Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Nguyễn Thị Minh Khai (Hà Nội) có đáp án

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đạo hàm $f'\left( x \right) > 0$ trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 5} \right)$ và $\left( { - 1; + \infty } \right)$.

Do đó, hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 5} \right)$ và $\left( { - 1; + \infty } \right)$.

Đối chiếu với các phương án đưa ra, khoảng $\left( { - 1; + \infty } \right)$ là khoảng đồng biến của hàm số.

Chọn A.

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.

- Đầu mút trái của nhóm đầu tiên $\left[ {10;12} \right)$ là ${x_{{\rm{min}}}} = 10$.
- Đầu mút phải của nhóm cuối cùng $\left[ {18;20} \right)$ là ${x_{{\rm{max}}}} = 20$.

Vậy khoảng biến thiên $R = {x_{{\rm{max}}}} - {x_{{\rm{min}}}} = 20 - 10 = 10$.

Chọn C.

- Xét dạng đồ thị: Nhánh cuối cùng của đồ thị (bên phải) đi lên tiến tới $+ \infty$ khi $x \to + \infty$. Do đó, hệ số a của hàm số bậc ba $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ phải dương ($a > 0$). Ta loại phương án A và B.
- Xét điểm cực trị: Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung (hàm số có hai cực trị trái dấu). - Xét hàm số ở phương án C: $y = {x^3} - 3x + 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3$. Phương trình $y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$ (thỏa mãn có 2 cực trị). - Xét hàm số ở phương án D: $y = {x^3} + 3x + 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 3 > 0\,\forall x$, hàm số không có cực trị.
- Giao điểm với trục tung: Khi $x = 0$ thì $y = 1$, đồ thị cắt trục tung tại điểm $\left( {0;1} \right)$ phía trên trục hoành, hoàn toàn phù hợp với hình vẽ.

Chọn C.

Gọi $M\left( {{x_M};{y_M};{z_M}} \right)$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$. Tọa độ điểm $M$ được xác định bởi công thức:

${x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{1 + 5}}{2} = 3$; ${y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{2 + \left( { - 12} \right)}}{2} = - 5$; ${z_M} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{ - 3 + 17}}{2} = 7$.

Vậy tọa độ trung điểm $M$ là $\left( {3; - 5;7} \right)$.

Chọn C.

Tọa độ của vectơ tổng $\vec a + \vec b$ được tính bằng cách cộng các tọa độ tương ứng của hai vectơ thành phần:

$\vec a + \vec b = \left( {2 + 1;3 + 1;2 + \left( { - 1} \right)} \right) = \left( {3;4;1} \right)$.

Chọn B.

Dựa vào hình vẽ, ta thấy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là $\left( {1; - 4} \right)$.

Chọn D.

Thực hiện phép chia đa thức ở tử số cho mẫu số:

$\frac{{{x^2} + 3x + 5}}{{x + 2}} = \frac{{x\left( {x + 2} \right) + \left( {x + 5} \right)}}{{x + 2}} = x + \frac{{x + 5}}{{x + 2}} = x + 1 + \frac{3}{{x + 2}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{3}{{x + 2}} = 0$, đường thẳng $y = x + 1$ chính là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Chọn B.

Đồ thị hàm số $y = \frac{{2x - 1}}{{x - 2}}$ có đường tiệm cận đứng $x = 2$, đường tiệm cận ngang $y = 2$.

Giao điểm của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x - 1}}{{x - 2}}$ với trục hoành là điểm có tọa độ $\left( {\frac{1}{2};0} \right)$.

Kết hợp với hình vẽ, ta thấy phần hình tô đậm là một hình thang vuông có đáy lớn bằng 2, đáy bé bằng $2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ và chiều cao bằng 2.

Diện tích hình được tô đậm là $S = \frac{{\left( {2 + \frac{3}{2}} \right) \cdot 2}}{2} = \frac{7}{2}$.

Chọn C.

Để tứ giác $ABCD$ là hình bình hành, ta phải có điều kiện vectơ: $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}$.

Gọi tọa độ điểm $D$ là $\left( {{x_D};{y_D};{z_D}} \right)$. Ta có $\overrightarrow {AD} = \left( {{x_D} - 1;{y_D} - 2;{z_D} - 1} \right)$.

Ta cũng có $\overrightarrow {BC} = \left( {{x_C} - {x_B};{y_C} - {y_B};{z_C} - {z_B}} \right) = \left( {2 - \left( { - 3} \right);4 - 0; - 1 - 3} \right) = \left( {5;4; - 4} \right)$.

Đồng nhất các tọa độ:

${x_D} - 1 = 5 \Rightarrow {x_D} = 6$

${y_D} - 2 = 4 \Rightarrow {y_D} = 6$

${z_D} - 1 = - 4 \Rightarrow {z_D} = - 3$

Vậy tọa độ điểm $D$ là $\left( {6;6; - 3} \right)$.

Chọn C.

Ta có $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CM}$.

Mà $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD}$.

Vì $M$ là trung điểm của $CC'$ nên $\overrightarrow {CM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {CC'} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'}$.

Thay vào biểu thức ta được: $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'}$.

Chọn D.

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $P\left( x \right)$ với $x > 0$.

Tính đạo hàm của $P\left( x \right)$: $P'\left( x \right) = - 0{,}9{x^2} + 72x + 1800$.

Cho $P'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 0{,}9{x^2} + 72x + 1800 = 0$$\Leftrightarrow x = 100$ hoặc $x = - 20$.

Vì $x > 0$ nên ta chọn $x = 100$.

Vì $P'\left( x \right)$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua $x = 100$ nên hàm số đạt cực đại tại $x = 100$.

Vậy công ty cần sản xuất 100 chiếc máy xay sinh tố mỗi tháng để đạt lợi nhuận lớn nhất.

Chọn D.

Ta có: $\vec a + \vec b = \left( {1 + \left( { - 2} \right); - 2 + 1;3 + 2} \right) = \left( { - 1; - 1;5} \right)$.

Tích vô hướng với vectơ $\vec b = \left( { - 2;1;2} \right)$ là: $\left( {\vec a + \vec b} \right) \cdot \vec b = \left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 2} \right) + \left( { - 1} \right) \cdot 1 + 5 \cdot 2 = 2 - 1 + 10 = 11$.

Chọn C.

a) Đúng. Cỡ mẫu $n = 4 + 13 + 16 + 17 = 50$.

b) Sai. Khoảng biến thiên $R = 12 - 0 = 12$. Do đó mệnh đề bảo bằng 9 là sai.

c) Đúng. Ta có $\frac{n}{4} = \frac{{50}}{4} = 12{,}5$.

Tần số tích lũy của nhóm $\left[ {0;3} \right)$ là 4. Tần số tích lũy của nhóm $\left[ {3;6} \right)$ là $4 + 13 = 17$.

Vì $4 < 12{,}5 \le 17$ nên ${Q_1}$ thuộc nhóm $\left[ {3;6} \right)$.

d) Đúng. Tính số trung bình cộng mảnh ghép nhóm $\bar x$:

Giá trị đại diện các nhóm lần lượt là: ${x_1} = 1{,}5;\,{x_2} = 4{,}5;\,{x_3} = 7{,}5;\,{x_4} = 10{,}5$.

Số trung bình $\bar x = \frac{{4 \cdot 1{,}5 + 13 \cdot 4{,}5 + 16 \cdot 7{,}5 + 17 \cdot 10{,}5}}{{50}} = \frac{{6 + 58{,}5 + 120 + 178{,}5}}{{50}} = \frac{{363}}{{50}} = 7{,}26$.

Tính phương sai ${s^2}$: ${s^2} = \frac{1}{{50}}\left[ {4 \cdot {{\left( {1{,}5} \right)}^2} + 13 \cdot {{\left( {4{,}5} \right)}^2} + 16 \cdot {{\left( {7{,}5} \right)}^2} + 17 \cdot {{\left( {10{,}5} \right)}^2}} \right] - {\left( {7{,}26} \right)^2} = 8{,}2224$.

Vì $8{,}2224 > 8$, mệnh đề đúng.

a) Đúng. Chiếu lên mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$ thì hoành độ $x = 0$, giữ nguyên $y$ và $z$. Do đó hình chiếu có tọa độ $\left( {0;2;1} \right)$.

b) Đúng. $\overrightarrow {AB} = \left( {4; - 4;2} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {2^2}} = \sqrt {16 + 16 + 4} = \sqrt {36} = 6$.

$\overrightarrow {AC} = \left( { - 3; - 1;0} \right) \Rightarrow AC = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {0^2}} = \sqrt {9 + 1} = \sqrt {10}$.

Vậy $AB + AC = 6 + \sqrt {10}$.

c) Sai. $\cos \widehat {BAC} = \frac{{\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} }}{{AB \cdot AC}} = \frac{{4 \cdot \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) \cdot \left( { - 1} \right) + 2 \cdot 0}}{{6 \cdot \sqrt {10} }} = \frac{{ - 12 + 4}}{{6\sqrt {10} }} = \frac{{ - 8}}{{6\sqrt {10} }} = \frac{{ - 4}}{{3\sqrt {10} }} = \frac{{ - 2\sqrt {10} }}{{15}}$.

d) Sai. Vì $M \in Ox \Rightarrow M\left( {x;0;0} \right)$.

$\overrightarrow {MA} = \left( {5 - x;2;1} \right),\quad \overrightarrow {MB} = \left( {9 - x; - 2;3} \right),\quad \overrightarrow {MC} = \left( {2 - x;1;1} \right)$;

$\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} = \left( {5 - x} \right) \cdot \left( {9 - x} \right) + 2 \cdot \left( { - 2} \right) + 1 \cdot 3 = {x^2} - 14x + 45 - 4 + 3 = {x^2} - 14x + 44$;

$\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MC} = \left( {5 - x} \right) \cdot \left( {2 - x} \right) + 2 \cdot 1 + 1 \cdot 1 = {x^2} - 7x + 10 + 2 + 1 = {x^2} - 7x + 13$.

Cân bằng hai biểu thức: ${x^2} - 14x + 44 = {x^2} - 7x + 13 \Leftrightarrow - 7x = - 31 \Leftrightarrow x = \frac{{31}}{7} \approx 4{,}43$.

Vì $4{,}43 < 5$, hoành độ nhỏ hơn 5.

a) Đúng. $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x$.

b) Sai. Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 2$.

Qua $x = 0$, đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm nên hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ và qua $x = 2$, đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương nên hàm số đạt cực tiểu tại $x = 2$.

c) Đúng. Các giá trị cần tính: $f\left( 0 \right) = 0$; $f\left( 2 \right) = {2^3} - 3 \cdot {2^2} = - 4$; $f\left( 4 \right) = {4^3} - 3 \cdot {4^2} = 64 - 48 = 16$.

Giá trị lớn nhất trên đoạn $\left[ {0;4} \right]$ chính là $f\left( 4 \right) = 16$.

d) Sai. Biến đổi mẫu số: $\left( {x - 1} \right){\left( {x - 3} \right)^2}$.

Hàm số: $y = \frac{{{x^2}\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x - 3} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2}}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}$.

Phương trình mẫu số triệt tiêu có các nghiệm $x = 1$ và $x = 3$ (đều không là nghiệm tử số).

Do đó đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng là $x = 1$ và $x = 3$. Mệnh đề bảo có 1 tiệm cận đứng là sai.

a) Sai. Từ $Q = \sqrt {KL} = 160 \Rightarrow KL = {160^2} \Rightarrow L = \frac{{{{160}^2}}}{K} = \frac{{25600}}{K}$. Phát biểu $L = \frac{{160}}{K}$ là sai.

b) Sai. Với $K = 200 \Rightarrow L = \frac{{25600}}{{200}} = 128$.

Tổng chi phí: $F = 16 \cdot 200 + 9 \cdot 128 + 40 = 3200 + 1152 + 40 = 4392$ (nghìn USD).

Vì $4392 < 4500$, phát biểu bảo lớn hơn 4500 là sai.

c) Đúng. Thay $L = \frac{{{{160}^2}}}{K}$ vào biểu thức $F$ ta được: $F = 16K + 9 \cdot \frac{{{{160}^2}}}{K} + 40$.

d) Sai. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si (AM-GM) cho hai số dương $16K$ và $9L$:

$16K + 9L \ge 2\sqrt {16K \cdot 9L} = 2\sqrt {144 \cdot KL} = 2 \cdot 12 \cdot \sqrt {25600} = 24 \cdot 160 = 3840$.

Do đó, tổng chi phí tối thiểu là ${F_{{\rm{min}}}} = 3840 + 40 = 3880$ (nghìn USD). Mệnh đề bảo chi phí tối thiểu bằng 3840 là sai vì chưa cộng hằng số 40.

Hợp lực tác động lên mô hình tại đỉnh $A$ của hình hộp chữ nhật được biểu diễn bằng vectơ:

$\vec F = {\vec F_1} + {\vec F_2} + {\vec F_3}$.

Do các lực đôi một vuông góc với nhau (nằm trên các cạnh $AB,AA',AD$ xuất phát từ đỉnh $A$), độ lớn của hợp lực $\vec F$ tuân theo công thức Pythagore trong không gian:

$\left| {\vec F} \right| = \sqrt {{{\left| {{{\vec F}_1}} \right|}^2} + {{\left| {{{\vec F}_2}} \right|}^2} + {{\left| {{{\vec F}_3}} \right|}^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2} + {3^2}} = \sqrt {4 + 4 + 9} = \sqrt {17} \approx 4{,}12{\rm{\;N}}$.

Đáp án: 4,12.

Vì $C\left( {1;1;2} \right)$ nằm trên đoạn thẳng $AB$ sao cho $BC = 2AC \Rightarrow \overrightarrow {AC} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB}$.

Do đó $\overrightarrow {AC} = \frac{1}{3}\left( {6;3;0} \right) = \left( {2;1;0} \right)$.

Mặt khác, $\overrightarrow {AC} = \left( {{x_C} - {x_A};{y_C} - {y_A};{z_C} - {z_A}} \right) = \left( {1 - m;1 - n;2 - p} \right)$.

Đồng nhất hệ tọa độ:

$1 - m = 2 \Rightarrow m = - 1$

$1 - n = 1 \Rightarrow n = 0$

$2 - p = 0 \Rightarrow p = 2$

Giá trị biểu thức cần tìm là: $m + 3n + 4p = - 1 + 3 \cdot 0 + 4 \cdot 2 = 7$.

Đáp án: 7.

Tìm khoảng tứ phân vị ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1}$ của mẫu số liệu ghép nhóm. Tổng số người $n = 100$.

- Tìm ${Q_1}$: Vị trí $\frac{n}{4} = 25$. Nhóm chứa ${Q_1}$ là nhóm $\left[ {22;25} \right)$ (vì tần số tích lũy trước đó là $10$, đến nhóm này là $10 + 27 = 37$).

Ta có ${Q_1} = 22 + \frac{{25 - 10}}{{27}} \cdot \left( {25 - 22} \right) = 22 + \frac{{15}}{{27}} \cdot 3 = 22 + \frac{{15}}{9} = \frac{{71}}{3}$.

- Tìm ${Q_3}$: Vị trí $\frac{{3n}}{4} = 75$. Nhóm chứa ${Q_3}$ là nhóm $\left[ {28;31} \right)$ (tần số tích lũy đến trước nhóm này là $10 + 27 + 31 = 68$, tần số tích lũy nhóm này là $68 + 25 = 93$).

Ta có ${Q_3} = 28 + \frac{{75 - 68}}{{25}} \cdot \left( {31 - 28} \right) = 28 + \frac{7}{{25}} \cdot 3 = 28 + 0{,}84 = 28{,}84$.

- Khoảng tứ phân vị: ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 28{,}84 - \frac{{71}}{3} \approx 5{,}17$.

Đáp án: 5,17.

Hàm số $y = \frac{{{x^2} + 48}}{{x - 1}}$.

Tính đạo hàm để tìm tọa độ hai điểm cực trị:

$y' = \frac{{2x\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} + 48} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} - 2x - {x^2} - 48}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 48}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$;

$y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 48 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 8} \right)\left( {x + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 8$ hoặc $x = - 6$.

- Với $x = 8 \Rightarrow y = \frac{{{8^2} + 48}}{{8 - 1}} = \frac{{64 + 48}}{7} = \frac{{112}}{7} = 16 \Rightarrow A\left( {8;16} \right)$.
- Với $x = - 6 \Rightarrow y = \frac{{{{\left( { - 6} \right)}^2} + 48}}{{ - 6 - 1}} = \frac{{36 + 48}}{{ - 7}} = \frac{{84}}{{ - 7}} = - 12 \Rightarrow B\left( { - 6; - 12} \right)$.

Hình chữ nhật được tạo bởi hai điểm cực trị làm hai đỉnh đối xứng có các cạnh song song với các trục tọa độ.

- Chiều dài theo phương ngang (độ chênh lệch hoành độ): ${\rm{\Delta }}x = \left| {8 - \left( { - 6} \right)} \right| = 14$.
- Chiều cao theo phương đứng (độ chênh lệch tung độ): ${\rm{\Delta }}y = \left| {16 - \left( { - 12} \right)} \right| = 28$.

Diện tích hình chữ nhật là: $S = {\rm{\Delta }}x \cdot {\rm{\Delta }}y = 14 \cdot 28 = 392$.

Đáp án: 392.

Chọn gốc tọa độ $M\left( {0;0} \right)$ là trung điểm của cạnh $AB$, trục $Ox$ trùng với đường thẳng $AB$ và trục $Oy$ vuông góc với $AB$ hướng về phía cạnh $CD$ (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét).

- Điểm xuất phát của robot là $M\left( {0;0} \right)$.
- Cạnh $CD$ nằm trên đường thẳng $y = 200$. Điểm đích là $N\left( {{x_0};200} \right)$ với $- 100 \le {x_0} \le 100$. Do tính chất đối xứng, ta chỉ cần xét $0 \le {x_0} \le 100$.
- Bãi cát hình chữ nhật đối xứng qua trục $Oy$, giới hạn bởi: - Chiều rộng (nằm ngang): từ $x = - 40$ đến $x = 40$. - Chiều dài (thẳng đứng): từ $y = 40$ đến $y = 160$ (vì bãi cát ở chính giữa khu đất, cách mỗi cạnh $AB,CD$ một khoảng $\frac{{200 - 120}}{2} = 40{\rm{\;m}}$).

Phương trình đường thẳng của quỹ đạo chuyển động thẳng $MN$ nối từ $\left( {0;0} \right)$ đến $\left( {{x_0};200} \right)$ là:

$y = \frac{{200}}{{{x_0}}}x \Leftrightarrow x = \frac{{{x_0}}}{{200}}y$.

Đường thẳng $MN$ đi vào bãi cát tại biên dưới $y = 40$, hoành độ giao điểm là: ${x_1} = \frac{{40{x_0}}}{{200}} = \frac{{{x_0}}}{5}$.

Vì $0 \le {x_0} \le 100$ nên $0 \le {x_1} \le 20 \le 40$ (luôn đi vào từ cạnh đáy của bãi cát).

Đường thẳng $MN$ sẽ đi ra khỏi bãi cát theo 2 trường hợp:

Trường hợp 1: $0 \le {x_0} \le 50$

Đường thẳng đi ra ở cạnh trên $y = 160$.

- Quãng đường đi trên cát chiếm tỉ lệ cố định bằng $\frac{{160 - 40}}{{200}} = \frac{3}{5}$ tổng quãng đường $MN$.
- Thời gian đi toàn bộ hành trình là: $t\left( {{x_0}} \right) = \frac{{\frac{2}{5}MN}}{3} + \frac{{\frac{3}{5}MN}}{2} = \frac{{13}}{{30}}MN = \frac{{13}}{{30}}\sqrt {x_0^2 + 40000}$.
- Hàm số này đồng biến trên $\left[ {0;50} \right]$, đạt giá trị nhỏ nhất tại ${x_0} = 0$:

$t\left( 0 \right) = \frac{{13}}{{30}} \cdot 200 = \frac{{260}}{3} \approx 86{,}67{\rm{\;gi\^a y}}$.

Trường hợp 2: $50 < {x_0} \le 100$

Đường thẳng đi ra ở cạnh bên $x = 40$. Điểm ra có tung độ ${y_2} = \frac{{8000}}{{{x_0}}}$.

- Chiều dài đoạn đường đi trong cát là:

${L_{{\rm{c\'a t}}}} = \sqrt {{{\left( {40 - \frac{{{x_0}}}{5}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{8000}}{{{x_0}}} - 40} \right)}^2}} = \frac{{200 - {x_0}}}{{5{x_0}}}\sqrt {x_0^2 + 40000}$.

- Tổng thời gian di chuyển trong trường hợp này là:

$t\left( {{x_0}} \right) = \frac{{MN - {L_{{\rm{c\'a t}}}}}}{3} + \frac{{{L_{{\rm{c\'a t}}}}}}{2} = \frac{{MN}}{3} + \frac{{{L_{{\rm{c\'a t}}}}}}{6}$$= \left( {\frac{1}{3} + \frac{{200 - {x_0}}}{{30{x_0}}}} \right)\sqrt {x_0^2 + 40000} = \frac{{9{x_0} + 200}}{{30{x_0}}}\sqrt {x_0^2 + 40000}$.

Xét hàm số $g\left( x \right) = \frac{{9x + 200}}{x}\sqrt {{x^2} + 40000}$ trên khoảng $\left( {50{,}100} \right]$:

Ta có $g'\left( x \right) = \frac{{9{x^3} - 8000000}}{{{x^2}\sqrt {{x^2} + 40000} }}$.

Cho $g'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 9{x^3} = 8000000 \Leftrightarrow x = \frac{{200}}{{\sqrt[3]{9}}} \approx 96{,}15{\rm{\;m}}$ (thỏa mãn thuộc khoảng đang xét).

Thay giá trị ${x_0} \approx 96{,}15$ vào công thức tính thời gian $t\left( {{x_0}} \right)$: $a = t\left( {96{,}15} \right) \approx 81{,}95995{\rm{\;gi\^a y}}$.

Khi đó, giá trị của $100a$ là: $100a = 100 \times 81{,}95995 = 8195{,}995$.

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, ta được 8196.

Đáp án: 8196.

Chọn hệ trục tọa độ hai chiều phẳng $Oxy$ với góc vuông tại $O$:

- Vị trí điểm $O$ là gốc tọa độ $\left( {0;0} \right)$. Khinh khí cầu bay thẳng đứng từ $O$ lên trên dọc theo trục $Oy$ với vận tốc $10{\rm{\;km/h}}$, vị trí sau thời gian $t$ là $M\left( {0;10t} \right)$.
- Vị trí điểm $A$ nằm trên trục hoành cách $O$ một khoảng $30{\rm{\;km}} \Rightarrow A\left( {30;0} \right)$. Người đi xe đạp di chuyển từ $A$ về $O$ ngược chiều trục $Ox$ với vận tốc $15{\rm{\;km/h}}$, vị trí sau thời gian $t$ là $N\left( {30 - 15t;0} \right)$.

Khoảng cách giữa hai vật thể tại thời điểm $t$ là độ dài đoạn thẳng $MN$:

$d\left( t \right) = \sqrt {{{\left( {30 - 15t - 0} \right)}^2} + {{\left( {0 - 10t} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {30 - 15t} \right)}^2} + 100{t^2}}$$= \sqrt {325{t^2} - 900t + 900}$.

Khoảng cách đạt giá trị nhỏ nhất khi biểu thức bậc hai dưới dấu căn đạt cực tiểu.

Hoành độ đỉnh của parabol $f\left( t \right) = 325{t^2} - 900t + 900$ là: $t = - \frac{b}{{2a}} = \frac{{900}}{{2 \cdot 325}} = \frac{{900}}{{650}} = \frac{{18}}{{13}} \approx 1{,}38$.

Vậy $d\left( t \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $t \approx 1{,}38$ (giờ).

Đáp án: 1,38.