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

Chọn D.

Đạo hàm $f'\left( x \right) = \left( {x + 2} \right){\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 3} \right) = 0$ có hai nghiệm bội lẻ là $x = - 2$ và $x = 3$. Nghiệm $x = 1$ là nghiệm bội chẵn nên đạo hàm không đổi dấu khi đi qua điểm này.

Do đó hàm số có $2$ điểm cực trị.

Chọn B.

Xét hàm số $y = - {x^3} - 3x + 2$, ta có $y' = - 3{x^2} - 3 = - 3\left( {{x^2} + 1} \right) < 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$. Do đó hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Chọn C.

Quan sát đồ thị hàm số bậc ba, trên khoảng $\left( { - 1;\,\,2} \right)$ đồ thị đi xuống từ trái sang phải, do đó hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;\,\,2} \right)$.

Chọn B.

Vận tốc của chuyển động là đạo hàm của hàm vị trí: $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - 3{t^2} + 10t + 4$.

Hàm số $v\left( t \right)$ là tam thức bậc hai có hệ số $a = - 3 < 0$, đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh của parabol: $t = - \frac{{10}}{{2 \cdot \left( { - 3} \right)}} = \frac{5}{3}$.

Chọn C.

Đồ thị đi qua điểm cực đại $\left( { - 1;\,\,5} \right)$ nên $f\left( { - 1} \right) = 5$. Thay $x = - 1$ vào bốn phương án, chỉ có phương án C thỏa mãn. Do đó chọn C.

Chọn D.

Đồ thị có đường tiệm cận đứng $x = - 4$ và đường tiệm cận ngang $y = 2$, nên loại phương án A và B.

Mặt khác $f\left( 0 \right) = \frac{1}{4} > 0$, đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm phía trên gốc tọa độ $O$.

Do đó chọn D.

Chọn B.

Với $x > 0$, đạo hàm $f'\left( x \right) = \frac{1}{x} - \frac{4}{{{x^2}}} = \frac{{x - 4}}{{{x^2}}}$.

Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 4$. Đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua $x = 4$ nên hàm số đạt cực tiểu tại $x = 4$.

Giá trị cực tiểu là $f\left( 4 \right) = 1 + \ln 4$.

Chọn D.

Từ bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại $x = - 2$ với giá trị cực đại $y = 4$. Do đó, điểm cực đại của đồ thị hàm số là $\left( { - 2;\,\,4} \right)$.

Chọn C.

Đồ thị hàm số $y = \frac{{1 - x}}{{x + 2}}$ có đường tiệm cận đứng là $x = - 2$ và đường tiệm cận ngang là $y = - 1,$ tức là có đúng $2$ đường tiệm cận.

Chọn A.

Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}$ do ${x^2} - 2x + 5 = {\left( {x - 1} \right)^2} + 4 > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$. Đạo hàm $f'\left( x \right) = \frac{{2x - 2}}{{{x^2} - 2x + 5}}$. Ta có $f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow 2x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1;\,\, + \infty } \right)$.

Chọn B.

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2$ nên $y = 2$ là đường tiệm cận ngang.

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - 2$ nên $y = - 2$ là đường tiệm cận ngang.

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

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là $1 + 2 = 3$.

Chọn D.

Trên đoạn $\left[ {0;\,\,3} \right]$, quan sát đồ thị hàm số ta thấy giá trị lớn nhất đạt được tại $x = 1$ là $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,\,3} \right]} f\left( x \right) = 3$ và giá trị nhỏ nhất đạt được tại $x = 3$ là $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\,\,3} \right]} f\left( x \right) = - 1$.

Tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất bằng $3 + \left( { - 1} \right) = 2$.

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

a) Đúng. Đạo hàm $f'\left( x \right) = {\left( {x + 2\cos x} \right)^\prime } = 1 - 2\sin x$.

b) Đúng. Trong khoảng $\left( {0;2\pi } \right)$, phương trình $1 - 2\sin x = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2}$ có đúng hai nghiệm là $x = \frac{\pi }{6}$ và $x = \frac{{5\pi }}{6}$.

c) Sai. Khi đi qua điểm $x = \frac{{5\pi }}{6}$, đạo hàm $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ âm sang dương, nên hàm số đạt cực tiểu tại điểm này. Mệnh đề sai.

d) Đúng. Với $x \in \left( {\frac{\pi }{6};\,\,\frac{{5\pi }}{6}} \right)$ thì $\sin x > \frac{1}{2} \Rightarrow f'\left( x \right) < 0$, do đó hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {\frac{\pi }{6};\,\,\frac{{5\pi }}{6}} \right)$.

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

a) Đúng. Do số lượng vi khuẩn phát triển liên tục nên tại thời điểm chuyển giai đoạn $t = 3$ ta có $N\left( 3 \right) = M\left( 3 \right) \Leftrightarrow 40{e^{2{,}4}} = A - \frac{{160}}{3}{e^{2{,}4}} \Leftrightarrow A = \frac{{280}}{3}{e^{2{,}4}} \approx 1028{,}83 > 1000$.

b) Sai. Vì $t = 3$ là thời điểm chuyển giai đoạn, tốc độ tăng trưởng của vi khuẩn tại thời điểm này được xác định bởi cả hai phía:

$N'\left( 3 \right) = 32{e^{2{,}4}}$ và $M'\left( 3 \right) = - \frac{{160}}{3}\left( { - 0{,}6} \right){e^{4{,}2 - 0{,}6\left( 3 \right)}} = 32{e^{2{,}4}} \approx 352{,}74 < 500$ triệu cá thể/giờ.

c) Đúng. Tại thời điểm bắt đầu $t = 0$, số lượng vi khuẩn là $N\left( 0 \right) = 40{e^0} = 40$ triệu cá thể.

d) Đúng. Trong giai đoạn 1, hàm số $N\left( t \right)$ đồng biến nên:

$N\left( t \right) \le N\left( 3 \right) = 40{e^{2{,}4}} \approx 440{,}93 < 1320$.

Trong giai đoạn 2, hàm số $M\left( t \right)$ tăng và tiệm cận đến $A \approx 1028{,}83 < 1320$. Do đó, số lượng vi khuẩn không vượt quá $1320$ triệu cá thể trên toàn bộ quá trình nuôi cấy.

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

a) Đúng. Ta có $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 9 = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = 3$.

Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $\left( {1;\,\,6} \right)$ và $\left( {3;\,\,2} \right)$.

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị có hệ số góc $k = \frac{{2 - 6}}{{3 - 1}} = - 2.$

b) Sai. Đạo hàm $f'\left( x \right) = 3\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua $x = 1$, nên điểm $\left( {1;\,\,6} \right)$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số, không phải điểm cực tiểu.

c) Đúng. Phân tích thành nhân tử: $f'\left( x \right) = 3\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) = 3\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)$.

d) Sai. Xét hàm số trên đoạn $\left[ {0;\,\,2} \right]$, ta có $f\left( 0 \right) = 2$, $f\left( 1 \right) = 6$, $f\left( 2 \right) = 4$.

Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ {0;\,\,2} \right]$ bằng $2$, không phải bằng $4$.

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

a) Sai. Thực hiện phép chia đa thức: $y = - x + 3 - \frac{8}{{x + 2}}$.

Đồ thị $\left( C \right)$ có đường tiệm cận đứng là $x = - 2$ và đường tiệm cận xiên là $y = - x + 3$.

Giao điểm của hai đường tiệm cận, đồng thời là tâm đối xứng của $\left( C \right)$, là điểm $I\left( { - 2;\,\,5} \right)$.

b) Đúng. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng ${\rm{\Delta }}$ và $\left( C \right)$ là:

$\frac{{ - {x^2} + x - 2}}{{x + 2}} = \frac{{ - x - 2}}{2} \Leftrightarrow {x^2} - 6x = 0$, có hai nghiệm là $x = 0$ và $x = 6$.

Tọa độ hai giao điểm là $A\left( {0;\,\, - 1} \right)$ và $B\left( {6;\,\, - 4} \right)$.

Đoạn thẳng $OA$ nằm trên trục tung $Oy$ và $OA = 1$.

Khoảng cách từ điểm $B$ đến trục tung bằng $6$.

Do đó diện tích tam giác $OAB$ là ${S_{{\rm{\Delta }}OAB}} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 6 = 3$.

c) Đúng. Đường tiệm cận xiên của đồ thị $\left( C \right)$ là đường thẳng $y = - x + 3$.

d) Sai. Đường thẳng $AB$ đi qua hai điểm $A\left( {0;\,\, - 1} \right)$ và $B\left( {6;\,\, - 4} \right)$ có phương trình là $x + 2y + 2 = 0$.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên đường thẳng $CD$ song song với $AB$, có dạng $x + 2y + m = 0$ với điều kiện $m \ne 2$, hay $y = \frac{{ - x - m}}{2}$.

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $CD$ và đồ thị $\left( C \right)$ là:

$\frac{{ - {x^2} + x - 2}}{{x + 2}} = \frac{{ - x - m}}{2} \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 4} \right)x + \left( {4 - 2m} \right) = 0$

Theo định lý Viète: ${x_C} + {x_D} = m + 4$ và ${x_C} \cdot {x_D} = 4 - 2m$.

Vì $\overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AB} = \left( {6;\,\, - 3} \right)$ nên ${x_C} - {x_D} = 6$.

Ta có hệ thức:

${\left( {{x_C} - {x_D}} \right)^2} = {\left( {{x_C} + {x_D}} \right)^2} - 4{x_C}{x_D} \Leftrightarrow 36 = {\left( {m + 4} \right)^2} - 4\left( {4 - 2m} \right) \Leftrightarrow {m^2} + 16m - 36 = 0$.

Phương trình có hai nghiệm là $m = 2$ (loại do trùng với đường thẳng $AB$) và $m = - 18$ (thỏa mãn).

Do đó đường thẳng $CD$ có phương trình là $x + 2y - 18 = 0$.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song $AB$ và $CD$ là:

$d\left( {AB,\,\,CD} \right) = \frac{{\left| {2 - \left( { - 18} \right)} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} }} = \frac{{20}}{{\sqrt 5 }} = 4\sqrt 5 \ne 5$.

Do đó mệnh đề d là sai.

Ta có $f'\left( u \right) = 3{u^2} - 3 = 3\left( {u - 1} \right)\left( {u + 1} \right)$.

Đạo hàm

$g'\left( x \right) = {\left( {{x^2} - 2x} \right)^\prime } \cdot f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 2\left( {x - 1} \right) \cdot 3\left( {\left( {{x^2} - 2x} \right) - 1} \right)\left( {\left( {{x^2} - 2x} \right) + 1} \right) = 6{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {{x^2} - 2x - 1} \right).$

Phương trình $g'\left( x \right) = 0$ có ba nghiệm là $x = 1 - \sqrt 2$, $x = 1$, $x = 1 + \sqrt 2$.

Xét dấu của $g'\left( x \right)$, ta thấy $g'\left( x \right) < 0$ trên khoảng $\left( {1;\,\,1 + \sqrt 2 } \right)$ và $g'\left( x \right) > 0$ trên khoảng$\left( {1 + \sqrt 2 ;\,\, + \infty } \right)$.

Vì $g'\left( x \right) < 0$ trên $\left( {1;\,\,1 + \sqrt 2 } \right)$ nên để hàm số $g\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {m;\,\, + \infty } \right)$ thì $\left( {m;\,\, + \infty } \right) \subset \left[ {1 + \sqrt 2 ;\,\, + \infty } \right)$.

Suy ra $m \ge 1 + \sqrt 2$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $m$ là ${m_{{\rm{min}}}} = 1 + \sqrt 2 \approx 2{,}41$.

Đáp án: 2,41.

Thời gian di chuyển hết quãng đường là $t = \frac{{120}}{v}$ giờ.

Điện năng tiêu thụ trên cả quãng đường là:

$E\left( v \right) = P\left( v \right) \cdot t = \left( {12 + \frac{{{v^2}}}{{300}}} \right)\frac{{120}}{v} = \frac{{1440}}{v} + \frac{{2v}}{5}$ (kWh).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương: $\frac{{1440}}{v} + \frac{{2v}}{5} \ge 2\sqrt {\frac{{1440}}{v} \cdot \frac{{2v}}{5}} = 48$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi $\frac{{1440}}{v} = \frac{{2v}}{5} \Leftrightarrow {v^2} = 3600 \Leftrightarrow v = 60$ km/h.

Đáp án: 60.

Sau khi cắt bốn góc và gấp thành chiếc hộp không nắp, chiều dài và chiều rộng của đáy hộp lần lượt là $30 - 2x$ và $20 - 2x$, chiều cao của hộp là $x$, với điều kiện $0 < x < 10$.

Thể tích của chiếc hộp là: $V\left( x \right) = x\left( {30 - 2x} \right)\left( {20 - 2x} \right) = 4\left( {{x^3} - 25{x^2} + 150x} \right)$.

Đạo hàm $V'\left( x \right) = 4\left( {3{x^2} - 50x + 150} \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{25 \pm 5\sqrt 7 }}{3}$.

Xét trên khoảng $\left( {0;\,\,10} \right)$, phương trình chỉ có một nghiệm là ${x_0} = \frac{{25 - 5\sqrt 7 }}{3}$.

Trên khoảng $\left( {0;\,\,10} \right)$, đạo hàm $V'\left( x \right)$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm ${x_0} = \frac{{25 - 5\sqrt 7 }}{3}$, do đó thể tích $V\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất tại ${x_0} \approx 3{,}9{\rm{\;cm}}$.

Đáp án: 3,9.

Doanh thu bán hàng mỗi tháng là: $R\left( x \right) = x \cdot p\left( x \right) = x\left( {600 - 0{,}5x} \right) = - 0{,}5{x^2} + 600x$ (nghìn đồng).

Lợi nhuận mỗi tháng là:

$L\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = \left( { - 0{,}5{x^2} + 600x} \right) - \left( {100x + 50000} \right) = - 0{,}5{x^2} + 500x - 50000$.

Hàm số bậc hai $L\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất tại $x = - \frac{{500}}{{2 \cdot \left( { - 0{,}5} \right)}} = 500$, giá trị này thỏa mãn $0 \le x \le 800$.

Lợi nhuận lớn nhất cửa hàng có thể đạt được là:

$L\left( {500} \right) = - 0{,}5{\left( {500} \right)^2} + 500\left( {500} \right) - 50000 = 75000$ nghìn đồng $= 75$ triệu đồng.

Đáp án: 75.

Đồ thị hàm số $y = \frac{{3x + b}}{{cx + d}}$ có đường tiệm cận đứng là $x = - 2 \Rightarrow - \frac{d}{c} = - 2 \Leftrightarrow d = 2c$.

Đường tiệm cận ngang là $y = 3 \Rightarrow \frac{3}{c} = 3 \Leftrightarrow c = 1$, suy ra $d = 2$.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm $\left( {0;\,\,6} \right)$ nên $\frac{b}{d} = 6 \Leftrightarrow b = 6d = 12$.

Kiểm tra lại giao điểm với trục hoành tại $\left( { - 4;\,\,0} \right)$: $\frac{{3 \cdot \left( { - 4} \right) + 12}}{{1 \cdot \left( { - 4} \right) + 2}} = 0$, hoàn toàn phù hợp với đồ thị.

Giá trị của biểu thức là: $T = 2b + 3c - 4d = 2 \cdot 12 + 3 \cdot 1 - 4 \cdot 2 = 19$.

Đáp án: 19.

Đồ thị hàm số $y = \sqrt[3]{{8{x^3} + 2x + 1}}$ có đường tiệm cận xiên $y = ax + b$ xác định bởi:

$a = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\sqrt[3]{{8{x^3} + 2x + 1}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \sqrt[3]{{8 + \frac{2}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^3}}}}} = 2$.

$b = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {\sqrt[3]{{8{x^3} + 2x + 1}} - 2x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {8{x^3} + 2x + 1} \right)}^2}}} + 2x\sqrt[3]{{8{x^3} + 2x + 1}} + 4{x^2}}} = 0$.

Suy ra $a = 2$ và $b = 0$.

Giá trị của biểu thức là: $T = 2026a + 2027b = 2026 \cdot 2 + 2027 \cdot 0 = 4052$.

Đáp án: 4052.