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

Xác định giá trị đại diện ${x_i}$ cho từng nhóm số liệu:

- Nhóm 1: $\left[ {2{,}7;3{,}0} \right)$ có giá trị đại diện là ${x_1} = \frac{{2{,}7 + 3{,}0}}{2} = 2{,}85$.
- Nhóm 2: $\left[ {3{,}0;3{,}3} \right)$ có giá trị đại diện là ${x_2} = \frac{{3{,}0 + 3{,}3}}{2} = 3{,}15$.
- Nhóm 3: $\left[ {3{,}3;3{,}6} \right)$ có giá trị đại diện là ${x_3} = \frac{{3{,}3 + 3{,}6}}{2} = 3{,}45$.
- Nhóm 4: $\left[ {3{,}6;3{,}9} \right)$ có giá trị đại diện là ${x_4} = \frac{{3{,}6 + 3{,}9}}{2} = 3{,}75$.
- Nhóm 5: $\left[ {3{,}9;4{,}2} \right)$ có giá trị đại diện là ${x_5} = \frac{{3{,}9 + 4{,}2}}{2} = 4{,}05$.

Tính số trung bình cộng $\bar x$ của mẫu số liệu:

$\bar x = \frac{{2 \cdot 2{,}85 + 7 \cdot 3{,}15 + 5 \cdot 3{,}45 + 4 \cdot 3{,}75 + 2 \cdot 4{,}05}}{{20}} = \frac{{5{,}7 + 22{,}05 + 17{,}25 + 15 + 8{,}1}}{{20}} = \frac{{68{,}1}}{{20}} = 3{,}405$.

Tính phương sai ${s^2}$:

${s^2} = \frac{1}{{20}}\left[ {2 \cdot {{\left( {2{,}85} \right)}^2} + 7 \cdot {{\left( {3{,}15} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {3{,}45} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {3{,}75} \right)}^2} + 2 \cdot {{\left( {4{,}05} \right)}^2}} \right] - {\left( {3{,}405} \right)^2} = 0{,}119475 \approx 0{,}12$.

Chọn đáp án A.

Ta có $\vec u = \vec i + 2\vec k = \left( {1;0;2} \right)$ và vectơ đơn vị $\vec j = \left( {0;1;0} \right)$.

Do đó, tọa độ của vectơ tổng là: $\vec u + \vec j = \left( {1 + 0;0 + 1;2 + 0} \right) = \left( {1;1;2} \right)$.

Hoặc ta có thể thực hiện $\vec u + \vec j = \overrightarrow i + \overrightarrow j + 2\overrightarrow k$. Suy ra tọa độ của $\vec u + \vec j$ là $\left( {1;1;2} \right)$.

Chọn đáp án B.

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất $y = \frac{{ - 5x + 3}}{{x - 1}}$.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{3 - 5x}}{{x - 1}} = - 5$.

Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng $y = - 5$.

Chọn đáp án B.

Xét hàm số $y = - {x^4} + 2{x^2} + 3$ liên tục trên $\left[ { - 1;1} \right]$.

Đạo hàm: $y' = - 4{x^3} + 4x$; $y' = 0 \Leftrightarrow - 4x\left( {{x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0 \in \left[ { - 1;1} \right]}\\{x = 1 \in \left[ { - 1;1} \right]}\\{x = - 1 \in \left[ { - 1;1} \right]}\end{array}} \right.$.

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

$y\left( 0 \right) = 3$; $y\left( 1 \right) = - {1^4} + 2 \cdot {1^2} + 3 = 4$; $y\left( { - 1} \right) = - {\left( { - 1} \right)^4} + 2 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} + 3 = 4$.

So sánh các giá trị, ta được $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = 3$ tại $x = 0$.

Chọn đáp án A.

Gọi tọa độ của điểm $K$ là $\left( {{x_K};{y_K};{z_K}} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {KA} = \left( {3 - {x_K};2 - {y_K}; - 4 - {z_K}} \right)$, $\overrightarrow {KB} = \left( {1 - {x_K}; - 4 - {y_K};5 - {z_K}} \right)$.

Từ đẳng thức vectơ $\overrightarrow {KA} = 2\overrightarrow {KB}$, ta suy ra hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{3 - {x_K} = 2\left( {1 - {x_K}} \right)}\\{2 - {y_K} = 2\left( { - 4 - {y_K}} \right)}\\{ - 4 - {z_K} = 2\left( {5 - {z_K}} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{3 - {x_K} = 2 - 2{x_K}}\\{2 - {y_K} = - 8 - 2{y_K}}\\{ - 4 - {z_K} = 10 - 2{z_K}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_K} = - 1}\\{{y_K} = - 10}\\{{z_K} = 14}\end{array}} \right.$.

Vậy $K\left( { - 1; - 10;14} \right)$.

Chọn đáp án D.

Ta có $\overrightarrow {OA} = \left( {2; - 3;5} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {5^2}} = \sqrt {38}$.

Với phương án A: Đặt $\vec v = \vec i - \vec j = \left( {1; - 1;0} \right) \Rightarrow \left| {\vec v} \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {0^2}} = \sqrt 2$.

Ta có $\cos \left( {\overrightarrow {OA} ,\vec v} \right) = \frac{{\overrightarrow {OA} \cdot \vec v}}{{\left| {\overrightarrow {OA} \left| \cdot \right|\vec v} \right|}} = \frac{{2 \cdot 1 + \left( { - 3} \right) \cdot \left( { - 1} \right) + 5 \cdot 0}}{{\sqrt {38} \cdot \sqrt 2 }} = \frac{5}{{\sqrt {76} }}$.

Do đó khẳng định A sai.

Chọn đáp án A.

Quan sát đồ thị hàm số trên các khoảng xác định:

Trên khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$, đồ thị đi lên từ trái sang phải nên hàm số đồng biến trên khoảng này.

Chọn đáp án B.

Theo quy tắc hình hộp cho ba vectơ chung gốc từ một đỉnh của hình hộp chữ nhật hay hình hộp nói chung:

$\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'}$.

Chọn đáp án C.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Theo tính chất trọng tâm tam giác, ta có: $\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AM} \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{3}{2}\overrightarrow {AG}$.

Mặt khác, theo tính chất trung điểm: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} = 3\overrightarrow {AG}$.

Ta tính tọa độ vectơ $\overrightarrow {AG}$: $\overrightarrow {AG} = \left( {{x_G} - {x_A};{y_G} - {y_A};{z_G} - {z_A}} \right) = \left( { - 1 - 1;2 - 4;5 - \left( { - 3} \right)} \right) = \left( { - 2; - 2;8} \right)$.

Do đó: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 3 \cdot \left( { - 2; - 2;8} \right) = \left( { - 6; - 6;24} \right)$.

Chọn đáp án C.

Ta xét nhánh của đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ với điều kiện $x > - 1$:

- Trên khoảng $\left( { - 1;2} \right)$, hàm số nghịch biến giảm từ $3$ xuống $- 2$. Đường thẳng $y = 1$ cắt nhánh này tại một điểm duy nhất (vì $- 2 < 1 < 3$).
- Trên khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$, hàm số đồng biến tăng từ $- 2$ lên $+ \infty$. Đường thẳng $y = 1$ cắt nhánh này tại một điểm duy nhất (vì $1 > - 2$).

Vậy phương trình $f\left( x \right) = 1$ có đúng 2 nghiệm thỏa mãn $x > - 1$.

Chọn đáp án D.

Tổng số số liệu $n = 70$.

Tìm tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$:

Ta có $\frac{n}{4} = \frac{{70}}{4} = 17{,}5$. Tích lũy tần số: ${n_1} = 3$, ${n_1} + {n_2} = 9$, ${n_1} + {n_2} + {n_3} = 28$. Do $9 < 17{,}5 \le 28$ nên nhóm chứa ${Q_1}$ là $\left[ {60;70} \right)$. Do đó ${Q_1} = 60 + \frac{{17{,}5 - 9}}{{19}} \cdot 10 = 60 + \frac{{8{,}5}}{{19}} \cdot 10 \approx 64{,}474$.

Tìm tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$:

Ta có $\frac{{3n}}{4} = \frac{{210}}{4} = 52{,}5$. Tích lũy tần số đến nhóm 4: $28 + 23 = 51$, đến nhóm 5: $51 + 9 = 60$. Do $51 < 52{,}5 \le 60$ nên nhóm chứa ${Q_3}$ là $\left[ {80;90} \right)$. Do đó ${Q_3} = 80 + \frac{{52{,}5 - 51}}{9} \cdot 10 = 80 + \frac{{1{,}5}}{9} \cdot 10 \approx 81{,}667$.

Khoảng tứ phân vị ${{\rm{\Delta }}_Q}$: ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} \approx 81{,}667 - 64{,}474 = 17{,}193$.

Giá trị này gần nhất với 17.

Chọn đáp án B.

Ta có biến đổi vectơ sau: $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BN}$; $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CN}$.

Cộng hai đẳng thức trên vế theo vế: $2\overrightarrow {MN} = \left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MD} } \right) + \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} } \right) + \left( {\overrightarrow {BN} + \overrightarrow {CN} } \right)$

Vì $M$ là trung điểm $AD$ nên $\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MD} = \vec 0$.

Vì $N$ là trung điểm $BC$ nên $\overrightarrow {BN} + \overrightarrow {CN} = \vec 0$.

Do đó: $2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC}$.

Chọn đáp án C.

a) ĐÚNG: Nhìn vào bảng biến thiên, khi $x \to + \infty$ thì $f\left( x \right) \to + \infty$ nên hệ số điểm đầu $a > 0$.

b) SAI: Đồ thị hàm số bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. Hoành độ tâm đối xứng là trung điểm hai hoành độ cực trị: ${x_I} = \frac{{1 + 3}}{2} = 2$. Tung độ tâm đối xứng là trung điểm hai giá trị cực trị: ${y_I} = \frac{{2 + \left( { - 2} \right)}}{2} = 0$. Vậy tung độ bằng 0.

c) SAI: Thử hàm số $y = {x^3} - 6{x^2} + 9x + 2$:

$y' = 3{x^2} - 12x + 9 = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = 3$ (khớp BBT).

Tại $x = 1 \Rightarrow y = 1 - 6 + 9 + 2 = 6 \ne 2$ (không khớp với cực đại bằng 2 trong BBT).

Tìm hàm đúng: Hệ phương trình qua các điểm cực trị cho ta $y = {x^3} - 6{x^2} + 9x - 2$.

d) ĐÚNG: Đồ thị đúng có dạng đối xứng qua $I\left( {2;0} \right)$. Các điểm cực trị là $A\left( {1;2} \right)$ và $B\left( {3; - 2} \right)$. Giao điểm với trục hoành là nghiệm của ${x^3} - 6{x^2} + 9x - 2 = 0$. Vì cấu trúc đối xứng nên tứ giác $AMBN$ tạo thành hình bình hành tâm $I$, tuy nhiên kiểm tra điều kiện nội tiếp đường tròn không thỏa mãn (không phải hình chữ nhật), suy ra chúng không cùng nằm trên một đường tròn.

a) ĐÚNG: Khoảng cách $OA = \sqrt {{{\left( { - 38} \right)}^2} + {5^2} + {4^2}} = \sqrt {1444 + 25 + 16} = \sqrt {1485} \approx 38{,}54{\rm{\;m}}$.

b) SAI: $\overrightarrow {AB} = \left( {638 - \left( { - 38} \right); - 101 - 5;426 - 4} \right) = \left( {676; - 106;422} \right)$.

c) ĐÚNG: $AB = \sqrt {{{676}^2} + {{\left( { - 106} \right)}^2} + {{422}^2}} = \sqrt {456976 + 11236 + 178084} = \sqrt {646296} \approx 803{,}925{\rm{\;m}}$.

Thời gian bay: $t = \frac{{803{,}925}}{4} \approx 200{,}98{\rm{\;s}} \approx 3{\rm{\;ph\'u t\;}}21{\rm{\;gi\^a y}}$.

d) ĐÚNG: Khi khinh khí cầu ở một nửa đoạn đường $AB$, điểm đó là trung điểm $M$ của $AB$.

Khinh khí cầu cao cách mặt đất chính là cao độ ${z_M}$: ${z_M} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{4 + 426}}{2} = 215{\rm{\;m}}$.

a) ĐÚNG: Ta có ${x_G} = \frac{{2 + 0 + 3}}{3} = \frac{5}{3}$; ${y_G} = \frac{{ - 3 + 4 + 0}}{3} = \frac{1}{3}$; ${z_G} = \frac{{7 + 1 + 5}}{3} = \frac{{13}}{3}$. Vậy $G\left( {\frac{5}{3};\frac{1}{3};\frac{{13}}{3}} \right)$.

b) SAI:

$E$ là trung điểm $AB \Rightarrow E\left( {1;\frac{1}{2};4} \right)$.

$F$ là trung điểm $CD \Rightarrow F\left( {3;\frac{3}{2};4} \right)$.

$\overrightarrow {EF} = \left( {2;1;0} \right) \Rightarrow EF = \sqrt {{2^2} + {1^2} + {0^2}} = \sqrt 5 \ne \sqrt 8$.

c) SAI: Ta có $\overrightarrow {CA} = \left( { - 1; - 3;2} \right)$ và $\overrightarrow {CB} = \left( { - 3;4; - 4} \right)$.

Suy ra $\overrightarrow {CA} \cdot \overrightarrow {CB} = \left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 3} \right) + \left( { - 3} \right) \cdot \left( 4 \right) + 2 \cdot \left( { - 4} \right) = 3 - 12 - 8 = - 17 < 0$.

Vì tích vô hướng âm nên $\widehat {ACB}$ là góc tù.

d) ĐÚNG: Gọi $I$ là trọng tâm của hệ 4 điểm $A,B,C,D$, tức là ta có $\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} = \overrightarrow 0$.

Ta xác định được ${x_I} = \frac{{2 + 0 + 3 + 3}}{4} = 2;\quad {y_I} = \frac{{ - 3 + 4 + 0 + 3}}{4} = 1;\quad {z_I} = \frac{{7 + 1 + 5 + 3}}{4} = 4 \Rightarrow I\left( {2;1;4} \right)$.

Ta có: $\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = \left| {4\overrightarrow {MI} } \right| = 4MI$.

Vì $M \in Oy \Rightarrow M\left( {0;b;0} \right)$. Do đó $MI = \sqrt {{2^2} + {{\left( {1 - b} \right)}^2} + {4^2}} = \sqrt {{{\left( {1 - b} \right)}^2} + 20}$.

$MI$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $\sqrt {20}$ khi $b = 1$.

Vậy $M\left( {0;1;0} \right) \Rightarrow a = 0,b = 1,c = 0$ và giá trị nhỏ nhất $m = 4\sqrt {20} = 8\sqrt 5$.

Tỷ số: $\frac{{0 + 1 + 0}}{{8\sqrt 5 }} = \frac{1}{{8\sqrt 5 }} \approx 0{,}0559 < 0{,}06$.

a) ĐÚNG: Mẫu số bằng $0 \Leftrightarrow x = - 1$. Vì tử số tại $x = - 1$ bằng $2 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} + \left( { - 1} \right) = 1 \ne 0$ nên $x = - 1$ là tiệm cận đứng.

b) ĐÚNG: Đạo hàm: $y' = \frac{{\left( {4x + 1} \right)\left( {x + 1} \right) - \left( {2{x^2} + x} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} + 4x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

$y' = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} + 4x + 1 = 0$ có ${\rm{\Delta '}} = 4 - 2 = 2 > 0$, suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt khác $- 1$. Do đó hàm số có 2 điểm cực trị.

c) SAI: Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của hàm số dạng phân thức $y = \frac{{u\left( x \right)}}{{v\left( x \right)}}$ có phương trình là $y = \frac{{u'\left( x \right)}}{{v'\left( x \right)}} = \frac{{4x + 1}}{1} = 4x + 1$.

Giao điểm của đường thẳng này với tiệm cận đứng $x = - 1$ có tung độ là: $y = 4 \cdot \left( { - 1} \right) + 1 = - 3 \ne 3$.

d) ĐÚNG: Ta có $y = \frac{{2{x^2} + x}}{{x + 1}} = 2x - 1 + \frac{1}{{x + 1}}$.

Suy ra tiệm cận xiên là ${\rm{\Delta }}:y = 2x - 1 \Leftrightarrow 2x - y - 1 = 0$.

Với ${x_M} = 1 \Rightarrow {y_M} = \frac{3}{2} \Rightarrow M\left( {1;\frac{3}{2}} \right)$.

Khoảng cách từ $M$ đến ${\rm{\Delta }}$: $d\left( {M,{\rm{\Delta }}} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 - \frac{3}{2} - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\frac{1}{2}}}{{\sqrt 5 }} = \frac{1}{{2\sqrt 5 }}$.

Ta có $y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 2$.

- Với $x = 0 \Rightarrow y = 4 \Rightarrow A\left( {0;4} \right)$ là điểm cực đại.
- Với $x = 2 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow B\left( {2;0} \right)$ là điểm cực tiểu.

Độ dài đoạn thẳng nối hai điểm cực trị: $AB = \sqrt {{{\left( {2 - 0} \right)}^2} + {{\left( {0 - 4} \right)}^2}} = \sqrt {4 + 16} = \sqrt {20} \approx 4{,}47$.

Đáp số: 4,47.

Doanh thu từ việc bán $x$ lít sữa là: $R\left( x \right) = 0{,}06x$ (triệu đồng).

Tổng chi phí sản xuất $x$ lít sữa mỗi ngày:

- Nếu $0 \le x \le 200$: $C\left( x \right) = 1 + 0{,}035x + 0{,}00001{x^2}$.
- Nếu $200 < x \le 300$: $C\left( x \right) = 1 + 0{,}035x + 0{,}00001{x^2} + 0{,}00003{\left( {x - 200} \right)^3}$.

Hàm lợi nhuận $P\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right)$.

Trường hợp 1: Khi $0 \le x \le 200$.

Ta có ${P_1}\left( x \right) = 0{,}06x - \left( {1 + 0{,}035x + 0{,}00001{x^2}} \right) = - 0{,}00001{x^2} + 0{,}025x - 1$

Đạo hàm: ${P_1}^\prime \left( x \right) = - 0{,}00002x + 0{,}025$.

Cho ${P_1}^\prime \left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{0{,}025}}{{0{,}00002}} = 1250$ (Không thuộc khoảng $\left[ {0;200} \right]$).

Vì ${P_1}^\prime \left( x \right) > 0$ với mọi $x \in \left[ {0;200} \right]$ nên hàm số đồng biến trên đoạn này.

Lợi nhuận lớn nhất trong giai đoạn này đạt được tại $x = 200$:

${P_1}\left( {200} \right) = - 0{,}00001 \cdot {200^2} + 0{,}025 \cdot 200 - 1 = - 0{,}4 + 5 - 1 = 3{,}6$ (triệu đồng).

Trường hợp 2: Khi $200 < x \le 300$.

Ta có ${P_2}\left( x \right) = 0{,}06x - 1 - 0{,}035x - 0{,}00001{x^2} - 0{,}00003{\left( {x - 200} \right)^3}$

$= 0{,}025x - 1 - 0{,}00001{x^2} - 0{,}00003{\left( {x - 200} \right)^3}$.

Đạo hàm: ${P'_2}\left( x \right) = 0{,}025 - 0{,}00002x - 0{,}00009{\left( {x - 200} \right)^2} = - 0{,}00009{x^2} + 0{,}03598x - 3{,}575$.

Cho ${P'_2}\left( x \right) = 0 \Rightarrow x \approx 215{,}16 \in \left[ {200;300} \right)$.

Lập bảng xét dấu ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x \approx 215{,}16$.

Ta có ${P_2}\left( {215{,}16} \right) \approx 3{,}81$ là giá trị cực đại của hàm số, hay chính là giá trị lớn nhất của hàm số trên $\left( {200;300} \right]$.

Xét cả hai trường hợp, ta thu được lợi nhuận lớn nhất xấp xỉ $3{,}81$ triệu đồng.

Đáp số: 3,81.

Từ 20 số liệu được cho, tiến hành đếm số lượng để hoàn thiện mẫu số liệu ghép nhóm:

Tổng số phần tử $n = 20$. Ta có $\frac{{20}}{4} = 5$. Do đó, nhóm thứ hai $\left[ {240;340} \right)$ chứa tứ phân vị thứ nhất.

Ta có ${Q_1} = 240 + \frac{{5 - 3}}{7} \cdot \left( {340 - 240} \right) \approx 269$.

Đáp số: 269.

Ta có: $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {AB} \cdot \left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AS} } \right) = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AS}$.

Vì đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh 10 nên tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ có $\widehat {BAC} = 45^\circ$, $AC = 10\sqrt 2$.

Do đó, $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = AB \cdot AC \cdot \cos 45^\circ = 10 \cdot 10\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = 100$.

Tam giác $SAB$ là tam giác đều cạnh 10 nên $\widehat {SAB} = 60^\circ$.

Do đó, $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AS} = AB \cdot AS \cdot \cos 60^\circ = 10 \cdot 10 \cdot \frac{1}{2} = 50$.

Vậy $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {SC} = 100 - 50 = 50$.

Đáp số: 50.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ với gốc $O\left( {0;0;0} \right)$, ta có:

- $M\left( {4;0;0} \right)$ (do chiều rộng $OM = 4$).
- $K\left( {0;6;0} \right)$ (do chiều dài $OK = 6$).
- Đỉnh mái $S$ chiếu xuống tâm hình chữ nhật đáy của mái $ABCD$. Tọa độ hình chiếu là trung điểm đáy hình hộp chữ nhật có tọa độ hình chiếu vuông góc là $\left( {2;3} \right)$. Vì chiều cao phần dưới là $3$ và phần mái cao $2{,}5$ nên cao độ của $S$ là $3 + 2{,}5 = 5{,}5$. Vậy $S\left( {2;3;5{,}5} \right)$.

Khi đó $\overrightarrow {SM} = \left( {4 - 2;0 - 3;0 - 5{,}5} \right) = \left( {2; - 3; - 5{,}5} \right)$, $\overrightarrow {SK} = \left( {0 - 2;6 - 3;0 - 5{,}5} \right) = \left( { - 2;3; - 5{,}5} \right)$.

Tính tích vô hướng và độ dài:

$\overrightarrow {SM} \cdot \overrightarrow {SK} = 2 \cdot \left( { - 2} \right) + \left( { - 3} \right) \cdot 3 + \left( { - 5{,}5} \right) \cdot \left( { - 5{,}5} \right) = - 4 - 9 + 30{,}25 = 17{,}25$;

$\left| {\overrightarrow {SM} } \right| = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 5{,}5} \right)}^2}} = \sqrt {4 + 9 + 30{,}25} = \sqrt {43{,}25}$; $\left| {\overrightarrow {SK} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {3^2} + {{\left( { - 5{,}5} \right)}^2}} = \sqrt {43{,}25}$.

Vậy $\cos \widehat {MSK} = \cos \left( {\overrightarrow {SM} ,\overrightarrow {SK} } \right) = \frac{{\overrightarrow {SM} \cdot \overrightarrow {SK} }}{{\left| {\overrightarrow {SM} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {SK} } \right|}} = \frac{{17{,}25}}{{43{,}25}} = \frac{{69}}{{173}} \approx 0{,}4$.

Đáp số: 0,4.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {1 - 0;0 - 2;2 - \left( { - 3} \right)} \right) = \left( {1; - 2;5} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( {x - 0;y - 2;1 - \left( { - 3} \right)} \right) = \left( {x;y - 2;4} \right)$.

Để ba điểm $A,B,C$ thẳng hàng thì hai vectơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AC}$ phải cùng phương, tức là $\frac{x}{1} = \frac{{y - 2}}{{ - 2}} = \frac{4}{5}$.

Từ đây ta suy ra: $x = \frac{4}{5}$ và $\frac{{y - 2}}{{ - 2}} = \frac{4}{5} \Rightarrow y - 2 = - \frac{8}{5} \Rightarrow y = 2 - \frac{8}{5} = \frac{2}{5}$.

Tính tỉ số $\frac{x}{y}$: $\frac{x}{y} = \frac{{\frac{4}{5}}}{{\frac{2}{5}}} = 2$.

Giá trị biểu thức cần tìm là: ${12^{\frac{x}{y}}} = {12^2} = 144$.

Đáp số: 144.