Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2026-2027 THPT Thăng Long (Hà Nội) có đáp án

Chọn D.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {6;\,\,9;\,\,12} \right)$.

Drone bay thẳng đều nên sau $20$giây, tức $\frac{{20}}{{60}} = \frac{1}{3}$thời gian, thì $\overrightarrow {AC} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} = \left( {2;\,\,3;\,\,4} \right)$.

Suy ra $C\left( {3;\,\,4;\,\,5} \right)$, do đó $a + b + c = 12$.

Chọn C.

Vận tốc $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 5 = 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 2 \ge 2$, dấu bằng xảy ra khi $t = 1 \in \left( {0;\,\,5} \right]$.

Vậy vận tốc nhỏ nhất là $2{\rm{\;m/s}}$.

Chọn A.

Từ đồ thị, hàm số đạt cực đại tại $x = 1$ và giá trị cực đại bằng $3$.

Chọn B.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {2 + \frac{1}{x}} \right) = + \infty$ nên đường tiệm cận đứng là $x = 0$.

Chọn A.

Theo quy tắc hình hộp, $\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {B{B_1}} = \overrightarrow {B{D_1}}$, nên B đúng.

$\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {{B_1}{D_1}} = \overrightarrow {{B_1}{C_1}} + \overrightarrow {{B_1}{A_1}}$, nên C đúng.

$\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {{D_1}{C_1}} + \overrightarrow {{D_1}{A_1}} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {{D_1}{B_1}} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DB} = \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$, nên D đúng.

$\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {D{D_1}} + \overrightarrow {B{D_1}} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {B{B_1}} + \left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {B{B_1}} } \right) = \overrightarrow {BC} + 2\overrightarrow {BA} + 2\overrightarrow {B{B_1}} \ne \overrightarrow {BC}$, nên A sai.

Chọn D.

Ta có $\vec u = - 4\vec i + 3\vec j + 2\vec k$ nên $\vec u = \left( { - 4;\,\,3;\,\,2} \right)$.

Chọn D.

Hàm số $y = {2^x}$ có cơ số $2 > 1$ nên đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Chọn B.

Gọi $O = AC \cap BD$, khi đó $O$ là trung điểm của $AC$. Tam giác $SAC$ cân tại $S$ nên $SO \bot AC$. $ABCD$ là hình thoi nên $OB \bot AC$.

Do đó $\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {SB} = \overrightarrow {AC} \cdot \left( {\overrightarrow {SO} + \overrightarrow {OB} } \right) = \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {SO} + \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {OB} = 0$.

Chọn A.

Từ đồ thị, $f'\left( x \right) \le 0$ với mọi $x < 2$ (chỉ bằng $0$ tại $x = - 1$) và $f'\left( x \right) > 0$ với mọi $x > 2$. Do đó hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ;\,\,2} \right)$, đồng biến trên $\left( {2;\,\, + \infty } \right)$, nên đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = 2$.

Chọn C.

$h'\left( t \right) = 18{t^2} - 162t + 324 = 18\left( {t - 3} \right)\left( {t - 6} \right)$. Với $t \in \left( {0;3} \right)$ thì $t - 3 < 0$ và $t - 6 < 0$ nên

$h'\left( t \right) > 0$.

Vậy trong $3$ phút đầu tiên, độ cao của khinh khí cầu tăng.

Chọn C.

Hình chiếu của $M$ lên trục $Oy$ là $H\left( {0;\,\, - 2;\,\,0} \right)$.

Suy ra $d\left( {M,\,\,Oy} \right) = MH = \sqrt {{1^2} + {3^2}} = \sqrt {10}$.

Chọn B.

Giả sử $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2$ (trường hợp $x \to - \infty$ tương tự).

Khi đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {3f\left( x \right) - 2} \right] = 3 \cdot 2 - 2 = 4$.

Vậy đồ thị hàm số $y = 3f\left( x \right) - 2$ có tiệm cận ngang $y = 4$.

Đáp án: a) Sai. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.

a) Sai. Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

Ta có $y = x + \frac{1}{{x + 1}}$ và $y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$, $y' = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = - 2$.

$y' < 0$ trên các khoảng $\left( { - 2;\,\, - 1} \right)$ và $\left( { - 1;\,\,0} \right)$, nên hàm số nghịch biến trên từng khoảng đó.

Vì hàm số không xác định tại $x = - 1 \in \left( { - 2;\,\,0} \right)$ nên không nói hàm số nghịch biến trên $\left( { - 2;\,\,0} \right)$.

b) Đúng. $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{{x + 1}} = 0$ nên tiệm cận xiên là $y = x$.

c) Đúng. $y\left( 1 \right) = \frac{3}{2}$, $y'\left( 1 \right) = \frac{3}{4}$, nên $d:y = \frac{3}{4}\left( {x - 1} \right) + \frac{3}{2} = \frac{3}{4}x + \frac{3}{4}$.

Giải $\frac{3}{4}x + \frac{3}{4} = x \Leftrightarrow x = 3$, suy ra giao điểm là $M\left( {3;\,\,3} \right)$.

d) Sai. Hai điểm cực trị là $\left( {0;\,\,1} \right)$ và $\left( { - 2;\,\, - 3} \right)$. Đường thẳng đi qua hai điểm này có hệ số góc $\frac{{1 - \left( { - 3} \right)}}{{0 - \left( { - 2} \right)}} = 2$, nên có phương trình $y = 2x + 1$.

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Sai.

a) Đúng. $\overrightarrow {AB} = \left( { - 80;\,\, - 60;\,\, - 20} \right)$ nên $AB = \sqrt {10400} = 20\sqrt {26} \approx 102$ m.

b) Sai. $A$ và $B$ cùng nằm phía trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Gọi $B'\left( {40;\,\,30;\,\, - 10} \right)$ là điểm đối xứng của $B$ qua $\left( {Oxy} \right)$.

Với $M\left( {x;\,\,y;\,\,0} \right)$ ta có $MA + MB = MA + MB' \ge AB'$, dấu bằng xảy ra khi $M$ thuộc đoạn $AB'$, tức là $\overrightarrow {AM} = t\overrightarrow {AB'}$.

Ta có $\overrightarrow {AM} = \left( {x - 120;\,\,y - 90;\,\, - 30} \right)$ và $\overrightarrow {AB'} = \left( { - 80;\,\, - 60;\,\, - 40} \right)$.

So sánh thành phần thứ ba: $- 30 = - 40t$, suy ra $t = \frac{3}{4}$.

Khi đó $x = 60$, $y = 45$, tức $M\left( {60;\,\,45;\,\,0} \right)$.

c) Sai. Gọi $P$ là vị trí drone hết pin.

Ta có $\overrightarrow {AP} = 0{,}4\overrightarrow {AB} = \left( { - 32;\,\, - 24;\,\, - 8} \right)$ nên $P\left( {88;\,\,66;\,\,22} \right)$.

Vậy vị trí drone hết pin cách mặt đất 22 m.

d) Sai. $OA = \sqrt {{{120}^2} + {{90}^2} + {{30}^2}} = 30\sqrt {26}$ và $AP = 0{,}4AB = 8\sqrt {26}$.

Tổng quãng đường drone bay được là $38\sqrt {26} \approx 193{,}76$ m, ứng với thời gian $\frac{{38\sqrt {26} }}{{10}} \approx 19{,}38$ giây.

Drone báo sắp hết pin sau khoảng $19{,}38 - 3 \approx 16$ giây kể từ lúc xuất phát.

Đáp án: a) Sai. b) Đúng. c) Đúng. d) Đúng.

$C'\left( t \right) = \frac{{15\left( {{t^2} + 9} \right) - 15t \cdot 2t}}{{{{\left( {{t^2} + 9} \right)}^2}}} = \frac{{15\left( {9 - {t^2}} \right)}}{{{{\left( {{t^2} + 9} \right)}^2}}}$.

Với $t \ge 0$, $C'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 3$. $C'\left( t \right) > 0$ trên $\left( {0;\,\,3} \right)$ và $C'\left( t \right) < 0$ trên $\left( {3;\,\, + \infty } \right)$, nên $C\left( t \right)$ đạt giá trị lớn nhất tại $t = 3$, với $C\left( 3 \right) = \frac{{45}}{{18}} = 2{,}5$.

a) Sai. Nồng độ đạt lớn nhất tại $t = 3$ giờ, không phải $t = 9$ giờ.

b) Đúng. Giá trị nồng độ cao nhất là $2{,}5{\rm{\;mg/l}}$.

c) Đúng. $C'\left( t \right) > 0$ trên $\left( {0;\,\,3} \right)$ nên nồng độ thuốc tăng trong $3$ giờ đầu.

d) Đúng. $C'\left( 1 \right) = \frac{{15 \cdot 8}}{{{{10}^2}}} = 1{,}2$ mg/l/giờ.

Đáp án: a) Sai. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.

$\overrightarrow {AB} = \left( { - 6;\,\, - 1;\,\,1} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( { - 5;\,\,0;\,\,2} \right)$, $\overrightarrow {BC} = \left( {1;\,\,1;\,\,1} \right)$.

a) Sai. $AB = \sqrt {38}$, $AC = \sqrt {29}$, $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 30 + 0 + 2 = 32$.

$\cos \widehat {BAC} = \frac{{32}}{{\sqrt {38} \cdot \sqrt {29} }} = \frac{{32}}{{\sqrt {1102} }}$, suy ra ${\sin ^2}\widehat {BAC} = 1 - \frac{{1024}}{{1102}} = \frac{{39}}{{551}}$, nên $\sin \widehat {BAC} = \sqrt {\frac{{39}}{{551}}} .$

b) Đúng. $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 32$.

c) Sai.

$ABDC$ là hình bình hành khi $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD}$, suy ra $D\left( {2 - 6;\,\,3 - 1;\,\,5 + 1} \right)$, tức $D\left( { - 4;\,\,2;\,\,6} \right)$.

d) Đúng. $H$ thuộc đường thẳng $BC$ nên $\overrightarrow {BH} = t\overrightarrow {BC}$, suy ra $H\left( {1 + t;2 + t;4 + t} \right)$ và $\overrightarrow {AH} = \left( {t - 6;t - 1;t + 1} \right)$. $\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {BC} = 0 \Leftrightarrow 3t - 6 = 0 \Leftrightarrow t = 2$, suy ra $H\left( {3;4;6} \right)$.

Khi đó $2a - 5b + c = 6 - 20 + 6 = - 8$.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {12;\,\,0;\,\,0} \right)$.

$M$ thuộc đoạn $AB$ nên $M\left( {m;\,\,6;\,\,8} \right)$ với $0 \le m \le 12$, và $AM = m$.

$C{M^2} = {\left( {m - 6} \right)^2} + {6^2} + {8^2} = {\left( {m - 6} \right)^2} + 100 \ge 100$, dấu bằng xảy ra khi $m = 6$.

Vậy khoảng cách $CM$ nhỏ nhất khi $AM = 6$.

Đáp án: 6.

$f'\left( x \right)$ chỉ đổi dấu khi $x$ đi qua các nghiệm $x = k$ có số mũ $k$ lẻ, tức $k \in \left\{ {1;\,\,3;\,\,5; \ldots ;\,\,2025} \right\}.$

Với $x < 1$, cả 1013 thừa số có số mũ lẻ đều âm, nên $f'\left( x \right) < 0$.

Do đó, khi $x$ tăng dần, $f'\left( x \right)$ đổi dấu xen kẽ: $x = 1$ là điểm cực tiểu, $x = 3$ là điểm cực đại, $x = 5$ là điểm cực tiểu, và cứ thế tiếp tục.

Các điểm cực đại là $x = 3;\,\,7;\,\,11; \ldots ;\,\,2023$, gồm $\frac{{2023 - 3}}{4} + 1 = 506$ điểm.

Đáp án: 506.

Trọng lượng của kiện hàng và tấm ván là $P = \left( {50 + 10} \right) \cdot 10 = 600{\rm{\;N}}$.

Gọi $T$ là lực căng của mỗi sợi dây. Mỗi dây hợp với mặt phẳng nằm ngang của tấm ván góc $60^\circ$, nên thành phần thẳng đứng của mỗi lực căng là $T\sin 60^\circ$.

Các thành phần nằm ngang triệt tiêu nhau do tính đối xứng.

Do đó:

$4T\sin 60^\circ = 600 \Leftrightarrow 2\sqrt 3 T = 600 \Leftrightarrow T = 100\sqrt 3 \approx 173{\rm{\;N}}$.

Đáp án: 173.

Gọi $B'$ là vị trí của đỉnh $B$ sau khi gấp, $B' \in CD$.

Đặt $CB' = t$, $BN = NB' = y$, $BM = MB' = x$.

Tam giác $NCB'$ vuông tại $C$: ${y^2} = {\left( {10 - y} \right)^2} + {t^2}$, suy ra $y = \frac{{{t^2} + 100}}{{20}}$.

Gọi $K$ là hình chiếu của $M$ lên $CD$.

Ta có $MK = 10$ và $KB' = \left| {x - t} \right|$, nên ${x^2} = 100 + {\left( {x - t} \right)^2}$, suy ra $x = \frac{{{t^2} + 100}}{{2t}}$.

Điều kiện: $y \le 10 \Leftrightarrow t \le 10$; $x \le 15 \Leftrightarrow {t^2} - 30t + 100 \le 0 \Leftrightarrow 15 - 5\sqrt 5 \le t \le 15 + 5\sqrt 5$.

Kết hợp lại được $t \in \left[ {15 - 5\sqrt 5 ;\,\,10} \right]$.

Khi đó $M{N^2} = {x^2} + {y^2} = {\left( {{t^2} + 100} \right)^2}\left( {\frac{1}{{4{t^2}}} + \frac{1}{{400}}} \right) = \frac{{{{\left( {{t^2} + 100} \right)}^3}}}{{400{t^2}}}$.

Đặt $s = {t^2}$, $s \in \left[ {{{\left( {15 - 5\sqrt 5 } \right)}^2};100} \right]$, và xét $g\left( s \right) = \frac{{{{\left( {s + 100} \right)}^3}}}{s}$.

Ta có $g'\left( s \right) = \frac{{{{\left( {s + 100} \right)}^2}\left( {2s - 100} \right)}}{{{s^2}}}$, và $g'\left( s \right) = 0 \Leftrightarrow s = 50$, thuộc đoạn đang xét.

$g$ nghịch biến trước $s = 50$ và đồng biến sau $s = 50$, nên $g$ nhỏ nhất tại $s = 50$.

Suy ra $MN_{{\rm{min}}}^2 = \frac{{{{150}^3}}}{{400 \cdot 50}} = \frac{{675}}{4}$, tức $M{N_{{\rm{min}}}} = \frac{{15\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy $a = 15$, $b = 3$, $c = 2$ và $a + b + c = 20$.

Đáp án: 20.

$y' = {x^2} + 2mx - \left( {m + 7} \right)$.

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 2$ thì $y'\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow 4 + 4m - m - 7 = 0 \Leftrightarrow m = 1$.

Thử lại: với $m = 1$, $y' = {x^2} + 2x - 8 = \left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right)$ đổi dấu từ âm sang dương khi $x$ đi qua $2$, nên hàm số đạt cực tiểu tại $x = 2$.

Vậy $m = 1$.

Đáp án: 1.

Giá bán là hàm bậc nhất của số lượng: cứ bán thêm 100 chiếc thì giá giảm 30 nghìn đồng, và tại $x = 500$ thì giá là 300 nghìn đồng.

Do đó $p\left( x \right) = 300 - 0{,}3\left( {x - 500} \right) = 450 - 0{,}3x$ (nghìn đồng), tức $p\left( x \right) = 0{,}45 - 0{,}0003x$ (triệu đồng).

Lợi nhuận $L\left( x \right) = x \cdot p\left( x \right) - C\left( x \right) = - 0{,}0003{x^2} + 0{,}33x - 50$ (triệu đồng).

$L\left( x \right)$ là hàm bậc hai có hệ số $a < 0$, nên đạt giá trị lớn nhất tại $x = - \frac{{0{,}33}}{{2 \cdot \left( { - 0{,}0003} \right)}} = 550$.

Khi đó giá bán là $p\left( {550} \right) = 450 - 165 = 285$ nghìn đồng.

Đáp án: 285.