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

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

- Nhóm $\left[ {20;25} \right)$: ${c_1} = \frac{{20 + 25}}{2} = 22{,}5$.
- Nhóm $\left[ {25;30} \right)$: ${c_2} = \frac{{25 + 30}}{2} = 27{,}5$.
- Nhóm $\left[ {30;35} \right)$: ${c_3} = \frac{{30 + 35}}{2} = 32{,}5$.
- Nhóm $\left[ {35;40} \right)$: ${c_4} = \frac{{35 + 40}}{2} = 37{,}5$.
- Nhóm $\left[ {40;45} \right)$: ${c_5} = \frac{{40 + 45}}{2} = 42{,}5$.

Tính số trung bình cộng $\bar x$:

$\bar x = \frac{{6 \cdot 22{,}5 + 6 \cdot 27{,}5 + 4 \cdot 32{,}5 + 1 \cdot 37{,}5 + 1 \cdot 42{,}5}}{{18}} = \frac{{135 + 165 + 130 + 37{,}5 + 42{,}5}}{{18}} = \frac{{510}}{{18}} = \frac{{85}}{3}$.

Tính phương sai ${s^2}$:

${s^2} = \frac{1}{{18}}\left[ {6 \cdot {{\left( {22{,}5} \right)}^2} + 6 \cdot {{\left( {27{,}5} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {32{,}5} \right)}^2} + 1 \cdot {{\left( {37{,}5} \right)}^2} + 1 \cdot {{\left( {42{,}5} \right)}^2}} \right] - {\left( {\frac{{85}}{3}} \right)^2}$$= 31{,}25$.

Chọn đáp án: B.

Ta có ${n_A} = 6 + 10 + 14 + 12 + 8 = 50$. Do đó phát biểu B đúng.

Đối với nhóm A, các nhóm điểm có người đánh giá là từ $\left[ {50;60} \right)$ đến $\left[ {90;100} \right)$. Khoảng biến thiên của nhóm A tính theo công thức ghép nhóm là: ${R_A} = 100 - 50 = 50$. Do đó phát biểu D đúng.

Đối với nhóm B, các nhóm điểm có người đánh giá là từ $\left[ {60;70} \right)$ đến $\left[ {80;90} \right)$ (do nhóm $\left[ {50;60} \right)$ và nhóm $\left[ {90;100} \right)$ đều có số người bằng $0$). Khoảng biến thiên của nhóm B là: ${R_B} = 90 - 60 = 30$. Phát biểu A nói rằng "Khoảng biến thiên của điểm đánh giá từ số người nhóm B là 40" là Sai.

Vì ${R_A} = 50 > {R_B} = 30$, ý kiến nhóm A phân tán hơn nhóm B là đúng (Phát biểu C đúng).

Chọn đáp án: A.

Trong hệ tọa độ $Oxyz$, tọa độ của điểm $M$ chính là tọa độ của vectơ vị trí $\overrightarrow {OM}$. Vì $\overrightarrow {OM} = \vec a = \left( {2; - 1;3} \right)$, nên tọa độ của điểm $M$ là $M\left( {2; - 1;3} \right)$.

Chọn đáp án: B.

Xác định giá trị đại diện của từng nhóm: $5{,}5$; $6{,}5$; $7{,}5$; $8{,}5$; $9{,}5$.

Tổng số học sinh (cỡ mẫu): $n = 1 + 0 + 11 + 22 + 6 = 40$.

Số trung bình cộng $\bar x$:

$\bar x = \frac{{1 \cdot 5{,}5 + 0 \cdot 6{,}5 + 11 \cdot 7{,}5 + 22 \cdot 8{,}5 + 6 \cdot 9{,}5}}{{40}} = \frac{{5{,}5 + 0 + 82{,}5 + 187 + 57}}{{40}} = \frac{{332}}{{40}} = 8{,}3$.

Chọn đáp án: A.

Ta giải phương trình đạo hàm bằng 0:

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x{\left( {x - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right.$.

Trong đó:

- $x = 0$ là nghiệm đơn (đạo hàm đổi dấu qua nghiệm này).
- $x = 1$ là nghiệm kép (đạo hàm không đổi dấu khi qua $x = 1$).

Do đó, hàm số chỉ có đúng 1 điểm cực trị tại $x = 0$.

Chọn đáp án: D.

Xét giới hạn của hàm số khi $x \to \pm \infty$:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2} + 1}}{{ - {x^2} + 4}} = - 1$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} + 1}}{{ - {x^2} + 4}} = - 1$

Do đó đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là đường thẳng $y = - 1$.

Chọn đáp án: C.

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có tiệm cận đứng là $x = - 2$. Khi $x \to \pm \infty$, nhánh hàm số tiến ra vô cực theo dạng tiệm cận xiên $y = - x$.

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

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$.

Đạo hàm: $y' = \frac{{\left( { - 2x - 2} \right)\left( {x + 2} \right) - \left( { - {x^2} - 2x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} - 4x - 5}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - {{\left( {x + 2} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} < 0\,\forall x \in D$.

Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( { - 2; + \infty } \right)$, hoàn toàn phù hợp với bảng biến thiên đã cho.

Chọn đáp án: A.

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

Đạo hàm: $y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in D$.

Do đó hàm số đã cho luôn nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

Mà $\left( { - \infty ;0} \right)$ là khoảng con của khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$.

Chọn đáp án: D.

Quan sát đồ thị hàm số trên khoảng $\left( { - 3;4} \right)$: giá trị lớn nhất của hàm số trên khoảng $\left( { - 3;4} \right)$ bằng $2$.

Chọn đáp án: C.

Ta có $\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA}$. Do đó: $\overrightarrow {A'B} \cdot \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {A'B} \cdot \overrightarrow {BA} = - \overrightarrow {A'B} \cdot \overrightarrow {AB}$.

Ta lại có $\overrightarrow {A'B} = \overrightarrow {A'A} + \overrightarrow {AB}$. Thế vào ta được: $\overrightarrow {A'B} \cdot \overrightarrow {CD} = - \left( {\overrightarrow {A'A} + \overrightarrow {AB} } \right) \cdot \overrightarrow {AB} = - \overrightarrow {A'A} \cdot \overrightarrow {AB} - {\overrightarrow {AB} ^2}$.

Vì $A'A \bot AB \Rightarrow \overrightarrow {A'A} \cdot \overrightarrow {AB} = 0$.

Cạnh hình lập phương bằng $1 \Rightarrow {\overrightarrow {AB} ^2} = A{B^2} = 1$.

Vậy $\overrightarrow {A'B} \cdot \overrightarrow {CD} = 0 - 1 = - 1$.

Chọn đáp án: C.

Tọa độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ được tính bằng trung bình cộng tọa độ 3 đỉnh:

${x_G} = \frac{{2 + \left( { - 1} \right) + 8}}{3} = 3$

${y_G} = \frac{{0 + 3 + 6}}{3} = 3$

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

Suy ra $G\left( {3;3;1} \right)$, do đó $\overrightarrow {OG} = \left( {3;3;1} \right)$.

Độ dài vectơ $\overrightarrow {OG}$ là: $\left| {\overrightarrow {OG} } \right| = \sqrt {{3^2} + {3^2} + {1^2}} = \sqrt {9 + 9 + 1} = \sqrt {19}$.

Chọn đáp án: A.

Từ $\overrightarrow {OA} = \vec i - \vec j - 2\vec k$, ta suy ra tọa độ điểm $A$ là $A\left( {1; - 1; - 2} \right)$.

Điểm $A'$ đối xứng với $A\left( {1; - 1; - 2} \right)$ qua mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ sẽ giữ nguyên tọa độ $x,y$ và đổi dấu tọa độ $z$.

Suy ra $A'\left( {1; - 1;2} \right)$. Khi đó, $\overrightarrow {OA'} = \left( {1; - 1;2} \right) = \vec i - \vec j + 2\vec k$.

Chọn đáp án: D.

Mệnh đề a): ĐÚNG. Diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là ${S_{ABCD}} = AB \cdot AD = x \cdot y = 384$.

Mệnh đề b): SAI. Vì lề trái và lề phải đều rộng $2{\rm{\;cm}}$, nên chiều rộng phần in chữ phải trừ đi cả 2 lề: $x - 2 - 2 = x - 4$. Tương tự, lề trên và dưới đều là $3{\rm{\;cm}}$ nên chiều dài phần in chữ là $y - 3 - 3 = y - 6$.

Mệnh đề d): SAI. Công thức diện tích đúng phải là $S = \left( {x - 4} \right)\left( {y - 6} \right)$.

Mệnh đề c): ĐÚNG. Ta tính diện tích lớn nhất của phần in chữ:

$S = \left( {x - 4} \right)\left( {y - 6} \right) = xy - 6x - 4y + 24 = 384 + 24 - \left( {6x + 4y} \right) = 408 - \left( {6x + 4y} \right)$.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $6x$ và $4y$:

$6x + 4y \ge 2\sqrt {6x \cdot 4y} = 2\sqrt {24xy} = 2\sqrt {24 \cdot 384} = 2\sqrt {9216} = 2 \cdot 96 = 192$.

Do đó: $S \le 408 - 192 = 216{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}$. Dấu "=" xảy ra khi $6x = 4y \Rightarrow 6{x^2} = 4xy = 4 \cdot 384 \Rightarrow x = 16 \Rightarrow y = 24$.

Mệnh đề a): ĐÚNG. Cỡ mẫu $n = 3 + 7 + 10 + 15 + 2 = 37$.

Mệnh đề b): ĐÚNG. Tứ phân vị thứ hai ${Q_2}$ chính là trung vị ${M_e}$. Ta có $\frac{{37}}{2} = 18{,}5$. Tần số tích lũy đến nhóm $\left[ {2;3} \right)$ là $3 + 7 = 10$, đến nhóm $\left[ {3;4} \right)$ là $10 + 10 = 20$. Vì $10 < 18{,}5 \le 20$ nên trung vị thuộc nhóm $\left[ {3;4} \right)$.

Mệnh đề c): ĐÚNG. Khoảng biến thiên ghép nhóm: $R = 6 - 1 = 5$ (giờ).

Mệnh đề d): SAI. Ta có ${M_e} = 3 + \frac{{18{,}5 - 10}}{{10}} \cdot 1 = 3{,}85$. Dựa vào trung vị, ta kết luận có trên $50\%$ học sinh đọc sách hơn $3{,}85$ giờ trong một tuần.

Từ hình vẽ, đồ thị đi qua gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$, tức khi $x = 0$ thì $y = 0 \Rightarrow c = 0$.

Khi đó $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + bx}}{{x - 1}}$.

Lại có đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {2;4} \right)$ nên $\frac{{{2^2} + 2b}}{{2 - 1}} = 4 \Leftrightarrow b = 0$.

Khi đó hàm số là $y = \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} = x + 1 + \frac{1}{{x - 1}}$.

Mệnh đề a): ĐÚNG. Tâm đối xứng của hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất là giao điểm của tiệm cận đứng $x = 1$ và tiệm cận xiên $y = x + 1$. Ta xác định được tâm đối xứng chính xác là $I\left( {1;2} \right)$.

Mệnh đề b): ĐÚNG. Từ đồ thị, ta thấy trên khoảng $\left( { - 100;0} \right)$, đồ thị của hàm số đi lên từ trái sang phải nên hàm số đồng biến trên khoảng này. Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ { - 100;0} \right]$ đạt được tại $x = - 100 \Rightarrow y = \frac{{{{\left( { - 100} \right)}^2}}}{{ - 100 - 1}} = - \frac{{10000}}{{101}}$.

Mệnh đề c): ĐÚNG. Điều kiện xác định là $x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1 \Rightarrow D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Mệnh đề d): SAI. Do ta giải ra $b = 0,c = 0 \Rightarrow b + c = 0 \ne 1$.

Từ dữ kiện bài toán, các đỉnh có tọa độ: $A\left( {0;0;0} \right)$, $B\left( {7;0;0} \right)$, $D\left( {0;10;0} \right)$, $A'\left( {0;0;7} \right)$. Vì đây là hình hộp chữ nhật đặt vào hệ trục nên $C\left( {7;10;0} \right)$ và $C'\left( {7;10;7} \right)$, $D'\left( {0;10;7} \right)$.

Mệnh đề a): ĐÚNG. Hình chiếu $M'$ của $M$ xuống đáy $\left( {ABCD} \right)$, chính là mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có tọa độ là $\left( {\frac{7}{2};5;0} \right)$, ta thấy điểm $M'$ có tọa độ chính là tọa độ tâm của hình chữ nhật $ABCD$, tức là $M'$ cách đều $A,B,C$ và $D$. Từ đó suy ra khoảng cách từ $M$ tới 4 đỉnh đáy bằng nhau hay $M$ cách đều $A,B,C$ và $D$.

Mệnh đề b): ĐÚNG. $\overrightarrow {AC'} = C' - A = \left( {7;10;7} \right) - \left( {0;0;0} \right) = \left( {7;10;7} \right)$.

Mệnh đề c): SAI. Ta có $\overrightarrow {DD'} = D' - D = \left( {0;10;7} \right) - \left( {0;10;0} \right) = \left( {0;0;7} \right)$.

Tích vô hướng $\overrightarrow {AC'} \cdot \overrightarrow {DD'} = 7 \cdot 0 + 10 \cdot 0 + 7 \cdot 7 = 49 \ne 7$.

Mệnh đề d): ĐÚNG. Tâm hình hộp chữ nhật là trung điểm của đường chéo $AC'$, tọa độ là:

$I = \left( {\frac{{0 + 7}}{2};\frac{{0 + 10}}{2};\frac{{0 + 7}}{2}} \right) = \left( {\frac{7}{2};5;\frac{7}{2}} \right)$.

Từ hệ thức ta suy ra biểu thức tính $q$ theo $p$: $p = 15 - \frac{1}{2}q \Leftrightarrow \frac{1}{2}q = 15 - p \Leftrightarrow q = 30 - 2p$.

Thay vào biểu thức doanh thu $R$: $R\left( p \right) = p \cdot q = p\left( {30 - 2p} \right) = - 2{p^2} + 30p$.

Đây là một hàm số bậc hai đối với biến $p$ có đồ thị là một parabol quay bề lõm xuống dưới. Doanh thu đạt cực đại tại đỉnh của parabol: $p = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{30}}{{2 \cdot \left( { - 2} \right)}} = \frac{{30}}{4} = 7{,}5$.

Vậy giá bán mỗi kilôgam sản phẩm là $7{,}5$ nghìn đồng thì đạt được doanh thu cao nhất.

Đáp số: $7{,}5$.

Tính đạo hàm của hàm số: $y' = 6{x^2} + \frac{{1 \cdot \left( {x + 1} \right) - 1 \cdot \left( {x - 2} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 6{x^2} + \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

Với mọi $x \in \left[ {0; + \infty } \right)$, ta dễ thấy $6{x^2} \ge 0$ và $\frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0 \Rightarrow y' > 0$.

Do đó hàm số luôn đồng biến trên nửa khoảng $\left[ {0; + \infty } \right)$.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt được tại điểm đầu mút $x = 0$:

$\mathop {\min }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} y = y\left( 0 \right) = 2 \cdot {0^3} + \frac{{0 - 2}}{{0 + 1}} = - 2$.

Đáp số: $- 2$.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$.

Viết lại hàm số: $y = 4x + \frac{1}{x}$.

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

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{1}{2}$.

Lập bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại $x = \frac{1}{2}$ (vì qua $x = \frac{1}{2}$, đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương).

Giá trị cực tiểu của hàm số là: ${y_{{\rm{CT}}}} = y\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{4 \cdot {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{1}{2}}} = \frac{{1 + 1}}{{\frac{1}{2}}} = 4$.

Đáp số: $4$.

Xác định giá trị đại diện ${c_i}$ của các nhóm: ${c_1} = 4{,}5;\quad {c_2} = 7{,}5;\quad {c_3} = 10{,}5;\quad {c_4} = 13{,}5;\quad {c_5} = 16{,}5$.

Tính cỡ mẫu $n$: $n = 3 + 7 + 15 + 14 + 8 = 47$.

Tính số trung bình cộng $\bar x$: $\bar x = \frac{{3 \cdot 4{,}5 + 7 \cdot 7{,}5 + 15 \cdot 10{,}5 + 14 \cdot 13{,}5 + 8 \cdot 16{,}5}}{{47}} = \frac{{1089}}{{94}}$.

Tính phương sai ${s^2}$: ${s^2} = \frac{1}{{47}}\left[ {3 \cdot {{\left( {4{,}5} \right)}^2} + 7 \cdot {{\left( {7{,}5} \right)}^2} + 15 \cdot {{\left( {10{,}5} \right)}^2} + 14 \cdot {{\left( {13{,}5} \right)}^2} + 8 \cdot {{\left( {16{,}5} \right)}^2}} \right] - {\left( {\bar x} \right)^2}$.

Tính độ lệch chuẩn $s$: $s = \sqrt {{s^2}} \approx 3{,}36$.

Đáp số: $3{,}36$.

Tọa độ các vectơ: $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;1; - 4} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( {2; - 1; - 1} \right)$, $\overrightarrow {BC} = \left( {4; - 2;3} \right)$.

Tích có hướng: $\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&{ - 4}\\{ - 1}&{ - 1}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - 4}&{ - 2}\\{ - 1}&2\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - 2}&1\\2&{ - 1}\end{array}} \right|} \right) = \left( { - 5; - 10;0} \right)$.

Diện tích $S$: $S = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2} + {0^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {125} = \frac{{5\sqrt 5 }}{2}$.

Độ dài cạnh đáy $BC$: $BC = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {3^2}} = \sqrt {16 + 4 + 9} = \sqrt {29}$.

Độ dài đường cao $AH$: $AH = \frac{{2S}}{{BC}} = \frac{{2 \cdot \frac{{5\sqrt 5 }}{2}}}{{\sqrt {29} }} = \frac{{5\sqrt 5 }}{{\sqrt {29} }} = \sqrt {\frac{{125}}{{29}}} \approx 2{,}08$.

Đáp số: $2{,}08$.

Vì $G$ là trọng tâm và $M$ là trung điểm $BC$ nên $\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AM}$.

Ta có $\overrightarrow {AM} = \left( {5;1;0} \right)$ và $\overrightarrow {AG} = \left( {{x_G} - 1;{y_G};{z_G} - 3} \right)$.

Do đó $\left\{ \begin{array}{l}{x_G} - 1 = \frac{2}{3} \cdot 5\\{y_G} = \frac{2}{3} \cdot 1\\{z_G} - 3 = \frac{2}{3} \cdot 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_G} = \frac{{13}}{3}}\\\begin{array}{l}{y_G} = \frac{2}{3}\\{z_G} = 3\end{array}\end{array}} \right.$.

Do đề bài chỉ yêu cầu tính cao độ của điểm $G$, ta nhận được giá trị ${z_G} = 3$.

Đáp số: $3$.