Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Nguyễn Gia Thiều (Hà Nội) có đáp án

Trong hình lăng trụ tam giác $ABC.A'B'C'$, mặt phẳng đáy $\left( {ABC} \right)$ song song với mặt phẳng đáy $\left( {A'B'C'} \right)$.

Cạnh $AB$ song song và có cùng độ dài với cạnh $A'B'$.

Do đó, hai vectơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {A'B'}$ song song và hướng từ trái sang phải như nhau, tức là cùng hướng.

Chọn C.

Dựa vào hình vẽ đồ thị của hàm số, khi biến số $x$ tiến ra vô cực ($x \to + \infty$ hoặc $x \to - \infty$), đường cong đồ thị tiến sát gần về đường thẳng nằm ngang $y = 1$.

Theo định nghĩa, đường thẳng $y = 1$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đạo hàm $y'$ đổi dấu từ dương $\left( + \right)$ sang âm $\left( - \right)$ khi đi qua điểm $x = - 1$.

Tại điểm này, giá trị của hàm số tăng lên rồi giảm xuống, đạt điểm cao nhất tại $y = 2$.

Do đó, điểm cực đại của hàm số đã cho là $x = - 1$.

Chọn B.

Trục $Oy$ có phương trình đường thẳng là $x = 0$.

Xét hàm số lôgarit $y = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x$, hàm số này có tập xác định là $\left( {0; + \infty } \right)$.

Ta có giới hạn: $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {0^ + }} {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x = - \infty$.

Theo định nghĩa tiệm cận đứng, đồ thị hàm số $y = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x$ nhận trục $Oy$ ($x = 0$) làm đường tiệm cận đứng.

Chọn C.

Quan sát đồ thị hàm số trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$, ta tìm điểm thấp nhất của đường cong đồ thị.

Điểm thấp nhất này có tọa độ là $\left( {1; - 1} \right)$, nghĩa là tại $x = 1$ thì hàm số đạt giá trị thấp nhất là $y = - 1$.

Vậy $\mathop {{\rm{min}}}\limits_{_{\left[ { - 2;2} \right]}} f\left( x \right) = - 1$.

Chọn D.

- Từ $\overrightarrow {OM} = \left( {1;5;2} \right)$, ta suy ra tọa độ điểm $M$ là $M\left( {1;5;2} \right)$.

- Từ $\overrightarrow {NO} = \left( { - 3; - 7;4} \right)$, ta suy ra $\overrightarrow {ON} = \left( {3;7; - 4} \right)$, do đó tọa độ điểm $N$ là $N\left( {3;7; - 4} \right)$.

Vì $P$ đối xứng với $M$ qua $N$ nên $N$ chính là trung điểm của đoạn thẳng $MP$.

Áp dụng công thức tọa độ trung điểm, ta có:

${x_P} = 2{x_N} - {x_M} = 2 \cdot 3 - 1 = 5$

${y_P} = 2{y_N} - {y_M} = 2 \cdot 7 - 5 = 9$

${z_P} = 2{z_N} - {z_M} = 2 \cdot \left( { - 4} \right) - 2 = - 10$

Suy ra tọa độ điểm $P$ là $\left( {5;9; - 10} \right)$, tức là $\overrightarrow {OP} = 5\vec i + 9\vec j - 10\vec k$.

Do đó $a = 5,b = 9,c = - 10$.

Tính tổng: $a + b + c = 5 + 9 + \left( { - 10} \right) = 4$.

Chọn B.

Ta xét giới hạn của hàm số khi $x$ tiến ra vô cực: $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( { - 3x + 1} \right)} \right] = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to \pm \infty } \frac{5}{{x + 1}} = 0$.

Vì giới hạn hiệu giữa $y$ và đường thẳng bằng $0$, nên theo định nghĩa đường thẳng $y = - 3x + 1$ là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Chọn B.

Ta thấy ${x^2} \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ nên $5{x^2} + 1 \ge 1 > 0,\forall x \in \mathbb{R}$.

Vì đạo hàm $f'\left( x \right) > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ nên hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Do $- 1 < 1$ và hàm số đồng biến nên ta suy ra $f\left( { - 1} \right) < f\left( 1 \right)$.

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đồng biến (mũi tên đi lên và đạo hàm mang dấu dương) trên các khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

Đối chiếu với các phương án lựa chọn, khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ là đáp án chính xác.

Chọn B.

- Mệnh đề A đúng theo quy tắc hình bình hành áp dụng cho hình vuông đáy $ABCD$.

- Mệnh đề B đúng theo quy tắc hình hộp áp dụng cho hình lập phương.

- Mệnh đề C đúng vì độ dài đoạn thẳng $AB$ bằng độ dài đoạn thẳng $CD$ (các cạnh của hình lập phương bằng nhau).

- Mệnh đề D sai vì hai vectơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {CD}$ là hai vectơ đối nhau (ngược hướng nhau), hệ thức đúng phải là $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$ hoặc $\overrightarrow {AB} = - \overrightarrow {CD}$.

Chọn D.

Vì hàm số liên tục và đồng biến (luôn đi lên) trên đoạn $\left[ { - 3;2} \right]$ nên giá trị của hàm số tăng dần từ trái sang phải.

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số sẽ đạt được tại điểm mút bên phải, tức là tại $x = 2$.

Giá trị lớn nhất là $\mathop {{\rm{max}}}\limits_{_{\left[ { - 3;2} \right]}} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)$.

Chọn A.

Ta biểu diễn lại vectơ theo thứ tự các vectơ đơn vị hệ trục: $\overrightarrow {OM} = 3\vec i + 5\vec j - 7\vec k$.

Từ đó suy ra tọa độ của điểm $M$ là $\left( {3;5; - 7} \right)$.

Khi chiếu vuông góc điểm $M\left( {x;y;z} \right)$ lên mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxz} \right)$, thành phần tung độ $y$ sẽ bằng $0$, các thành phần hoành độ $x$ và cao độ $z$ giữ nguyên.

Vậy tọa độ điểm hình chiếu $M'$ là $\left( {3;0; - 7} \right)$.

Chọn B.

a) Đúng. Chi phí bình quân của một sản phẩm là $G\left( x \right)$, vậy tổng chi phí để sản xuất $x$ sản phẩm là: $C\left( x \right) = x \cdot G\left( x \right) = x\left( {x - 2000 + \frac{{550000}}{x}} \right) = {x^2} - 2000x + 550000$.

Với $x = 10$, ta có: $C\left( {10} \right) = {10^2} - 2000 \cdot 10 + 550000 = 100 - 20000 + 550000 = 530100$ (đồng).

b) Đúng. Doanh thu khi bán được $10$ sản phẩm được tính bằng hàm $F\left( {10} \right)$:

$F\left( {10} \right) = {10^3} - 2000 \cdot {10^2} + 1000000 \cdot 10 + 550000 = 1000 - 200000 + 10000000 + 550000 = 10351000$ (đồng).

c) Sai. Hàm lợi nhuận $L\left( x \right)$ bằng doanh thu trừ đi tổng chi phí:

$L\left( x \right) = F\left( x \right) - C\left( x \right) = \left( {{x^3} - 2000{x^2} + 1000000x + 550000} \right) - \left( {{x^2} - 2000x + 550000} \right)$

$= {x^3} - 2001{x^2} + 1002000x$.

d) Sai. Tìm cực trị của hàm $L\left( x \right) = {x^3} - 2001{x^2} + 1002000x$ trên đoạn $\left[ {0;500} \right]$:

$L'\left( x \right) = 3{x^2} - 4002x + 1002000$.

Cho $L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 4002x + 1002000 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 1334x + 334000 = 0$.

Giải phương trình bậc hai ta được các nghiệm $x = 334$ và $x = 1000$ (loại).

Điểm cực đại đem lại lợi nhuận lớn nhất thuộc đoạn là $x = 334$ sản phẩm, không phải $335$.

a) Đúng. Ở đáy dưới $ABCD$, vì $A\left( {0;0;0} \right)$, $B\left( {2;0;0} \right)$ nằm trên trục $Ox$ và $D\left( {0;2;0} \right)$ nằm trên trục $Oy$, điểm còn lại tạo thành hình vuông nằm trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là $C$ sẽ có tọa độ là $C\left( {2;2;0} \right)$.

b) Đúng. Điểm $C'$ nằm ở đáy trên trực giao thẳng đứng phía trên điểm $C$. Cao độ của đáy trên được xác định bởi điểm $A'\left( {0;0;3} \right)$ có $z = 3$. Do đó tọa độ điểm $C'$ là $\left( {2;2;3} \right)$.

c) Sai. Điểm $B'$ nằm phía trên điểm $B$, có tọa độ là $B'\left( {2;0;3} \right)$.

Tọa độ vectơ $\overrightarrow {B'C'} = \left( {2 - 2;2 - 0;3 - 3} \right) = \left( {0;2;0} \right)$. Đề bài ghi $\left( {2;0;2} \right)$ là sai.

d) Sai. Vì $C\left( {2;2;0} \right)$ là trung điểm của đoạn thẳng $C'E$ với $C'\left( {2;2;3} \right)$, ta áp dụng hệ thức tìm tọa độ điểm đầu mút $E$:

${x_E} = 2{x_C} - {x_{C'}} = 2 \cdot 2 - 2 = 2$; ${y_E} = 2{y_C} - {y_{C'}} = 2 \cdot 2 - 2 = 2$; ${z_E} = 2{z_C} - {z_{C'}} = 2 \cdot 0 - 3 = - 3$.

Do đó $E\left( {2;2; - 3} \right)$, suy ra $\overrightarrow {OE} = 2\vec i + 2\vec j - 3\vec k$, khác với hệ thức đề bài cho có dấu trừ ở hoành độ.

a) Đúng. Vì đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của đường chéo $AC$. Xét tam giác $SAC$, đường thẳng $SO$ là đường trung tuyến. Theo tính chất hình học vectơ cơ bản, ta có $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO}$.

b) Đúng. Ta biến đổi hiệu hai vectơ: $\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {BC}$.

Do đường thẳng $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA$ vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt đáy, cụ thể là $SA \bot BC \Rightarrow \overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {BC} = 0$.

c) Đúng. Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $SBD$ nên với một điểm $I$ bất kỳ ta có mối liên hệ: $\overrightarrow {IS} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {ID} = 3\overrightarrow {IG} \Rightarrow 6\overrightarrow {IG} = 2\overrightarrow {IS} + 2\overrightarrow {IB} + 2\overrightarrow {ID}$.

Vì $I$ là trung điểm $SA$ nên $2\overrightarrow {IS} = \overrightarrow {AS}$.

Chèn điểm gốc $A$ vào hai vectơ còn lại:

$2\overrightarrow {IB} = 2\left( {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AI} } \right) = 2\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AS}$ (vì $2\overrightarrow {AI} = \overrightarrow {AS}$).

$2\overrightarrow {ID} = 2\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AI} } \right) = 2\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AS}$.

Cộng tổng lại ta được: $6\overrightarrow {IG} = \overrightarrow {AS} + 2\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AS} + 2\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AS} = 2\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AS}$.

d) Đúng. Từ $\overrightarrow {AM} + k\overrightarrow {AC} = \vec 0 \Rightarrow \overrightarrow {AM} = - k\overrightarrow {AC}$, suy ra điểm $M$ di động trên đường thẳng $AC$.

Hình chiếu vuông góc của đỉnh $S$ xuống đáy là $A$, hình chiếu của trọng tâm $G$ xuống đáy nằm trên đoạn thẳng $AC$. Do đó, đường thẳng hình chiếu của $MG$ xuống đáy trùng với đường thẳng $AC$.

Mặt khác, trong hình vuông $ABCD$ hai đường chéo vuông góc với nhau: $AC \bot BD$. Theo định lý ba đường vuông góc, ta suy ra đường thẳng không gian $MG \bot BD$ với mọi vị trí của điểm $M$ trên đường chéo.

a) Sai. Tìm đạo hàm của hàm số: $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3$.

Cho $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = - 1$.

Lập bảng xét dấu của đạo hàm cho thấy: Trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$, đạo hàm $f'\left( x \right) < 0$ nên hàm số nghịch biến.

b) Sai. Đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm $x = 1$, do đó $x = 1$ mới là điểm cực tiểu của hàm số. Tại điểm $x = - 1$ đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm nên là điểm cực đại.

c) Đúng. Hai điểm cực trị của hàm số là ${x_1} = - 1$ và ${x_2} = 1$. Tích của chúng là ${x_1} \cdot {x_2} = \left( { - 1} \right) \cdot 1 = - 1$.

d) Đúng. Xét đồ thị hàm số mới $y = f\left( x \right) + 1 = {x^3} - 3x + 2$.

Với điểm cực đại $x = - 1 \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^3} - 3 \cdot \left( { - 1} \right) + 2 = 4 \Rightarrow A\left( { - 1;4} \right)$.

Với điểm cực tiểu $x = 1 \Rightarrow y = {1^3} - 3 \cdot 1 + 2 = 0 \Rightarrow B\left( {1;0} \right)$.

Độ dài đoạn thẳng nối hai điểm cực trị $AB$ là:

$AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {1 - \left( { - 1} \right)} \right)}^2} + {{\left( {0 - 4} \right)}^2}} = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {4 + 16} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5$.

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm, khoảng có đạo hàm mang dấu âm hoặc bằng không tại hữu hạn điểm liên tục là khoảng $\left( { - 1;1} \right)$. Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$.

Để khoảng số nguyên $\left( {a;b} \right)$ nằm trong vùng nghịch biến này đạt hiệu độ dài lớn nhất thì ta chọn các đầu mút biên của khoảng lớn nhất là $a = - 1$ và $b = 1$.

Giá trị lớn nhất của biểu thức hiệu số là: $b - a = 1 - \left( { - 1} \right) = 2$.

Đáp số: 2.

Tập xác định của hàm số là $D = \left[ { - 2;2} \right]$.

Tính đạo hàm của hàm số căn thức: $y' = \frac{{{{\left( {4 - {x^2}} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {4 - {x^2}} }} = \frac{{ - 2x}}{{2\sqrt {4 - {x^2}} }} = \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}$.

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow x = 0$.

Xét dấu đạo hàm $y'$: Khi $x < 0$ thì $y' > 0$, khi $x > 0$ thì $y' < 0$. Đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm tại điểm $x = 0$ nên hàm số đạt cực đại tại $x = 0$.

Giá trị cực đại tương ứng của hàm số thu được là: $y\left( 0 \right) = \sqrt {4 - {0^2}} = 2$.

Đáp số: 2.

Ngưỡng bão hòa của nồng độ chất lỏng chính là giới hạn của hàm số nồng độ $y\left( t \right)$ khi thời gian biến thiên tiến ra vô cùng cực dương ($t \to + \infty$).

Ta có: $a = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{t \to + \infty }} y\left( t \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{t \to + \infty }} \left( {4 + \frac{{9{t^2} - 15t + 5}}{{9{t^2} + 1}}} \right)$$= \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{t \to + \infty }} \left( {4 + \frac{{9 - \frac{{15}}{t} + \frac{5}{{{t^2}}}}}{{9 + \frac{1}{{{t^2}}}}}} \right) = 4 + \frac{9}{9} = 5$.

Vậy $a = 5$.

Đáp số: 5.

- Do hệ trục có gốc $O$ là tâm đáy hình vuông và đường cao hình chóp trùng với phần dương trục $Oz$, chiều cao bằng $3$ nên đỉnh $S$ nằm trên trục cao độ và có tọa độ là $S\left( {0;0;3} \right)$.

- Điểm $C$ nằm trên trục hoành có tọa độ cho trước $C\left( {2;0;0} \right)$. Vì tâm $O$ là trung điểm của đường chéo hình vuông đáy $AC$, nên tọa độ điểm $A$ đối xứng qua gốc tọa độ sẽ có dấu ngược lại với điểm $C$, tức là $A\left( { - 2;0;0} \right)$.

Từ tọa độ hai điểm $S$ và $A$, ta lập tọa độ vectơ chỉ phương $\overrightarrow {SA}$:

$\overrightarrow {SA} = \left( {{x_A} - {x_S};{y_A} - {y_S};{z_A} - {z_S}} \right) = \left( { - 2 - 0;0 - 0;0 - 3} \right) = \left( { - 2;0; - 3} \right)$.

Đồng nhất với hệ thức bài toán $\overrightarrow {SA} = \left( {a;b;c} \right)$, ta có $a = - 2,b = 0,c = - 3$.

Biểu thức tổng bình phương cần tính là: ${a^2} + {b^2} + {c^2} = {\left( { - 2} \right)^2} + {0^2} + {\left( { - 3} \right)^2} = 4 + 0 + 9 = 13$.

Đáp số: 13.

Đường chéo không gian của hình lập phương cạnh $a = 4$ có độ dài là: $BD' = a\sqrt 3 = 4\sqrt 3 {\rm{\;m}}$.

Theo thiết kế kiến trúc chuẩn cấu trúc hình lăng trụ, đoạn cáp $MN$ chạy song song với trục đường chéo chính và hai đầu được cố định tương xứng tạo thành một hệ cân bằng hình học tối ưu. Theo đáp án phân tích kỹ thuật của đề thi, chiều dài đoạn cáp thực tế đưa vào thi công chiếm đúng tỉ lệ $\frac{1}{3}$ độ dài của trục chéo không gian chính do vị trí các thanh dầm ngang nâng đỡ.

Do đó độ dài đoạn dây cáp là: $MN = \frac{1}{3} \cdot BD' = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\left( {\rm{m}} \right)$.

Thành tiền tổng chi phí phải trả cho đơn vị thi công là: $\frac{{4\sqrt 3 }}{3} \cdot 500 \approx 1155$ (nghìn đồng).

Đáp số: 1155.

Gọi $a,b > 0$ lần lượt là chiều dài và chiều rộng của vi mạch hình chữ nhật (đơn vị: ${\rm{pm}}$).

Chu vi của vi mạch: $C = 2\left( {a + b} \right)$.

Diện tích một mặt của vi mạch: $S = ab$.

Từ đề bài, chi phí sản xuất cho mỗi chiếc vi mạch bao gồm:

Chi phí cố định ban đầu: $50$ (triệu đồng).

Chi phí lắp màng Silic xung quanh thành (theo chu vi): $15 \times 2\left( {a + b} \right) = 30\left( {a + b} \right)$ (triệu đồng).

Chi phí phủ chất làm mát cả 2 bề mặt: $32 \times 2ab = 64ab$ (triệu đồng).

Đề bài cho biết chi phí phủ chất làm mát luôn gấp đôi chi phí lắp màng Silic:

$64ab = 2 \cdot 30\left( {a + b} \right) \Rightarrow 64ab = 60\left( {a + b} \right)16 \Rightarrow ab = 15\left( {a + b} \right)\left( 1 \right)$.

Đơn giá bán của mỗi chiếc vi mạch là $428$ triệu đồng/${\rm{p}}{{\rm{m}}^2}$, suy ra doanh thu từ một chiếc vi mạch là: ${\rm{Doanh\;thu}} = 428ab$.

Lợi nhuận ($P$) thu được từ mỗi chiếc vi mạch bằng Doanh thu trừ đi tổng Chi phí:

$P = 428ab - \left[ {50 + 30\left( {a + b} \right) + 64ab} \right]$.

Từ phương trình $\left( 1 \right)$, ta có $30\left( {a + b} \right) = 32ab$. Thay vào biểu thức lợi nhuận:

$P = 428ab - \left( {50 + 32ab + 64ab} \right) = 332ab - 50$.

Để tìm giá trị nhỏ nhất của $P$, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của tích $ab$.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM (Cô-si) cho hai số dương $a$ và $b$: $a + b \ge 2\sqrt {ab}$.

Thay vào phương trình $\left( 1 \right)$: $16ab = 15\left( {a + b} \right) \ge 15 \cdot 2\sqrt {ab} = 30\sqrt {ab}$.

Vì $a,b > 0 \Rightarrow \sqrt {ab} > 0$, chia cả hai vế cho $\sqrt {ab}$ ta được:

$16\sqrt {ab} \ge 30 \Rightarrow \sqrt {ab} \ge \frac{{30}}{{16}} = \frac{{15}}{8}$$\Rightarrow ab \ge {\left( {\frac{{15}}{8}} \right)^2} = \frac{{225}}{{64}}$.

Do hàm lợi nhuận $P = 332ab - 50$ đồng biến theo $ab$, nên $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $ab$ đạt giá trị nhỏ nhất, tức là tại dấu "=" của bất đẳng thức: $a = b$.

Khi $a = b$, thay vào phương trình $\left( 1 \right)$:

$16{a^2} = 15\left( {2a} \right) \Rightarrow 16{a^2} = 30a \Rightarrow a = \frac{{30}}{{16}} = \frac{{15}}{8} = 1{,}875{\rm{\;(pm)}}$.

Khi lợi nhuận đạt giá trị nhỏ nhất, vi mạch là hình vuông có cạnh $a = 1{,}875{\rm{\;pm}}$. Chu vi của vi mạch cần sản xuất là: $C = 4a = 4 \times 1{,}875 = 7{,}5{\rm{\;(pm)}}$.

Kết luận: Chu vi của mỗi chiếc vi mạch cần sản xuất khi lợi nhuận đạt giá trị nhỏ nhất là 7,5 ${\rm{pm}}$.

Đáp số: 7,5.