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

Tọa độ của vectơ $\overrightarrow {BA}$ được xác định bằng công thức hiệu tọa độ của điểm cuối và điểm đầu:

$\overrightarrow {BA} = \left( {{x_A} - {x_B};{y_A} - {y_B};{z_A} - {z_B}} \right)$.

Thay tọa độ $A\left( {1;1; - 2} \right)$ và $B\left( {3; - 1;2} \right)$ vào, ta được: $\overrightarrow {BA} = \left( {1 - 3;1 - \left( { - 1} \right); - 2 - 2} \right) = \left( { - 2;2; - 4} \right)$.

Chọn đáp án C.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Tính đạo hàm: $y' = 3{x^2} - 6x$.

Tìm nghiệm của phương trình đạo hàm: $y' = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.$.

Lập bảng biến thiên, ta thấy

Tại $x = 0$, đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm nên $x = 0$ là điểm cực đại của hàm số.

Tại $x = 2$, đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương nên $x = 2$ là điểm cực tiểu của hàm số.

Tính giá trị cực tiểu: ${y_{{\rm{ct}}}} = y\left( 2 \right) = {2^3} - 3 \cdot {2^2} + 2025 = 8 - 12 + 2025 = 2021$.

Chọn đáp án A.

Tập xác định: Hàm số liên tục trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ (vì mẫu số $x + 1 \ne 0$ trên đoạn này).

Tính đạo hàm: $y' = \frac{{3\left( {x + 1} \right) - \left( {3x + 2} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\quad \forall x \in \left[ {0;2} \right]$.

Do $y' > 0$ trên $\left[ {0;2} \right]$ nên hàm số đồng biến trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$.

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số đạt được tại điểm $x = 2$: $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 2 \right) = \frac{{3 \cdot 2 + 2}}{{2 + 1}} = \frac{8}{3}$.

Chọn đáp án B.

Hàm doanh thu của công ty khi bán ra $x$ sản phẩm là: $R\left( x \right) = x \cdot p\left( x \right) = x\left( {400 - 2x} \right) = 400x - 2{x^2}$.

Khi bán ra $x = 20$ sản phẩm, doanh thu thu được là:

$R\left( {20} \right) = 20 \cdot \left( {400 - 2 \cdot 20} \right) = 20 \cdot 360 = 7200$ (triệu đồng).

Chọn đáp án B.

Phương trình vận tốc tức thời của xe là đạo hàm bậc nhất của phương trình tọa độ theo thời gian $t$:

$v\left( t \right) = x'\left( t \right) = 12t - 6{t^2},\quad t \in \left[ {0;2} \right]$

Để tìm thời điểm vận tốc đạt giá trị lớn nhất, ta xét hàm số $v\left( t \right)$ trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$:

Đạo hàm của vận tốc (gia tốc): $v'\left( t \right) = 12 - 12t$.

Tìm nghiệm của đạo hàm: $v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 12 - 12t = 0 \Leftrightarrow t = 1 \in \left[ {0;2} \right]$.

Tính giá trị tại các điểm biên và điểm cực trị:

$v\left( 0 \right) = 12 \cdot 0 - 6 \cdot {0^2} = 0{\rm{\;m/s}}$

$v\left( 2 \right) = 12 \cdot 2 - 6 \cdot {2^2} = 24 - 24 = 0{\rm{\;m/s}}$

$v\left( 1 \right) = 12 \cdot 1 - 6 \cdot {1^2} = 6{\rm{\;m/s}}$

Vận tốc đạt giá trị lớn nhất bằng $6{\rm{\;m/s}}$ tại thời điểm $t = 1{\rm{\;s}}$.

Chọn đáp án C.

Ta có $y = \frac{{2{x^2} + 3x - 1}}{{x + 2}} = \frac{{2x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) + 1}}{{x + 2}} = 2x - 1 + \frac{1}{{x + 2}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {2x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{{x + 2}} = 0$.

Do đó, đường thẳng $y = 2x - 1$ là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Chọn đáp án A.

Dựa vào hình vẽ đồ thị hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất có dạng $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$:

Tiệm cận đứng: Đồ thị nhận đường thẳng nét đứt đứng đi qua giá trị $x = - 1$ làm tiệm cận đứng $\Rightarrow$ loại đáp án A (có tiệm cận đứng $x = 1$).

Tiệm cận ngang: Đồ thị nhận đường thẳng nét đứt nằm ngang đi qua giá trị $y = - 2$ làm tiệm cận ngang:

Xét phương án B: $y = \frac{{ - 2x + 1}}{{x + 1}}$ có tiệm cận ngang là $y = - 2$.

Xét phương án D: $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$ có tiệm cận ngang là $y = 2$ (Loại).

Xét phương án C: Đây là hàm bậc hai trên bậc nhất, đồ thị không có dạng này (Loại).

Chọn đáp án B.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên: $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}$.

Gọi tọa độ điểm $D$ là $\left( {{x_D};{y_D};{z_D}} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {AD} = \left( {{x_D} - \left( { - 3} \right);{y_D} - 1;{z_D} - 2} \right) = \left( {{x_D} + 3;{y_D} - 1;{z_D} - 2} \right)$,

$\overrightarrow {BC} = \left( {1 - \left( { - 2} \right); - 3 - 4;3 - \left( { - 1} \right)} \right) = \left( {3; - 7;4} \right)$.

Đồng nhất tọa độ hai vế: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_D} + 3 = 3}\\{{y_D} - 1 = - 7}\\{{z_D} - 2 = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_D} = 0}\\{{y_D} = - 6}\\{{z_D} = 6}\end{array}} \right.$.

Vậy tọa độ điểm $D$ là $D\left( {0; - 6;6} \right)$.

Chọn đáp án A.

Dựa vào bảng xét dấu, đạo hàm $f'\left( x \right) < 0$ trên hai khoảng $\left( { - 2;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$. Do đó hàm số nghịch biến trên hai khoảng này.

Chọn đáp án A.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số:

Tiệm cận đứng:

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = - \infty$ nên đường thẳng $x = - 2$ là tiệm cận đứng.

Tại $x = 0$, ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = + \infty$ nên đường thẳng $x = 0$ là tiệm cận đứng.

Tiệm cận ngang:

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 0 \Rightarrow y = 0$ là đường tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số có tổng cộng $3$ đường tiệm cận.

Chọn đáp án C.

Sử dụng công thức tính côsin góc giữa hai vectơ: $\cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = \frac{{\vec a \cdot \vec b}}{{\left| {\vec a\left| \cdot \right|\vec b} \right|}}$.

Tính tích vô hướng: $\vec a \cdot \vec b = 1 \cdot \left( { - 2} \right) + \left( { - 2} \right) \cdot 1 + 1 \cdot 1 = - 2 - 2 + 1 = - 3$.

Tính độ dài từng vectơ: $\left| {\vec a} \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt 6$; $\left| {\vec b} \right| = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {1^2}} = \sqrt 6$.

Tính giá trị côsin: $\cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = \frac{{ - 3}}{{\sqrt 6 \cdot \sqrt 6 }} = \frac{{ - 3}}{6} = - \frac{1}{2}$.

Vì $\cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = - \frac{1}{2}$ nên góc giữa hai vectơ bằng $120^\circ$.

Chọn đáp án C.

Hình chiếu vuông góc của điểm $M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ lên mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxz} \right)$ thu được bằng cách giữ nguyên hoành độ, cao độ và cho tung độ bằng $0$, vậy $M'\left( {{x_0};0;{z_0}} \right) = \left( { - 2;0;1} \right)$.

Chọn đáp án C.

PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn Đúng hoặc Sai.

a) ĐÚNG. Đoạn thẳng $A'C$ là đường chéo của hình lập phương có cạnh bằng $a$. Độ dài của nó là:

$A'C = \sqrt {{a^2} + {a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \Rightarrow \left| {\overrightarrow {A'C} } \right| = a\sqrt 3$

b) SAI. Vì hai vectơ $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD}$ ngược hướng với nhau.

c) SAI. Ta có $\overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {BC}$.

Do $ABCD$ là hình vuông nên $AB \bot BC \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = 0$.

Vậy $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = 0 \ne {a^2}$.

d) ĐÚNG. Từ hệ thức đề bài cho: $\overrightarrow {C'N} = 2\overrightarrow {NB'} \Leftrightarrow \overrightarrow {C'N} = 2\left( {\overrightarrow {NC'} + \overrightarrow {C'B'} } \right) \Leftrightarrow 3\overrightarrow {C'N} = 2\overrightarrow {C'B'} \Leftrightarrow \overrightarrow {C'N} = \frac{2}{3}\overrightarrow {C'B'}$.

Do $\overrightarrow {C'B'} = \overrightarrow {DA}$, ta suy ra: $\overrightarrow {C'N} = - \frac{2}{3}\overrightarrow {AD}$.

Biểu diễn vectơ $\overrightarrow {AN}$ qua các vectơ $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {AA'}$:

$\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AC'} + \overrightarrow {C'N} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right) - \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD}$.

Hệ thức hoàn toàn chính xác.

Dựa vào đồ thị hàm số bậc ba đã cho:

a) SAI. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x = 2$, giá trị cực tiểu của hàm số tương ứng là ${y_{{\rm{ct}}}} = - 1$. Còn giá trị cực đại đạt được tại $x = 0$ là .

b) ĐÚNG. Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, đồ thị hàm số đi xuống đạt điểm cực tiểu có tọa độ $\left( {2; - 1} \right)$ rồi đi lên đến $+ \infty$. Vậy giá trị thấp nhất thu được trên khoảng này chính là tại điểm cực tiểu, tức là bằng $- 1$.

c) ĐÚNG. Trong khoảng từ $x = 0$ đến $x = 2$, đồ thị hàm số đi xuống từ điểm cực đại $\left( {0;3} \right)$ đến điểm cực tiểu $\left( {2; - 1} \right)$. Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.

d) SAI. Phương trình $f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 1$. Đường thẳng nằm ngang $y = 1$ cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt. Do đó phương trình phải có đúng 3 nghiệm phân biệt.

a) SAI. Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}} \right) = \left( { - 2 - 1;3 - 0;4 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( { - 3;3;6} \right)$.

b) SAI. Hình chiếu vuông góc của điểm $B\left( { - 2;3;4} \right)$ lên trục hoành $Ox$ chỉ giữ lại hoành độ, các thành phần khác bằng $0$: $B'\left( { - 2;0;0} \right)$.

c) ĐÚNG. Xét $\widehat {BAC}$ thông qua tích vô hướng giữa hai vectơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AC}$:

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 3;3;6} \right)$; $\overrightarrow {AC} = \left( {4 - 1; - 6 - 0;1 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( {3; - 6;3} \right)$.

Tích vô hướng: $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left( { - 3} \right) \cdot 3 + 3 \cdot \left( { - 6} \right) + 6 \cdot 3 = - 9 - 18 + 18 = - 9 < 0$.

Vì $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} < 0 \Rightarrow \cos \widehat {BAC} < 0 \Rightarrow \widehat {BAC} > 90^\circ$.

d) ĐÚNG. Tìm tọa độ trọng tâm $M$ của tam giác $ABC$:

${x_M} = \frac{{1 - 2 + 4}}{3} = 1$

${y_M} = \frac{{0 + 3 - 6}}{3} = - 1$

${z_M} = \frac{{ - 2 + 4 + 1}}{3} = 1$

Tọa độ $M\left( {1; - 1;1} \right)$. Độ dài đoạn thẳng $OM$: $OM = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt 3$.

a) SAI. Tổng chi phí $C\left( x \right)$ thực tế là: $C\left( x \right) = 0{,}0003{x^2} + 0{,}15x + 3$.

b) SAI. Với $x = 100$ thì $C\left( {100} \right) = 0{,}0003 \cdot {100^2} + 0{,}15 \cdot 100 + 3 = 3 + 15 + 3 = 21$ (triệu đồng).

Do đó chi phí là $21$ triệu đồng, không phải $18$ triệu đồng.

c) ĐÚNG. Chi phí trung bình $\overline c \left( x \right)$ cho mỗi mét khối sản phẩm:

$\overline c \left( x \right) = \frac{{C\left( x \right)}}{x} = \frac{{0{,}0003{x^2} + 0{,}15x + 3}}{x} = 0{,}0003x + 0{,}15 + \frac{3}{x}$.

d) ĐÚNG. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si (AM-GM) cho hai số dương $0{,}0003x$ và $\frac{3}{x}$:

$c\left( x \right) \ge 2\sqrt {0{,}0003x \cdot \frac{3}{x}} + 0{,}15 = 2\sqrt {0{,}0009} + 0{,}15 = 0{,}06 + 0{,}15 = 0{,}21$.

Dấu "=" xảy ra khi: $0{,}0003x = \frac{3}{x} \Leftrightarrow {x^2} = 10000 \Rightarrow x = 100{\rm{\;(th/m\~a n\;}}0 < x \le 200)$.

Vậy chi phí trung bình thấp nhất khi sản lượng là $100{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}$.

PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Máy bay cất cánh từ gốc tọa độ $A\left( {0;0} \right) \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0$.

Đạt cực đại tại vị trí $B\left( {3;9} \right)$. Khi đó, $f'\left( 3 \right) = 0$ và $f\left( 3 \right) = 9$.

Ta có đạo hàm: $f'\left( x \right) = - {x^2} + 2bx + c$.

Từ $f'\left( 3 \right) = 0 \Rightarrow - 9 + 6b + c = 0 \Leftrightarrow 6b + c = 9\quad \left( 1 \right)$.

Từ $f\left( 3 \right) = 9 \Rightarrow - \frac{1}{3} \cdot 27 + 9b + 3c = 9 \Leftrightarrow 9b + 3c = 18 \Leftrightarrow 3b + c = 6\quad \left( 2 \right)$.

Giải hệ phương trình $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta thu được $b = 1$ và $c = 3$.

Phương trình đồ thị bay là: $y = - \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + 3x$.

Máy bay tiếp đất khi $y = 0$ (với $x > 0$): $- \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + 3x = 0 \Leftrightarrow x\left( { - \frac{1}{3}{x^2} + x + 3} \right) = 0$.

Giải phương trình bậc hai lấy nghiệm dương:

$- \frac{1}{3}{x^2} + x + 3 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 9 = 0 \Rightarrow x = \frac{{3 + 3\sqrt 5 }}{2} \approx 4{,}85{\rm{\;(km)}}$.

Đáp số: 4,85.

Đồ thị hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

Tiệm cận đứng: $x = - 4$.

Tiệm cận ngang: $y = 3$.

Giao điểm tiệm cận chính là tâm đối xứng $I\left( { - 4;3} \right)$.

Độ dài đoạn thẳng $OI$: $OI = \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {3^2}} = 5$.

Đáp số: 5.

Hai điểm $E\left( {0;10;20} \right)$ và $F\left( {0;19;25} \right)$ cùng trục $Oy$ đều nằm trong mặt phẳng tọa độ $\left( {Oyz} \right)$.

Do $E$ và $F$ có cao độ đều dương (${z_E} = 20 > 0,{z_F} = 25 > 0$) nên hai điểm này nằm cùng phía so với trục $Oy$.

Gọi $E'$ là điểm đối xứng với $E$ qua trục $Oy$ (trong mặt phẳng $Oyz$): $E'\left( {0;10; - 20} \right)$.

Khi đó, với mọi $M \in Oy$, ta luôn có $ME = ME'$. Do đó, tổng $ME + MF = ME' + MF \ge E'F$.

Giá trị nhỏ nhất đạt được khi $M,E',F$ thẳng hàng. Điểm $M$ chính là giao điểm của đường thẳng $E'F$ với trục $Oy$.

Vectơ chỉ phương: $\overrightarrow {E'F} = \left( {0;9;45} \right) \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {0;1;5} \right)$.

Phương trình tham số của $E'F$ trong mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{y = 10 + t}\\{z = - 20 + 5t}\end{array}} \right.$.

Điểm $M$ thuộc trục $Oy$ nên cao độ $z = 0 \Leftrightarrow - 20 + 5t = 0 \Leftrightarrow t = 4$.

Thay vào phương trình tung độ: $y = 10 + 4 = 14$.

Đáp số: 14.

Điểm $B$ đối xứng với $A\left( { - 5;2;3} \right)$ qua trục tung $Oy$ có tọa độ thu được bằng cách giữ nguyên tung độ, đổi dấu hoành độ và cao độ: $B\left( {5;2; - 3} \right)$.

Độ dài đoạn thẳng $AB$: $AB = \sqrt {{{\left( {5 - \left( { - 5} \right)} \right)}^2} + {{\left( {2 - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 3 - 3} \right)}^2}} = \sqrt {{{10}^2} + {0^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} = \sqrt {136} \approx 11{,}7$.

Đáp số: 11,7.

Hàm doanh thu: $R\left( x \right) = x \cdot p\left( x \right) = x\left( {200 - x} \right) = - {x^2} + 200x$.

Hàm chi phí: $C\left( x \right) = 100x + 1200$.

Hàm lợi nhuận: $L\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = - {x^2} + 100x - 1200$.

Đạo hàm hàm lợi nhuận: $L'\left( x \right) = - 2x + 100$.

Cho $L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 50$ (thỏa mãn $10 \le x \le 100$).

Vì hệ số của ${x^2}$ là âm nên đồ thị lợi nhuận có dạng parabol hướng xuống dưới, đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh $x = 50$.

Đáp số: 50.

Tìm đạo hàm: $y' = 3{x^2} + 18x$.

Tìm nghiệm: $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 6}\\{x = 0}\end{array}} \right.$.

Lập bảng biến thiên ta thấy tại $x = - 6$, đạo hàm sổi dấu từ dương sang âm nên $x = - 6$ là điểm cực đại của hàm số.

Tọa độ điểm cực đại $M\left( {a;b} \right)$ gồm: $a = - 6$ và $b = y\left( { - 6} \right) = {\left( { - 6} \right)^3} + 9 \cdot {\left( { - 6} \right)^2} - 12 = 96$.

Giá trị biểu thức: $a - b = - 6 - 96 = - 102$.

Đáp số: −102.