Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2024-2025 THPT Thủ Khoa Huân (TP.HCM) có đáp án

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có $m = \mathop {{\rm{Min}}}\limits_{\left[ { - 2;4} \right]} f\left( x \right) = - 4$, $M = \mathop {{\rm{Max}}}\limits_{\left[ { - 2;4} \right]} f\left( x \right) = 7$.

Khi đó $M + m = 3$.

Chọn D.

Đồ thị hình vẽ là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số $a > 0$ nên chỉ có hàm số $y = {x^3} - 3x + 2$ thỏa mãn điều kiện trên.

Chọn B.

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm có tọa độ $\left( {0;1} \right)$ nên chọn phương án B.

Chọn D.

Ta có: $\vec a.\vec b = \left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|.{\rm{cos}}\left( {\vec a,\vec b} \right) = 3.4.{\rm{cos}}60^\circ = 3.4.\frac{1}{2} = 6$.

Chọn D.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \frac{5}{1} = 5$ nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là $y = 5$.

Chọn D.

Hàm số $y = f\left( x \right)$ có tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$.

Ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty$ nên không tồn tại tiệm cận ngang khi $x \to + \infty$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 2$ nên hàm số $y = f\left( x \right)$ có tiệm cận ngang $y = 2$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = + \infty$ nên đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có tiệm cận đứng $x = 0$.

Vậy tổng số tiệm cận đứng và ngang là 2.

Chọn D.

Tập xác định $D = \mathbb{R}$.

Tính $y' = {x^2} - 4x + 3$.

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.$.

Bảng biến thiên

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là $\left( {1;2} \right)$.

Chọn A.

Vì $\vec a = - \vec i + 3\vec j + 0\vec k$ nên $\vec a\left( { - 1;3;0} \right)$.

Chọn B.

Hàm số $y = {x^3} + 2x$ xác định $\forall x \in \mathbb{R}$. Ta có: $y' = 3{x^2} + 2 > 0,\forall x \in \mathbb{R}$.

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

Chọn A.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$.

Ta có $y' = 1 - \frac{9}{{{x^2}}}$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 3}\\{x = - 3\left( l \right)}\end{array}} \right.$.

$y\left( 2 \right) = \frac{{13}}{2},y\left( 4 \right) = \frac{{25}}{4},y\left( 3 \right) = 6$.

Vậy $\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = 6$.

Chọn C.

Ta có $g'\left( x \right) = - \frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}$.

Dựa vào BBT của hàm số $y = f\left( x \right)$, lập bảng xét dấu của hàm số $g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( x \right)}}$:

Ta thấy hàm số $g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( x \right)}}$ đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right),\left( { - 2; - 1} \right),\left( {1;3} \right)$.

Mà $\left( {1;2} \right) \subset \left( {1;3} \right)$ nên C đúng.

Chọn A.

Ta có $\vec a = \left( {2; - m;4n - 1} \right)$; $\vec b = \left( {2;5;3} \right)$. Để $\vec a = \vec b$ thì $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2 = 2}\\{ - m = 5}\\{4n - 1 = 3}\end{array}} \right.$ suy ra $m = - 5$ và $n = 1$.

Vậy $m + n = - 4$.

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow {AB} = \vec i$ nên $B\left( {1;0;0} \right)$.

b) Sai. Theo quy tắc hình hộp ta có $\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \vec i + \vec j + \vec k$ nên $\overrightarrow {AC'} = \vec i + \vec j + \vec k$.

c) Đúng. Vì G là trọng tâm của tam giác $CB'D'$ nên

$3\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AB'} + \overrightarrow {AD'} = \left( {\vec i + \vec j} \right) + \left( {\vec i + \vec k} \right) + \left( {\vec j + \vec k} \right) = 2\vec i + 2\vec j + 2\vec k$

Suy ra $\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\vec i + \frac{2}{3}\vec j + \frac{2}{3}\vec k$.

d) Sai. Vì M là trung điểm của $B'C'$ nên $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB'} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC'} = \frac{1}{2}\left( {\vec i + \vec k} \right) + \frac{1}{2}\left( {\vec i + \vec j + \vec k} \right) = \vec i + \frac{1}{2}\vec j + \vec k$ do đó $M\left( {1;\frac{1}{2};1} \right)$.

a) Đúng. Ta có: $y' = 4{x^3} - 4x$.

b) Sai. Ta có: $y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 0}\\{x = 1}\\{x = - 1}\end{array}} \right.$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$.

c) Đúng. Từ bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị.

d) Đúng. Đồ thị hàm số có 2 điểm cực tiểu là $A\left( { - 1; - 3} \right);B\left( {1; - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {2;0} \right) \Rightarrow AB = 2$.

a) Sai. Trong hình chóp $S.ABCD$ có: $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {SB}$.

b) Đúng. Vì $O$ là trung điểm của $AC$ nên $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO}$ (1).

Tương tự $O$ cũng là trung điểm của $BD$ nên $\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD}$.

c) Sai. Ta có: $\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SD} = SA.SD.{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SD} } \right) = 3a.a\sqrt {10} .\frac{{3\sqrt {10} }}{{10}} = 9{a^2}$.

d) Sai. Ta có: $AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 5$.

Ta có: $\left| {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {SC} } \right| = SC = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2} + {{\left( {3a} \right)}^2}} = a\sqrt {14}$.

a) Đúng. Theo giả thiết, ta có: $T\left( x \right) = C\left( x \right) + 4000x = {x^2} + 2000x + {10^8}$.

b) Sai. Chi phí trung bình cho một cuốn tạp chí khi xuất bản $x$ cuốn là $M\left( x \right) = \frac{{T\left( x \right)}}{x} = x + \frac{{{{10}^8}}}{x} + 2000$.

c) Sai. Ta có: $M\left( x \right) = \frac{{T\left( x \right)}}{x} = x + \frac{{{{10}^8}}}{x} + 2000 \ge 2\sqrt {x.\frac{{{{10}^8}}}{x}} + 2000 = 22000$.

Chi phí trung bình thấp nhất cho một cuốn tạp chí khi xuất bản $x$ cuốn là 22000.

d) Đúng. $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {M\left( x \right) - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x + \frac{{{{10}^8}}}{x} + 2000 - \left( {x + 2000} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{{{10}^8}}}{x}} \right] = 0$.

Khi đó đồ thị hàm số có 1 tiệm cận xiên $y = x + 2000$. Khi số lượng cuốn tạp chí phát hành cực lớn thì chi phí trung bình cho mỗi cuốn tạp chí $M\left( x \right)$ sẽ tiệm cận với đường $y = x + 2000$.

Trả lời: 10,6.

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

Ta có: $y' = \frac{{ - 30{x^2} + 60}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}}$.

$y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 30{x^2} + 60}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \sqrt 2 }\\{x = - \sqrt 2 }\end{array}} \right.$ do $x \in \left( {0;6} \right) \Rightarrow x = \sqrt 2$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: nồng độ thuốc trong máu $C\left( x \right)$ đạt giá trị cực đại là $\frac{{15\sqrt 2 }}{2}\left( {mg/l} \right) \approx 10{,}6\left( {mg/l} \right)$ trong khoảng thời gian 6 phút sau khi tiêm.

Trả lời: 20.

Do tấm kim loại có bề rộng 80 cm nên ta có: $2x + y = 80 \Leftrightarrow y = 80 - 2x$.

Để có thể thiết kế được máng trượt thì $y > 0 \Leftrightarrow 80 - 2x > 0 \Leftrightarrow x < 40$. Suy ra $0 < x < 40$.

Diện tích của mặt cắt máng trượt là: $S = xy = x\left( {80 - 2x} \right) = - 2{x^2} + 80x$.

Ta có: $S\left( x \right) = - 2{x^2} + 80x$ với $x \in \left( {0;40} \right)$;

$S'\left( x \right) = - 4x + 80;\,\,S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 4x + 80 = 0 \Leftrightarrow x = 20$.

Bảng biến thiên của hàm số $S\left( x \right)$ như sau:

Do đó, hàm số $S\left( x \right)$ đạt cực đại tại $x = 20$ và ${S_{CD}} = 800$.

Vậy để cầu trượt đảm bảo an toàn nhất cho trẻ em thì $x = 20\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Đáp án: 57,1.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2000x - 1500}}{{35x + 5}} = \frac{{2000}}{{35}} = \frac{{400}}{7}$.

Do đó đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ nhận đường thẳng $y = \frac{{400}}{7}$ làm tiệm cận ngang, tức là khi số năm $x$ càng lớn thì chi phí vận hành máy móc trong một năm càng tiến gần đến $\frac{{400}}{7} \approx 57{,}1$ (triệu đồng).

Đáp án: 33.

Gọi giá bán mới là $x$ (triệu đồng) với $x \in \left[ {28;34} \right]$.

Khi đó số xe bán ra là $400 + \left( {34 - x} \right)100$.

Lợi nhuận thu được là:

$f\left( x \right) = \left[ {400 + \left( {34 - x} \right)100} \right].\left( {x - 28} \right)$$= - 100{x^2} + 6600x - 106400 = - 100{\left( {x - 33} \right)^2} + 2500 \le 2500$.

Dấu “=” xảy ra khi $x = 33$.

Vậy giá bán mới là 33 triệu đồng thì lợi nhuận thu được cao nhất.

Đáp án: 43,3.

- Ta có: $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MD}$ (Với $D$ là điểm sao cho $AMBD$ là hình bình hành).

- Ta có: $MA = \left| {\overrightarrow {MA} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = 25{\rm{N}};MB = \left| {\overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = 25{\rm{N}}$.

- Do $\widehat {AMB} = 60^\circ$ nên $\Delta MAB$ là tam giác đều. Khi đó: $MD = 2.\frac{{25\sqrt 3 }}{2} = 25\sqrt 3$.

- Do ô tô đứng yên nên $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \vec 0$.

Suy ra: $\overrightarrow {{F_3}} = - \left( {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| { - \left( {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right)} \right| = \left| {\overrightarrow {DM} } \right| = MD = 25\sqrt 3 \left( {\rm{N}} \right)$.

Vậy cường độ của $\overrightarrow {{F_3}}$ là $25\sqrt 3 \approx 43{,}3\left( {\rm{N}} \right)$.

Đáp án: 50.

Với cách chọn hệ trục tọa độ như trên ta có khoảng cách so với vị trí xuất phát của máy bay là

$\sqrt {{{40}^2} + {{30}^2} + 1,{5^2}} \approx 50$.