{{34}} \ne \frac{{61}}{{31}}$.

Chọn: SAI

b) Số trung bình $\overline x = \frac{{8 \cdot 0{,}5 + 17 \cdot 1{,}5 + 25 \cdot 2{,}5 + 20 \cdot 3{,}5 + 10 \cdot 4{,}5}}{{80}} = 2{,}5875$.

Phương sai ${s^2} = \frac{{8 \cdot 0,{5^2} + 17 \cdot 1,{5^2} + 25 \cdot 2,{5^2} + 20 \cdot 3,{5^2} + 10 \cdot 4,{5^2}}}{{80}} - {\left( {2{,}5875} \right)^2} \approx 1{,}35$.

Chọn: ĐÚNG

c) Khoảng biến thiên của mẫu là $R = 5 - 0 = 5$.

Chọn: ĐÚNG

d) Khi bỏ nhóm cuối thì cỡ mẫu $N' = 70$.

Số trung bình mới ${\overline x ^\prime } = \frac{{8 \cdot 0{,}5 + 17 \cdot 1{,}5 + 25 \cdot 2{,}5 + 20 \cdot 3{,}5}}{{70}} = \frac{{81}}{{35}}$.

Phương sai mới ${s'^2} = \frac{{8 \cdot 0,{5^2} + 17 \cdot 1,{5^2} + 25 \cdot 2,{5^2} + 20 \cdot 3,{5^2}}}{{70}} - {\left( {\frac{{81}}{{35}}} \right)^2} = \frac{{4661}}{{4900}}$.

Độ lệch chuẩn $s' = \sqrt {{{s'}^2}} \approx 0{,}98$.

Chọn: SAI

a) Ta có $g'\left( x \right) = - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 2$. Qua $x = 2$, $g'\left( x \right)$ đổi dấu từ dương sang âm nên $x = 2$ là điểm cực đại. Cực tiểu phải là $x = 0$.

Chọn: SAI

b) Tổng $S = f\left( 1 \right) \cdot f\left( 2 \right) + f\left( 2 \right) \cdot f\left( 3 \right) + f\left( 3 \right) \cdot f\left( 4 \right) + ... + f\left( {2025} \right) \cdot f\left( {2026} \right)$

$= 1 \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{{2025}} \cdot \frac{1}{{2026}}$

$= \left( {1 - \frac{1}{2}} \right) + \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{3}} \right) + \left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{4}} \right) + ... + \left( {\frac{1}{{2025}} - \frac{1}{{2026}}} \right) = \frac{{2025}}{{2026}}$.

Do đó $k\left( x \right) = 2025{x^3} - 6075x \Rightarrow k'\left( x \right) = 6075\left( {{x^2} - 1} \right)$. Ta có $k'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$.

Lập bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left[ { - 1;1} \right]$, không phải trên toàn bộ khoảng $\left( { - 1;2} \right)$.

Chọn: SAI

c) Ta có $f'\left( x \right) = - \frac{1}{{{x^2}}} < 0$ với mọi $x \ne 0$.

Chọn: ĐÚNG

d) Ta có $h'\left( x \right) = f'\left( x \right) = - \frac{1}{{{x^2}}} < 0,\forall x \in \mathbb{R}$.

Như vậy $h\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left[ {3;6} \right]$ nên giá trị lớn nhất đạt được tại $x = 3 \Rightarrow {\rm{max}} = h\left( 3 \right) = \frac{7}{3} \ne \frac{{13}}{6}$.

Chọn: SAI

a) Ta có $\left| {\overrightarrow {AC'} } \right| = AC' = 2a\sqrt 3$.

Chọn: ĐÚNG

b) Vì $C'C \bot \left( {ABCD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right) \equiv \left( {Oxy} \right)$ nên hình chiếu của $C'$ là $C$.

Chọn: ĐÚNG

c) Độ dài cạnh hình lập phương bằng $2a$. Thiết lập tọa độ ta có $A\left( {0;0;0} \right)$, $B\left( {2a;0;0} \right)$, $D\left( {0;2a;0} \right)$, $A'\left( {0;0;2a} \right)$, $C\left( {2a;2a;0} \right)$, $C'\left( {2a;2a;2a} \right)$.

Vì $I$ là điểm cách đều 8 đỉnh của hình lập phương đã cho nên $I$ là tâm của hình lập phương, tức $I$ là trung điểm của đường chéo $AC'$, suy ra $I\left( {a;a;a} \right)$.

Vì $J$ lần lượt là tâm của các hình vuông $A'ABB'$ nên $J\left( {a;0;a} \right)$.

Vì $K$ lần lượt là tâm của các hình vuông $A'ADD'$ nên $K\left( {0;a;a} \right)$.

Suy ra $\overrightarrow {IJ} = \left( {0; - a;0} \right)$ và $\overrightarrow {KD} = \left( {0;a; - a} \right)$. Tích vô hướng $\overrightarrow {IJ} \cdot \overrightarrow {KD} = - {a^2}$.

Chọn: SAI

d) Tổng vectơ bằng $4\overrightarrow {MG}$ với $G\left( {a;a;0} \right)$ là tâm hình vuông đáy $ABCD$. Độ dài ngắn nhất khi $M$ là hình chiếu của $G$ lên đáy trên $\Rightarrow M\left( {a;a;2a} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OM} - \vec k = \left( {a;a;2a - 1} \right)$.

Chọn: ĐÚNG

Dựng hệ trục tọa độ tại điểm $O\left( {0;0;0} \right)$ nằm trên mặt đất, cột điện nằm trên trục $Oz \Rightarrow A\left( {0;0;h} \right)$.

Ta có $OB = OC = 6{\rm{m}}$. Vì góc nhị diện $\left[ {B,OA,C} \right] = 135^\circ$ nên $\widehat {BOC} = 135^\circ$.

Góc giữa $AB$ và mặt phẳng đáy là $\widehat {ABO} = 45^\circ \Rightarrow h = OA = OB{\rm{tan}}45^\circ = 6\,\,\left( {\rm{m}} \right)$.

Chọn tia $OB$ làm trục $Ox \Rightarrow B\left( {6;0;0} \right)$.

Điểm $C$ thuộc mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có tọa độ: $C\left( {6{\rm{cos}}135^\circ ;6{\rm{sin}}135^\circ ;0} \right) = \left( { - 3\sqrt 2 ;3\sqrt 2 ;0} \right)$.

Tọa độ các vectơ: $\overrightarrow {AB} = \left( {6;0; - 6} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = 6\sqrt 2$; $\overrightarrow {AC} = \left( { - 3\sqrt 2 ;3\sqrt 2 ; - 6} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {18 + 18 + 36} = 6\sqrt 2$.

Tích vô hướng: $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = - 18\sqrt 2 + 36$.

Côsin góc giữa hai vectơ: ${\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{ - 18\sqrt 2 + 36}}{{72}} = \frac{{2 - \sqrt 2 }}{4} \approx 0{,}146 \approx 0{,}1$.

Đáp án: 0,1.

Đồ thị hàm số $y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + n}}$ (với $m = 1$).

Tiệm cận đứng $x = 1 \Rightarrow n = - 1$.

Cắt $Oy$ tại $A\left( {0;1} \right) \Rightarrow \frac{c}{{ - 1}} = 1 \Rightarrow c = - 1$.

Đi qua $B\left( { - 1;\frac{1}{2}} \right) \Rightarrow \frac{{a - b - 1}}{{ - 2}} = \frac{1}{2} \Rightarrow a = b$.

Đi qua cực trị $C\left( {2;5} \right) \Rightarrow \frac{{4a + 2b - 1}}{1} = 5 \Rightarrow 6a = 6 \Rightarrow a = 1 \Rightarrow b = 1$.

Giá trị cần tìm: $a + b - n = 1 + 1 - \left( { - 1} \right) = 3$.

Đáp án: 3.

Vì điểm $M\left( {a;b;c} \right) \in \left( {Oxz} \right)$ nên tọa độ tung độ của $M$ bằng $0$, tức là $b = 0$. Do đó, ta có $M\left( {a;0;c} \right)$.

Ta chọn điểm $I$ sao cho: $5\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} + 4\overrightarrow {IC} = \vec 0$.

Khi đó, tọa độ điểm $I\left( {{x_I};{y_I};{z_I}} \right)$ được tính bằng công thức:

${x_I} = \frac{{5{x_A} + 3{x_B} + 4{x_C}}}{{5 + 3 + 4}} = \frac{{5 \cdot 1 + 3 \cdot \left( { - 1} \right) + 4 \cdot 3}}{{12}} = \frac{{5 - 3 + 12}}{{12}} = \frac{{14}}{{12}} = \frac{7}{6}$

${y_I} = \frac{{5{y_A} + 3{y_B} + 4{y_C}}}{{12}} = \frac{{5 \cdot 0 + 3 \cdot 2 + 4 \cdot 1}}{{12}} = \frac{{6 + 4}}{{12}} = \frac{{10}}{{12}} = \frac{5}{6}$

${z_I} = \frac{{5{z_A} + 3{z_B} + 4{z_C}}}{{12}} = \frac{{5 \cdot 2 + 3 \cdot 2 + 4 \cdot 1}}{{12}} = \frac{{10 + 6 + 4}}{{12}} = \frac{{20}}{{12}} = \frac{5}{3}$

Vậy $I\left( {\frac{7}{6};\frac{5}{6};\frac{5}{3}} \right)$.

Khi đó,

$2\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} = 2\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right) = 2M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \cdot \left( {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} } \right) + 2\overrightarrow {IA} \cdot \overrightarrow {IB}$

$\overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} = \left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right) = M{I^2} + \overrightarrow {MI} \cdot \left( {\overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} } \right) + \overrightarrow {IB} \cdot \overrightarrow {IC}$

$3\overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} = 3\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right) = 3M{I^2} + 3\overrightarrow {MI} \cdot \left( {\overrightarrow {IC} + \overrightarrow {IA} } \right) + 3\overrightarrow {IC} \cdot \overrightarrow {IA}$

Cộng ba biểu thức trên lại, ta được:

$S = 6M{I^2} + \overrightarrow {MI} \cdot \left[ {2\left( {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} } \right) + \left( {\overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} } \right) + 3\left( {\overrightarrow {IC} + \overrightarrow {IA} } \right)} \right] + {C_0}$

$= 6M{I^2} + \overrightarrow {MI} \cdot \left[ {5\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} + 4\overrightarrow {IC} } \right] + {C_0} = 6M{I^2} + {C_0}$.

(Trong đó ${C_0} = 2\overrightarrow {IA} \cdot \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IB} \cdot \overrightarrow {IC} + 3\overrightarrow {IC} \cdot \overrightarrow {IA}$ là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của $M$).

Tìm điểm $M$ để $S$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Do ${C_0}$ là hằng số, $S$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi độ dài đoạn thẳng $MI$ nhỏ nhất.

Vì $M$ thuộc mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$, $MI$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của điểm $I\left( {\frac{7}{6};\frac{5}{6};\frac{5}{3}} \right)$ lên mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ thu được bằng cách giữ nguyên hoành độ, cao độ và cho tung độ bằng $0$: $M\left( {\frac{7}{6};0;\frac{5}{3}} \right)$.

Từ đó ta có hệ số tọa độ của $M\left( {a;b;c} \right)$ là: $a = \frac{7}{6},\quad b = 0,\quad c = \frac{5}{3}$.

Vậy $T = 6 \cdot \left( {\frac{7}{6}} \right) - 5 \cdot 0 + 3 \cdot \left( {\frac{5}{3}} \right) = 7 - 0 + 5 = 12$.

Đáp án: 12.

Đạo hàm: $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 9 = 0 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 3$.

Điểm cực tiểu của hàm số là ${x_{{\rm{CT}}}} = \sqrt 3$.

Điểm cực đại của hàm số là .

Hiệu giữa hai điểm cực trị: .

Đáp án: 3,5.

Thể tích chiếc hộp hình hộp chữ nhật không nắp là: $V\left( x \right) = x\left( {30 - 2x} \right)\left( {80 - 2x} \right) = 4{x^3} - 220{x^2} + 2400x$.

Xét với $x \in \left[ {5;10} \right]$.

Đạo hàm: $V'\left( x \right) = 12{x^2} - 440x + 2400 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{20}}{3}$ hoặc $x = 30$ (loại).

Lập bảng biến thiên chỉ ra $V\left( x \right)$ đạt cực đại tại $x = \frac{{20}}{3} \approx 6{,}67{\rm{\;cm}}$.

Đáp án: 6,67.

Cỡ mẫu $N = 100$.

Giá trị đại diện các nhóm lần lượt là $19{,}25;19{,}75;20{,}25;20{,}75;21{,}25$.

Số trung bình: $\overline x = \frac{{13 \cdot 19{,}25 + 45 \cdot 19{,}75 + 24 \cdot 20{,}25 + 12 \cdot 20{,}75 + 6 \cdot 21{,}25}}{{100}} = 20{,}015{\rm{\;m}}$.

Phương sai: ${s^2} = \frac{1}{{100}}\left[ {13 \cdot {{\left( {19{,}25} \right)}^2} + ... + 6 \cdot {{\left( {21{,}25} \right)}^2}} \right] - {\left( {20{,}015} \right)^2} = 0{,}277275$.

Độ lệch chuẩn: $s = \sqrt {{s^2}} = \sqrt {0{,}277275} \approx 0{,}53{\rm{\;m}}$.

Đáp án: 0,53.