Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2024-2025 THPT Thăng Long (Hà Nội) có đáp án

Ta có $\vec u\left( {1;a;2} \right)$ và $\vec v\left( { - 3;9;b} \right)$ cùng phương nên $\frac{{ - 3}}{1} = \frac{9}{a} = \frac{b}{2} = - 3$.

Từ $\frac{9}{a} = - 3 \Rightarrow a = - 3$.

Từ $\frac{b}{2} = - 3 \Rightarrow b = - 6$.

Tính ${a^2} + b = {\left( { - 3} \right)^2} + \left( { - 6} \right) = 9 - 6 = 3$.

Chọn C.

Tập xác định: $2x - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left[ {0;2} \right]$.

Đạo hàm: $y' = \frac{{{{\left( {2x - {x^2}} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {2x - {x^2}} }} = \frac{{2 - 2x}}{{2\sqrt {2x - {x^2}} }} = \frac{{1 - x}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }}$.

$y' = 0 \Leftrightarrow 1 - x = 0 \Leftrightarrow x = 1 \in \left( {0;2} \right)$.

Qua điểm $x = 1$, $y'$ đổi dấu từ dương sang âm, do đó hàm số đạt cực đại tại $x = 1$. Vậy hàm số có 1 điểm cực trị.

Chọn B.

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

Tính tích vô hướng và độ dài:

$\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left( { - 5} \right) \cdot 3 + \left( { - 4} \right) \cdot 1 + \left( { - 1} \right) \cdot 2 = - 15 - 4 - 2 = - 21$

$\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt {42}$

$\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {{3^2} + {1^2} + {2^2}} = \sqrt {14}$

Suy ra: $\cos A = \frac{{ - 21}}{{\sqrt {42} \cdot \sqrt {14} }} = \frac{{ - 21}}{{14\sqrt 3 }} = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat A = 150^\circ$.

Chọn C.

Với mọi $x \in \left( {0; + \infty } \right)$, áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: $x + \frac{1}{x} \ge 2\sqrt {x \cdot \frac{1}{x}} = 2$.

Suy ra: $f\left( x \right) = x - 5 + \frac{1}{x} \ge 2 - 5 = - 3$.

Dấu "=" xảy ra khi $x = \frac{1}{x} \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = 1$ (vì $x > 0$).

Vậy $\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = - 3$.

Chọn B.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2;2} \right\}$.

Tiệm cận ngang: Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x}}{{{x^2} - 4}} = 0 \Rightarrow y = 0$ là đường tiệm cận ngang.

Tiệm cận đứng: Mẫu số bằng $0$ tại $x = 2$ và $x = - 2$. Do tử số tại hai điểm này đều khác không nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = + \infty$. Suy ra đồ thị có 2 tiệm cận đứng là $x = 2$ và $x = - 2$.

Tổng số đường tiệm cận là $1 + 2 = 3$.

Chọn D.

Ta có $M$ là trung điểm của $BB'$, do đó $\overrightarrow {BM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {BB'}$.

Phân tích vectơ $\overrightarrow {AM}$: $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} = \left( {\overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} } \right) + \frac{1}{2}\overrightarrow {BB'}$.

Mặt khác, trong hình lăng trụ ta có $\overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {AA'} = \vec c$. Theo giả thiết $\overrightarrow {CA} = \vec a$ và $\overrightarrow {CB} = \vec b$.

Thay vào ta được: $\overrightarrow {AM} = \vec b - \vec a + \frac{1}{2}\vec c$.

Chọn D.

Xét hàm số $y = \frac{{3x - 1}}{{x + 1}}$ ở đáp án A, nghiệm của mẫu thức là $x = - 1$. Khi $x \to - {1^ + }$, tử thức tiến tới $- 4 \ne 0$, nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = - \infty$. Vậy đường thẳng $x = - 1$ là tiệm cận đứng.

Chọn A.

Cho điểm $M\left( {1;2; - 3} \right)$. Tọa độ điểm đối xứng qua mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$ là $M'\left( { - 1;2; - 3} \right)$.

Chọn A.

Ta có $f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x + 2} \right)$.

Vì ${x^2} \ge 0$ và ${\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$, nên dấu của $f'\left( x \right)$ cùng dấu với biểu thức $\left( {x + 2} \right)$ (ngoại trừ các điểm làm đạo hàm bằng 0 không đổi dấu).

Ta có $f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x + 2 > 0 \Leftrightarrow x > - 2$.

Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 2; + \infty } \right)$.

Chọn D.

Quan sát đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$, trên khoảng $\left( {0;2} \right)$, đường cong nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành, nghĩa là $f'\left( x \right) < 0$ với mọi $x \in \left( {0;2} \right)$. Do đó hàm số $f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.

Chọn B.

Đạo hàm: $y' = 1 + 2{e^{2x}}$. Vì ${e^{2x}} > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ nên $y' > 0,\forall x \in \left[ {0;1} \right]$.

Hàm số luôn đồng biến trên đoạn $\left[ {0;1} \right]$.

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số đạt được tại điểm đầu mút $x = 1$:

$\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = y\left( 1 \right) = 1 + {e^{2 \cdot 1}} = {e^2} + 1$.

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên, đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua $x = 1$. Tại điểm cực tiểu $x = 1$, giá trị cực tiểu của hàm số thu được là $y = 3$.

Chọn D.

a) ĐÚNG: Đạo hàm $f'\left( x \right) = - 4{x^3} + 16x = - 4x\left( {{x^2} - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = \pm 2$.

Tọa độ 3 điểm cực trị là: $A\left( {0;2024} \right)$, $B\left( {2;2040} \right)$, $C\left( { - 2;2040} \right)$.

Ta có $BC = \sqrt {{{\left( { - 2 - 2} \right)}^2} + {0^2}} = 4$; $AB = AC = \sqrt {{2^2} + {{16}^2}} = \sqrt {260} = 2\sqrt {65}$.

Chu vi ${\rm{\Delta }}ABC = 4 + 4\sqrt {65} \approx 36{,}25 > 35$.

b) ĐÚNG: Trên khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$, ta có $x > 2 \Rightarrow - 4x < 0$ và ${x^2} - 4 > 0 \Rightarrow f'\left( x \right) < 0$. Do đó hàm số nghịch biến trên $\left( {2; + \infty } \right)$.

c) ĐÚNG: Đây là hàm đa thức nên có tập xác định $D = \mathbb{R}$.

d) SAI: Đạo hàm đúng phải là $f'\left( x \right) = - 4{x^3} + 16x$, mệnh đề ghi sai dấu thành $- 16x$.

a) ĐÚNG: Tập xác định $D = \left( {0; + \infty } \right)$. Đạo hàm $y' = \ln x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{e}$. Lập bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left( {0;\frac{1}{e}} \right)$ và đồng biến trên $\left( {\frac{1}{e}; + \infty } \right)$, suy ra đạt GTNN tại $x = \frac{1}{e}$.

b) SAI: Trên khoảng $\left( {0;1} \right)$, hàm số không đạt giá trị lớn nhất bằng 0 vì điểm biên $x = 1$ không thuộc khoảng đang xét.

c) ĐÚNG: Khi $x \to + \infty \Rightarrow y \to + \infty$, do đó hàm số không giới hạn trên và không có giá trị lớn nhất trên TXĐ.

d) SAI: Đạo hàm của hàm số là $f'\left( x \right) = \ln x + 1$, không phải bằng $1$.

a) ĐÚNG: $\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \cdot \cos 45^\circ = 1 \cdot 1 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

b) ĐÚNG: ${\vec a^2} = {\left| {\vec a} \right|^2} = {1^2} = 1$.

c) SAI: $\left| {\vec a + \vec b} \right| = \sqrt {{{\vec a}^2} + 2\vec a \cdot \vec b + {{\vec b}^2}} = \sqrt {1 + \sqrt 2 + 1} = \sqrt {2 + \sqrt 2 } \ne 2$.

d) SAI: Từ câu c, ${\left( {\vec a + \vec b} \right)^2} = 2 + \sqrt 2$, mệnh đề ghi sai dấu thành $2 - \sqrt 2$.

a) SAI: Đường thẳng $BC$ đi qua B và có $\overrightarrow {BC} = \left( { - 1;1; - 2} \right)$. Phương trình $BC$: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 3 - t}\\{y = 2 + t}\\{z = 4 - 2t}\end{array}} \right.$.

Giao điểm $N$ với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ ($z = 0$) ứng với $4 - 2t = 0 \Leftrightarrow t = 2 \Rightarrow N\left( { - 5;4;0} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {BN} = \left( { - 2;2; - 4} \right)$ và $\overrightarrow {CN} = \left( { - 1;1; - 2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BN} = 2\overrightarrow {CN} \Rightarrow \frac{{BN}}{{CN}} = 2$.

b) ĐÚNG: Trung điểm M của BC có tọa độ là: $M\left( { - \frac{7}{2};\frac{5}{2};3} \right)$. Thử vào hệ thức: $y - x = \frac{5}{2} - \left( { - \frac{7}{2}} \right) = 6$; $2z = 2 \cdot 3 = 6$. Vậy $y - x = 2z$ là đúng.

c) SAI: $\overrightarrow {AB} = \left( { - 3 - 1;2 - \left( { - 2} \right);4 - 0} \right) = \left( { - 4;4;4} \right)$, mệnh đề ghi sai tọa độ tung độ thành $- 4$.

d) ĐÚNG: Tọa độ trọng tâm $G$: ${x_G} = \frac{{1 - 3 - 4}}{3} = - 2$, ${y_G} = \frac{{ - 2 + 2 + 3}}{3} = 1$, ${z_G} = \frac{{0 + 4 + 2}}{3} = 2 \Rightarrow G\left( { - 2;1;2} \right).$

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với gốc O tại góc phòng. Đầu gậy nằm trên sàn thuộc mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$, theo giả thiết khoảng cách từ đầu này đến hai tường tương ứng với tọa độ $x = 1$ và $y = 0{,}8$, vậy điểm đó là $A\left( {1;0{,}8;0} \right)$. Đầu gậy còn lại nằm trên mép tường thuộc trục $Oz$ nên có tọa độ $B\left( {0;0;{z_B}} \right)$ với ${z_B} > 0$.

Độ dài chiếc gậy: $AB = 2{,}5 \Rightarrow A{B^2} = 6{,}25$.

Thế vào công thức khoảng cách:

${\left( {0 - 1} \right)^2} + {\left( {0 - 0{,}8} \right)^2} + {\left( {{z_B} - 0} \right)^2} = 6{,}25 \Leftrightarrow 1 + 0{,}64 + z_B^2 = 6{,}25 \Leftrightarrow z_B^2 = 4{,}61 \Rightarrow {z_B} = \sqrt {4{,}61}$.

$M$ là vị trí chính giữa của gậy, tức $M$ là trung điểm của AB nên khoảng cách từ M đến sàn nhà chính là cao độ của $M$: ${z_M} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{0 + \sqrt {4{,}61} }}{2} \approx 1{,}07{\rm{\;m}}$.

Đáp số: $1{,}07$.

Vận tốc tức thời của chất điểm là đạo hàm của phương trình chuyển động: $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 3{t^2} - 12t + 14$.

Đây là hàm số bậc hai đối với $t$. Tọa độ đỉnh của parabol biểu diễn hàm số là $t = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{ - 12}}{{2 \cdot 3}} = 2$.

Vì $2 \in \left[ {0;5} \right]$ và hệ số $a = 3 > 0$ nên vận tốc đạt giá trị nhỏ nhất tại thời điểm $t = 2$ giây.

Đáp số: $2$.

Xét hàm số $C\left( x \right) = \frac{{30x}}{{{x^2} + 2}}$ trên khoảng $\left( {0;6} \right]$.

Đạo hàm: $C'\left( x \right) = \frac{{30\left( {{x^2} + 2} \right) - 30x \cdot 2x}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}} = \frac{{60 - 30{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}}$.

$C'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 60 - 30{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt 2$ (vì $x > 0$).

Lập bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến trên $\left( {0;\sqrt 2 } \right)$ và nghịch biến trên $\left( {\sqrt 2 ;6} \right)$. Do đó hàm số đạt cực đại tại $x = \sqrt 2$.

Giá trị cực đại là: $C\left( {\sqrt 2 } \right) = \frac{{30\sqrt 2 }}{{{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + 2}} = \frac{{30\sqrt 2 }}{4} = 7{,}5\sqrt 2 \approx 10{,}6$.

Đáp số: $10{,}6$.

Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi $f'\left( x \right) < 0$.

Ta có: $f'\left( x \right) = {x^2} - x - 6$; $f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow {x^2} - x - 6 < 0 \Leftrightarrow - 2 < x < 3$.

Các giá trị nguyên của $x$ thuộc khoảng $\left( { - 2;3} \right)$ là: $\left\{ { - 1;0;1;2} \right\}$. Vậy có tất cả 4 giá trị nguyên.

Đáp số: $4$.

Xét hàm số $y = \cos 2x + 3x + 2025$ trên đoạn $\left[ { - \pi ;\pi } \right]$.

Đạo hàm: $y' = - 2\sin 2x + 3$.

Vì $- 1 \le \sin 2x \le 1 \Rightarrow - 2 \le - 2\sin 2x \le 2 \Rightarrow 1 \le y' \le 5$, tức là $y' > 0,\forall x \in \left[ { - \pi ;\pi } \right]$.

Do đó hàm số luôn đồng biến trên đoạn $\left[ { - \pi ;\pi } \right]$.

Giá trị nhỏ nhất là: $y\left( { - \pi } \right) = \cos \left( { - 2\pi } \right) + 3 \cdot \left( { - \pi } \right) + 2025 = 1 - 3\pi + 2025 = 2026 - 3\pi$.

Giá trị lớn nhất là: $y\left( \pi \right) = \cos \left( {2\pi } \right) + 3\pi + 2025 = 1 + 3\pi + 2025 = 2026 + 3\pi$.

Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất là: $\left( {2026 - 3\pi } \right) + \left( {2026 + 3\pi } \right) = 4052$.

Đáp số: $4052$.

Điểm $M\left( {0;b;c} \right)$ nằm trên mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$.

Nhận thấy hoành độ của A và B cùng dấu (${x_A} = 6 > 0,{x_B} = 2 > 0$), do đó A và B nằm cùng một phía đối với mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$.

Gọi $A'$ là điểm đối xứng với A qua $\left( {Oyz} \right) \Rightarrow A'\left( { - 6;2;1} \right)$.

Khi đó ta có $MA = MA'$, suy ra $MA + MB = MA' + MB \ge A'B$.

Giá trị nhỏ nhất đạt được khi M là giao điểm của đoạn thẳng $A'B$ và mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$.

Vectơ $\overrightarrow {A'B} = \left( {8;1; - 2} \right)$. Phương trình đường thẳng $A'B$: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 2 + 8t}\\{y = 3 + t}\\{z = - 1 - 2t}\end{array}} \right.$.

M thuộc mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$ nên ${x_M} = 0 \Leftrightarrow 2 + 8t = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{1}{4}$.

Thay t tìm tọa độ M: $b = {y_M} = 3 + \left( { - \frac{1}{4}} \right) = \frac{{11}}{4}$; $c = {z_M} = - 1 - 2 \cdot \left( { - \frac{1}{4}} \right) = - \frac{1}{2}$.

Biểu thức cần tính: $b - \frac{1}{2}c = \frac{{11}}{4} - \frac{1}{2} \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{11}}{4} + \frac{1}{4} = 3$.

Đáp số: $3$.