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

Hàm số đã cho xác định khi $x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1$.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = + \infty \quad {\rm{v\`a }}\quad \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = - \infty$.

Do đó, đường thẳng $x = 1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn A.

Từ hệ thức tọa độ ta có $\overrightarrow {OC} = 0\vec i - 2\vec j + 1\vec k \Rightarrow C\left( {0; - 2;1} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của một điểm lên trục $Ox$ giữ nguyên hoành độ và cho tung độ, cao độ bằng $0$.

Do đó, hình chiếu vuông góc của điểm $C$ trên trục $Ox$ có tọa độ là $\left( {0;0;0} \right)$.

Chọn D.

Đầu tiên, xác định giá trị đại diện ${x_i}$ của mỗi nhóm (là trung điểm của các nửa khoảng):

- Nhóm $\left[ {2{,}7;3{,}0} \right):{x_1} = 2{,}85$; số ngày ${n_1} = 3$.
- Nhóm $\left[ {3{,}0;3{,}3} \right):{x_2} = 3{,}15$; số ngày ${n_2} = 6$.
- Nhóm $\left[ {3{,}3;3{,}6} \right):{x_3} = 3{,}45$; số ngày ${n_3} = 5$.
- Nhóm $\left[ {3{,}6;3{,}9} \right):{x_4} = 3{,}75$; số ngày ${n_4} = 4$.
- Nhóm $\left[ {3{,}9;4{,}2} \right):{x_5} = 4{,}05$; số ngày ${n_5} = 2$.

Tổng số ngày $n = 3 + 6 + 5 + 4 + 2 = 20$.

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$\bar x = \frac{{3 \cdot 2{,}85 + 6 \cdot 3{,}15 + 5 \cdot 3{,}45 + 4 \cdot 3{,}75 + 2 \cdot 4{,}05}}{{20}} = \frac{{8{,}55 + 18{,}9 + 17{,}25 + 15 + 8{,}1}}{{20}} = \frac{{67{,}8}}{{20}} = 3{,}39$.

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm:

${s^2} = \frac{1}{{20}}\left[ {3 \cdot {{\left( {2{,}85 - 3{,}39} \right)}^2} + 6 \cdot {{\left( {3{,}15 - 3{,}39} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {3{,}45 - 3{,}39} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {3{,}75 - 3{,}39} \right)}^2} + 2 \cdot {{\left( {4{,}05 - 3{,}39} \right)}^2}} \right]$$= 0{,}1314$.

Độ lệch chuẩn: $s = \sqrt {0{,}1314} \approx 0{,}3625$.

So sánh với các phương án, độ lệch chuẩn gần nhất với $0{,}4$.

Chọn D.

Theo định nghĩa, khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm bằng hiệu số giữa đầu mút phải của nhóm cuối cùng (có tần số lớn hơn 0) và đầu mút trái của nhóm đầu tiên (có tần số lớn hơn 0).

- Nhóm đầu tiên có chứa dữ liệu là $\left[ {0{,}9;0{,}95} \right)$ nên đầu mút trái là $0{,}9$.
- Nhóm cuối cùng có chứa dữ liệu là $\left[ {1{,}05;1{,}1} \right)$ (do nhóm $\left[ {1{,}1;1{,}15} \right)$ có tần số bằng $0$) nên đầu mút phải là $1{,}1$.

Do đó khoảng biến thiên là: $R = 1{,}1 - 0{,}9 = 0{,}2$.

Chọn C.

Ta có: $\vec u = \overrightarrow {SA} - \overrightarrow {SB} = \overrightarrow {BA}$.

Do đó, độ dài của vectơ $\vec u$ chính là độ dài của đoạn thẳng $BA$: $\left| {\vec u} \right| = \left| {\overrightarrow {BA} } \right| = BA$.

Vì hình chóp $S.ABCD$ có tất cả các cạnh bằng $2\sqrt 3$ nên cạnh đáy $BA = 2\sqrt 3$.

Vậy $\left| {\vec u} \right| = 2\sqrt 3$.

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn $\left[ { - 3;3} \right]$:

- Điểm cao nhất của đồ thị có tọa độ là $\left( {3;4} \right)$, do đó giá trị lớn nhất $M = 4$.
- Điểm thấp nhất của đồ thị có tọa độ là $\left( { - 3; - 2} \right)$, do đó giá trị nhỏ nhất $m = - 2$.

Khi đó: $M - m = 4 - \left( { - 2} \right) = 6$.

Chọn B.

Tiệm cận đứng: Đồ thị có đường tiệm cận đứng là $x = - 1$. Tất cả các đáp án A, B, D đều thỏa mãn mẫu số bằng $0$ tại $x = - 1$.

Tiệm cận ngang: Đồ thị có đường tiệm cận ngang là $y = - 1$. Cả A, B, D đều có tiệm cận ngang $y = - 1$.

Giao điểm với các trục tọa độ:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm $\left( {0;1} \right)$. Thay $x = 0$ vào các phương án:

- A: $y = \frac{2}{1} = 2$ (Loại)
- B: $y = \frac{0}{1} = 0$ (Loại)
- D: $y = \frac{1}{1} = 1$ (Thỏa mãn)

Đồ thị cắt trục hoành tại điểm $\left( {1;0} \right)$. Thay $x = 1$ vào phương án D: $y = \frac{{ - 1 + 1}}{{1 + 1}} = 0$ (Thỏa mãn).

Vậy hàm số thích hợp là $y = \frac{{ - x + 1}}{{x + 1}}$.

Chọn D.

Từ bảng biến thiên, ta thấy khi $x \to + \infty$ thì $y \to - \infty$, do đó hệ số của bậc cao nhất (hệ số $a$) phải âm. Loại C và D.

Hàm số đạt cực trị tại $x = - 1$ và $x = 1$.

- Xét hàm số phương án B: $y = - {x^3} + 3x + 2$.
- Đạo hàm: $y' = - 3{x^2} + 3$.
- Cho $y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$.
- Tính các giá trị cực trị: - Tại $x = - 1 \Rightarrow y = - {\left( { - 1} \right)^3} + 3 \cdot \left( { - 1} \right) + 2 = 1 - 3 + 2 = 0$. - Tại $x = 1 \Rightarrow y = - {1^3} + 3 \cdot 1 + 2 = - 1 + 3 + 2 = 4$.

Các giá trị này hoàn toàn trùng khớp với bảng biến thiên ( tại $x = 1$ và ${y_{CT}} = 0$ tại $x = - 1$).

Chọn B.

Tập xác định: $\mathcal{D} = \mathbb{R}$.

Đạo hàm của hàm số: $f'\left( x \right) = 6{x^2} - 18x - 24$.

Hàm số nghịch biến khi $f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow 6{x^2} - 18x - 24 < 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 < 0 \Leftrightarrow - 1 < x < 4$.

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;4} \right)$.

Chọn B.

Xét phương trình: $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right){\left( {2x - 5} \right)^2}\left( {x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 1}\\{x = \frac{5}{2}}\\{x = 1}\end{array}} \right.$.

Vì $x = \frac{5}{2}$ là nghiệm bội chẵn nên qua điểm này $f'\left( x \right)$ không đổi dấu. Do đó, hàm số chỉ đổi dấu khi qua $x = - 1$ và $x = 1$.

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Chọn C.

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

${x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{0 + 1 + 2}}{3} = 1$

${y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{2 + \left( { - 1} \right) + 2}}{3} = 1$

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

Vậy tọa độ trọng tâm là $G\left( {1;1;1} \right)$.

Chọn A.

Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên các khoảng mà tại đó đồ thị hàm số đạo hàm $f'\left( x \right)$ nằm phía trên trục hoành ($f'\left( x \right) \ge 0$).

Dựa vào đồ thị $f'\left( x \right)$, ta thấy $f'\left( x \right) > 0$ trên các khoảng $\left( { - 2;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

Chọn B.

a) SAI: Giao điểm của $\left( C \right)$ với trục tung thu được bằng cách thế $x = 0$, suy ra $y = {0^3} - 3 \cdot 0 + 1 = 1$. Do đó giao điểm với trục tung là $\left( {0;1} \right)$, không phải $M\left( {1;0} \right)$.

b) ĐÚNG: Đạo hàm $y' = 3{x^2} - 3$. Xét $y' < 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 < 0 \Leftrightarrow - 1 < x < 1$. Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$.

c) SAI: Xét phương trình đạo hàm: $y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$.

Lập bảng biến thiên cho thấy hàm số đạt cực đại tại $x = - 1$.

Giá trị cực đại của hàm số là . Do đó giá trị cực đại bằng 3, mệnh đề ghi bằng −1 là sai.

d) SAI: Biến đổi phương trình: ${x^3} - 3x + 2 = 3m - 2 \Leftrightarrow {x^3} - 3x + 1 = 3m - 3$.

Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị $\left( C \right):y = {x^3} - 3x + 1$ và đường thẳng nằm ngang $y = 3m - 3$.

Dựa vào hình dáng đồ thị hàm số bậc ba:

- Điểm cực đại là $\left( { - 1;3} \right)$ và điểm cực tiểu là $\left( {1; - 1} \right)$ (vì $y\left( 1 \right) = {1^3} - 3 \cdot 1 + 1 = - 1$).
- Để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt, đường thẳng $y = 3m - 3$ phải đi qua điểm cực đại hoặc cực tiểu. - Trường hợp 1: $3m - 3 = 3 \Leftrightarrow 3m = 6 \Leftrightarrow m = 2$. - Trường hợp 2: $3m - 3 = - 1 \Leftrightarrow 3m = 2 \Leftrightarrow m = \frac{2}{3}$ (không nguyên).

Như vậy, chỉ có duy nhất 1 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn (là $m = 2$). Mệnh đề phát biểu có 2 giá trị nguyên là sai.

a) ĐÚNG: Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CB}$.

b) SAI: Tứ giác $ABCD$ là hình bình hành khi và chỉ khi:

$\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left( {{x_D} - 4;{y_D} - 0;{z_D} - 2} \right) = \left( {3;0; - 3} \right)$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_D} - 4 = 3 \Rightarrow {x_D} = 7}\\{{y_D} - 0 = 0 \Rightarrow {y_D} = 0}\\{{z_D} - 2 = - 3 \Rightarrow {z_D} = - 1}\end{array}} \right.$.

Tung độ của $D$ phải bằng $0$, mệnh đề ghi bằng 4 là sai.

c) ĐÚNG: Ba điểm $A,B,K$ thẳng hàng khi hai vectơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AK}$ cùng phương.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;2;1} \right)$ và $\overrightarrow {AK} = \left( { - 2 - 4;y - 0;z - 2} \right) = \left( { - 6;y;z - 2} \right)$.

Để hai vectơ cùng phương:

$\frac{{ - 6}}{{ - 2}} = \frac{y}{2} = \frac{{z - 2}}{1} \Rightarrow 3 = \frac{y}{2} \Rightarrow y = 6$

$3 = \frac{{z - 2}}{1} \Rightarrow z - 2 = 3 \Rightarrow z = 5$

Khi đó, $y - z = 6 - 5 = 1$.

d) ĐÚNG: Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;2;1} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( {1;2; - 2} \right)$. Do đó $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left( { - 2} \right) \cdot 1 + 2 \cdot 2 + 1 \cdot \left( { - 2} \right) = 0$.

Suy ra $AB \bot AC$, tức là tam giác $ABC$ vuông tại $A$, vậy $I$ là trung điểm của $BC$.

Do đó $I\left( {\frac{7}{2};2;\frac{3}{2}} \right)$, tức là $a = \frac{7}{2},b = 2,c = \frac{3}{2}$.

Tính tổng $a + b + c = \frac{7}{2} + 2 + \frac{3}{2} = 7$.

Tổng số ngày $N = 20$.

Tìm tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$:

Vị trí tìm nhóm chứa ${Q_1}$ là $\frac{N}{4} = \frac{{20}}{4} = 5$.

Tần số tích lũy đến hết nhóm 1 là $3$, đến hết nhóm 2 là $3 + 6 = 9$. Vì $3 < 5 \le 9$ nên nhóm chứa ${Q_1}$ là nhóm thứ hai: $\left[ {3{,}0;3{,}5} \right)$.

Ta có ${Q_1} = L + \left( {\frac{{\frac{N}{4} - C}}{{{n_{Q1}}}}} \right) \cdot h = 3{,}0 + \left( {\frac{{5 - 3}}{6}} \right) \cdot 0{,}5 = 3{,}0 + \frac{2}{6} \cdot 0{,}5 = 3{,}0 + \frac{1}{6} = \frac{{19}}{6}$.

Tìm tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$:

Vị trí tìm nhóm chứa ${Q_3}$ là $\frac{{3N}}{4} = \frac{{60}}{4} = 15$.

Tần số tích lũy:

- Hết nhóm 2: $9$
- Hết nhóm 3: $9 + 5 = 14$
- Hết nhóm 4: $14 + 4 = 18$

Vì $14 < 15 \le 18$ nên nhóm chứa ${Q_3}$ là nhóm thứ tư: $\left[ {4{,}0;4{,}5} \right)$.

Ta có ${Q_3} = L + \left( {\frac{{\frac{{3N}}{4} - C}}{{{n_{Q3}}}}} \right) \cdot h = 4{,}0 + \left( {\frac{{15 - 14}}{4}} \right) \cdot 0{,}5 = 4{,}0 + \frac{1}{4} \cdot 0{,}5 = 4{,}0 + 0{,}125 = 4{,}125$.

Khoảng tứ phân vị ${{\rm{\Delta }}_Q}$: ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 4{,}125 - \frac{{19}}{6} \approx 0{,}9583$.

Làm tròn đến hàng phần trăm, ta được kết quả là $0{,}96$.

Đáp án: 0,96.

Gọi chiều rộng của đáy bể là $x\,\left( {x > 0,{\rm{m}}} \right)$.

Vì chiều dài gấp 2 lần chiều rộng nên chiều dài đáy bể là $2x$.

Gọi chiều cao của bể là $h\,\left( {h > 0,{\rm{m}}} \right)$.

Thể tích bể là: $V = x \cdot 2x \cdot h = 2{x^2}h = 36 \Rightarrow h = \frac{{36}}{{2{x^2}}} = \frac{{18}}{{{x^2}}}$.

Do bể không có nắp nên diện tích cần xây bao gồm diện tích đáy và diện tích 4 mặt bên:

$S={S}_{\text{đáy}}+{S}_{\text{xung quanh}}=(x\cdot 2x)+2\cdot (x\cdot h)+2\cdot (2x\cdot h)=2{x}^{2}+6xh$.

Thay $h = \frac{{18}}{{{x^2}}}$ vào công thức diện tích: $S\left( x \right) = 2{x^2} + 6x \cdot \left( {\frac{{18}}{{{x^2}}}} \right) = 2{x^2} + \frac{{108}}{x}$.

Để chi phí thuê nhân công thấp nhất thì diện tích toàn phần này phải nhỏ nhất.

Xét hàm số $S\left( x \right)$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$:

Ta có $S'\left( x \right) = 4x - \frac{{108}}{{{x^2}}}$.

Cho $S'(x) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 108 = 0 \Leftrightarrow {x^3} = 27 \Leftrightarrow x = 3$.

Lập bảng biến thiên nhanh ta thấy $S\left( x \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = 3$.

Khi đó, chiều cao tương ứng của bể là: $h = \frac{{18}}{{{3^2}}} = \frac{{18}}{9} = 2\,\left( {\rm{m}} \right)$.

Đáp án: 2.

Tổng doanh thu khi bán $x$ máy tính bảng: $R\left( x \right) = x \cdot p\left( x \right) = x\left( {4000 - 10x} \right) = 4000x - 10{x^2}$.

Tổng chi phí để sản xuất $x$ máy tính bảng:

$C\left( x \right) = x \cdot c\left( x \right) = x\left( {{x^2} - 70x + 400 + \frac{{1000}}{x}} \right) = {x^3} - 70{x^2} + 400x + 1000$.

Hàm lợi nhuận $L\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right)$:

$L\left( x \right) = \left( {4000x - 10{x^2}} \right) - \left( {{x^3} - 70{x^2} + 400x + 1000} \right) = - {x^3} + 60{x^2} + 3600x - 1000$.

Xét đạo hàm của hàm lợi nhuận: $L'\left( x \right) = - 3{x^2} + 120x + 3600$.

Cho $L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 120x + 3600 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 40x - 1200 = 0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 60\quad \left( {{\rm{th/m\~a n\;}}1 \le x \le 200} \right)}\\{x = - 20\quad \left( {{\rm{loai}}} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.$.

Vì hệ số bậc hai của đạo hàm âm nên tại $x = 60$, hàm số đạt cực đại, đồng thời cũng là giá trị lớn nhất của hàm lợi nhuận trên đoạn xét.

Vậy doanh nghiệp cần bán 60 máy tính bảng.

Đáp án: 60.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ có gốc $O$ tại vị trí xuất phát của hai drone:

- Trục $Ox$ hướng về phía Đông (phía Tây tương ứng với hoành độ âm).
- Trục $Oy$ hướng về phía Bắc (phía Nam tương ứng với tung độ âm).
- Trục $Oz$ hướng thẳng đứng lên trên (mặt đất trùng với mặt phẳng $Oxy$, tức là $z = 0$).

Đổi đơn vị độ cao từ mét sang kilômét: $60{\rm{\;m}} = 0{,}06{\rm{\;km}}$; $40{\rm{\;m}} = 0{,}04{\rm{\;km}}$.

Từ dữ kiện đề bài, ta xác định tọa độ của hai drone lần lượt là:

- Drone thứ nhất tại điểm $A\left( {1{,}5; - 2{,}5;0{,}06} \right)$.
- Drone thứ hai tại điểm $B\left( { - 2{,}5;3;0{,}04} \right)$.

Điểm tiếp nhiên liệu $M$ nằm trên mặt đất nên có cao độ ${z_M} = 0$. Theo đề bài, $M$ cách gốc tọa độ $a{\rm{\;km}}$ về hướng Bắc và $b{\rm{\;km}}$ về hướng Tây, do đó tọa độ của $M$ là: $M\left( { - b;a;0} \right)\quad \left( {a,b > 0} \right)$.

Bài toán yêu cầu tìm $M$ thuộc mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ sao cho tổng khoảng cách $MA + MB$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Vì $A$ và $B$ đều có cao độ dương (${z_A} = 0{,}06 > 0$ và ${z_B} = 0{,}04 > 0$) nên hai điểm này nằm cùng một phía đối với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Gọi $A'$ là điểm đối xứng với $A$ qua mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$. Tọa độ của $A'$ là: $A'\left( {1{,}5; - 2{,}5; - 0{,}06} \right)$.

Khi đó, với mọi điểm $M$ trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$, ta luôn có $MA = MA'$.

Do đó $MA + MB = MA' + MB \ge A'B$.

Dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi ba điểm $A',M,B$ thẳng hàng theo thứ tự đó (tức là $M$ là giao điểm của đoạn thẳng $A'B$ với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$).

Vì $M$ nằm trên đoạn thẳng $A'B$ và thuộc mặt phẳng $Oxy$ (${z_M} = 0$), tỉ số độ dài đoạn thẳng dựa trên hình chiếu lên trục $Oz$ là: $\frac{{MA'}}{{MB}} = \frac{{\left| {{z_{A'}}} \right|}}{{\left| {{z_B}} \right|}} = \frac{{0{,}06}}{{0{,}04}} = \frac{3}{2}$.

Do $M$ nằm giữa $A'$ và $B$, hai vectơ $\overrightarrow {MA'}$ và $\overrightarrow {MB}$ ngược chiều nhau.

Từ tỉ số độ dài, ta có đẳng thức vectơ: $\overrightarrow {MA'} = - \frac{3}{2}\overrightarrow {MB} \Leftrightarrow 2\overrightarrow {MA'} + 3\overrightarrow {MB} = \vec 0$.

Áp dụng công thức tọa độ điểm chia đoạn thẳng theo tỉ số cho trước:

- Hoành độ ${x_M}$: ${x_M} = \frac{{2{x_{A'}} + 3{x_B}}}{{2 + 3}} = \frac{{2 \cdot 1{,}5 + 3 \cdot \left( { - 2{,}5} \right)}}{5} = \frac{{3 - 7{,}5}}{5} = - 0{,}9$.
- Tung độ ${y_M}$: ${y_M} = \frac{{2{y_{A'}} + 3{y_B}}}{{2 + 3}} = \frac{{2 \cdot \left( { - 2{,}5} \right) + 3 \cdot 3}}{{2 + 3}} = \frac{{ - 5 + 9}}{5} = 0{,}8$.

Vậy tọa độ của điểm $M$ là $M\left( { - 0{,}9;0{,}8;0} \right)$.

Đối chiếu với tọa độ dạng tổng quát $M\left( { - b;a;0} \right)$, ta suy ra: $- b = - 0{,}9 \Rightarrow b = 0{,}9$; $a = 0{,}8$.

Vậy giá trị của $a + b$ là: $a + b = 0{,}8 + 0{,}9 = 1{,}7$.

Đáp án: 1,7.

Hàm số liên tục trên đoạn $\left[ { - 2;10} \right]$.

Ta tính đạo hàm của hàm số: $f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {{x^2} - 2x + 5} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }} = \frac{{2x - 2}}{{2\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }} = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}$.

Xét phương trình đạo hàm bằng 0: $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\quad \left( {{\rm{th/m\~a n\;}}1 \in \left[ { - 2;10} \right]} \right)$.

Tính các giá trị của hàm số tại các đầu mút và tại điểm cực trị:

- Tại $x = - 2$: $f\left( { - 2} \right) = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} - 2 \cdot \left( { - 2} \right) + 5} = \sqrt {4 + 4 + 5} = \sqrt {13}$.
- Tại $x = 1$: $f\left( 1 \right) = \sqrt {{1^2} - 2 \cdot 1 + 5} = \sqrt {1 - 2 + 5} = \sqrt 4 = 2$.
- Tại $x = 10$: $f\left( {10} \right) = \sqrt {{{10}^2} - 2 \cdot 10 + 5} = \sqrt {100 - 20 + 5} = \sqrt {85}$.

So sánh các giá trị trên, ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số là $2$.

Vậy $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;10} \right]} f\left( x \right) = 2$ tại $x = 1$.

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

- Nhóm 1: $\left[ {19;19{,}5} \right) \Rightarrow {x_1} = 19{,}25$; tần số ${n_1} = 13$.
- Nhóm 2: $\left[ {19{,}5;20} \right) \Rightarrow {x_2} = 19{,}75$; tần số ${n_2} = 45$.
- Nhóm 3: $\left[ {20;20{,}5} \right) \Rightarrow {x_3} = 20{,}25$; tần số ${n_3} = 24$.
- Nhóm 4: $\left[ {20{,}5;21} \right) \Rightarrow {x_4} = 20{,}75$; tần số ${n_4} = 12$.
- Nhóm 5: $\left[ {21;21{,}5} \right) \Rightarrow {x_5} = 21{,}25$; tần số ${n_5} = 6$.

Tổng số lần ném tạ là $n = 13 + 45 + 24 + 12 + 6 = 100$.

a) Tính số trung bình cộng $\bar x$:

$\bar 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\,\left( {\rm{m}} \right)$.

b) Tính phương sai ${s^2}$:

${s^2} = \frac{{13 \cdot 19,{{25}^2} + 45 \cdot 19,{{75}^2} + 24 \cdot 20,{{25}^2} + 12 \cdot 20,{{75}^2} + 6 \cdot 21,{{25}^2}}}{{100}} - 20,{015^2} = 0{,}277275$.

Làm tròn đến hàng phần trăm ta được $0{,}28$.

Vì máy bay chuyển động thẳng đều (tốc độ và hướng không đổi) nên vectơ dịch chuyển trong 10 phút đầu bằng vectơ dịch chuyển trong 10 phút tiếp theo.

- Trong 10 phút đầu, máy bay bay từ $A$ đến $B$, vectơ dịch chuyển là:

$\overrightarrow {AB} = \left( {940 - 800;550 - 500;8 - 7} \right) = \left( {140;50;1} \right)$.

- Trong 10 phút tiếp theo, máy bay bay từ $B$ đến $D$, vectơ dịch chuyển là:

$\overrightarrow {BD} = \left( {x - 940;y - 550;z - 8} \right)$.

Vì khoảng thời gian bằng nhau (đều là 10 phút), nên ta có: $\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - 940 = 140 \Rightarrow x = 1080}\\{y - 550 = 50 \Rightarrow y = 600}\\{z - 8 = 1 \Rightarrow z = 9}\end{array}} \right.$.

Vậy tọa độ điểm $D$ sau 10 phút tiếp theo là $D\left( {1080;600;9} \right)$.

Khi đó $x - y - z = 1080 - 600 - 9 = 471$.

Đáp số: 471.