Đề kiểm tra giữa kỳ 1 Toán 12 trường Lê Thánh Tông năm 2026 – 2027 (có lời giải chi tiết)

Lời giải

Hàm số $y=-2x^3-x+2026$ xác định trên $\mathbb{R}$ và có $y'=-6x^2-1\lt 0$ với mọi $x\in\mathbb{R},$ nên hàm số luôn nghịch biến trên $\mathbb{R}.$

Các phương án khác sai vì ở A có $y'=-6x^2+6$ đổi dấu, ở B có $y'=3x^2+4\gt 0$ (đồng biến), ở D có $y'=-3x^2-8x$ đổi dấu (xem lại Bài 1. Tính đơn điệu và cực trị của hàm số).

Chọn C

Lời giải

Đặt $u=x^2+x+2,$ $v=x+1.$ Tại điểm cực trị thì $y'=0,$ tức là $u'v-uv'=0,$ suy ra $\dfrac{u}{v}=\dfrac{u'}{v'}.$ Do đó đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là

\[y=\dfrac{\left(x^2+x+2\right)'}{(x+1)'}=2x+1.\]

Chọn D

Lời giải

Theo quy tắc ba điểm (xem lại Bài 6. Vectơ trong không gian), ta có $\overrightarrow{DC'}+\overrightarrow{C'A}=\overrightarrow{DA}$ và $\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AD'}=\overrightarrow{DD'},$ suy ra $\vec u=\overrightarrow{DD'}-\overrightarrow{BB'}.$

Vì ABCD.A′B′C′D′ là hình hộp nên $\overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{BB'},$ do đó $\vec u=\vec 0.$

Chọn A

Lời giải

Với hàm số ở C, ta có

\[\begin{aligned}&\lim_{x\to\pm\infty}\left[y-(x+1)\right]\\&=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{-2}{x-2}=0.\end{aligned}\]

Do đó $y=x+1$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y=x+1-\dfrac{2}{x-2}$ (xem lại Bài 3. Đường tiệm cận của đồ thị hàm số).

Kiểm tra các phương án khác. Ở A, hiệu $y-(x+1)=\dfrac{x^2+2}{x}$ không dần về 0. Ở B, $y=x+1$ với $x\ne -1$ nên đồ thị nằm ngay trên đường thẳng đó, không có tiệm cận xiên. Ở D, hiệu $y-(x+1)=-\dfrac{x+2}{x+1}$ dần về $-1,$ tiệm cận xiên là $y=x.$

Chọn C

Lời giải

Tập xác định $D=(-\infty;-1]\cup[1;+\infty).$

Khi $x\to+\infty$ thì $2x-1\to+\infty$ và $\sqrt{4x^2-4}\to+\infty$ nên $y\to+\infty.$

Khi $x\to-\infty,$ nhân liên hợp ta được

\[\begin{aligned}&2x+\sqrt{4x^2-4}\\&=\dfrac{4x^2-(4x^2-4)}{2x-\sqrt{4x^2-4}}\\&=\dfrac{4}{2x-\sqrt{4x^2-4}}.\end{aligned}\]

Mẫu số dần về $-\infty$ nên phân số dần về 0, suy ra $\lim\limits_{x\to-\infty}y=0-1=-1.$

Vậy đồ thị có đường tiệm cận ngang là $y=-1.$

Chọn C

Lời giải

Ta có $y'=6x^2-10x,$ suy ra $y'=0\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=\dfrac53.$

Hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty;0)$ và $\left(\dfrac53;+\infty\right).$ Vì $(2;+\infty)\subset\left(\dfrac53;+\infty\right)$ nên hàm số đồng biến trên $(2;+\infty).$

Chọn B

Lời giải

Trên khoảng $(-\infty;0),$ điểm cao nhất của đồ thị là điểm cực đại $(-2;2).$ Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên khoảng này bằng 2, đạt tại $x=-2.$

Chọn A

Lời giải

Gọi H là tâm tam giác đều ABC, khi đó $SH\perp(ABC)$ nên $SH\perp AB.$ Trong tam giác đều ABC, đường trung tuyến kẻ từ C đi qua H và cũng là đường cao, nên $CH\perp AB.$

Suy ra $AB\perp(SHC),$ do đó $AB\perp SC.$ Vậy góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{SC}$ và $\overrightarrow{BA}$ bằng $90^\circ.$

Chọn D

Lời giải

Khoảng biến thiên bằng đầu mút phải của nhóm cuối trừ đầu mút trái của nhóm đầu (xem lại Bài 9. Khoảng biến thiên và khoảng tứ phân vị), nên $R=5{,}0-2{,}5=2{,}5$ (km).

Chọn D

Lời giải

Gọi độ dài các cạnh là $a.$ Ta có $\overrightarrow{A'B'}=\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{BC'}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CC'}.$

Góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{AB},$ $\overrightarrow{BC}$ bằng $120^\circ$ nên $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BC}=a\cdot a\cdot\cos 120^\circ=-\dfrac{a^2}{2}.$ Vì $CC'\perp(ABC)$ nên $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CC'}=0.$ Suy ra

\[\overrightarrow{A'B'}\cdot\overrightarrow{BC'}=-\dfrac{a^2}{2}.\]

Mặt khác $BC'=a\sqrt2$ (đường chéo hình vuông BCC′B′), nên

\[\begin{aligned}&\cos\left(\overrightarrow{BC'},\overrightarrow{A'B'}\right)\\&=\dfrac{-\frac{a^2}{2}}{a\sqrt2\cdot a}=-\dfrac{1}{2\sqrt2}.\end{aligned}\]

Bấm máy ta được góc xấp xỉ $110{,}7^\circ\approx 111^\circ.$

Chọn D

Lời giải

Vì $M\in(Oxy)$ nên $c=0,$ tức là $M(a;b;0).$ Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;1;1)$ và $\overrightarrow{AM}=(a;b+2;-3).$

Ba điểm A, B, M thẳng hàng khi $\overrightarrow{AM}=k\overrightarrow{AB},$ tức là $a=k,$ $b+2=k,$ $-3=k.$ Suy ra $a=-3,$ $b=-5.$

Vậy $M(-3;-5;0)$ và $a+b+c=-8.$

Chọn B

Lời giải

Ta có $f'(x)=3x^2-30,$ trên đoạn $[2;19]$ thì $f'(x)=0\Leftrightarrow x=\sqrt{10}.$

Nhìn bảng biến thiên, giá trị nhỏ nhất là $m=f(\sqrt{10})=-20\sqrt{10},$ đạt tại $x_0=\sqrt{10}.$

Vậy $T=-20\sqrt{10}\cdot\sqrt{10}=-200.$

Chọn A

Lời giải

a) Từ bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại $x=-1$ và đạt cực tiểu tại $x=1.$ Vậy a) sai.

b) Hàm số nghịch biến trên $(-1;1)$ mà khoảng này nằm trong $(-5;+\infty),$ nên hàm số không đồng biến trên $(-5;+\infty).$ Vậy b) sai.

c) Hàm bậc ba có hai điểm cực trị $x=\pm1$ nên $f'(x)=k(x^2-1)$ với $k\gt 0,$ suy ra $f(x)=k\left(\dfrac{x^3}{3}-x\right)+d.$

+ Giá trị cực đại $f(-1)=3$ nên $\dfrac{2k}{3}+d=3$ (1).

+ Giá trị cực tiểu $f(1)=-5$ nên $-\dfrac{2k}{3}+d=-5$ (2).

Giải hệ ta được $k=6$ và $d=-1,$ suy ra $f(x)=2x^3-6x-1.$ Khi đó $f(0)=-1$ nên đồ thị đi qua điểm $(0;-1).$ Vậy c) đúng.

d) Ta có $f(2)=16-12-1=3=f(-1).$ Vậy d) đúng.

Lời giải

Cỡ mẫu $n=40.$ Giá trị đại diện của các nhóm lần lượt là 42,5; 47,5; 52,5; 57,5; 62,5; 67,5. Tần số tích lũy lần lượt là 4; 15; 22; 30; 38; 40.

a) Số trung bình là

\[\begin{aligned}\overline{x}&=\dfrac{1}{40}\big(4\cdot 42{,}5+11\cdot 47{,}5\\&\quad+7\cdot 52{,}5+8\cdot 57{,}5\\&\quad+8\cdot 62{,}5+2\cdot 67{,}5\big)\\&=\dfrac{2155}{40}=53{,}875.\end{aligned}\]

Vậy a) đúng.

b) Theo công thức tính phương sai (xem lại Bài 10. Phương sai và độ lệch chuẩn), trước hết tính trung bình cộng bình phương các giá trị đại diện

\[\begin{aligned}&\dfrac{1}{40}\big(4\cdot 42{,}5^2+11\cdot 47{,}5^2\\&\quad+\dots+2\cdot 67{,}5^2\big)\\&=\dfrac{118150}{40}=2953{,}75.\end{aligned}\]

Suy ra phương sai là

\[s^2=2953{,}75-53{,}875^2\approx 51{,}234.\]

Suy ra $s\approx 7{,}16,$ khác 7,15. Vậy b) sai.

c) Ta có $\dfrac{n}{4}=10$ và $4\lt 10\le 15$ nên $Q_1$ thuộc nhóm $[45;50),$ suy ra

\[\begin{aligned}Q_1&=45+\dfrac{10-4}{11}\cdot 5\\&=\dfrac{525}{11}\approx 47{,}7.\end{aligned}\]

Vậy c) đúng.

d) Ta có $\dfrac{3n}{4}=30$ và $22\lt 30\le 30$ nên $Q_3$ thuộc nhóm $[55;60),$ suy ra

\[Q_3=55+\dfrac{30-22}{8}\cdot 5=60.\]

Khoảng tứ phân vị là $\Delta_Q=60-\dfrac{525}{11}\approx 12{,}3.$ Vậy d) đúng.

Lời giải

a) Mỗi khách trả $\left(300-\dfrac{5x}{2}\right)^2$ đồng và xe chở $x$ khách, nên với $0\lt x\le 45$ số tiền thu được là

\[F(x)=x\left(300-\dfrac{5x}{2}\right)^2.\]

Đề cho thiếu thừa số $x$ nên a) sai.

b) Ta có $F(40)=40\cdot 200^2=1\,600\,000$ đồng, lớn hơn 1,5 triệu đồng. Vậy b) đúng.

c) Đạo hàm của $F(x)$ là

\[\begin{aligned}F'(x)&=\left(300-\tfrac{5x}{2}\right)^2\\&\quad-5x\left(300-\tfrac{5x}{2}\right)\\&=\left(300-\tfrac{5x}{2}\right)\left(300-\tfrac{15x}{2}\right).\end{aligned}\]

Trên $(0;45]$ thì $300-\dfrac{5x}{2}\gt 0$ nên $F'(x)=0\Leftrightarrow x=40.$

Nhìn bảng biến thiên, số tiền lớn nhất khi xe chở 40 khách, không phải 45 khách. Vậy c) sai.

d) Số tiền lớn nhất là $F(40)=1\,600\,000$ đồng, tức là 1,6 triệu đồng. Vậy d) đúng.

Lời giải

a) Điểm A thuộc $(Oyz)$ nên hoành độ bằng 0, cách mặt nước 75 m nên cao độ bằng 75, đoạn cầu dài 343 m song song với Oy và theo hình vẽ A nằm về phía âm của trục Oy. Do đó $A(0;-343;75).$ Vậy a) đúng.

b) Ta có $D(0;0;227),$ suy ra $\overrightarrow{DA}=(0;-343;-152)$ và $\overrightarrow{AO}=(0;343;-75).$ Do đó $\overrightarrow{DA}\cdot\overrightarrow{AO}$ $=-343^2+152\cdot 75$ $=-106249,$ $DA=\sqrt{140753}$ và $AO=\sqrt{123274},$ nên

\[\begin{aligned}&\cos\left(\overrightarrow{DA},\overrightarrow{AO}\right)\\&=\dfrac{-106249}{\sqrt{140753}\cdot\sqrt{123274}}\approx-0{,}8066.\end{aligned}\]

Suy ra góc giữa hai vectơ xấp xỉ $143{,}8^\circ,$ khác $36{,}2^\circ.$ Vậy b) sai.

c) Đường thẳng DA đi qua $D(0;0;227)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{DA}=(0;-343;-152),$ nên mỗi điểm trên đường thẳng có dạng $(0;-343t;227-152t).$ Điểm này nằm trên mặt nước khi $227-152t=0\Leftrightarrow t=\dfrac{227}{152}.$

Giao điểm là $\left(0;-\dfrac{77861}{152};0\right)\approx(0;-512{,}24;0),$ khác điểm $(0;-77861;0).$ Vậy c) sai.

d) Điểm M nằm trên thành cầu, cách trục Oz 230 m nên $M(0;-230;75).$ Vì $MN\parallel Oz$ nên N cũng có tung độ $-230.$ Điểm N thuộc AD nên $-343t=-230,$ tức là $t=\dfrac{230}{343}$ và cao độ của N là $227-\dfrac{152\cdot 230}{343}.$ Do đó

\[\begin{aligned}MN&=227-\dfrac{152\cdot 230}{343}-75\\&=\dfrac{17176}{343}\approx 50{,}08\ \text{(m)}.\end{aligned}\]

Kết quả 50,08 m khác 50,07 m. Vậy d) sai.

Lời giải

Các nhóm có độ dài 0,03 và giá trị lớn nhất là 1,05 nên ta có 4 nhóm. Đếm số túi trong mỗi nhóm ta được bảng sau.

Số trung bình là

\[\begin{aligned}\overline{x}&=\dfrac{1}{20}\big(4\cdot 0{,}955+6\cdot 0{,}985\\&\quad+6\cdot 1{,}015+4\cdot 1{,}045\big)=1.\end{aligned}\]

Độ lệch của các giá trị đại diện so với 1 lần lượt là $-0{,}045;$ $-0{,}015;$ $0{,}015;$ $0{,}045,$ nên phương sai là

\[\begin{aligned}s^2&=\dfrac{8\cdot 0{,}045^2+12\cdot 0{,}015^2}{20}\\&=0{,}000945.\end{aligned}\]

Suy ra độ lệch chuẩn $s=\sqrt{0{,}000945}\approx 0{,}03.$

Vậy đáp số là 0,03.

Lời giải

Chi phí trung bình cho mỗi sản phẩm là

\[\overline{C}(x)=\dfrac{C(x)}{x}=150+\dfrac{900}{x}.\]

Hàm số này giảm khi $x$ tăng và $\lim\limits_{x\to+\infty}\overline{C}(x)=150,$ nên khi sản xuất càng nhiều thì chi phí trung bình càng giảm và tiến dần về 150 nghìn đồng.

Vậy đáp số là 150.

Lời giải

Tốc độ bơm nước là $v(t)=V'(t)=\dfrac{1}{100}\left(90t^2-t^3\right),$ suy ra

\[v'(t)=\dfrac{1}{100}\left(180t-3t^2\right).\]

Trên khoảng $(0;90)$ ta có $v'(t)=0\Leftrightarrow t=60.$

Nhìn bảng biến thiên, tốc độ bơm nước lớn nhất là $v(60)=\dfrac{90\cdot 60^2-60^3}{100}=1080,$ đạt tại $t=60$ phút.

Vậy đáp số là 1080.

Lời giải

• Liên hệ giữa cạnh đáy và chiều cao

Phần ở giữa là đáy hộp, hình vuông cạnh $x$ (cm). Bốn phần gập lên là bốn mặt bên, mỗi mặt là hình chữ nhật $x\times h$ với $h$ là chiều cao hộp. Mỗi tam giác vuông cân bị cắt ở góc có cạnh huyền bằng $x$ nên đường cao ứng với cạnh huyền bằng $\dfrac{x}{2}.$

Đi theo nửa đường chéo từ tâm O của tấm bìa tới một đỉnh, ta đi qua nửa đáy, một mặt bên và tam giác góc. Nửa đường chéo của hình vuông cạnh 6 bằng $3\sqrt2,$ nên

\[\begin{aligned}&\dfrac{x}{2}+h+\dfrac{x}{2}=3\sqrt2\\&\Leftrightarrow h=3\sqrt2-x,\quad 0\lt x\lt 3\sqrt2.\end{aligned}\]

• Thể tích hộp

Ta có $V(x)=x^2h$ $=x^2\left(3\sqrt2-x\right)$ $=3\sqrt2x^2-x^3,$ suy ra

\[\begin{aligned}V'(x)&=6\sqrt2x-3x^2\\&=3x\left(2\sqrt2-x\right).\end{aligned}\]

Trên khoảng $\left(0;3\sqrt2\right)$ ta có $V'(x)=0\Leftrightarrow x=2\sqrt2.$

Nhìn bảng biến thiên, thể tích lớn nhất là $V\left(2\sqrt2\right)=8\sqrt2$ $\approx 11{,}3\ \text{cm}^3,$ khi cạnh đáy bằng $2\sqrt2$ cm và chiều cao bằng $\sqrt2$ cm.

Vậy đáp số là 11,3.

Lời giải

• Vị trí hai điểm trên các bức tường

Điểm $A\left(1;0;\dfrac52\right)$ nằm trên tường $(Oxz),$ cách góc tường Oz 1 m và cao 2,5 m. Điểm $B\left(\dfrac12;4;1\right)$ nằm trên tường $y=4,$ cách góc tường với $(Oyz)$ một khoảng 0,5 m và cao 1 m. Đi theo đường này, dây phải chạy qua tường $(Oyz)$ dài 4 m, nhưng gặp cột nhô ra 0,2 m nên phải đi thêm hai mặt bên của cột, mỗi mặt 0,2 m.

• Trải phẳng ba bức tường

Sau khi trải phẳng, khoảng cách theo chiều ngang giữa A và B là $1+4+0{,}2+0{,}2+0{,}5=5{,}9$ (m), theo chiều cao là $2{,}5-1=1{,}5$ (m). Độ dài dây ngắn nhất là

\[\begin{aligned}AB&=\sqrt{5{,}9^2+1{,}5^2}\\&=\sqrt{37{,}06}\approx 6{,}09\ \text{(m)}.\end{aligned}\]

Nếu đi vòng qua tường $x=3$ thì chiều ngang là $2+4+2{,}5=8{,}5$ (m), dài hơn.

Vậy đáp số là 6,09.

Lời giải

Từ tọa độ đã cho, cạnh đáy $AB=\dfrac12$ m và cạnh bên hình hộp $A'A=1$ m. Trục Ox hướng theo A′D′ như hình vẽ nên $D\left(\dfrac12;0;1\right),$ $C\left(\dfrac12;\dfrac12;1\right).$

Gọi H là tâm hình vuông ABCD, ta có $H\left(\dfrac14;\dfrac14;1\right).$ Vì S.ABCD là chóp đều nên $SH\perp(ABCD),$ do đó S có cùng hoành độ, tung độ với H, tức là $a=b=\dfrac14.$

Ta có $HA=\dfrac{AB\sqrt2}{2}=\dfrac{\sqrt2}{4}$ m và cạnh bên $SA=60$ cm $=0{,}6$ m. Trong tam giác SHA vuông tại H, ta có

\[\begin{aligned}SH&=\sqrt{SA^2-HA^2}\\&=\sqrt{0{,}36-0{,}125}\\&=\sqrt{0{,}235}\approx 0{,}4848.\end{aligned}\]

Suy ra $c=1+SH\approx 1{,}4848$ và $a+b+c$ $\approx 0{,}25+0{,}25+1{,}4848$ $=1{,}9848.$

Vậy đáp số là 1,98.