Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Mạc Đĩnh Chi (TP.HCM) có đáp án

Từ bảng xét dấu, ta thấy: hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;2} \right)$.

Đối chiếu các phương án, khoảng nghịch biến là $\left( {0;3} \right)$.

Đáp án: B.

Dựa vào đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$: Đồ thị đạt điểm cực tiểu tại điểm $\left( {1; - 4} \right)$.

Do đó, hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x = 1$.

Đáp án: C.

Đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có tâm đối xứng là giao điểm của hai đường tiệm cận:

Hàm số: $y = \frac{{2x - 3}}{{x + 1}}$.

Tiệm cận đứng: $x = - 1$.

Tiệm cận ngang: $y = 2$.

Tâm đối xứng: $I\left( { - 1;2} \right)$.

Đáp án: B.

Đồ thị hàm số $y = \frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 2}}$:

Mẫu số bằng $0$ khi $x = - 2$.

Với $x = - 2$, tử số là ${\left( { - 2} \right)^2} + \left( { - 2} \right) - 1 = 1 \ne 0$.

Do đó, đường tiệm cận đứng là $x = - 2$.

Đáp án: A.

Trong không gian $Oxyz$, điểm thuộc mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxy} \right)$ phải có tung độ và hoành độ tùy ý, còn cao độ bằng $0$ ($z = 0$).

Xét các điểm, điểm $\left( {1;2;0} \right)$ có $z = 0$.

Đáp án: B.

Trong không gian $Oxyz$, ta có $\overrightarrow {OM} = \vec i + 3\vec j - 2\vec k$.

Tọa độ điểm $M$ chính là tọa độ của vectơ $\overrightarrow {OM}$.

Do đó, $M\left( {1;3; - 2} \right)$.

Đáp án: B.

Tọa độ vectơ $\vec v = \vec a - \vec b$ là: $\vec v = \left( {2 - 0; - 3 - 4;1 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( {2; - 7;3} \right)$.

Đáp án: A.

Đồ thị hàm số có dạng là hàm số bậc hai trên bậc nhất nên loại phương án A.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng $x = a > 0$. Loại phương án B (tiệm cận đứng $x = - 1$).

Tiệm cận xiên: Chia tử cho mẫu:

Với phương án C: $y = \frac{{ - {x^2} + 3x + 3}}{{x - 1}} = - x + 2 + \frac{5}{{x - 1}} \Rightarrow$ Tiệm cận xiên là $y = - x + 2$ (hệ số góc âm, đồ thị đi xuống). Tuy nhiên đồ thị trong hình đi lên từ trái sang phải, hệ số góc dương.

Với phương án D: $y = \frac{{{x^2} - 3x + 3}}{{x - 1}} = x - 2 + \frac{1}{{x - 1}} \Rightarrow$ Tiệm cận xiên là $y = x - 2$ (hệ số góc dương, phù hợp hình vẽ).

Điểm cực trị: $y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow x = 2$ hoặc $x = 0$.

Với $x = 0 \Rightarrow y = - 3 < 0$ (Cực đại).

Với $x = 2 \Rightarrow y = 1 > 0$ (Cực tiểu).

→ Thỏa mãn hình vẽ.

Đáp án: D.

Trung điểm $I$ của $AB$ có tọa độ: ${x_I} = \frac{{3 + 5}}{2} = 4,\quad {y_I} = \frac{{ - 2 + 0}}{2} = - 1,\quad {z_I} = \frac{{1 + \left( { - 1} \right)}}{2} = 0 \Rightarrow I\left( {4; - 1;0} \right)$.

Đáp án: D.

Áp dụng quy tắc hình hộp cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$: $\vec u = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'}$.

Độ dài của vectơ $\vec u$ chính là độ dài đường chéo $AC'$ của hình hộp chữ nhật:

$\left| {\vec u} \right| = AC' = \sqrt {A{B^2} + A{D^2} + A{{A'}^2}} = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {3^2}} = \sqrt {14}$.

Đáp án: C.

Đầu mút trái của nhóm đầu tiên là ${a_1} = 50$.

Đầu mút phải của nhóm cuối cùng là ${a_k} = 300$.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là: $R = 300 - 50 = 250$.

Đáp án: C.

Cỡ mẫu $n = 2 + 5 + 7 + 6 + 3 = 23$.

Giá trị đại diện ${x_i}$ của các nhóm:

$\left[ {7;9} \right)$ có ${x_1} = 8$.

$\left[ {9;11} \right)$ có ${x_2} = 10$.

$\left[ {11;13} \right)$ có ${x_3} = 12$.

$\left[ {13;15} \right)$ có ${x_4} = 14$.

$\left[ {15;17} \right)$ có ${x_5} = 16$.

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm: $\bar x = \frac{{2 \cdot 8 + 5 \cdot 10 + 7 \cdot 12 + 6 \cdot 14 + 3 \cdot 16}}{{23}} = \frac{{282}}{{23}}$.

Phương sai ${s^2}$: ${s^2} = \frac{{2 \cdot {8^2} + 5 \cdot {{10}^2} + 7 \cdot {{12}^2} + 6 \cdot {{14}^2} + 3 \cdot {{16}^2}}}{{23}} - {\bar x^2} \approx 5{,}3233$.

Độ lệch chuẩn $s$: $s = \sqrt {{s^2}} \approx 2{,}31$.

Đáp án: D.

Hàm lợi nhuận: $L\left( x \right) = - {x^3} + 24{x^2} + 780x - 5000$ trên đoạn $\left[ {0;40} \right]$.

a) Đúng. Ta có đạo hàm: $L'\left( x \right) = - 3{x^2} + 48x + 780$.

b) Sai. Ta có $L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 48x + 780 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 10\\x = 26\end{array} \right.$.

Trong hai nghiệm trên, chỉ có nghiệm $x = 26$ thuộc đoạn $\left[ {0;40} \right]$.

Vậy phương trình $L'\left( x \right) = 0$ chỉ có 1 nghiệm thuộc đoạn $\left[ {0;40} \right]$.

c) Sai. Ta có $L\left( 0 \right) = - 5000 \ne 0$;

$L\left( {26} \right) = - {26^3} + 24 \cdot {26^2} + 780 \cdot 26 - 5000 = 13928$;

$L\left( {40} \right) = - {40^3} + 24 \cdot {40^2} + 780 \cdot 40 - 5000 = 600$.

Do giá trị $L\left( 0 \right) = - 5000$ khác $0$ nên ý c) sai.

d) Đúng. Khảo sát hàm số trên đoạn $\left[ {0;40} \right]$:

So sánh các giá trị: $L\left( 0 \right) = - 5000$; $L\left( {26} \right) = 13928$ (Cực đại); $L\left( {40} \right) = 600$.

Vậy lợi nhuận lớn nhất đạt được khi sản xuất $26{\rm{\;kg}}$ sản phẩm.

Hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật, $SA \bot \left( {ABCD} \right)$, các cạnh $AB = 3$, $AD = 6$, $SA = 6$.

Hệ trục tọa độ có gốc $A\left( {0;0;0} \right)$, $B \in Ox \Rightarrow B\left( {3;0;0} \right)$, $D \in Oy \Rightarrow D\left( {0;6;0} \right)$, $S \in Oz \Rightarrow S\left( {0;0;6} \right)$.

Do $ABCD$ là hình chữ nhật nên điểm $C$ có tọa độ $C\left( {3;6;0} \right)$.

a) Đúng. Tọa độ các điểm chính xác là $B\left( {3;0;0} \right)$, $D\left( {0;6;0} \right)$, $S\left( {0;0;6} \right)$.

b) Sai. Trọng tâm $G$ của tam giác $SBD$ có tọa độ:

${x_G} = \frac{{0 + 3 + 0}}{3} = 1,\quad {y_G} = \frac{{0 + 0 + 6}}{3} = 2,\quad {z_G} = \frac{{6 + 0 + 0}}{3} = 2 \Rightarrow G\left( {1;2;2} \right)$.

Tọa độ vectơ $\overrightarrow {CG}$: $\overrightarrow {CG} = \left( {1 - 3;2 - 6;2 - 0} \right) = \left( { - 2; - 4;2} \right)$.

c) Đúng. Ta có $\overrightarrow {BD} = \left( { - 3;6;0} \right)$.

Suy ra $\overrightarrow {CG} \cdot \overrightarrow {BD} = \left( { - 2} \right) \cdot \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) \cdot 6 + 2 \cdot 0 = 6 - 24 + 0 = - 18$.

d) Sai. Ta có $\left| {\overrightarrow {CG} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {2^2}} = \sqrt {24} = 2\sqrt 6$; $\left| {\overrightarrow {BD} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {6^2} + {0^2}} = \sqrt {45} = 3\sqrt 5$.

Suy ra $\cos \left( {\overrightarrow {CG} ,\overrightarrow {BD} } \right) = \frac{{\overrightarrow {CG} \cdot \overrightarrow {BD} }}{{\left| {\overrightarrow {CG} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BD} } \right|}} = \frac{{ - 18}}{{2\sqrt 6 \cdot 3\sqrt 5 }} \approx - 0{,}5477 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {CG} ,\overrightarrow {BD} } \right) \approx 123{,}2^\circ$.

Hàm số: $y = \frac{{2{x^2} + 2x - 11}}{{x - 2}}$$= 2x + 6 + \frac{1}{{x - 2}}$.

Phương trình đường tiệm cận xiên là $d:y = 2x + 6$.

Tìm giao điểm của $d$ với hai trục tọa độ:

Giao điểm với trục hoành $Ox$ ($y = 0 \Rightarrow x = - 3$): $A\left( { - 3;0} \right) \Rightarrow OA = 3$.

Giao điểm với trục tung $Oy$ ($x = 0 \Rightarrow y = 6$): $B\left( {0;6} \right) \Rightarrow OB = 6$.

Diện tích tam giác vuông $OAB$ là: ${S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 6 = 9$.

Đáp số: 9.

Cỡ mẫu của mẫu số liệu ghép nhóm: $n = 24 + 57 + 42 + 29 + 8 = 160$.

Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$:

Ta có $\frac{n}{4} = \frac{{160}}{4} = 40$. Nhóm chứa ${Q_1}$ là $\left[ {26;29} \right)$. Do đó ${Q_1} = 26 + \left( {\frac{{40 - 24}}{{57}}} \right) \cdot 3 = \frac{{510}}{{19}}$.

Tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$:

Ta có $\frac{{3n}}{4} = 120$. Nhóm chứa ${Q_3}$ là $\left[ {29;32} \right)$. Do đó ${Q_3} = 29 + \left( {\frac{{120 - 81}}{{42}}} \right) \cdot 3 = \frac{{445}}{{14}}$.

Khoảng tứ phân vị ${{\rm{\Delta }}_Q}$: ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{445}}{{14}} - \frac{{510}}{{19}} \approx 4{,}9$.

Đáp số: 4,9.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho bờ $AE$ nằm trên trục hoành và đường thẳng $AB$ nằm trên trục tung và điểm $A$ làm gốc tọa độ $A\left( {0;0} \right)$. Khi đó:

- Bờ $AE$ thuộc trục $Ox \Rightarrow E\left( {40;0} \right)$.
- Bờ $AB$ và $DE$ vuông góc với $AE \Rightarrow B\left( {0;20} \right)$ và $D\left( {40;20} \right)$.
- Điểm $H$ thuộc $AE$ có $AH = 30 \Rightarrow H\left( {30;0} \right)$.
- Điểm $K$ thuộc $AB$ có $AK = 10 \Rightarrow K\left( {0;10} \right)$.
- Điểm $C$ là điểm cực tiểu của đồ thị, có hình chiếu xuống hai trục là $H$ và $K \Rightarrow C\left( {30;10} \right)$.

Giả sử hàm số bậc ba biểu diễn bờ cong có dạng: $f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\quad \left( {a \ne 0} \right)$.

Đồ thị hàm số đi qua các điểm $B\left( {0;20} \right)$, $D\left( {40;20} \right)$, $C\left( {30;10} \right)$ và có điểm cực trị tại $C\left( {30;10} \right)$ nên đạo hàm $f'\left( {30} \right) = 0$.

Ta có đạo hàm: $f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c$.

Từ các dữ kiện trên, ta thiết lập hệ phương trình:

$f\left( 0 \right) = 20 \Rightarrow d = 20$;

$f\left( {30} \right) = 10 \Rightarrow 27000a + 900b + 30c + 20 = 10 \Leftrightarrow 27000a + 900b + 30c = - 10$;

$f\left( {40} \right) = 20 \Rightarrow 64000a + 1600b + 40c + 20 = 20 \Leftrightarrow 64000a + 1600b + 40c = 0$;

$f'\left( {30} \right) = 0 \Rightarrow 2700a + 60b + c = 0$.

Giải hệ phương trình gồm 3 ẩn $a,b,c$, ta tìm được: $a = \frac{1}{{450}},\quad b = - \frac{{11}}{{90}},\quad c = \frac{4}{3}$.

Vậy phương trình đường cong là: $f\left( x \right) = \frac{1}{{450}}{x^3} - \frac{{11}}{{90}}{x^2} + \frac{4}{3}x + 20$.

Vận động viên bơi vuông góc từ một điểm $M\left( {x;f\left( x \right)} \right)$ trên bờ cong xuống bờ $AE$ (trục $Ox$), do đó độ dài đường bơi chính bằng tung độ $y = f\left( x \right)$ với $x \in \left[ {0;40} \right]$.

Ta có $f'\left( x \right) = \frac{1}{{150}}{x^2} - \frac{{11}}{{45}}x + \frac{4}{3} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 30}\\{x = \frac{{20}}{3}}\end{array}} \right.$.

Tính giá trị của hàm số tại các điểm biên và điểm cực trị trên đoạn $\left[ {0;40} \right]$:

$f\left( 0 \right) = 20{\rm{\;m}}$; $f\left( {40} \right) = 20{\rm{\;m}}$; $f\left( {30} \right) = 10{\rm{\;m}}$ (Giá trị nhỏ nhất);

$f\left( {\frac{{20}}{3}} \right) = \frac{1}{{450}} \cdot {\left( {\frac{{20}}{3}} \right)^3} - \frac{{11}}{{90}} \cdot {\left( {\frac{{20}}{3}} \right)^2} + \frac{4}{3} \cdot \left( {\frac{{20}}{3}} \right) + 20 = \frac{{5860}}{{243}}\,\,\left( {\rm{m}} \right)$ (Giá trị lớn nhất).

Đường bơi ngắn nhất là ${d_{{\rm{min}}}} = 10{\rm{\;m}}$. Theo đề bài, thời gian ngắn nhất là $5$ giây, suy ra vận tốc của vận động viên là: $v = \frac{{{d_{{\rm{min}}}}}}{{{t_{{\rm{min}}}}}} = \frac{{10}}{5} = 2{\rm{\;m/s}}$.

Đường bơi dài nhất là ${d_{{\rm{max}}}} = \frac{{5860}}{{243}}{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right)$.

Thời gian thực hiện đường bơi dài nhất là: ${t_{{\rm{max}}}} = \frac{{{d_{{\rm{max}}}}}}{v} \approx 12{,}058{\rm{\;gi\^a y}}$.

Làm tròn đến hàng phần mười, thời gian bơi dài nhất là 12,1 giây.

Đáp số: 12,1.

Vectơ vận tốc ban đầu của máy bay là $\vec a = \left( {630;600;18} \right)$ (km/h).

Tại điểm $M\left( {100;200;8} \right)$, máy bay bay thẳng trong 10 phút ($t = \frac{1}{6}$ giờ) dưới tác động của gió và đến vị trí $N\left( {210;303;12} \right)$.

Vectơ dịch chuyển thực tế từ $M$ đến $N$ là: $\overrightarrow {MN} = \left( {110;103;4} \right)$.

Vectơ vận tốc thực tế của máy bay là: ${\vec v_{{\rm{tt}}}} = \frac{{\overrightarrow {MN} }}{t} = 6 \cdot \left( {110;103;4} \right) = \left( {660;618;24} \right)$.

Vectơ vận tốc gió là: $\vec v = {\vec v_{{\rm{tt}}}} - \vec a = \left( {30;18;6} \right)$.

Tốc độ của gió là: $\left| {\vec v} \right| = \sqrt {{{30}^2} + {{18}^2} + {6^2}} = \sqrt {1260} \approx 35{,}5{\rm{\;(km/h)}}$.

Đáp số: 35,5.

a) Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1;5; - 5} \right),\quad \overrightarrow {AC} = \left( { - 2;6; - 4} \right)$.

Ta thấy không tồn tại số thực $k$ sao cho $\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC}$ vì $\frac{1}{{ - 2}} \ne \frac{5}{6}$. Do đó hai vectơ $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC}$ không cùng phương, suy ra ba điểm $A,B,C$ không thẳng hàng.

Để $ABCD$ là hình bình hành, ta cần có: $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$.

Gọi tọa độ điểm $D$ là $\left( {x;y;z} \right)$. Ta có $\overrightarrow {DC} = \left( { - 1 - x;2 - y; - 2 - z} \right)$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l} - 1 - x = 1\\2 - y = 5\\ - 2 - z = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = - 3\\z = 3\end{array} \right.$.

Vậy tọa độ điểm $D$ cần tìm là $D\left( { - 2; - 3;3} \right)$.

b) Vì $M \in Ox$ nên tọa độ của $M$ có dạng $M\left( {x;0;0} \right)$.

Ta có: $M{A^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + 16 + 4 = {x^2} - 2x + 21$; $M{B^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + 1 + 9 = {x^2} - 4x + 14$.

Yêu cầu $MA = MB \Leftrightarrow M{A^2} = M{B^2}$$\Leftrightarrow {x^2} - 2x + 21 = {x^2} - 4x + 14 \Leftrightarrow 2x = - 7 \Leftrightarrow x = - 3{,}5$.

Vậy tọa độ điểm $M$ là $M\left( { - 3{,}5;0;0} \right)$.

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

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

Ta có $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0{\rm{\;}}\\x = - 2\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Kết luận tính đơn điệu:

Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( {0; + \infty } \right)$.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - 2; - 1} \right)$ và $\left( { - 1;0} \right)$.

b) Tọa độ các điểm cực trị:

Với ${x_1} = - 2 \Rightarrow {y_1} = - 5 \Rightarrow A\left( { - 2; - 5} \right)$.

Với ${x_2} = 0 \Rightarrow {y_2} = - 1 \Rightarrow B\left( {0; - 1} \right)$.

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị $A$ và $B$ là: $AB = \sqrt {{{\left( {0 - \left( { - 2} \right)} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - \left( { - 5} \right)} \right)}^2}} = \sqrt {{2^2} + {4^2}} = 2\sqrt 5$.

Gọi chiếc lồng đèn lăng trụ tam giác đều có độ dài cạnh đáy là $a$ và chiều cao là $h$ (với $a,h > 0$).

Diện tích toàn phần của lăng trụ là: ${S_{{\rm{tp}}}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} + 3ah = 24\sqrt 3 \Rightarrow h = \frac{{\sqrt 3 \left( {48 - {a^2}} \right)}}{{6a}}$.

Điều kiện để chiều cao $h > 0$ là: $48 - {a^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < a < 4\sqrt 3$.

Thể tích của chiếc lồng đèn là: .

Xét hàm số $V\left( a \right) = \frac{{48a - {a^3}}}{8}$ trên khoảng $\left( {0;4\sqrt 3 } \right)$:

Ta có $V'\left( a \right) = \frac{{48 - 3{a^2}}}{8}$; $V'\left( a \right) = 0 \Rightarrow a = 4$.

Lập bảng biến thiên cho thấy thể tích đạt cực đại tại $a = 4$.

Thể tích lớn nhất thu được là: ${V_{{\rm{max}}}} = V\left( 4 \right) = \frac{{48 \cdot 4 - {4^3}}}{8} = 16{\rm{\;(d}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$.

Vây thể tích lớn nhất của chiếc lồng đèn là $16{\rm{\;d}}{{\rm{m}}^3}$.