Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Nguyễn Khuyến (TP.HCM) có đáp án

Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn $\left[ { - 2;4} \right]$, ta thấy điểm cao nhất của đồ thị là điểm có tọa độ $\left( { - 2;7} \right)$.

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ { - 2;4} \right]$ là $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right) = 7$.

Chọn C.

Trong hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$, các mặt là các hình bình hành.

Xét hình bình hành $A'B'C'D'$, ta có $\overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {D'C'}$.

Mặt khác, tứ giác $ABB'A'$ và $DCC'D'$ là các hình bình hành nên các cạnh đối diện song song và bằng nhau, suy ra $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {D'C'}$.

Do đó, vectơ bằng với vectơ $\overrightarrow {AB}$ là $\overrightarrow {D'C'}$.

Chọn D.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Đạo hàm: $y' = - 3{x^2} + 6x$.

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.$.

Xét dấu đạo hàm ta thấy tại điểm $x = 0$ đạo hàm đổi dấu từ âm dương nên $x = 0$ là điểm cực tiểu của hàm số. Giá trị cực tiểu tương ứng là $y\left( 0 \right) = 5$. Do đó điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là $A\left( {0;5} \right)$.

Tọa độ gốc tọa độ là $O\left( {0;0} \right)$. Độ dài đoạn thẳng $OA$ là: $OA = \sqrt {{{\left( {0 - 0} \right)}^2} + {{\left( {5 - 0} \right)}^2}} = 5$.

Chọn A.

Áp dụng công thức tính côsin của góc giữa hai vectơ:

$\cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = \frac{{\vec a \cdot \vec b}}{{\left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right|}} = \frac{{0 \cdot \left( { - 1} \right) + 1 \cdot 1 + 1 \cdot 0}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2} + {0^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 \cdot \sqrt 2 }} = \frac{1}{2}$.

Vì $\cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = \frac{1}{2}$ nên góc giữa hai vectơ bằng $60^\circ$.

Chọn A.

Quan sát hình ảnh bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;2} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$.

Chọn B.

Do điểm $A$ nằm trên tia $Ox$ và $OA = 3 \Rightarrow A\left( {3;0;0} \right)$.

Do điểm $C$ nằm trên tia $Oy$ và $OC = 4 \Rightarrow C\left( {0;4;0} \right)$.

Do điểm $O'$ nằm trên tia $Oz$ và $OO' = 5 \Rightarrow O'\left( {0;0;5} \right)$.

Điểm $B$ thuộc mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ và là đỉnh đối diện của $O$ trong hình chữ nhật $OABC$, do đó tọa độ của $B$ là $\left( {3;4;0} \right)$.

Điểm $B'$ là đỉnh của hình hộp chữ nhật nằm thẳng đứng phía trên điểm $B$ theo phương trục $Oz$ với độ cao bằng $OO' = 5$.

Vậy tọa độ của điểm $B'$ là $\left( {3;4;5} \right)$.

Chọn D.

Hình chiếu vuông góc của điểm $M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ lên trục hoành $Ox$ được xác định bằng cách giữ nguyên hoành độ và cho tung độ, cao độ bằng $0$.

Với $M\left( {1; - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)$, hình chiếu vuông góc $M'$ trên $Ox$ có tọa độ là $M'\left( {1;0;0} \right)$.

Chọn C.

Tọa độ trung điểm $H$ của đoạn thẳng $MN$ được tính theo công thức:

${x_H} = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = \frac{{2 + \left( { - 2} \right)}}{2} = 0$

${y_H} = \frac{{{y_M} + {y_N}}}{2} = \frac{{ - 3 + 7}}{2} = 2$

${z_H} = \frac{{{z_M} + {z_N}}}{2} = \frac{{5 + 11}}{2} = 8$

Vậy tọa độ trung điểm là $H\left( {0;2;8} \right)$.

Chọn B.

Ý d) ĐÚNG. Vận tốc của chất điểm bằng đạo hàm bậc nhất của phương trình ly độ (tọa độ) theo thời gian: $v\left( t \right) = f'\left( t \right) = 3{t^2} - 3$.

Ý a) SAI. Xét phương trình $f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 3{t^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow {t^2} = 1 \Leftrightarrow t = 1$ hoặc $t = - 1$. Vì xét trên đoạn $\left[ {0;10} \right]$ nên chỉ có duy nhất một nghiệm $t = 1$ thuộc đoạn này. Do đó phương trình không có hai nghiệm phân biệt trên $\left[ {0;10} \right]$.

Ý b) SAI. Ta có xét dấu của $f'\left( t \right)$ trên $\left[ {0;10} \right]$: $f'\left( t \right) < 0$ với $t \in \left[ {0;1} \right)$ và $f'\left( t \right) > 0$ với $t \in \left( {1;10} \right]$. Tại điểm $t = 1$, đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương nên đây là điểm cực tiểu của hàm số, hàm số không có điểm cực đại nào trên đoạn $\left[ {0;10} \right]$.

Ý c) SAI. Xét gia tốc của chất điểm $a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t$. Với mọi $t \in \left( {0;1} \right)$, ta có $a\left( t \right) = 6t > 0$, điều này chứng tỏ vận tốc $v\left( t \right)$ đang tăng. Do đó phát biểu vận tốc giảm là sai.

Ý c) ĐÚNG. Điều kiện xác định: $x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1$. Vậy tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$. Định dạng dưới dạng khoảng là $\left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$ hoặc viết dạng loại trừ tập hợp. Phát biểu đúng về mặt bản chất tập hợp.

Ý b) ĐÚNG. Đạo hàm của hàm số bậc nhất trên bậc nhất: $y' = \frac{{1 \cdot \left( { - 1} \right) - 3 \cdot 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$. Vì $y' < 0$ với mọi $x \ne 1$ nên hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng xác định và không có cực trị.

Ý d) SAI. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

Ý a) SAI. Trên đoạn $\left[ { - \frac{1}{2};0} \right]$, hàm số liên tục và luôn nghịch biến. Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số sẽ đạt được tại đầu mút bên trái: $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - \frac{1}{2};0} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{ - \frac{1}{2} + 3}}{{ - \frac{1}{2} - 1}} = \frac{{\frac{5}{2}}}{{ - \frac{3}{2}}} = - \frac{5}{3}$. Giá trị này khác $- 3$.

Ý a) SAI. Do $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đứng nên cạnh bên $CC'$ vuông góc với mặt đáy $\left( {ABC} \right)$.

Suy ra $CC' \bot AB \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CC'} = 0$.

Ý b) ĐÚNG. Xét tam giác vuông $ABB'$ vuông tại $B$, ta có:

$AB' = \sqrt {A{B^2} + B{{B'}^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 3$.

Tương tự, xét tam giác vuông $BCC'$ vuông tại $C$, ta có $BC' = \sqrt {B{C^2} + C{{C'}^2}} = a\sqrt 3$.

Do đó $\left| {\overrightarrow {AB'} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC'} } \right| = a\sqrt 3$.

Ý c) SAI. Do $B'C'{\rm{//}}BC$ nên góc giữa hai vectơ $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {B'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right)$. Tam giác $ABC$ là tam giác đều (do lăng trụ tam giác đều) nên $\widehat {ABC} = 60^\circ$. Góc giữa hai vectơ chung gốc $B$ là $\overrightarrow {BA}$ và $\overrightarrow {BC}$ bằng $60^\circ$, suy ra góc giữa $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {BC}$ bằng $180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.

Ý d) ĐÚNG. Theo quy tắc hình bình hành áp dụng cho mặt bên $ABB'A'$, ta có $\overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'}$. Vì các cạnh bên song song và bằng nhau nên $\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {CC'}$. Thay vào ta được $\overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CC'}$.

Xác định hệ tọa độ: Giả sử chiều dài $10{\rm{\;m}}$ nằm dọc theo trục $Oy$ (bức tường dài $10{\rm{\;m}}$), chiều rộng $7{\rm{\;m}}$ dọc theo trục $Ox$ (bức tường có kích thước $7 \times 3{,}3$ chính là bức tường nằm trong mặt phẳng song song hoặc trùng với mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$).

Vị trí tâm trần nhà có tọa độ hình chiếu xuống sàn là trung điểm của chiều dài và chiều rộng: $x = \frac{7}{2} = 3{,}5$ và $y = \frac{{10}}{2} = 5$.

Độ cao của trần nhà là $3{,}3{\rm{\;m}}$. Thanh treo quạt dài $0{,}8{\rm{\;m}}$ hướng thẳng đứng xuống dưới, nên độ cao (cao độ $z$) của động cơ quạt điểm $I$ là: $z = 3{,}3 - 0{,}8 = 2{,}5{\rm{\;m}}$.

Vậy tọa độ động cơ quạt là $I\left( {3{,}5;5;2{,}5} \right)$.

Ý c) ĐÚNG. Tọa độ của $I$ có $a = 3{,}5;b = 5;c = 2{,}5$.

Ý d) ĐÚNG. Khoảng cách từ điểm $I$ đến sàn nhà (mặt phẳng $Oxy$) chính là cao độ ${z_I} = 2{,}5{\rm{\;m}}$.

Ý a) ĐÚNG. Bức tường trang trí tranh có kích thước $7 \times 3{,}3$, tức là bức tường nằm ở mặt phẳng ứng với vị trí giới hạn chiều dài của phòng (mặt phẳng $y = 0$ hoặc $y = 10$). Khoảng cách từ tâm quạt $I\left( {3{,}5;5;2{,}5} \right)$ đến bức tường này chính là khoảng cách đến mặt phẳng song song với $\left( {Oxz} \right)$, bằng $5{\rm{\;m}}$.

Ý b) ĐÚNG. Tính khoảng cách từ thiết bị $A\left( {0;2;1} \right)$ đến động cơ quạt $I\left( {3{,}5;5;2{,}5} \right)$:

$AI = \sqrt {{{\left( {3{,}5 - 0} \right)}^2} + {{\left( {5 - 2} \right)}^2} + {{\left( {2{,}5 - 1} \right)}^2}} = \sqrt {{{3{,}5}^2} + {3^2} + {{1{,}5}^2}} = \sqrt {12{,}25 + 9 + 2{,}25} = \sqrt {23{,}5} \approx 4{,}85{\rm{\;m}}$.

Vì $4{,}85{\rm{\;m}} < 5{,}5{\rm{\;m}}$ nên phát biểu này đúng.

Gia tốc $a\left( t \right)$ của tàu con thoi là đạo hàm bậc nhất của hàm vận tốc theo thời gian $t$:

$a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 3 \cdot 0{,}001302 \cdot {t^2} - 2 \cdot 0{,}08029 \cdot t = 0{,}003906{t^2} - 0{,}16058t$.

Để gia tốc tăng, đạo hàm của gia tốc phải dương (tức là hàm số gia tốc đồng biến):

$a'\left( t \right) = 2 \cdot 0{,}003906 \cdot t - 0{,}16058 = 0{,}007812t - 0{,}16058$

Xét bất phương trình $a'\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow 0{,}007812t - 0{,}16058 > 0 \Leftrightarrow t > \frac{{0{,}16058}}{{0{,}007812}} \approx 20{,}555{\rm{\;s}}$.

Do đó, trong khoảng thời gian từ $t \approx 20{,}555{\rm{\;s}}$ đến $t = 126{\rm{\;s}}$, gia tốc của tàu sẽ liên tục tăng.

Thời gian gia tốc tăng là: ${\rm{\Delta }}t = 126 - 20{,}555 = 105{,}445{\rm{\;gi\^a y}}$.

Làm tròn đến hàng đơn vị: $105$.

Đáp số: 105.

Gọi hai lực đầu tiên là $\overrightarrow {{F_1}}$ và $\overrightarrow {{F_2}}$ với $\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = 50{\rm{\;N}}$, góc giữa chúng là $\alpha = 120^\circ$.

Gọi $\overrightarrow {{F_{12}}} = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}}$ là hợp lực của hai lực này. Độ lớn của $\overrightarrow {{F_{12}}}$ được tính theo quy tắc hình bình hành:

${F_{12}} = \sqrt {F_1^2 + F_2^2 + 2{F_1}{F_2}\cos 120^\circ } = \sqrt {{{50}^2} + {{50}^2} + 2 \cdot 50 \cdot 50 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right)} = 50{\rm{\;N}}$.

Lực thứ ba $\overrightarrow {{F_3}}$ có độ lớn $60{\rm{\;N}}$ và vuông góc với mặt phẳng chứa $\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}}$, nên $\overrightarrow {{F_3}}$ cũng vuông góc với hợp lực $\overrightarrow {{F_{12}}}$.

Độ lớn của tổng hợp lực toàn phần $\vec F = \overrightarrow {{F_{12}}} + \overrightarrow {{F_3}}$ tuân theo định lý Pythagore:

$F = \sqrt {F_{12}^2 + F_3^2} = \sqrt {{{50}^2} + {{60}^2}} = \sqrt {2500 + 3600} = \sqrt {6100} = 10\sqrt {61} \approx 78{,}102{\rm{\;N}}$.

Làm tròn đến hàng phần mười ta được $78{,}1$.

Đáp số: 78,1.

Theo quy ước hệ trục tọa độ: Trục $Ox$ hướng về phía nam, trục $Oy$ hướng về phía đông, trục $Oz$ hướng thẳng đứng lên trời.

Vị trí điểm $A$: cách gốc $5{\rm{\;m}}$ về phía nam $\Rightarrow {x_A} = 5$; cách gốc $6{\rm{\;m}}$ về phía đông $\Rightarrow {y_A} = 6$; cách mặt đất $4{\rm{\;m}}$ $\Rightarrow {z_A} = 4$. Vậy $A\left( {5;6;4} \right)$.

Vị trí điểm $B$: Tọa độ của điểm $B$ được xác định qua độ dài vectơ và các góc định hướng (cosin chỉ phương):

${x_B} = OB \cdot \cos 135^\circ = 10 \cdot \left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = - 5\sqrt 2$;

${y_B} = OB \cdot \cos 120^\circ = 10 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = - 5$;

${z_B} = OB \cdot \cos 60^\circ = 10 \cdot \frac{1}{2} = 5$.

Vậy $B\left( { - 5\sqrt 2 ; - 5;5} \right)$.

Tính khoảng cách $AB$: $AB = \sqrt {{{\left( { - 5\sqrt 2 - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 5 - 6} \right)}^2} + {{\left( {5 - 4} \right)}^2}}$$\approx 16{,}36{\rm{\;m}}$.

Làm tròn đến hàng phần chục của mét: $16{,}4$.

Đáp số: 16,4.

Tổng chi phí bao gồm chi phí xuất bản và chi phí phát hành cho $x$ cuốn tạp chí:

$T\left( x \right) = C\left( x \right) + 2x = 0{,}002{x^2} - 3x + 55000 + 2x = 0{,}002{x^2} - x + 55000$.

Chi phí trung bình cho mỗi cuốn tạp chí là hàm số $f\left( x \right) = \frac{{T\left( x \right)}}{x}$:

$f\left( x \right) = \frac{{0{,}002{x^2} - x + 55000}}{x} = 0{,}002x - 1 + \frac{{55000}}{x}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si (Cauchy) cho hai số dương $0{,}002x$ và $\frac{{55000}}{x}$ (với $x > 0$):

$0{,}002x + \frac{{55000}}{x} \ge 2\sqrt {0{,}002x \cdot \frac{{55000}}{x}} = 2\sqrt {110}$.

Do đó, giá trị nhỏ nhất của chi phí trung bình là: $f\left( x \right) \ge 2\sqrt {110} - 1 \approx 19{,}976$ nghìn đồng.

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị: $20$.

Đáp số: 20.