Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THCS&THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm (Hà Nội) có đáp án - mã đề 1201

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy trên khoảng $\left( { - 1;3} \right)$, đạo hàm $f'\left( x \right) > 0$ (mang dấu $+$). Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;3} \right)$.

Chọn B.

Điểm cực đại của đồ thị hàm số là $\left( { - 1;1} \right)$. Do đó, hàm số đạt cực đại tại điểm $x = - 1$.

Chọn D.

Quan sát các giá trị trên biểu đồ ta có: $150{,}185{,}145{,}205{,}155{,}270{,}60$. Giá trị lớn nhất trong các số này là $270$ (đạt được vào quý II/22).

Chọn A.

Tiệm cận đứng: Nghiệm của mẫu số $x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Tiệm cận ngang: $y = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to \pm \infty }} \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 2$.

Vậy tiệm cận đứng là $x = 1$ và tiệm cận ngang là $y = 2$.

Chọn B.

Đồ thị là của hàm số bậc ba $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ có nhánh cuối đi xuống nên $a < 0$.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm $\left( {0;1} \right)$, suy ra $d = 1$.

Đồ thị có hai điểm cực trị là $x = - 2$ (điểm cực tiểu) và $x = 0$ (điểm cực đại).

Xét đạo hàm của hàm số ở phương án A: $y' = - 3{x^2} - 6x = - 3x\left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = - 2$. Điều này hoàn toàn trùng khớp với đồ thị (đạt cực đại tại $x = 0$ vì qua đó $y{\rm{'}}$ đổi dấu từ $+$ sang $-$, đạt cực tiểu tại $x = - 2$).

Chọn A.

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số không xác định tại $x = 1$, có tiệm cận đứng $x = 1$, tiệm cận ngang $y = 2$. Các phương án A, C, D đều thỏa mãn điều này.

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định, tức là $y' > 0$.

Xét phương án A: $y = \frac{{2x - 3}}{{x - 1}} \Rightarrow y' = \frac{{2 \cdot \left( { - 1} \right) - \left( { - 3} \right) \cdot 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0$ (Thỏa mãn).

Xét phương án C: $y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0$ (Loại).

Xét phương án D: $y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0$ (Loại).

Chọn A.

Ta biến đổi đạo hàm: $f'\left( x \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x + 1} \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right){\left( {x + 1} \right)^2}$.

Nghiệm của $f'\left( x \right) = 0$ là $x = - 2$, $x = 1$, và $x = - 1$ (nghiệm bội chẵn).

Xét dấu $f'\left( x \right)$:

Khi $x \in \left( { - \infty ; - 2} \right)$, $f'\left( x \right) > 0$.

Khi $x \in \left( { - 2;1} \right)$, $f'\left( x \right) < 0$ (qua $x = - 1$ không đổi dấu).

Khi $x \in \left( {1; + \infty } \right)$, $f'\left( x \right) > 0$.

Do qua điểm $x = 1$, đạo hàm $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ âm $\left( - \right)$ sang dương $\left( + \right)$ nên hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1$. Giá trị cực tiểu tương ứng là $f\left( 1 \right)$.

Chọn A.

Dựa vào bảng xét dấu $f'\left( x \right)$:

Đạo hàm đổi dấu qua các nghiệm $x = 0$ và $x = 1$. Do đó hàm số có $2$ điểm cực trị.

Chọn A.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Đạo hàm: $y' = \frac{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} - x + 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} - 3x + 1 - {x^2} + x - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$.

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 2$.

Xét dấu $y'$: $y' < 0$ khi $x \in \left( {0;1} \right) \cup \left( {1;2} \right)$.

Do đó, hàm số nghịch biến trên từng khoảng $\left( {0;1} \right)$ và $\left( {1;2} \right)$. Trong các phương án đưa ra, khoảng $\left( {1;2} \right)$ nằm hoàn toàn trong tập nghịch biến của hàm số.

Chọn A.

Vận tốc của chất điểm là đạo hàm của quãng đường theo thời gian: $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - \frac{3}{2}{t^2} + 18t$.

Yêu cầu tìm giá trị lớn nhất của $v\left( t \right)$ trên đoạn $\left[ {0;12} \right]$.

Đồ thị hàm số $v\left( t \right)$ là một parabol quay bề lõm xuống dưới, có đỉnh tại: $t = - \frac{{18}}{{2 \cdot \left( { - 3/2} \right)}} = 6{\rm{\;(gi\^a y)}}$.

Vì $6 \in \left[ {0;12} \right]$ nên vận tốc đạt giá trị lớn nhất tại thời điểm $t = 6$.

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to {0^ + }}} y = - \infty$, suy ra $x = 0$ là một đường tiệm cận đứng.

Khi $x \to - \infty$, $y \to 3$, suy ra $y = 3$ là một đường tiệm cận ngang.

Khi $x \to + \infty$, $y \to 2$, suy ra $y = 2$ là một đường tiệm cận ngang.

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

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 3 = 0{\rm{\;(}}x \ne - 2{\rm{)}}$.

Biệt thức $\Delta = {3^2} - 4 \cdot 1 \cdot 3 = - 3 < 0$, phương trình vô nghiệm. Do đó, đồ thị hàm số không cắt trục hoành.

Chọn A.

a) ĐÚNG. Đồ thị rõ ràng có hai điểm cực trị tại $x = 1$ (điểm cực đại) và $x = 3$ (điểm cực tiểu).

b) SAI. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;3} \right)$ và đồng biến trên $\left( {3; + \infty } \right)$, nên không thể đồng biến trên toàn bộ khoảng $\left( {1;5} \right)$.

c) SAI. Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, khi $x \to + \infty$ thì $y \to + \infty$, do đó hàm số không có giá trị lớn nhất trên khoảng này ($5$ chỉ là giá trị cực đại).

d) ĐÚNG. Với $x = 1$, giá trị hàm số là $y\left( 1 \right) = a \cdot {1^3} + b \cdot {1^2} + c \cdot 1 + d = a + b + c + d$. Nhìn vào đồ thị, tại điểm cực đại $x = 1$ thì tung độ bằng $5$. Do đó $a + b + c + d = 5$.

a) ĐÚNG. Thay $x = 6$ vào công thức: $S\left( 6 \right) = 200\left( {5 - \frac{9}{{6 + 2}}} \right) = 200\left( {5 - \frac{9}{8}} \right) = 200 \cdot \frac{{31}}{8} = 775$.

b) ĐÚNG. Ta có $S\left( x \right) = 1000 - \frac{{1800}}{{x + 2}} \Rightarrow S'\left( x \right) = - 1800 \cdot \left( { - \frac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \right) = \frac{{1800}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$.

c) SAI. Khi duy trì thời gian đủ lâu ($x \to + \infty$), ta có $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to + \infty }} S\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to + \infty }} 200\left( {5 - \frac{9}{{x + 2}}} \right) = 1000$. Vì hàm số luôn tăng và tiệm cận đến $1000$ nên số lượng sản phẩm tối đa thu được chỉ tiệm cận chứ không bao giờ vượt quá mức $1000$.

d) ĐÚNG. Tốc độ tăng trưởng là $S'\left( x \right) = \frac{{1800}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$. Khi $x$ tăng, mẫu số tăng khiến $S'\left( x \right)$ giảm dần (nhưng luôn dương). Điều này chứng tỏ doanh số tăng trưởng chậm lại theo thời gian.

a) SAI. Đạo hàm chính xác là: $y' = \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right) - \left( {{x^2} + x + 7} \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} + 5x + 2 - {x^2} - x - 7}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 4x - 5}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$.

b) ĐÚNG. Cho $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = - 5$.

Với $x = - 5 \Rightarrow y = - 9$. Vì $x = - 5$ là nghiệm thuộc khoảng đổi dấu từ $+$ sang $-$ nên $\left( { - 5; - 9} \right)$ là điểm cực đại của đồ thị.

Với $x = 1 \Rightarrow y = 3$. Là điểm cực tiểu của đồ thị.

c) ĐÚNG. Thực hiện phép chia đa thức: $\frac{{{x^2} + x + 7}}{{x + 2}} = x - 1 + \frac{9}{{x + 2}}$. Do $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to \pm \infty }} \frac{9}{{x + 2}} = 0$ nên tiệm cận xiên là $y = x - 1$.

d) SAI. Để $x,y \in \mathbb{Z}$ thì $\left( {x + 2} \right)$ phải là ước nguyên của $9$. Các ước của $9$ bao gồm: $\pm 1, \pm 3, \pm 9$ (tổng cộng có 6 ước). Do đó chỉ có 6 điểm có tọa độ nguyên.

a) ĐÚNG. Doanh thu $F\left( x \right) = x \cdot \left( {1400 - 7{,}5x} \right) = 1400x - 7{,}5{x^2}$ (USD).

b) ĐÚNG. Tổng chi phí $C\left( x \right) = x \cdot \overline C \left( x \right) = x\left( {{x^2} - 6x + 140 + \frac{{750}}{x}} \right) = {x^3} - 6{x^2} + 140x + 750$ (USD).

c) ĐÚNG. Lợi nhuận

$P\left( x \right) = F\left( x \right) - C\left( x \right) = \left( {1400x - 7{,}5{x^2}} \right) - \left( {{x^3} - 6{x^2} + 140x + 750} \right) = - {x^3} - 1{,}5{x^2} + 1260x - 750$ (USD).

d) ĐÚNG. Tìm GTLN của $P\left( x \right)$ trên $\left[ {1;186} \right]$:

$P{\rm{'}}\left( x \right) = - 3{x^2} - 3x + 1260 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + x - 420 = 0 \Leftrightarrow x = 20$ hoặc $x = - 21$.

Lập bảng biến thiên ta thấy $P\left( x \right)$ đạt cực đại lớn nhất tại $x = 20$.

$P\left( {20} \right) = - {20^3} - 1{,}5 \cdot {20^2} + 1260 \cdot 20 - 750 = - 8000 - 600 + 25200 - 750 = 15850{\rm{\;(USD)}}{\rm{.}}$

Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định khi và chỉ khi đạo hàm:

$y' = \frac{{2m - 2025}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow 2m - 2025 < 0 \Leftrightarrow m < \frac{{2025}}{2} = 1012{,}5$.

Vì $m$ là số nguyên dương nên $m \in \left\{ {1;2;3; \ldots ;1012} \right\}$.

Số lượng số nguyên dương $m$ thỏa mãn là $1012$.

Kết quả: 1012.

Đặt $DP = x$ và $BQ = y$ (với $0 \le x,y \le 1$).

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: $PM = PD = x \Rightarrow PC = 1 - x$; $QM = QB = y \Rightarrow QC = 1 - y$.

Độ dài đoạn $PQ = PM + MQ = x + y$.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông $PCQ$:

$P{Q^2} = P{C^2} + Q{C^2} \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} = {\left( {1 - x} \right)^2} + {\left( {1 - y} \right)^2}$

${x^2} + 2xy + {y^2} = 1 - 2x + {x^2} + 1 - 2y + {y^2} \Leftrightarrow 2xy = 2 - 2x - 2y \Leftrightarrow xy + x + y = 1$$\Rightarrow y\left( {x + 1} \right) = 1 - x \Rightarrow y = \frac{{1 - x}}{{x + 1}}$.

Khi đó độ dài cạnh $PQ$ là: $f\left( x \right) = x + y = x + \frac{{1 - x}}{{x + 1}} = \frac{{{x^2} + 1}}{{x + 1}}$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của $f\left( x \right)$ trên $\left[ {0;1} \right]$:

$f'\left( x \right) = \frac{{2x\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 1 = 0\mathop \to \limits^{x \in \left[ {0;1} \right]} x = - 1 + \sqrt 2 \approx 0{,}41$.

Kết quả: 0,41.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng ${d_1}:x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 2$.

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng ${d_2}:y = - 2x + 1 \Leftrightarrow 2x + y - 1 = 0$.

Đường thẳng ${d_1}$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1;0} \right)$, đường thẳng ${d_2}$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow {{n_2}} = \left( {2;1} \right)$.

Ta có: ${\rm{cos}}\alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{\left| {1 \cdot 2 + 0 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2}} \cdot \sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}$.

Áp dụng hệ thức lượng giác: ${\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha = \frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha }} - 1 = \frac{5}{4} - 1 = \frac{1}{4} \Rightarrow {\rm{tan}}\alpha = \frac{1}{2} = 0{,}5$ (do $\tan \alpha > 0$).

Kết quả: 0,5.

Đạo hàm: $y' = 3{x^2} - 12x = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 4$.

Với $x = 0 \Rightarrow y = 2 \Rightarrow A\left( {0;2} \right)$. Điểm $A$ nằm trên trục tung $Oy$.

Với $x = 4 \Rightarrow y = - 30 \Rightarrow B\left( {4; - 30} \right)$.

Tam giác $OAB$ có đỉnh $A$ nằm trên trục $Oy$, độ dài đáy $OA = \left| {{y_A}} \right| = 2$. Khoảng cách từ điểm $B$ đến trục $Oy$ chính là trị tuyệt đối hoành độ của $B$: $d\left( {B,Oy} \right) = \left| {{x_B}} \right| = 4$.

Diện tích tam giác $OAB$ là: $S = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot \left| {{x_B}} \right| = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 4 = 4$.

Kết quả: 4.

Đặt khoảng cách $BM = x{\rm{\;(km)}}$ với $0 \le x \le 7$.

Khoảng cách từ $M$ đến $C$ là $MC = 7 - x$ (km).

Xét tam giác vuông $ABM$ tại $B$, độ dài đường chèo thuyền là $AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {25 + {x^2}}$ (km).

Tổng thời gian di chuyển từ $A$ qua $M$ rồi đến $C$ là: $T\left( x \right) = \frac{{\sqrt {25 + {x^2}} }}{4} + \frac{{7 - x}}{6}$ (h).

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $T\left( x \right)$ trên $\left[ {0;7} \right]$ bằng cách lấy đạo hàm:

$T'\left( x \right) = \frac{x}{{4\sqrt {25 + {x^2}} }} - \frac{1}{6}$;

$T'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 6x = 4\sqrt {25 + {x^2}} \Leftrightarrow 3x = 2\sqrt {25 + {x^2}}$

$\Rightarrow 9{x^2} = 4\left( {25 + {x^2}} \right) \Leftrightarrow 5{x^2} = 100 \Leftrightarrow {x^2} = 20 \Rightarrow x = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \approx 4{,}47{\rm{\;(km)}}$.

Ta có $T\left( 0 \right) = \frac{{29}}{{12}} \approx 2{,}42;T\left( 7 \right) = \frac{{\sqrt {74} }}{4} \approx 2{,}15;T\left( {2\sqrt 5 } \right) = \frac{{14 + 5\sqrt 5 }}{{12}} \approx 2{,}1$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $T\left( x \right)$ trên $\left[ {0;7} \right]$ đạt tại $x = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \approx 4{,}47{\rm{\;(km)}}$.

Kết quả: 4,47.

Bể chứa dầu gồm hai nửa hình cầu bán kính $r$ (ghép lại thành một hình cầu bán kính $r$) và một hình trụ có bán kính đáy $r$, chiều cao $h$.

Thể tích của toàn bộ bể chứa: $V = {V_{{\rm{cau}}}} + {V_{{\rm{tru}}}} = \frac{4}{3}\pi {r^3} + \pi {r^2}h$.

Theo đề bài, thể tích bể bằng $9\pi {\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}$: $\frac{4}{3}\pi {r^3} + \pi {r^2}h = 9\pi \Leftrightarrow \frac{4}{3}{r^3} + {r^2}h = 9$.

Từ đây, ta biểu diễn chiều cao $h$ theo bán kính $r$: ${r^2}h = 9 - \frac{4}{3}{r^3} \Leftrightarrow h = \frac{9}{{{r^2}}} - \frac{4}{3}r$.

Theo yêu cầu vận chuyển, chiều cao phải thỏa mãn $h \ge 2$ nên $\frac{9}{{{r^2}}} - \frac{4}{3}r \ge 2$.

Vì $r > 0$, nhân cả hai vế với $3{r^2}$ ta được $27 - 4{r^3} \ge 6{r^2} \Leftrightarrow 4{r^3} + 6{r^2} - 27 \le 0$$\Leftrightarrow \left( {2r - 3} \right)\left( {2{r^2} + 6r + 9} \right) \le 0$.

Vì $2{r^2} + 6r + 9 > 0$ với mọi $r$, bất phương trình tương đương với: $2r - 3 \le 0 \Leftrightarrow r \le 1{,}5$.

Vậy tập xác định của bán kính là $r \in \left( {0;1{,}5} \right]$.

Chi phí làm bể tỉ lệ thuận với diện tích bề mặt ngoài của bể: $S = {S_{{\rm{cau}}}} + {S_{{\rm{xq\;tru}}}} = 4\pi {r^2} + 2\pi rh$.

Thay $h = \frac{9}{{{r^2}}} - \frac{4}{3}r$ vào công thức diện tích:

$S\left( r \right) = 4\pi {r^2} + 2\pi r\left( {\frac{9}{{{r^2}}} - \frac{4}{3}r} \right)$$= 4\pi {r^2} + \frac{{18\pi }}{r} - \frac{8}{3}\pi {r^2} = \frac{4}{3}\pi {r^2} + \frac{{18\pi }}{r}$.

Xét hàm số $S\left( r \right)$ trên nửa khoảng $\left( {0;1{,}5} \right]$, ta tính đạo hàm: $S'\left( r \right) = \frac{8}{3}\pi r - \frac{{18\pi }}{{{r^2}}}$.

Tìm nghiệm của đạo hàm $S'\left( r \right) = 0$$\Leftrightarrow \frac{8}{3}\pi r = \frac{{18\pi }}{{{r^2}}} \Leftrightarrow {r^3} = \frac{{54}}{8} = 6{,}75 \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{6{,}75}} \approx 1{,}89$.

Vì điểm cực trị $r \approx 1{,}89$ nằm ngoài khoảng xét $\left( {0;1{,}5} \right]$ và với mọi $r \in \left( {0;1{,}5} \right]$ thì $S'\left( r \right) < 0$. Do đó, hàm số $S\left( r \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( {0;1{,}5} \right]$.

Vì hàm số luôn giảm trên $\left( {0;1{,}5} \right]$, giá trị nhỏ nhất của $S\left( r \right)$ sẽ đạt được tại điểm $r = 1{,}5$.

Bán kính $r$ để chi phí làm bể là nhỏ nhất là 1,5 (m).

Kết quả: 1,5.