Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Phạm Hồng Thái (Hà Nội) có đáp án

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đạo hàm $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ dương $\left( + \right)$ sang âm $\left( - \right)$ khi qua điểm $x = 0$.

Do đó, hàm số đạt cực đại tại điểm $x = 0$ và giá trị cực đại của hàm số là .

Đạo hàm $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ âm $\left( - \right)$ sang dương $\left( + \right)$ khi qua điểm $x = 2$, nên hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x = 2$ và giá trị cực tiểu là ${y_{CT}} = f\left( 2 \right) = 1$.

Vậy mệnh đề đúng là A.

Chọn A.

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

Ta thấy $x = 0$ là nghiệm kép (xuất hiện 2 lần từ cả hai nhân tử), do đó qua điểm $x = 0$ thì $f'\left( x \right)$ không đổi dấu.

Nghiệm $x = 1$ là nghiệm đơn, nên qua điểm $x = 1$ thì $f'\left( x \right)$ đổi dấu.

Vậy hàm số chỉ có 1 điểm cực trị tại $x = 1$.

Chọn A.

Vectơ dịch chuyển của máy bay trong 10 phút đầu tiên từ $A$ đến $B$ là:

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

Vì máy bay giữ nguyên vận tốc và hướng bay, nên trong 5 phút tiếp theo (bằng $\frac{1}{2}$ thời gian ban đầu), vectơ dịch chuyển từ vị trí $B$ đến vị trí mới $C$ sẽ bằng một nửa vectơ $\overrightarrow {AB}$:

$\overrightarrow {BC} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = \left( {\frac{{140}}{2};\frac{{50}}{2};\frac{1}{2}} \right) = \left( {70;25;0{,}5} \right)$.

Toạ độ của máy bay sau 5 phút tiếp theo là tọa độ của điểm $C$: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_C} = {x_B} + 70 = 940 + 70 = 1010}\\{{y_C} = {y_B} + 25 = 550 + 25 = 575}\\{{z_C} = {z_B} + 0{,}5 = 8 + 0{,}5 = 8{,}5}\end{array}} \right.$.

Do đó $C\left( {1010;575;8{,}5} \right)$.

Chọn C.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm 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 $\left[ {75;80} \right)$ là ${x_{{\rm{min}}}} = 75$.
- Đầu mút phải của nhóm cuối cùng $\left[ {95;100} \right)$ là ${x_{{\rm{max}}}} = 100$.

Khoảng biến thiên $R$ là: $R = {x_{{\rm{max}}}} - {x_{{\rm{min}}}} = 100 - 75 = 25{\rm{\;km/h}}$.

Chọn A.

Ta có tam giác $ADC$ là tam giác đều cạnh $2a$ (do $ABCD$ là tứ diện đều). Do đó, $\widehat {ADC} = 60^\circ$.

Góc giữa hai vectơ $\overrightarrow {AD}$ và $\overrightarrow {DC}$ được xác định bằng cách đổi hướng vectơ:

$\left( {\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {DC} } \right) = 180^\circ - \widehat {ADC} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.

Tích vô hướng của hai vectơ:

$\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {DC} = AD \cdot DC \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {DC} } \right) = 2a \cdot 2a \cdot \cos 120^\circ = 4{a^2} \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = - 2{a^2}$.

Chọn B.

Thực hiện phép chia tử cho mẫu của hàm số: $y = \frac{{{x^2} + 4}}{x} = x + \frac{4}{x}$.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{4}{x} = 0$.

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

Chọn C.

Quan sát đồ thị hàm số trên đoạn $\left[ { - 2;4} \right]$, ta thấy:

Điểm thấp nhất của đồ thị trên đoạn này là điểm có tọa độ $\left( {4; - 4} \right)$.

Do đó, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ { - 2;4} \right]$ là $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;4} \right]} f\left( x \right) = - 4$.

Chọn D.

Tọa độ của vectơ $\overrightarrow {AB}$ được tính theo công thức:

$\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}} \right) = \left( {2 - 1;2 - 1;1 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( {1;1;3} \right)$.

Chọn B.

Ta tính giới hạn của hàm số khi $x$ tiến ra vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{4x + 1}}{{x - 1}} = 4$.

Do đó, đường thẳng $y = 4$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn C.

Theo quy tắc hình hộp áp dụng cho 3 cạnh xuất phát từ chung một đỉnh $A$ của hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$, ta có: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'}$.

Chọn B.

Phân tích đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất:

- Đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 1$. Đối chiếu các phương án, mẫu số phải triệt tiêu tại $x = 1 \Rightarrow$ loại C và D.
- Đồ thị có tiệm cận ngang là đường thẳng $y = 1$. - Xét phương án A: $y = \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}$ có tiệm cận ngang $y = 2$ (Loại). - Xét phương án B: $y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}$ có tiệm cận ngang $y = 1$ (Thỏa mãn).
- Kiểm tra các giao điểm: Đồ thị cắt trục hoành tại $\left( { - 1;0} \right)$ và cắt trục tung tại $\left( {0; - 1} \right)$, hoàn toàn trùng khớp với hàm số $y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}$.

Chọn B.

Vectơ đơn vị $\vec j$ nằm trên trục tung $Oy$ nên có tọa độ là $\vec j = \left( {0;1;0} \right)$.

Áp dụng công thức tính góc giữa hai vectơ:

$\cos \left( {\vec j,\vec a} \right) = \frac{{\vec j \cdot \vec a}}{{\left| {\vec j} \right| \cdot \left| {\vec a} \right|}} = \frac{{0 \cdot 1 + 1 \cdot 1 + 0 \cdot 0}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2} + {0^2}} \cdot \sqrt {{1^2} + {1^2} + {0^2}} }} = \frac{1}{{1 \cdot \sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Do $\cos \left( {\vec j,\vec a} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$, suy ra góc giữa hai vectơ bằng $45^\circ$.

Chọn C.

a) Sai: Quan sát đồ thị, hàm số đạt cực đại tại điểm $x = 0$ (giá trị cực đại $y = 2$) và đạt cực tiểu tại điểm $x = 2$ (giá trị cực tiểu $y = - 2$).

b) Đúng: Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = m$ chính là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng nằm ngang $y = m$. Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng $y = m$ phải cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt, tức là: $- 2 < m < 2$.

Vì $m \in \mathbb{R}$ và $m$ là số nguyên nên $m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}$. Có tất cả 3 giá trị nguyên thỏa mãn.

c) Sai: Trên khoảng $\left( {0;2} \right)$, đồ thị hàm số đi xuống từ $x = 0$ đến $x = 2$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$. Do đó hàm số không thể đồng biến trên toàn bộ khoảng $\left( { - 2;2} \right)$.

d) Sai: Đặt $t = 2\sin x + 1$. Vì $- 1 \le \sin x \le 1 \Rightarrow - 2 \le 2\sin x \le 2 \Rightarrow - 1 \le t \le 3$.

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số $y = f\left( t \right)$ trên đoạn $\left[ { - 1;3} \right]$.

Dựa vào đồ thị hàm số:

Khi $t \in \left[ { - 1;3} \right]$, điểm cực đại là $\left( {0;2} \right)$ và tại biên $t = 3$ đồ thị đi lên đạt giá trị $f\left( 3 \right) = 2$ (theo đường nét đứt đối xứng trên đồ thị). Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là $M = 2$.

Điểm cực tiểu trên đoạn là $\left( {2; - 2} \right)$, tại biên $t = - 1$ ta thấy giá trị $f\left( { - 1} \right) = - 2$. Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là $m = - 2$.

Do đó $M + m = 2 + \left( { - 2} \right) = 0 \ne 5$.

a) Đúng: Quan sát đồ thị thấy đường tiệm cận đứng là $x = 1$.

b) Đúng: Đường tiệm cận xiên cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng $3$ và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng $- 3$. Phương trình đường thẳng này có dạng $y = x + 3$.

c) Sai: Tâm đối xứng của đồ thị hàm số phân thức bậc hai trên bậc nhất là giao điểm của tiệm cận đứng và tiệm cận xiên. Với tiệm cận đứng $x = 1$ và tiệm cận xiên $y = x + 3$, giao điểm có tọa độ là $\left( {1;4} \right)$.

d) Đúng: Từ các yếu tố trên ta xác định các hệ số:

Tiệm cận đứng $x = 1 \Rightarrow n = - 1$.

Tiệm cận xiên $y = x + 3$. Giao điểm hai tiệm cận là $\left( {1;4} \right)$.

Hàm số viết lại: $y = \frac{{a{x^2} + 2x + c}}{{x - 1}} = ax + \left( {a + 2} \right) + \frac{{c + a + 2}}{{x - 1}}$.

Đồng nhất với tiệm cận xiên $y = x + 3 \Rightarrow a = 1$ và $a + 2 = 3$ (thỏa mãn).

Đồ thị cắt trục tung tại điểm $\left( {0;2} \right)$ nên $f\left( 0 \right) = \frac{c}{{ - 1}} = 2 \Rightarrow c = - 2$.

Khi đó, giá trị của biểu thức $P = a + c + n = 1 + \left( { - 2} \right) + \left( { - 1} \right) = - 2$.

a) Đúng: Tọa độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$:

${x_G} = \frac{{2 + 3 + 1}}{3} = 2;\quad {y_G} = \frac{{ - 1 + 1 - 1}}{3} = - \frac{1}{3};\quad {z_G} = \frac{{ - 2 + 2 + 1}}{3} = \frac{1}{3}$.

Vậy $G\left( {2; - \frac{1}{3};\frac{1}{3}} \right)$.

b) Sai: Ta tính các vectơ $\overrightarrow {BA}$ và $\overrightarrow {BC}$:

$\overrightarrow {BA} = \left( {2 - 3; - 1 - 1; - 2 - 2} \right) = \left( { - 1; - 2; - 4} \right)$; $\overrightarrow {BC} = \left( {1 - 3; - 1 - 1;1 - 2} \right) = \left( { - 2; - 2; - 1} \right)$.

Khi đó $\cos \widehat {ABC} = \frac{{\overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {BC} }}{{BA \cdot BC}} = \frac{{\left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 2} \right) + \left( { - 2} \right) \cdot \left( { - 2} \right) + \left( { - 4} \right) \cdot \left( { - 1} \right)}}{{\sqrt {1 + 4 + 16} \cdot \sqrt {4 + 4 + 1} }} = \frac{{2 + 4 + 4}}{{\sqrt {21} \cdot 3}} = \frac{{10}}{{3\sqrt {21} }} \ne \frac{1}{2}$.

Do đó $\widehat {ABC} \ne 60^\circ$.

c) Sai: Để $ABCD$ là hình bình hành thì $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}$.

Gọi $D\left( {x;y;z} \right)$, ta có $\overrightarrow {AD} = \left( {x - 2;y + 1;z + 2} \right)$.

Mà $\overrightarrow {BC} = \left( { - 2; - 2; - 1} \right)$. Do đó: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - 2 = - 2}\\{y + 1 = - 2}\\{z + 2 = - 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{y = - 3}\\{z = - 3}\end{array}} \right. \Rightarrow D\left( {0; - 3; - 3} \right)$.

d) Sai: Vectơ $\overrightarrow {AB} = \left( {1;2;4} \right)$. Phương trình đường thẳng $AB$: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 2 + t}\\{y = - 1 + 2t}\\{z = - 2 + 4t}\end{array}} \right.$.

Vì $M \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow {z_M} = 0 \Leftrightarrow - 2 + 4t = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{2}$.

Thay $t = \frac{1}{2}$ vào phương trình ta được: ${x_M} = 2 + \frac{1}{2} = 2{,}5$ và ${y_M} = - 1 + 2 \cdot \left( {\frac{1}{2}} \right) = 0$.

Vậy $M\left( {2{,}5;0;0} \right)$, không phải $\left( {3;1;0} \right)$.

a) Sai: Tính số trung bình của Quy Nhơn.

Giá trị đại diện các nhóm lần lượt là: $145{,}175{,}205{,}235{,}265{,}295$.

Tổng số năm $N = 0 + 1 + 2 + 4 + 10 + 3 = 20$.

Số trung bình: $\overline X = \frac{{1 \cdot 175 + 2 \cdot 205 + 4 \cdot 235 + 10 \cdot 265 + 3 \cdot 295}}{{20}} = 253$ (giờ).

b) Sai: Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm tại trạm quan trắc ở Quy Nhơn bằng $310 - 160 = 150.$

c) Đúng: Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm tại trạm quan trắc ở Quy Nhơn là:

${S^2} = \frac{1}{{20}}\left( {1 \cdot {{175}^2} + 2 \cdot {{205}^2} + 4 \cdot {{235}^2} + 10 \cdot {{265}^2} + 3 \cdot {{295}^2}} \right) - {253^2} = 936$.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm tại trạm quan trắc ở Quy Nhơn là: $S = \sqrt {936} = 6\sqrt {26} \approx 30{,}6$.

Tính toán các giá trị ở Nha Trang:

Giá trị đại diện các nhóm lần lượt là: $145{,}175{,}205{,}235{,}265{,}295$.

Tổng số năm $n = 1 + 1 + 1 + 8 + 7 + 2 = 20$.

Số trung bình: $\bar x = \frac{{1 \cdot 145 + 1 \cdot 175 + 1 \cdot 205 + 8 \cdot 235 + 7 \cdot 265 + 2 \cdot 295}}{{20}} = 242{,}5$ (giờ).

Phương sai: ${s^2} = \frac{1}{{20}}\left( {1 \cdot {{145}^2} + 1 \cdot {{175}^2} + 1 \cdot {{205}^2} + 8 \cdot {{235}^2} + 7 \cdot {{265}^2} + 2 \cdot {{295}^2}} \right) - 242,{5^2} = 1248{,}75$.

Độ lệch chuẩn: $s = \sqrt {1248{,}75} \approx 35{,}3$.

Ta thấy độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ở Quy Nhơn nhỏ hơn Nha Trang, chứng tỏ số giờ nắng ở Quy Nhơn biến động ít hơn và đồng đều hơn.

d) Sai: Tổng số năm ở Nha Trang là $20$.

Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$ nằm ở nhóm chứa giá trị thứ $5$, tức thuộc nhóm $\left[ {220;250} \right)$.

Do đó ${Q_1} = 220 + \frac{{5 - 1 - 1 - 1}}{8} \cdot 30 = 227{,}5$.

Tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$ nằm ở giá trị thứ $15$, thuộc nhóm $\left[ {250;280} \right)$.

Do đó ${Q_3} = 250 + \frac{{15 - 1 - 1 - 1 - 8}}{7} \cdot 30 = \frac{{1870}}{7}$.

Vậy khoảng tứ phân vị ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} \approx 39{,}6 \ne 45$.

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

Khi đó, chiều dài của đáy bể là $2x{\rm{\;(m)}}$.

Gọi $h{\rm{\;(m)}}$ là chiều cao của bể cá.

Thể tích của bể cá là: $V = x \cdot 2x \cdot h = 2{x^2}h = 288 \Rightarrow h = \frac{{144}}{{{x^2}}}$.

Diện tích cần xây dựng (bao gồm diện tích đáy và diện tích 4 mặt bên của bể không nắp):

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

Thay $h = \frac{{144}}{{{x^2}}}$ vào biểu thức diện tích: $S = 2{x^2} + 6x \cdot \frac{{144}}{{{x^2}}} = 2{x^2} + \frac{{864}}{x} = 2{x^2} + \frac{{432}}{x} + \frac{{432}}{x}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy (AM-GM) cho 3 số dương:

$S \ge 3\sqrt[3]{{2{x^2} \cdot \frac{{432}}{x} \cdot \frac{{432}}{x}}} = 3\sqrt[3]{{2 \cdot 432 \cdot 432}} = 3 \cdot 72 = 216{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$.

Diện tích nhỏ nhất đạt được khi: $2{x^3} = 432 \Rightarrow {x^3} = 216 \Rightarrow x = 6{\rm{\;m}}$.

Chi phí thuê nhân công thấp nhất là: $216 \cdot 500\,000 = 108\,000\,000$ (đồng) = 108 (triệu đồng).

Đáp án: 108.

Vì $M$ thuộc tia $Oy$ nên $M\left( {0;y;0} \right)$ với $y \ge 0$.

Ta có các vectơ: $\overrightarrow {MA} = \left( {0;2 - y; - 1} \right)$; $\overrightarrow {MB} = \left( {1; - 3 - y;6} \right)$.

Vì tam giác $ABM$ vuông tại $M$ nên $\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} = 0$$\Leftrightarrow 0 \cdot 1 + \left( {2 - y} \right)\left( { - 3 - y} \right) + \left( { - 1} \right) \cdot 6 = 0$

$\Leftrightarrow - 6 - 2y + 3y + {y^2} - 6 = 0 \Leftrightarrow {y^2} + y - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{y = 3}\\{y = - 4}\end{array}} \right.$.

Do $M$ thuộc tia $Oy$ nên chọn $y = 3 \Rightarrow M\left( {0;3;0} \right)$.

Khi đó: $\overrightarrow {MA} = \left( {0; - 1; - 1} \right) \Rightarrow MA = \sqrt {{0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt 2$;

$\overrightarrow {MB} = \left( {1; - 6;6} \right) \Rightarrow MB = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2} + {6^2}} = \sqrt {73}$.

Vì tam giác $ABM$ vuông tại $M$, diện tích tam giác là:

${S_{{\rm{\Delta }}ABM}} = \frac{1}{2}MA \cdot MB = \frac{1}{2}\sqrt 2 \cdot \sqrt {73} = \frac{{\sqrt {146} }}{2} \approx 6{,}0415$.

Làm tròn đến hàng phần trăm ta được $6{,}04$.

Đáp án: 6,04.

Gọi lực tổng hợp là $\vec F = {\vec F_1} + {\vec F_2} + {\vec F_3}$.

Bình phương vô hướng hai vế: ${F^2} = {\left( {{{\vec F}_1} + {{\vec F}_2} + {{\vec F}_3}} \right)^2} = F_1^2 + F_2^2 + F_3^2 + 2{\vec F_1} \cdot {\vec F_2} + 2{\vec F_2} \cdot {\vec F_3} + 2{\vec F_3} \cdot {\vec F_1}$.

Vì lực ${\vec F_3}$ vuông góc với cả hai lực ${\vec F_1}$ và ${\vec F_2}$ nên ${\vec F_2} \cdot {\vec F_3} = 0$ và ${\vec F_3} \cdot {\vec F_1} = 0$.

Do đó: ${F^2} = F_1^2 + F_2^2 + F_3^2 + 2{F_1}{F_2}\cos \left( {{{\vec F}_1},{{\vec F}_2}} \right)$$= {20^2} + {15^2} + {10^2} + 2 \cdot 20 \cdot 15 \cdot \cos 135^\circ$$= 725 - 300\sqrt 2$.

Suy ra $F = \sqrt {725 - 300\sqrt 2 } \approx 17{,}3417{\rm{\;N}}$.

Làm tròn đến hàng phần mười (hàng phần chục) ta được $17{,}3$.

Đáp án: 17,3.

Tốc độ mất nhiệt tăng ứng với khoảng hàm số $H\left( v \right)$ đồng biến, tức là đạo hàm $H'\left( v \right) > 0$.

Xét hàm số $H\left( v \right) = 33\left( {10\sqrt v - v + 10{,}45} \right)$ với $v > 0$.

Tính đạo hàm theo $v$: $H'\left( v \right) = 33\left( {\frac{{10}}{{2\sqrt v }} - 1} \right) = 33\left( {\frac{5}{{\sqrt v }} - 1} \right)$.

Cho $H'\left( v \right) > 0$: $\frac{5}{{\sqrt v }} - 1 > 0 \Leftrightarrow \frac{5}{{\sqrt v }} > 1 \Leftrightarrow \sqrt v < 5 \Leftrightarrow 0 < v < 25$.

Như vậy, tốc độ mất nhiệt tăng khi $v \in \left( {0;25} \right)$.

Do đó, $a = 0$ và $b = 25$. Vậy $a + b = 0 + 25 = 25$.

Đáp án: 25.

Vận tốc thực tế của thiết bị dưới tác động của dòng hải lưu là tổng của hai vectơ vận tốc:

${\vec v_{{\rm{thuc}}}} = \vec v + \vec w = \left( {11 + 4;7 + 2; - 4 + 0} \right) = \left( {15;9; - 4} \right)$.

Tốc độ của thiết bị là độ dài của vectơ vận tốc thực tế:

$\left| {{{\vec v}_{{\rm{thuc}}}}} \right| = \sqrt {{{15}^2} + {9^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {225 + 81 + 16} = \sqrt {322} \approx 17{,}944{\rm{\;km/h}}$.

Làm tròn đến hàng phần mười (hàng phần chục) ta được $17{,}9$.

Đáp án: 17,9.

Tập xác định của hàm số: $\mathcal{D} = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2025} \right\}$.

Đạo hàm của hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất: $y' = \frac{{1 \cdot 2025 - {m^2} \cdot 1}}{{{{\left( {x + 2025} \right)}^2}}} = \frac{{2025 - {m^2}}}{{{{\left( {x + 2025} \right)}^2}}}$.

Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì đạo hàm phải dương trên $\mathcal{D}$:

$y' > 0 \Rightarrow 2025 - {m^2} > 0 \Leftrightarrow {m^2} < 2025 \Leftrightarrow - 45 < m < 45$.

Vì $m$ là số nguyên nên $m \in \left\{ { - 44; - 43; \ldots ;43;44} \right\}$.

Số các giá trị nguyên của $m$ là: $44 - \left( { - 44} \right) + 1 = 89$ giá trị.

Đáp án: 89.