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

Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm $f'\left( x \right)$, ta thấy $f'\left( x \right)$ đổi dấu khi qua các điểm $x = - 1$, $x = 2$ (từ dương sang âm) và $x = 0$, $x = 4$ (từ âm sang dương). Do đó, hàm số có 4 điểm cực trị.

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x = 2$ (giá trị cực tiểu tương ứng là $y = 0$).

Chọn C.

Ta giải phương trình đạo hàm:

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

Phương trình có các nghiệm:

$x = 2$ là nghiệm bội chẵn (bội 2), do đó $f'\left( x \right)$ không đổi dấu khi qua $x = 2$.

$x = - 2$ là nghiệm bội lẻ (bội 1).

$x = 1$ là nghiệm bội lẻ (bội 3).

Vì $f'\left( x \right)$ chỉ đổi dấu khi đi qua 2 nghiệm bội lẻ là $x = - 2$ và $x = 1$, hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Chọn D.

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$, đường cong đồ thị có hướng đi lên từ trái sang phải, chứng tỏ hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$.

Chọn B.

Ta nhận thấy: $\vec y = - 10\vec a + 2\vec b = - 2\left( {5\vec a - \vec b} \right) = - 2\vec x$.

Do $\vec y = - 2\vec x$, hai vectơ $\vec x$ và $\vec y$ cùng phương với nhau. Từ đó suy ra ba vectơ $\vec x,\vec y,\vec z$ đồng phẳng vì có hai vectơ cùng phương. Do đó câu B đúng, câu A sai.

Chọn B.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Ta có đạo hàm: $y' = 3{x^2} - 18x + 15$; $y' = 0 \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} - 6x + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 1}\\{x = 5}\end{array}} \right.$.

Lập bảng biến thiên, ta xác định được tại $x = 5$ đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương.

Vậy điểm cực tiểu của hàm số là $x = 5 = \frac{{15}}{3}$.

Chọn A.

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$, theo tính chất trọng tâm ta có: $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \vec 0$.

Chèn điểm $S$ vào hệ thức:

$\left( {\overrightarrow {GS} + \overrightarrow {SA} } \right) + \left( {\overrightarrow {GS} + \overrightarrow {SB} } \right) + \left( {\overrightarrow {GS} + \overrightarrow {SC} } \right) = \vec 0$$\Leftrightarrow 3\overrightarrow {GS} + \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = \vec 0$$\Leftrightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 3\overrightarrow {SG}$.

Chọn A.

Xét trên đoạn $\left[ {0;3} \right]$, các giá trị của hàm số tại các điểm đặc biệt và biên là:

$f\left( 0 \right) = 5,\quad f\left( 2 \right) = 1,\quad f\left( 3 \right) = 4$.

So sánh các giá trị trên, ta tìm được:

Giá trị lớn nhất của hàm số trên $\left[ {0;3} \right]$ là $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 5$.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $\left[ {0;3} \right]$ là $m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 1$.

Vậy $M - m = 5 - 1 = 4$.

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên, đạo hàm $y'$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm $x = - 1$. Do đó, hàm số đạt cực đại tại điểm $x = - 1$.

Chọn B.

Thực hiện phép chia đa thức ở tử số cho mẫu số:

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

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( { - \frac{3}{{x + 2}}} \right) = 0$, đường thẳng $y = x + 1$ chính là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Chọn D.

Vì $I$ đối xứng với $M$ qua $N$ nên $N$ là trung điểm của đoạn thẳng $MI$.

Ta có hệ thức tọa độ trung điểm: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_N} = \frac{{{x_M} + {x_I}}}{2}}\\{{y_N} = \frac{{{y_M} + {y_I}}}{2}}\\{{z_N} = \frac{{{z_M} + {z_I}}}{2}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_I} = 2{x_N} - {x_M} = 2 \cdot 0 - 6 = - 6}\\{{y_I} = 2{y_N} - {y_M} = 2 \cdot \left( { - 3} \right) - 1 = - 7}\\{{z_I} = 2{z_N} - {z_M} = 2 \cdot \left( { - 5} \right) - \left( { - 3} \right) = - 7}\end{array}} \right.} \right.$.

Vậy tọa độ điểm $I$ là $I\left( { - 6; - 7; - 7} \right)$.

Chọn C.

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

Xét bất phương trình: $- {x^2} + 5x - 4 \le 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x \le 1}\\{x \ge 4}\end{array}} \right.$.

Như vậy, hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {4; + \infty } \right)$.

Xét các phương án lựa chọn, khoảng $\left( {5; + \infty } \right)$ là tập con của $\left( {4; + \infty } \right)$, do đó hàm số cũng nghịch biến trên khoảng $\left( {5; + \infty } \right)$.

Chọn B.

Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$.

Ý a): ĐÚNG.

Ta có $y' = \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) - \left( {{x^2} + x - 5} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {2{x^2} - 3x - 2} \right) - \left( {{x^2} + x - 5} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}$.

Ý b): SAI.

Ta có $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = 3$.

Bảng xét dấu $y'$ chỉ ra rằng $y' < 0$ trên $\left( {1;2} \right)$ và $\left( {2;3} \right)$. Vì hàm số không xác định tại $x = 2$, hàm số không thể nghịch biến liên tục trên toàn khoảng $\left( {1;3} \right)$.

Ý c): SAI.

Qua $x = 1$, $y'$ đổi dấu từ dương sang âm nên $x = 1$ là điểm cực đại. Qua $x = 3$, $y'$ đổi dấu từ âm sang dương nên $x = 3$ là điểm cực tiểu. Do đó hàm số đạt cực tiểu tại $x = 3$.

Ý d): ĐÚNG.

Ta phân tích: $y = \frac{{{x^2} + x - 5}}{{x - 2}} = \frac{{x\left( {x - 2} \right) + 3\left( {x - 2} \right) + 1}}{{x - 2}} = x + 3 + \frac{1}{{x - 2}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{x - 2}} = 0$, đường tiệm cận xiên là $y = x + 3$.

Lời giải

Ý a): ĐÚNG. Do tọa độ điểm $A\left( {5; - 9;10} \right)$ nên vectơ $\overrightarrow {OA} = 5\vec i - 9\vec j + 10\vec k$.

Ý b): SAI. Thứ tự các vectơ đơn vị trong đề bài bị đảo: $\vec a = 2\vec i + 4\vec j - 3\vec k$. Do đó tọa độ đúng của $\vec a$ phải là $\left( {2;4; - 3} \right)$.

Ý c): SAI. Tọa độ $\vec b = \left( {3; - 1;8} \right) \Rightarrow \vec b = 3\vec i - \vec j + 8\vec k$.

Ý d): SAI. Với $\vec a = \left( {2;4; - 3} \right)$ và $\vec b = \left( {3; - 1;8} \right)$ thì

$\vec v = \vec a + 2\vec b = \left( {2 + 2 \cdot 3;4 + 2 \cdot \left( { - 1} \right); - 3 + 2 \cdot 8} \right) = \left( {8;2;13} \right)$.

Ta nhận thấy biểu thức cần tính chính là: $S = {x^2} + {y^2} + {z^2} = {\left| {\overrightarrow {AS} } \right|^2} = A{S^2}$.

Vì $S.ABC$ là hình chóp tam giác đều, tất cả các cạnh bên của hình chóp đều bằng nhau:

$AS = SB = SC = 3{\rm{\;cm}}$.

Do đó: $S = A{S^2} = {3^2} = 9$.

Đáp số: 9.

Số năm tính từ năm 2024 đến năm 2039 là: .

Tốc độ tăng dân số là đạo hàm bậc nhất của hàm số dân số $N\left( t \right)$: $N'\left( t \right) = 100 \cdot 0{,}013 \cdot {e^{0{,}013t}} = 1{,}3{e^{0{,}013t}}$.

Tại thời điểm $t = 15$: $N'\left( {15} \right) = 1{,}3 \cdot {e^{0{,}013 \cdot 15}} \approx 1{,}5799$.

Làm tròn đến 2 chữ số thập phân, ta được kết quả là $1{,}58$.

Đáp số: 1,58.

Gọi $r$ là bán kính đáy và $h$ là chiều cao của bể hình trụ ($r,h > 0$).

Thể tích của bể nước là: $V = \pi {r^2}h = 2\pi \Rightarrow h = \frac{2}{{{r^2}}}$.

Để chi phí nguyên vật liệu thấp nhất thì diện tích toàn phần của hình trụ (gồm cả nắp) phải nhỏ nhất:

${S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi {r^2} + 2\pi r\left( {\frac{2}{{{r^2}}}} \right) = 2\pi {r^2} + \frac{{4\pi }}{r}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si (AM-GM) cho 3 số dương:

${S_{tp}} = 2\pi {r^2} + \frac{{2\pi }}{r} + \frac{{2\pi }}{r} \ge 3\sqrt[3]{{2\pi {r^2} \cdot \frac{{2\pi }}{r} \cdot \frac{{2\pi }}{r}}} = 3\sqrt[3]{{8{\pi ^3}}} = 3 \cdot 2\pi = 6\pi$.

Dấu "=" xảy ra khi $2\pi {r^2} = \frac{{2\pi }}{r} \Leftrightarrow {r^3} = 1 \Leftrightarrow r = 1{\rm{\;m}}$.

Khi đó diện tích toàn phần tối thiểu là ${S_{tp}} = 6\pi {\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$.

Chi phí nguyên vật liệu thấp nhất là: ${\rm{Chi\;ph\'i }} = 6\pi \cdot 506 \approx 9538$ (nghìn đồng).

Đáp số: 9538.