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

Dựa vào hình vẽ, đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là trục tung $x = 0$.

Kiểm tra phương án A: Hàm số $y = \frac{{ - {x^2} + 1}}{x}$ có tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$, tiệm cận đứng là $x = 0$.

Khi $x \to {0^ + }$, $y \to + \infty$ và khi $x \to {0^ - }$, $y \to - \infty$, điều này hoàn toàn trùng khớp với đồ thị đã cho.

Hơn nữa, đồ thị cắt trục hoành tại các điểm $\left( { - 1;0} \right)$ và $\left( {1;0} \right)$, trùng khớp với nghiệm của tử số $- {x^2} + 1 = 0$. Chọn A.

Ta thực hiện phép chia đa thức ở tử số cho mẫu số:

${x^2} - 5x + 2025 = x\left( {x - 2} \right) - 3\left( {x - 2} \right) + 2019 = \left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right) + 2019$.

Suy ra: $y = \frac{{{x^2} - 5x + 2025}}{{x - 2}} = x - 3 + \frac{{2019}}{{x - 2}}$.

Vì $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2019}}{{x - 2}} = 0$, nên đường thẳng $y = x - 3$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số. Chọn D.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$.

Ta có: $y = x - 2 + \frac{1}{{x - 2}}$.

Đạo hàm: $y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {x - 2} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}$;

$y{\rm{'}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow y = - 2\\x = 3 \Rightarrow y = 2\end{array} \right.$.

Lập bảng xét dấu $y'$, ta thấy $y'$ đổi dấu từ dương sang âm khi qua $x = 1$. Do đó, hàm số đạt cực đại tại $x = 1$ và giá trị cực đại là $y = - 2$.

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là $M\left( {1; - 2} \right)$. Chọn C.

Quan sát đồ thị hàm số trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$:

Tại $x = - 2$, ta có $y = - 5$.

Tại $x = - 1$, đồ thị đạt điểm cực đại với $y = - 1$.

Tại $x = 1$, đồ thị đạt điểm cực tiểu với $y = - 5$.

Tại $x = 2$, ta gióng lên thấy đồ thị đi qua điểm có tung độ bằng $- 1$ (do đường nét đứt biểu thị $f\left( 2 \right) = f\left( { - 1} \right) = - 1$).

Do đó, trên đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$:

Giá trị lớn nhất của hàm số là $M = - 1$ (đạt được tại $x = - 1$ và $x = 2$).

Giá trị nhỏ nhất của hàm số là $m = - 5$ (đạt được tại $x = - 2$ và $x = 1$).

Chọn D.

Hàm số bậc bốn trùng phương (đáp án D) và hàm phân thức (đáp án B) không bao giờ đơn điệu trên toàn bộ $\mathbb{R}$.

Xét đáp án A: $y=-{x}^{3}-2x-3\Rightarrow {y}^{'}=-3{x}^{2}-2$. Vì $- 3{x^2} - 2 < 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$, nên hàm số này nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Xét đáp án C: $y = - {x^3} - 3{x^2} + 3 \Rightarrow y' = - 3{x^2} - 6x$, có nghiệm nên đổi dấu trên $\mathbb{R}$.

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số bậc ba, ta thấy đồ thị đi xuống từ trái sang phải trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$.

Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$.

Chọn C.

Ta có đạo hàm: $y' = 4{x^3} - 16x = 4x\left( {{x^2} - 4} \right)$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x = - 2\end{array} \right.$.

Xét dấu $y'$:

$y' > 0$ trên các khoảng $\left( { - 2;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$.

$y' < 0$ trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( {0;2} \right)$.

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 2;0} \right)$.

Chọn C.

Hàm số số có mẫu thức bằng $0$ khi $x = - 1$. Do $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = - \infty$, nên đường thẳng $x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên, đồ thị đi lên từ $- \infty$ đến cực đại, nên hệ số của ${x^3}$ phải dương ($a > 0$). Loại A.

Hàm số có hai điểm cực trị là $x = - 2$ và $x = 0$. Do đó đạo hàm $f'\left( x \right) = 0$ phải có hai nghiệm này.

Xét đáp án D: $f\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} - 2 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x = 3x\left( {x + 2} \right)$. Nghiệm của $f'\left( x \right) = 0$ là $x = 0$ và $x = - 2$ (Thỏa mãn).

Kiểm tra giá trị: $f\left( 0 \right) = - 2$ và $f\left( { - 2} \right) = {\left( { - 2} \right)^3} + 3 \cdot {\left( { - 2} \right)^2} - 2 = - 8 + 12 - 2 = 2$ (Đúng với bảng biến thiên).

Chọn D.

Nhìn vào bảng biến thiên, đạo hàm $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm $x = 1$.

Vậy hàm số đạt cực đại tại điểm $x = 1$.

Chọn C.

Ta có đạo hàm: $y' = - 4{x^3} + 16x = - 4x\left( {{x^2} - 4} \right)$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x = - 2\end{array} \right.$.

Vì hệ số $a = - 1 < 0$, đồ thị hàm số có dạng chữ W ngược (hai cực đại và một cực tiểu ở giữa).

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 0$. Giá trị cực tiểu tương ứng là: ${y_{ct}} = y\left( 0 \right) = 2025$.

Chọn D.

Hàm số xác định trên $\left[ {0;4} \right]$. Ta có: $4x - {x^2} = 4 - \left( {{x^2} - 4x + 4} \right) = 4 - {\left( {x - 2} \right)^2} \le 4,\forall x \in \left[ {0;4} \right]$.

Do đó: $y = \sqrt {4x - {x^2}} \le \sqrt 4 = 2$.

Dấu "=" xảy ra khi $x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in \left[ {0;4} \right]$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ {0;4} \right]$ là 2.

Chọn A.

a) Sai. Sau 3 ngày ($t = 3$), số áo bán được là: $f\left( 3 \right) = \frac{{7000}}{{1 + 69{e^{ - 3}}}} \approx 1578$ (chiếc), không vượt quá 2000 chiếc.

b) Đúng. Vì $t \ge 0 \Rightarrow {e^{ - t}} > 0 \Rightarrow 1 + 69{e^{ - t}} > 1$, do đó $f\left( t \right) = \frac{{7000}}{{1 + 69{e^{ - t}}}} < 7000$.

Khi $t \to + \infty$, $f\left( t \right) \to 7000$. Vậy tổng số áo bán ra không bao giờ vượt quá 7000 chiếc.

c) Đúng. Tại thời điểm ban đầu ($t = 0$): $f\left( 0 \right) = \frac{{7000}}{{1 + 69{e^0}}} = \frac{{7000}}{{1 + 69}} = \frac{{7000}}{{70}} = 100$ (chiếc).

d) Sai. Tốc độ phát hành được biểu thị bởi $f'\left( t \right)$. Tốc độ này lớn nhất tại điểm uốn của đường cong logistic, xảy ra khi: $1 + 69{e^{ - t}} = 2 \Leftrightarrow 69{e^{ - t}} = 1 \Leftrightarrow {e^t} = 69 \Leftrightarrow t = {\rm{ln}}\left( {69} \right) \approx 4{,}234{\rm{\;ng\`a y}}$.

Đổi ra giờ: $4{,}234 \times 24 \approx 1016$ giờ. Do đó con số 360 giờ là sai.

a) Đúng. Dựa vào bảng biến thiên của $g\left( x \right)$:

Hàm số không xác định tại $x = - 2$ và $x = 0$ (ký hiệu 2 vạch song song).

Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, đạo hàm $g'\left( x \right) < 0$ nên hàm số nghịch biến.

b) Sai. Tại $x = 0$, hàm số không xác định nên không thể đạt cực đại tại đây.

c) Đúng. Trên khoảng $\left( { - 2;0} \right)$, hàm số tăng từ $0$ đến $+ \infty$, luôn nhận giá trị dương. Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, hàm số giảm từ $1$ về $- \infty$, đi qua số $0$. Do đó đồ thị cắt trục hoành tại đúng 1 điểm.

d) Sai. Xét hàm số $y = \frac{1}{{g\left( x \right) - 1}}$:

Tiệm cận ngang: Khi $x \to + \infty$, $g\left( x \right) \to - \infty \Rightarrow y = \frac{1}{{g\left( x \right) - 1}} \to 0$.

Khi $x \to - {2^ + }$, $g\left( x \right) \to 0 \Rightarrow y = \frac{1}{{g\left( x \right) - 1}} \to \frac{1}{{0 - 1}} = - 1$.

Vậy đồ thị có 1 đường tiệm cận ngang duy nhất là $y = 0$ khi $x \to + \infty \Rightarrow b = 1$.

Tiệm cận đứng: Phương trình mẫu số $g\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow g\left( x \right) = 1$.

Dựa vào bảng biến thiên, trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, $g\left( x \right)$ giảm từ $1$ về $- \infty$, tiến tới $1$ khi $x \to {0^ + }$. Do đó $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to {0^ + }}} g\left( x \right) = 1 \Rightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to {0^ + }}} y = \pm \infty \Rightarrow x = 0$ là 1 tiệm cận đứng.

Ngoài ra không còn giá trị nào khác làm cho $g\left( x \right) = 1$. Vậy $a = 1$.

Do đó ${a^2} + {b^2} = {1^2} + {1^2} = 2 \ne 10$.

b) Đúng. Vì $y' = 3{x^2} - 6x - 9$.

a) Đúng. Vì $y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0$ có hai nghiệm là $x = - 1$ và $x = 3$. Hai nghiệm này trái dấu nên hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung.

c) Đúng. Thực hiện phép chia $f\left( x \right)$ cho $f{\rm{'}}\left( x \right)$, ta được:

${x^3} - 3{x^2} - 9x = \left( {\frac{1}{3}x - \frac{1}{3}} \right)\left( {3{x^2} - 6x - 9} \right) - 8x - 3$.

Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị có phương trình là $y = - 8x - 3$. Hệ số góc của đường thẳng này là $k = - 8$.

d) Sai. Xét trên đoạn $\left[ {0;5} \right]$, các điểm cần tính giá trị là:

$f\left( 0 \right) = 0$; $f\left( 3 \right) = {3^3} - 3 \cdot {3^2} - 9 \cdot 3 = - 27$; $f\left( 5 \right) = {5^3} - 3 \cdot {5^2} - 9 \cdot 5 = 125 - 75 - 45 = 5$.

Vậy giá trị lớn nhất trên đoạn $\left[ {0;5} \right]$ phải bằng $5$, không phải $- 5$.

a) Sai. Đạo hàm: $h'{\kern 1pt} \left( x \right) = \frac{{\left( {2x - 2} \right)\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$;

$h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1 \pm \sqrt 2$.

Tọa độ hai điểm cực trị tương ứng là $A\left( { - 1 + \sqrt 2 ; - 4 + 2\sqrt 2 } \right)$ và $B\left( { - 1 - \sqrt 2 ; - 4 - 2\sqrt 2 } \right)$.

Khoảng cách $AB = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {4\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {8 + 32} = \sqrt {40} = 2\sqrt {10} \ne 10$.

b) Sai. Ta có $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to - \infty }} h\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to - \infty }} \frac{{{x^2} - 2x - 1}}{{x + 1}} = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to - \infty }} \frac{{{x^2}\left( {1 - \frac{2}{x} - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}}{{x\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to - \infty }} \frac{{x\left( {1 - \frac{2}{x} - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}}{{1 + \frac{1}{x}}} = - \infty$.

c) Đúng. Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$\frac{{{x^2} - 2x - 1}}{{x + 1}} = - 2x \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 1 = - 2{x^2} - 2x \Leftrightarrow 3{x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

Cả hai nghiệm đều khác $- 1$, do đó có hai giao điểm phân biệt.

d) Đúng. Ta biến đổi biểu thức: $h\left( x \right) = \frac{{x\left( {x + 1} \right) - 3\left( {x + 1} \right) + 2}}{{x + 1}} = x - 3 + \frac{2}{{x + 1}}$.

Do đó đường tiệm cận xiên là $y = x - 3$.

Đặt $BM = x$ (km), điều kiện $0 \le x \le 10$.

Khi đó độ dài đoạn thẳng trên biển là: $MC = \sqrt {B{C^2} + B{M^2}} = \sqrt {{4^2} + {x^2}} = \sqrt {{x^2} + 16}$ (km).

Độ dài đoạn dây trên đất liền là: $AM = AB - BM = 10 - x$ (km).

Tổng chi phí lắp đặt (đơn vị: triệu đồng) là: $T\left( x \right) = 50 \cdot \sqrt {{x^2} + 16} + 30 \cdot \left( {10 - x} \right)$.

Tính đạo hàm của $T\left( x \right)$: $T'\left( x \right) = 50 \cdot \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 16} }} - 30$.

Cho $T'\left( x \right) = 0$: $\frac{{50x}}{{\sqrt {{x^2} + 16} }} = 30 \Leftrightarrow 5x = 3\sqrt {{x^2} + 16} \Leftrightarrow 25{x^2} = 9\left( {{x^2} + 16} \right)$

$\Leftrightarrow 16{x^2} = 144 \Leftrightarrow {x^2} = 9 \Leftrightarrow x = 3{\rm{\;(do\;}}x \ge 0{\rm{)}}$.

Lập bảng biến thiên, ta thấy $T\left( x \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = 3$.

Vậy khoảng cách $BM = 3$ km.

Đáp số: 3.

Hàm số biểu diễn doanh thu thu được khi bán $x$ chiếc điện thoại là:

$R\left( x \right) = x \cdot P\left( x \right) = x\left( {50.000.000 - 5000x} \right) = - 5000{x^2} + 50.000.000x$.

Đây là một hàm bậc hai có đồ thị hình parabol quay bề lõm xuống dưới, đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh:

$x = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{50.000.000}}{{2 \cdot \left( { - 5000} \right)}} = 5000$ (chiếc).

Giá trị doanh thu tối đa đạt được là:

$R\left( {5000} \right) = - 5000 \cdot {\left( {5000} \right)^2} + 50.000.000 \cdot 5000 = 125.000.000.000{\rm{\;VND}}$.

Đổi sang đơn vị tỷ VND, doanh thu tối đa là 125 tỷ VND.

Đáp số: 125.

Ta có đạo hàm: $y' = 3{x^2} - 6mx + 3\left( {3m + 4} \right) = 3\left( {{x^2} - 2mx + 3m + 4} \right)$.

Hàm số đồng biến trên $\left( {2; + \infty } \right)$ khi và chỉ khi $y' \ge 0$ với mọi $x \in \left( {2; + \infty } \right)$.

$\Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 3m + 4 \ge 0,\forall x > 2$$\Leftrightarrow {x^2} + 4 \ge m\left( {2x - 3} \right),\forall x > 2$.

Vì $x > 2 \Rightarrow 2x - 3 > 0$, ta cô lập được $m$: $m \le \frac{{{x^2} + 4}}{{2x - 3}},\forall x > 2$.

Xét hàm số $g\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4}}{{2x - 3}}$ trên $\left( {2; + \infty } \right)$:

$g'\left( x \right) = \frac{{2x\left( {2x - 3} \right) - 2\left( {{x^2} + 4} \right)}}{{{{\left( {2x - 3} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} - 6x - 8}}{{{{\left( {2x - 3} \right)}^2}}}$;

$g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - 6x - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4 \in \left( {2; + \infty } \right)\\x = - 1 \notin \left( {2; + \infty } \right)\end{array} \right.$.

Vẽ bảng biến thiên của $g\left( x \right)$ trên $\left( {2; + \infty } \right)$ cho thấy hàm số giảm từ $g\left( 2 \right) = 8$ xuống cực tiểu tại $g\left( 4 \right) = \frac{{16 + 4}}{{8 - 3}} = 4$, sau đó tăng lên $+ \infty$.

Do đó, để $m \le g\left( x \right)$ với mọi $x > 2$ thì $m \le \mathop {{\rm{min}}}\limits_{_{\left( {2; + \infty } \right)}} g\left( x \right) \Leftrightarrow m \le 4$.

Yêu cầu bài toán tìm các giá trị nguyên dương của $m$, nên $m \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$.

Tổng các giá trị này là: $1 + 2 + 3 + 4 = 10$.

Đáp số: 10.

Đạo hàm: $y' = 3{x^2} + 12x - 15$; $y' = 0 \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} + 4x - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 5\end{array} \right.$.

Vì hệ số $a = 1 > 0$, hàm số đạt cực đại tại $x = - 5$ và đạt cực tiểu tại $x = 1$.

Giá trị cực tiểu của hàm số thu được bằng cách thay $x = 1$ vào phương trình ban đầu:

${y_{ct}} = y\left( 1 \right) = {1^3} + 6 \cdot {1^2} - 15 \cdot 1 + 2033 = 1 + 6 - 15 + 2033 = 2025$.

Đáp số: 2025.

Đặt $t = {\rm{cos}}x$. Với $x \in \left[ {0;\pi } \right]$ thì $t \in \left[ { - 1;1} \right]$.

Bài toán trở thành tìm $m$ để giá trị lớn nhất của hàm số $g\left( t \right) = \frac{{t + {m^2} + 3m}}{{t + 2}}$ trên đoạn $\left[ { - 1;1} \right]$ nhỏ hơn hoặc bằng $- 1$.

Đạo hàm theo biến $t$: $g'\left( t \right) = \frac{{2 - \left( {{m^2} + 3m} \right)}}{{{{\left( {t + 2} \right)}^2}}}$.

Do $g\left( t \right)$ là hàm phân thức bậc nhất nên nó đơn điệu trên đoạn $\left[ { - 1;1} \right]$. Giá trị lớn nhất của nó chỉ có thể đạt được tại một trong hai đầu mút $t = - 1$ hoặc $t = 1$.

Do đó, điều kiện $\mathop {{\rm{max}}}\limits_{_{\left[ { - 1;1} \right]}} g\left( t \right) \le - 1$ tương đương với hệ điều kiện đồng thời:

$\left\{ \begin{array}{l}g\left( { - 1} \right) \le - 1\\g\left( 1 \right) \le - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - 1 + {m^2} + 3m}}{{ - 1 + 2}} \le - 1\\\frac{{1 + {m^2} + 3m}}{{1 + 2}} \le - 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 3m - 1 \le - 1\\{m^2} + 3m + 1 \le - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 3m \le 0\\{m^2} + 3m + 4 \le 0{\rm{\;(v\^o \;nghiem\;v\`i \;}}\Delta < 0{\rm{)}}\end{array} \right.$

Do phương trình ${m^2} + 3m + 4 \le 0$ vô nghiệm với mọi $m \in \mathbb{R}$, nên không có giá trị nào của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp số: 0.

Ta thực hiện phép chia đa thức tử số cho mẫu số $x + 2$:

$a{x^2} + bx + 2025 = ax\left( {x + 2} \right) + \left( {b - 2a} \right)x + 2025 = ax\left( {x + 2} \right) + \left( {b - 2a} \right)\left( {x + 2} \right) + 2025 - 2\left( {b - 2a} \right)$.

Suy ra $f\left( x \right) = ax + \left( {b - 2a} \right) + \frac{{2025 - 2b + 4a}}{{x + 2}}$.

Để đường thẳng $y = x + 4$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số, điều kiện cần và đủ là các hệ số tương ứng của phần đa thức phải bằng nhau: $\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b - 2a = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 6\end{array} \right.$.

Thay $a = 1,b = 6$ vào, phần dư là $2025 - 2 \cdot 6 + 4 \cdot 1 = 2017 \ne 0$ (thỏa mãn điều kiện tồn tại tiệm cận).

Giá trị của biểu thức $P$ là: $P = {a^2} + {b^2} = {1^2} + {6^2} = 1 + 36 = 37$.

Đáp số: 37.