Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Trương Định (Hà Nội) có đáp án

Trong hình lăng trụ tam giác đều $ABC.EFG$, ta có mặt đáy $ABC$ và $EFG$ bằng nhau và song song, các cạnh bên $AE,BF,CG$ song song và bằng nhau.

Xét phương án A: $\overrightarrow {AE}$ hướng từ trên xuống dưới, còn $\overrightarrow {GC}$ hướng từ dưới lên trên. Hai vectơ này ngược hướng nên $\overrightarrow {AE} = - \overrightarrow {GC}$, suy ra A sai.

Xét phương án B: Mặt đáy dưới là $EFG$ tương ứng với mặt đáy trên là $ABC$, tức là điểm $E$ ứng với $A$, $F$ ứng với $B$, $G$ ứng với $C$. Do đó $\overrightarrow {CB} = \overrightarrow {GF}$ là khẳng định chính xác.

Chọn đáp án B.

Theo định nghĩa tọa độ của vectơ trong không gian $Oxyz$, nếu $\vec a = x\vec i + y\vec j + z\vec k$ thì tọa độ của $\vec a$ là $\left( {x;y;z} \right)$.

Ở đây $\vec a = 3\vec i + 4\vec j - 1\vec k \Rightarrow \vec a = \left( {3;4; - 1} \right)$.

Chọn đáp án A.

Dựa vào bảng biến thiên, đạo hàm $y'$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm $x = - 1$. Do đó, điểm cực đại của hàm số là $x = - 1$ (giá trị cực đại là $y = 5$).

Chọn đáp án D.

Vì $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to + \infty }} f\left( x \right) = 1$ nên đường thẳng $y = 1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vì $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to {3^ + }}} f\left( x \right) = + \infty$ nên đường thẳng $x = 3$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn đáp án D.

Điểm $A$ nằm trên trục $Oz$ nên hoành độ và tung độ bằng 0 ($x = 0,y = 0$). Vì $A$ nằm trên tia đối của tia $Oz$ và cách gốc tọa độ một khoảng bằng 5 nên cao độ của $A$ phải âm: $z = - 5$. Vậy $A\left( {0;0; - 5} \right)$.

Chọn đáp án D.

Ta có $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương, suy ra $DC'{\rm{//}}AB'$.

Khi đó, góc giữa hai vectơ $\overrightarrow {AC}$ và $\overrightarrow {DC'}$ chính là góc giữa hai vectơ $\overrightarrow {AC}$ và $\overrightarrow {AB'}$.

Xét tam giác $AB'C$:

$AC$ là đường chéo của hình vuông $ABCD$.

$AB'$ là đường chéo của hình vuông $ABB'A'$.

$B'C$ là đường chéo của hình vuông $BCC'B'$.

Vì các mặt của hình lập phương là các hình vuông bằng nhau nên các đường chéo này có độ dài bằng nhau: $AC = AB' = B'C$.

Do đó tam giác $AB'C$ đều $\Rightarrow \widehat {CAB'} = 60^\circ$.

Vậy $\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {DC'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB'} } \right) = \widehat {CAB'} = 60^\circ$.

Chọn đáp án C.

Vì $O$ là tâm của hình bình hành $ABCD$ nên $O$ là trung điểm của đoạn thẳng $BD$. Do đó, ta có $\overrightarrow {OD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {BD}$ và $\overrightarrow {DO} = \overrightarrow {OB} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {BD}$.

Vậy $- \frac{1}{2}\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {DO}$.

Chọn đáp án D.

Hàm số đồng biến trên các khoảng mà tại đó đạo hàm $f'\left( x \right) > 0$. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy $f'\left( x \right) > 0$ trên khoảng $\left( { - 1;0} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$. Trong các phương án đưa ra, khoảng $\left( { - 1;0} \right)$ thỏa mãn.

Chọn đáp án B.

Phương án A: $\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {BC}$ (Đúng theo quy tắc ba điểm).

Phương án B: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC}$ (Đúng theo quy tắc ba điểm).

Phương án C: $\overrightarrow {BC} - \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {AC}$ (Đúng theo quy tắc hiệu).

Phương án D: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {BC} \ne \overrightarrow {AC}$ (Sai).

Chọn đáp án D.

Số điểm cực trị của hàm số liên tục bằng số lần đạo hàm $f'\left( x \right)$ đổi dấu khi qua các điểm nghiệm.

Qua $x = - 3$: $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ dương $\left( + \right)$ sang âm $\left( - \right)$ $\to$ Cực đại.

Qua $x = 0$: $f'\left( x \right)$ không đổi dấu (vẫn là âm) $\to$ Không là cực trị.

Qua $x = 2$: $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ âm $\left( - \right)$ sang dương $\left( + \right)$ $\to$ Cực tiểu.

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn đáp án D.

Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn $\left[ { - 1;3} \right]$:

Điểm cao nhất của đồ thị có tung độ là $3$ (tại $x = - 1$). Vậy $M = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{_{\left[ { - 1;3} \right]}} f\left( x \right) = 3$.

Điểm thấp nhất của đồ thị có tung độ là $- 1$ (tại $x = 0$). Vậy $m = \mathop {{\rm{min}}}\limits_{_{\left[ { - 1;3} \right]}} f\left( x \right) = - 1$.

Do đó, $M + m = 3 + \left( { - 1} \right) = 2$.

Chọn đáp án C.

Ta tính đạo hàm: $y' = - 3{x^2} + 6x$.

Xét bất phương trình hàm số nghịch biến: $y{\rm{'}} \le 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 6x \le 0 \Leftrightarrow x \le 0$ hoặc $x \ge 2$.

Do đó, hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$.

Xét các phương án, khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$ là khoảng nghịch biến của hàm số.

Chọn đáp án C.

Từ đề bài, ta xác định tọa độ các đỉnh của hình hộp chữ nhật với $A\left( {0;0;0} \right)$:

$D$ nằm trên tia $Ox$ và $AD = 6 \Rightarrow D\left( {6;0;0} \right)$.

$B$ nằm trên tia $Oy$ và $AB = 9 \Rightarrow B\left( {0;9;0} \right)$.

$A'$ nằm trên tia $Oz$ và $AA' = 3{,}5 \Rightarrow A'\left( {0;0;3{,}5} \right)$.

Từ đó, $B'\left( {0;9;3{,}5} \right)$ và $C\left( {6;9;0} \right),C'\left( {6;9;3{,}5} \right)$.

a) Sai. Đỉnh $B{\rm{'}}$ có tọa độ là $\left( {0;9;3{,}5} \right)$.

b) Sai. Mặt tường $AA'B'B$ chính là mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$ (do chứa $Oy$ và $Oz$). Hình chiếu vuông góc của $N\left( {4;7;1{,}2} \right)$ trên mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$ thu được bằng cách cho hoành độ $x = 0$, giữ nguyên $y$ và $z$, tọa độ là $\left( {0;7;1{,}2} \right)$.

c) Đúng. Tìm tọa độ điểm $M$ (vị trí chiếc đèn):

$M$ cách trần nhà $\left( {A'B'C'D'} \right)$ là $1{\rm{\;m}}$, mà trần nhà có cao độ $z = 3{,}5 \Rightarrow {z_M} = 3{,}5 - 1 = 2{,}5{\rm{\;m}}$.

$M$ cách tường $ABB'A'$ (mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$, tức là $x = 0$) một khoảng là $2{\rm{\;m}} \Rightarrow {x_M} = 2$.

$M$ cách tường $BCC'B'$ (mặt phẳng $y = 9$) một khoảng là $3{\rm{\;m}} \Rightarrow {y_M} = 9 - 3 = 6$.

Vậy $M\left( {2;6;2{,}5} \right)$.

d) Sai. Với $M\left( {2;6;2{,}5} \right)$ và $N\left( {4;7;1{,}2} \right)$, ta có:

$\overrightarrow {MN} = \left( {{x_N} - {x_M};{y_N} - {y_M};{z_N} - {z_M}} \right) = \left( {4 - 2;7 - 6;1{,}2 - 2{,}5} \right) = \left( {2;1; - 1{,}3} \right)$.

a) Sai. Điều kiện xác định là $x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1$. Tập xác định là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

b) Đúng. Áp dụng công thức đạo hàm nhanh cho hàm phân thức bậc nhất: $y' = \frac{{3 \cdot 1 - \left( { - 2} \right) \cdot 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{5}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

c) Sai. Tiệm cận đứng: nghiệm của mẫu thức là $x = - 1$.

Tiệm cận ngang: $y = \frac{3}{1} = 3$.

d) Đúng. Vì $y' = \frac{5}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ {0;3} \right]$ nên hàm số đồng biến trên đoạn $\left[ {0;3} \right]$.

Giá trị nhỏ nhất là $m = y\left( 0 \right) = \frac{{3 \cdot 0 - 2}}{{0 + 1}} = - 2$.

Giá trị lớn nhất là $M = y\left( 3 \right) = \frac{{3 \cdot 3 - 2}}{{3 + 1}} = \frac{7}{4} = 1{,}75$.

Tổng $M + m = - 2 + 1{,}75 = - 0{,}25$.

Dựa vào đồ thị hàm số bậc ba, điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là điểm thấp trong khoảng lồi lõm, có tọa độ là $\left( {2; - 3} \right)$. Giá trị cực tiểu chính là tung độ của điểm cực tiểu này.

Kết quả: $- 3$.

Dung tích của lon sữa $V = 500{\rm{\;ml}} = 500{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}$.

Gọi $r$ là bán kính đáy và $h$ là chiều cao của lon sữa ($r,h > 0$).

Ta có công thức thể tích hình trụ: $V = \pi {r^2}h = 500 \Rightarrow h = \frac{{500}}{{\pi {r^2}}}$.

Để chi phí sản xuất nhỏ nhất thì diện tích toàn phần của lon sữa phải nhỏ nhất:

${S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi {r^2} + 2\pi r \cdot \frac{{500}}{{\pi {r^2}}} = 2\pi {r^2} + \frac{{1000}}{r}$

Xét hàm số $S\left( r \right) = 2\pi {r^2} + \frac{{1000}}{r}$ trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

Ta có $S'\left( r \right) = 4\pi r - \frac{{1000}}{{{r^2}}}$; $S'\left( r \right) = 0 \Leftrightarrow 4\pi {r^3} = 1000 \Leftrightarrow {r^3} = \frac{{250}}{\pi } \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{\frac{{250}}{\pi }}}$.

Khi đó, chiều cao tương ứng đạt giá trị tối ưu là: $h = \frac{{500}}{{\pi {r^2}}} = \frac{{2 \cdot 250}}{{\pi \cdot {{\left( {\frac{{250}}{\pi }} \right)}^{2/3}}}} = 2 \cdot {\left( {\frac{{250}}{\pi }} \right)^{1/3}} = 2r$.

Tính giá trị của $h$: $h = 2 \cdot \sqrt[3]{{\frac{{250}}{\pi }}} \approx 8{,}6025{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Làm tròn đến hàng phần mười ta được $8{,}6{\rm{\;cm}}$.

Kết quả: $8{,}6$.

Ta phân tích vectơ $\overrightarrow {C'G}$ theo các vectơ cơ sở $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AA'}$ ta được: $\overrightarrow {C'G} = \overrightarrow {C'C} + \overrightarrow {CG} = - \overrightarrow {AA'} + \left( {\overrightarrow {AG} - \overrightarrow {AC} } \right)$.

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên với điểm $A$ bất kì ta có: $\overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC}$.

Thay vào biểu thức trên: $\overrightarrow {C'G} = - \overrightarrow {AA'} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AC} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AA'}$.

Đồng nhất hệ số với $m\overrightarrow {AB} + n\overrightarrow {AC} + p\overrightarrow {AA'}$, ta được: $m = \frac{1}{3},n = - \frac{2}{3},p = - 1$.

Giá trị biểu thức: $4m - n + 5p = 4 \cdot \left( {\frac{1}{3}} \right) - \left( { - \frac{2}{3}} \right) + 5 \cdot \left( { - 1} \right) = \frac{4}{3} + \frac{2}{3} - 5 = 2 - 5 = - 3$.

Kết quả: $- 3$.

Thực hiện phép chia đa thức tử số cho mẫu số: $- 2{x^2} + 7x - 3 = - 2x\left( {x - 1} \right) + 5x - 3 = - 2x\left( {x - 1} \right) + 5\left( {x - 1} \right) + 2$.

Do đó: $y = \frac{{ - 2{x^2} + 7x - 3}}{{x - 1}} = - 2x + 5 + \frac{2}{{x - 1}}$.

Vì $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to \pm \infty }} \frac{2}{{x - 1}} = 0$, nên đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là $y = - 2x + 5$.

Suy ra $a = - 2$ và $b = 5$.

Giá trị của biểu thức: $5b - a = 5 \cdot 5 - \left( { - 2} \right) = 25 + 2 = 27$.

Kết quả: $27$.

a) Hàm vận tốc tức thời $v\left( t \right)$ là đạo hàm bậc nhất của hàm vị trí $s\left( t \right)$ nên $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - 3{t^2} + 12t - 9$.

b) Tìm vận tốc lớn nhất trên đoạn $\left[ {0;5} \right]$:

Hàm số $v\left( t \right) = - 3{t^2} + 12t - 9$ là một parabol có bề lõm hướng xuống dưới.

Đạo hàm của vận tốc: $v'\left( t \right) = - 6t + 12$. Ta có $v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 2 \in \left[ {0;5} \right]$.

Tính các giá trị tại biên và tại đỉnh:

$v\left( 0 \right) = - 9{\rm{\;m/s}}$; $v\left( 2 \right) = - 3 \cdot {2^2} + 12 \cdot 2 - 9 = 3{\rm{\;m/s}}$; $v\left( 5 \right) = - 3 \cdot {5^2} + 12 \cdot 5 - 9 = - 24{\rm{\;m/s}}$.

Vậy vận tốc tức thời lớn nhất của vật trong khoảng thời gian từ $t = 0$ đến $t = 5$ giây là $3{\rm{\;m/s}}$ (đạt được tại $t = 2$ giây).

c) Để tính quãng đường vật đi được, ta cần chú ý xem vật có đổi chiều chuyển động hay không bằng cách xét dấu của vận tốc $v\left( t \right)$, ta có: $v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 3{t^2} + 12t - 9 = 0 \Leftrightarrow t = 1$ hoặc $t = 3$.

Trong khoảng thời gian $\left[ {0;5} \right]$, vật đổi chiều tại hai thời điểm $t = 1$ và $t = 3$.

Trên khoảng $\left( {0;1} \right)$: $v\left( t \right) < 0$ (vật đi ngược chiều dương).

Trên khoảng $\left( {1;3} \right)$: $v\left( t \right) > 0$ (vật đi theo chiều dương).

Trên khoảng $\left( {3;5} \right)$: $v\left( t \right) < 0$ (vật đi ngược chiều dương).

Quãng đường tổng cộng vật đi được tính bằng tổng trị tuyệt đối các hiệu vị trí:

$S = \left| {s\left( 1 \right) - s\left( 0 \right)} \right| + \left| {s\left( 3 \right) - s\left( 1 \right)} \right| + \left| {s\left( 5 \right) - s\left( 3 \right)} \right|$

Ta tính các giá trị vị trí tại các mốc thời gian: $s\left( 0 \right) = 3$; $s\left( 1 \right) = - {1^3} + 6 \cdot {1^2} - 9 \cdot 1 + 3 = - 1$;

$s\left( 3 \right) = - {3^3} + 6 \cdot {3^2} - 9 \cdot 3 + 3 = 3$; $s\left( 5 \right) = - {5^3} + 6 \cdot {5^2} - 9 \cdot 5 + 3 = - 17$.

Do đó: $S = \left| { - 1 - 3} \right| + \left| {3 - \left( { - 1} \right)} \right| + \left| { - 17 - 3} \right| = \left| { - 4} \right| + \left| 4 \right| + \left| { - 20} \right| = 4 + 4 + 20 = 28{\rm{\;m}}$.

Vậy quãng đường vật đi được là $28{\rm{\;m}}$.

a) Vì $O$ là trung điểm của $AC$ (tính chất đường chéo hình vuông) và $N$ là trung điểm của $SC$ nên $ON$ là đường trung bình của tam giác $SAC$.

Do đó $\overrightarrow {ON} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AS}$.

Ta có $\overrightarrow {ON} \cdot \overrightarrow {CD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {CD}$.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA}$. Do đó $\overrightarrow {ON} \cdot \overrightarrow {CD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {BA} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {AB} = - \frac{1}{2} \cdot AS \cdot AB \cdot {\rm{cos}}\widehat {SAB}$.

Xét tam giác $SAB$ có $SA = SB = 6$ và $AB = 4$. Áp dụng định lí côsin trong tam giác $SAB$:

${\rm{cos}}\widehat {SAB} = \frac{{A{S^2} + A{B^2} - S{B^2}}}{{2 \cdot AS \cdot AB}} = \frac{{{6^2} + {4^2} - {6^2}}}{{2 \cdot 6 \cdot 4}} = \frac{{16}}{{48}} = \frac{1}{3}$.

Thay vào biểu thức tích vô hướng: $\overrightarrow {ON} \cdot \overrightarrow {CD} = - \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 \cdot \frac{1}{3} = - 4$.

b) Ta có $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$ nên $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO}$ và $\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO}$.

Do đó: $\vec u = 4\overrightarrow {SO}$. Suy ra $\left| {\vec u} \right| = 4\left| {\overrightarrow {SO} } \right| = 4SO$.

Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $4 \Rightarrow BD = 4\sqrt 2 \Rightarrow OD = 2\sqrt 2$.

Xét tam giác vuông $SOD$ tại $O$ có: $SO = \sqrt {S{D^2} - O{D^2}} = \sqrt {{6^2} - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {28} = 2\sqrt 7$.

Vậy $\left| {\vec u} \right| = 4\left| {\overrightarrow {SO} } \right| = 4SO = 8\sqrt 7 \approx 21{,}2$.

Chọn hệ trục tọa độ sao cho $M$ là gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$, đường thẳng $AB$ trùng với trục hoành $Ox$, đường thẳng $CM$ trùng với trục tung $Oy$.

Do $AB = 4{\rm{\;km}}$ và $M$ là trung điểm $AB$ nên $A\left( { - 2;0} \right)$ và $B\left( {2;0} \right)$.

Điểm $C$ nằm trên $Oy$ và cách $M$ một khoảng $4{\rm{\;km}}$ về phía dương nên $C\left( {0;4} \right)$.

Điểm $I$ thuộc đoạn thẳng $CM$ nên $I$ có tọa độ dạng $I\left( {0;y} \right)$ với $0 \le y \le 4$.

Khi đó, tổng độ dài đường ống dẫn nước là: $L = IC + IA + IB$.

Vì $I$ thuộc $Oy$ và $A,B$ đối xứng qua $Oy$ nên $IA = IB = \sqrt {{2^2} + {y^2}} = \sqrt {{y^2} + 4}$.

Độ dài đoạn $IC = 4 - y$.

Vậy hàm tổng độ dài là: $L\left( y \right) = 4 - y + 2\sqrt {{y^2} + 4} ,y \in \left[ {0;4} \right]$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

$L'\left( y \right) = - 1 + 2 \cdot \frac{y}{{\sqrt {{y^2} + 4} }} = \frac{{2y - \sqrt {{y^2} + 4} }}{{\sqrt {{y^2} + 4} }}$;

$L'\left( y \right) = 0 \Leftrightarrow 2y = \sqrt {{y^2} + 4} \Leftrightarrow 4{y^2} = {y^2} + 4{\rm{\;(}}y \ge 0{\rm{)}}$$\Leftrightarrow 3{y^2} = 4 \Leftrightarrow y = \frac{2}{{\sqrt 3 }}$.

Tính giá trị của $L\left( y \right)$ tại các điểm mốc:

Tại biên $y = 0$: $L\left( 0 \right) = 4 - 0 + 2\sqrt {0 + 4} = 4 + 4 = 8{\rm{\;km}}$.

Tại biên $y = 4$: $L\left( 4 \right) = 4 - 4 + 2\sqrt {{4^2} + 4} = 2\sqrt {20} = 4\sqrt 5 \approx 8{,}94{\rm{\;km}}$.

Tại điểm tới hạn $y = \frac{2}{{\sqrt 3 }}$:

$L\left( {\frac{2}{{\sqrt 3 }}} \right) = 4 - \frac{2}{{\sqrt 3 }} + 2\sqrt {\frac{4}{3} + 4} = 4 - \frac{2}{{\sqrt 3 }} + 2\sqrt {\frac{{16}}{3}} = 4 - \frac{2}{{\sqrt 3 }} + \frac{8}{{\sqrt 3 }} = 4 + \frac{6}{{\sqrt 3 }} = 4 + 2\sqrt 3$$\approx 7{,}4641{\rm{\;km}}$.

So sánh các giá trị, ta thấy tổng độ dài nhỏ nhất là $4 + 2\sqrt 3 {\rm{\;km}}$.

Làm tròn đến hàng phần trăm: $7{,}46{\rm{\;km}}$.

Vậy tổng độ dài đường ống dẫn nước nhỏ nhất bằng $7{,}46{\rm{\;km}}$.