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

Chọn B.

Từ bảng biến thiên, $f'\left( x \right) < 0$ trên các khoảng $\left( { - \infty ;\,\, - 1} \right)$ và $\left( {0;\,\,1} \right)$ nên hàm số nghịch biến trên $\left( {0;\,\,1} \right)$.

Chọn D.

Từ bảng biến thiên, hàm số giảm trên $\left( { - 5;\,\,1} \right)$, tăng trên $\left( {1;\,\,7} \right)$ và $f\left( 1 \right) = 2$ nên $\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 5;\,\,7} \right]} f\left( x \right) = 2$.

Mặt khác $f\left( x \right) < 9$ với mọi $x \in \left[ { - 5;\,\,7} \right)$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {7^ - }} f\left( x \right) = 9$ nên hàm số không có giá trị lớn nhất trên $\left[ { - 5;\,\,7} \right)$.

Chọn A.

Đồ thị có tiệm cận đứng $x = 1$, tiệm cận ngang $y = 2$ nên loại C.

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định nên $y' > 0$.

Với $y = \frac{{2x - 3}}{{x - 1}}$ có $y' = \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0$, phù hợp hình vẽ.

Hai hàm số ở B và D có $y' < 0$.

Chọn D.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{x - 1}}{{x + 2}} = - \infty$ nên tiệm cận đứng là $x = - 2$.

Chọn A.

Khi $x \to + \infty$ thì $y \to - \infty$ nên $a < 0$.

Đồ thị cắt $Oy$ tại điểm có tung độ dương nên $d > 0$.

Hai điểm cực trị ${x_1},\,\,{x_2}$ đều dương nên ta có:

${x_1} + {x_2} = - \frac{{2b}}{{3a}} > 0 \Rightarrow b > 0$ và ${x_1}{x_2} = \frac{c}{{3a}} > 0 \Rightarrow c < 0$.

Chọn D.

$\vec a = - \vec i + 2\vec j - 3\vec k$ nên $\vec a = \left( { - 1;\,\,2;\,\, - 3} \right)$.

Chọn C.

Hai vectơ cùng hướng nên $\left( {\vec a,\,\,\vec b} \right) = 0^\circ$, suy ra $\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a\left| \cdot \right|\vec b} \right| \cdot \cos 0^\circ = \left| {\vec a\left| \cdot \right|\vec b} \right|$.

Chọn A.

Hình chiếu vuông góc của $A\left( {1;\,\,1;\,\,1} \right)$ trên mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ là $\left( {1;\,\,0;\,\,1} \right)$.

Chọn B.

Từ đồ thị, hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;\,\, - 2} \right)$ và $\left( {0;\,\, + \infty } \right)$.

Chọn B.

Hình chiếu vuông góc của $A\left( {1;\,\,2;\,\,5} \right)$ lên trục $Ox$ là $\left( {1;\,\,0;\,\,0} \right)$.

Chọn A.

Gọi $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$.

Ta có $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO}$ và $\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO}$ nên $\vec a + \vec c = \vec b + \vec d$.

Chọn B.

Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 3$, giá trị cực tiểu là $f\left( 3 \right) = - 1$.

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

a) Đúng. $C\left( {10} \right) = 100 + 30 \cdot 10 = 400$ (triệu đồng).

b) Sai. Số tiền thu được là $10 \cdot P\left( {10} \right) = 10 \cdot \left( {45 - 0{,}001 \cdot {{10}^2}} \right) = 449$ (triệu đồng).

c) Đúng. $H\left( x \right) = x \cdot P\left( x \right) - C\left( x \right) = 45x - 0{,}001{x^3} - 100 - 30x = - 0{,}001{x^3} + 15x - 100$.

d) Đúng. $H'\left( x \right) = - 0{,}003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 5000 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2$ (vì $0 \le x \le 100$).

$H'\left( x \right)$ đổi dấu từ dương sang âm khi qua $x = 50\sqrt 2$ nên $H\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất tại $x = 50\sqrt 2 \approx 70{,}7$ (tấn).

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

a) Đúng. $\overrightarrow {OM} = \left( {2;\,\,3;\,\, - 1} \right) \Rightarrow M\left( {2;\,\,3;\,\, - 1} \right)$, $\overrightarrow {ON} = \left( { - 1;\,\,1;\,\,1} \right) \Rightarrow N\left( { - 1;\,\,1;\,\,1} \right)$.

b) Sai. Hình chiếu của $M$ trên trục $Oy$ là $\left( {0;\,\,3;\,\,0} \right)$.

c) Đúng. $N$ là trung điểm của $ME$ nên

$E = \left( {2{x_N} - {x_M};\,\,2{y_N} - {y_M};\,\,2{z_N} - {z_M}} \right) = \left( { - 4;\,\, - 1;\,\,3} \right).$

d) Sai. $OMND$ là hình bình hành $\Leftrightarrow \overrightarrow {OM} = \overrightarrow {DN} \Leftrightarrow D = \left( { - 1 - 2;\,\,1 - 3;\,\,1 + 1} \right) = \left( { - 3;\,\, - 2;\,\,2} \right)$.

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

a) Đúng. Hàm số xác định khi $x \ne 1$ nên $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

b) Sai. Tiệm cận đứng của đồ thị là đường thẳng $x = 1$.

c) Sai. Ta có $f\left( x \right) = x + 5 + \frac{4}{{x - 1}}$ nên tiệm cận xiên là $y = x + 5$.

Tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận: $I\left( {1;\,\,6} \right)$.

d) Sai. Tiệm cận xiên là $y = x + 5$.

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

a) Đúng. $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ âm sang dương khi qua $x = 7$ nên $x = 7$ là điểm cực tiểu.

b) Sai. $f\left( 7 \right)$ là giá trị cực tiểu của hàm số.

c) Sai. $f'\left( x \right) < 0$ trên $\left( {11;\,\, + \infty } \right)$ nên hàm số không đồng biến trên $\left( {7;\,\, + \infty } \right)$.

d) Đúng. Hàm số đồng biến trên $\left( {7;\,\,11} \right)$ nên $f\left( {11} \right) > f\left( 7 \right)$.

Tập xác định: $D = \left( { - \infty ;\,\, - 1} \right) \cup \left( {1;\,\, + \infty } \right)$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{3\left( {x - 1} \right)}}{{\sqrt {\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{3\sqrt {x - 1} }}{{\sqrt {x + 1} }} = 0$ nên $x = 1$ không là tiệm cận đứng.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{3x - 3}}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = - \infty$ nên $x = - 1$ là tiệm cận đứng. Suy ra $a = 1$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 3$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - 3$ nên đồ thị có hai tiệm cận ngang $y = 3$, $y = - 3$. Suy ra $b = 2$.

Vậy $20a + 10{b^2} = 20 + 40 = 60$.

Đáp án: 60.

Gọi chiều rộng đáy là $x$ $\left( {x > 0} \right)$, chiều dài là $\frac{{4x}}{3}$, chiều cao là $h$ (đơn vị: m).

$V = \frac{{4{x^2}}}{3} \cdot h = 8 \Rightarrow h = \frac{6}{{{x^2}}}$.

Diện tích đáy bằng $\frac{{4{x^2}}}{3}$, diện tích phần nắp cần đổ là $\frac{7}{9} \cdot \frac{{4{x^2}}}{3} = \frac{{28{x^2}}}{{27}}$, diện tích xung quanh là:

$2h\left( {x + \frac{{4x}}{3}} \right) = \frac{{14xh}}{3} = \frac{{28}}{x}$ (m2).

Tổng diện tích cần xây: $S\left( x \right) = \frac{{4{x^2}}}{3} + \frac{{28{x^2}}}{{27}} + \frac{{28}}{x} = \frac{{64{x^2}}}{{27}} + \frac{{28}}{x}$ (m2).

$S'\left( x \right) = \frac{{128x}}{{27}} - \frac{{28}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^3} = \frac{{189}}{{32}}$.

Lập bảng biến thiên, $S\left( x \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại ${x_0} = \sqrt[3]{{\frac{{189}}{{32}}}}$. Khi đó $\frac{{64x_0^3}}{{27}} = 14$ nên

${S_{{\rm{min}}}} = \frac{1}{{{x_0}}}\left( {\frac{{64x_0^3}}{{27}} + 28} \right) = \frac{{42}}{{{x_0}}} \approx 23{,}235\;$ (m$^{2}$).

Chi phí thấp nhất là $23{,}235 \cdot 0{,}99 \approx 23$ (triệu đồng).

Đáp án: 23.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$, $M$ là trung điểm $FG$ thì $M$ thuộc đoạn $OC$.

Đặt $FG = x$ $\left( {0 < x < 5\sqrt 2 } \right)$.

Khi đó $OM = \frac{x}{2}$, $CM = OC - OM = 5\sqrt 2 - \frac{x}{2}$ là đường cao của tam giác cân $CFG$, cũng là trung đoạn của khối chóp.

Chiều cao khối chóp: $h = \sqrt {C{M^2} - O{M^2}} = \sqrt {{{\left( {5\sqrt 2 - \frac{x}{2}} \right)}^2} - \frac{{{x^2}}}{4}} = \sqrt {50 - 5\sqrt 2 x}$.

$V = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {50 - 5\sqrt 2 x} = \frac{1}{3}\sqrt {{x^4}\left( {50 - 5\sqrt 2 x} \right)}$.

Xét $f\left( x \right) = 50{x^4} - 5\sqrt 2 {x^5}$ trên $\left( {0;5\sqrt 2 } \right)$, $f'\left( x \right) = 200{x^3} - 25\sqrt 2 {x^4} = 0 \Leftrightarrow x = 4\sqrt 2$.

Lập bảng biến thiên, $f\left( x \right)$ lớn nhất tại $x = 4\sqrt 2$, khi đó $h = \sqrt {10}$ và ${V_{{\rm{max}}}} = \frac{1}{3} \cdot 32 \cdot \sqrt {10} = \frac{{32\sqrt {10} }}{3}\;$ (cm3).

Viết ở dạng tối giản ($\frac{{a\sqrt b }}{c}$ tối giản, $b$ không chứa thừa số chính phương lớn hơn 1) ta được $a = 32$, $b = 10$, $c = 3$.

Vậy $P = a + b + c = 45$.

Đáp án: 45.

Vì $O$ là trung điểm của $AC$ nên $\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} = \vec 0$, suy ra

$M{A^2} + M{C^2} = {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OC} } \right)^2} = 2M{O^2} + O{A^2} + O{C^2}$.

Tương tự $M{B^2} + M{D^2} = 2M{O^2} + O{B^2} + O{D^2}$.

Suy ra $P = M{S^2} + 4M{O^2} + O{A^2} + O{B^2} + O{C^2} + O{D^2}$, trong đó $O{A^2} + O{B^2} + O{C^2} + O{D^2}$không đổi.

Đặt $SO = h$, $SM = t$ $\left( {0 \le t \le h} \right)$, ta có $M{S^2} + 4M{O^2} = {t^2} + 4{\left( {h - t} \right)^2} = 5{t^2} - 8ht + 4{h^2}$, nhỏ nhất khi $t = \frac{{4h}}{5}$.

Vậy $\frac{{SM}}{{SO}} = \frac{4}{5} = 0{,}8$.

Đáp án: $0{,}8$.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 13} \right\}$.

$y' = \frac{{\left( {4x + 26} \right)\left( {x + 13} \right) - \left( {2{x^2} + 26x + 18} \right)}}{{{{\left( {x + 13} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} + 52x + 320}}{{{{\left( {x + 13} \right)}^2}}}$.

$y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 26x + 160 = 0 \Leftrightarrow x = - 10$ hoặc $x = - 16$.

$y'$ đổi dấu từ dương sang âm khi qua $x = - 16$ và từ âm sang dương khi qua $x = - 10$ nên ${x_1} = - 10$ là điểm cực tiểu, ${x_2} = - 16$ là điểm cực đại.

Vậy $P = - 2{x_1} + {x_2} = 20 - 16 = 4$.

Đáp án: 4.

Đồ thị có tiệm cận đứng $x = 2$ nên $c = - 2$.

$y\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow \frac{b}{c} = 2 \Rightarrow b = - 4$.

$y' = \frac{{\left( { - 2x + a} \right)\left( {x - 2} \right) - \left( { - {x^2} + ax + b} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 4x - 2a - b}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}$.

$y'\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow - 2a - b = 0 \Rightarrow a = 2$.

Thử lại: $y = \frac{{ - {x^2} + 2x - 4}}{{x - 2}}$ có $y' = \frac{{ - {x^2} + 4x}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}$, $y\left( 4 \right) = - 6$, phù hợp bảng biến thiên.

Vậy $a + b + c = 2 - 4 - 2 = - 4$.

Đáp án: –4.