Đề kiểm tra định kỳ Toán 12 tháng 10/2026 trường Nguyễn Khuyến – Lê Thánh Tông (có lời giải chi tiết)

Lời giải

Nhìn đồ thị, trên khoảng $(-1;1)$ đồ thị đi xuống từ trái sang phải nên hàm số nghịch biến trên khoảng $(-1;1).$

Chọn B

Lời giải

Ta có $u_5=u_1\cdot q^4=3\cdot(-2)^4=48.$

Chọn C

Lời giải

Gọi $M(x;y;z).$ Hình chiếu của M lên $(Oyz)$ là $(0;y;z)$ nên $y=3$ và $z=-5.$ Hình chiếu của M lên $(Oxz)$ là $(x;0;z)$ nên $x=-2.$ Vậy $M(-2;3;-5).$

Chọn C

Lời giải

Vì ABC.A′B′C′ là lăng trụ đều nên tam giác ABC đều cạnh $a$ và $AA'\perp(ABC).$ Do đó $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=a\cdot a\cdot\cos 60^\circ=\dfrac{a^2}{2}$ và $\overrightarrow{AA'}\cdot\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AA'}\cdot\overrightarrow{AC}=0.$

Ta có $\overrightarrow{AB'}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AA'}$ và $\overrightarrow{A'C}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AA'},$ suy ra

\[\begin{aligned}\overrightarrow{AB'}\cdot\overrightarrow{A'C}&=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}-AA'^2\\&=\dfrac{a^2}{2}-9a^2=-\dfrac{17a^2}{2}.\end{aligned}\]

Lại có $AB'=A'C=\sqrt{a^2+9a^2}=a\sqrt{10},$ suy ra

\[\begin{aligned}\cos\left(\overrightarrow{AB'},\overrightarrow{A'C}\right)&=\dfrac{-\frac{17a^2}{2}}{a\sqrt{10}\cdot a\sqrt{10}}\\&=-\dfrac{17}{20}.\end{aligned}\]

Chọn C

Lời giải

Ta có $\log_a(a^2b)=\log_a a^2+\log_a b$ $=2+5=7.$

Chọn D

Lời giải

Hàm số liên tục trên $\mathbb{R}$ và $f'(x)$ đổi dấu khi $x$ đi qua các điểm $x=-1,$ $x=0,$ $x=1$ (tại $x=1$ đạo hàm không xác định nhưng hàm số liên tục nên vẫn đạt cực trị). Khi $x$ đi qua $x=2$ thì $f'(x)$ không đổi dấu nên $x=2$ không là điểm cực trị. Vậy hàm số có 3 điểm cực trị.

Chọn C

Lời giải

Ta có $V=\dfrac{1}{3}S_{ABC}\cdot h=\dfrac{1}{3}\cdot 10\cdot 3=10.$

Chọn D

Lời giải

Gọi $M(x;y;z).$ Vì M thuộc đoạn AB và $MA=2MB$ nên $\overrightarrow{MA}=-2\overrightarrow{MB},$ tức là $\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}=\vec 0.$

Ta có $\overrightarrow{MA}=(3-x;1-y;-2-z)$ và $\overrightarrow{MB}=(2-x;-3-y;5-z).$ Thế vào đẳng thức vectơ ta được hệ

\[\begin{cases}3-x+2(2-x)=0\\1-y+2(-3-y)=0\\-2-z+2(5-z)=0.\end{cases}\]

Giải hệ ta được $x=\dfrac{7}{3},$ $y=-\dfrac{5}{3},$ $z=\dfrac{8}{3}.$ Vậy $M\left(\dfrac{7}{3};-\dfrac{5}{3};\dfrac{8}{3}\right).$

Chọn A

Lời giải

Mẫu số $x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$ bằng 0 tại $x=1.$ Vì $f(x)$ liên tục tại $x=1$ nên giới hạn của $f(x)$ khi $x\to 1$ hữu hạn, do đó $x=1$ phải là nghiệm của tử số, suy ra $a+2-5=0\Leftrightarrow a=3.$ Khi đó

\[\begin{aligned}f(1)&=\lim_{x\to 1}\dfrac{3x^2+2x-5}{(x-1)(x-2)}\\&=\lim_{x\to 1}\dfrac{(x-1)(3x+5)}{(x-1)(x-2)}\\&=\lim_{x\to 1}\dfrac{3x+5}{x-2}=-8.\end{aligned}\]

Chọn B

Lời giải

Gọi $x$ (cm) là độ dài cạnh hình vuông nhỏ bị cắt, với $0\lt x\lt\dfrac{25}{2}.$ Hộp tạo thành có chiều cao bằng $x$ và đáy là hình vuông cạnh $25-2x,$ nên thể tích hộp là $V(x)=x(25-2x)^2.$ Ta có

\[\begin{aligned}V'(x)&=(25-2x)^2-4x(25-2x)\\&=(25-2x)(25-6x).\end{aligned}\]

Trên khoảng $\left(0;\dfrac{25}{2}\right)$ ta có $V'(x)=0\Leftrightarrow x=\dfrac{25}{6}.$

Nhìn bảng biến thiên, thể tích hộp lớn nhất khi $x=\dfrac{25}{6}$ cm.

Chọn A

Lời giải

Số người thành thạo ít nhất một trong hai thứ tiếng là $31+21-5=47$ (người). Xác suất cần tìm là $P=\dfrac{47}{50}.$

Chọn A

Lời giải

• Các cạnh của tam giác ABC

Theo định lí côsin, ta có

\[\begin{aligned}AC^2&=AB^2+BC^2\\&\quad-2AB\cdot BC\cos 135^\circ\\&=2+4+4=10.\end{aligned}\]

Suy ra $AC=\sqrt{10}.$ Diện tích tam giác ABC là $S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB\cdot BC\sin 135^\circ=1.$

• Dựng góc phẳng nhị diện

Kẻ $BH\perp AC$ tại H. Vì $SA\perp(ABC)$ nên $SA\perp BH,$ suy ra $BH\perp(SAC),$ do đó $BH\perp SC.$ Kẻ $BK\perp SC$ tại K, khi đó $SC\perp(BHK),$ suy ra $SC\perp HK.$ Vì góc $\widehat{ABC}$ tù nên H nằm giữa A và C, do đó góc phẳng nhị diện của $[A,SC,B]$ là $\widehat{BKH}.$

• Tính BH và BK

Ta có $BH=\dfrac{2S_{ABC}}{AC}=\dfrac{2}{\sqrt{10}},$ suy ra $BH^2=\dfrac{2}{5}.$

Trong tam giác SBC, ta có $SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=\sqrt7,$ $SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\sqrt{15}$ và $BC=2,$ suy ra

\[\begin{aligned}\cos\widehat{BSC}&=\dfrac{SB^2+SC^2-BC^2}{2SB\cdot SC}\\&=\dfrac{9}{\sqrt{105}}.\end{aligned}\]

Tam giác BKS vuông tại K nên $SK=SB\cos\widehat{BSC}=\dfrac{9}{\sqrt{15}}$ và $BK^2=SB^2-SK^2=7-\dfrac{81}{15}=\dfrac{8}{5}.$

• Tính góc BKH

Vì $BH\perp(SAC)$ nên tam giác BHK vuông tại H, suy ra

\[\sin^2\widehat{BKH}=\dfrac{BH^2}{BK^2}=\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{5}{8}=\dfrac{1}{4}.\]

Do đó $\sin\widehat{BKH}=\dfrac{1}{2}$ và $\widehat{BKH}=30^\circ.$

Chọn A

Lời giải

a) Ta có $f'(x)=-\dfrac{18}{x+2}\lt 0$ với mọi $x\in(-2;+\infty)$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $(-2;+\infty).$ Vậy a) đúng.

b) Điều kiện xác định là $x+2\gt 0\Leftrightarrow x\gt -2,$ nên tập xác định là $D=(-2;+\infty).$ Vậy b) đúng.

c) Ta có

\[\begin{aligned}&f(x)\ge 42\Leftrightarrow 18\ln(x+2)\le 48\\&\Leftrightarrow \ln(x+2)\le\dfrac{8}{3}\\&\Leftrightarrow -2\lt x\le e^{\frac{8}{3}}-2.\end{aligned}\]

Mà $e^{\frac{8}{3}}-2\approx 12{,}39$ nên các nghiệm nguyên là $-1;0;1;\dots;12,$ gồm 14 số. Vậy c) sai.

d) Ta có $g(x)=90-18\ln(x+2)+3x$ và

\[g'(x)=3-\dfrac{18}{x+2}=\dfrac{3x-12}{x+2}.\]

Trên đoạn $[1;5]$ ta có $g'(x)=0\Leftrightarrow x=4.$

Ta có $g(1)=93-18\ln 3\approx 73{,}22,$ $g(4)=102-18\ln 6\approx 69{,}75$ và $g(5)=105-18\ln 7\approx 69{,}97.$

Nhìn bảng biến thiên, giá trị nhỏ nhất của $g(x)$ trên đoạn $[1;5]$ là $g(4)=102-18\ln 6,$ khác $105-18\ln 7.$ Vậy d) sai.

Lời giải

a) Hộp có $4+6+7=17$ viên bi, lấy đồng thời 5 viên nên $n(\Omega)=C_{17}^5=6188.$ Vậy a) đúng.

b) Biến cố đối là "không có viên bi đỏ nào", tức là 5 viên được chọn từ 11 viên trắng và xanh. Xác suất cần tìm là

\[\begin{aligned}P&=1-\dfrac{C_{11}^5}{C_{17}^5}=1-\dfrac{462}{6188}\\&\approx 0{,}925\lt 0{,}93.\end{aligned}\]

Vậy b) sai.

c) Ta có $P=\dfrac{C_6^5}{C_{17}^5}=\dfrac{6}{6188}=\dfrac{3}{3094},$ khác $\dfrac{3}{884}.$ Vậy c) sai.

d) Ba số $z-x,$ $x-y,$ $y-z$ theo thứ tự lập thành cấp số cộng khi

\[\begin{aligned}&(z-x)+(y-z)=2(x-y)\\&\Leftrightarrow y-x=2x-2y\Leftrightarrow x=y.\end{aligned}\]

Lấy đủ ba màu nên $x,$ $y,$ $z\ge 1,$ kết hợp $x+y+z=5$ và $x=y$ ta được $(x;y;z)$ là $(1;1;3)$ hoặc $(2;2;1).$ Số kết quả thuận lợi là

\[\begin{aligned}&C_4^1\cdot C_6^1\cdot C_7^3+C_4^2\cdot C_6^2\cdot C_7^1\\&=840+630=1470.\end{aligned}\]

Xác suất cần tìm là $P=\dfrac{1470}{6188}=\dfrac{105}{442}.$ Vậy d) đúng.

Lời giải

a) Hình chiếu vuông góc của $A(1;2;12)$ lên mặt sàn $(Oxy)$ là $H(1;2;0).$ Vậy a) đúng.

b) Khoảng cách từ $B(10;14;-8)$ đến mặt sàn $(Oxy)$ là $|z_B|=8$ (m). Vậy b) sai.

c) Tam giác AHM vuông tại H có $AH=12$ và $AM=15,$ suy ra $HM=\sqrt{15^2-12^2}=9$ (m). Vậy c) sai.

d) Vì $HM=9$ không đổi nên M chạy trên đường tròn tâm H, bán kính 9 m nằm trong mặt phẳng $(Oxy).$ Gọi $K(10;14;0)$ là hình chiếu vuông góc của B lên $(Oxy),$ ta có $BK=8$ và $HK=\sqrt{9^2+12^2}=15.$

Tam giác BKM vuông tại K nên $MB^2=BK^2+KM^2=64+KM^2,$ do đó MB nhỏ nhất khi KM nhỏ nhất. Ta có $KM\ge HK-HM=15-9=6,$ dấu bằng xảy ra khi M nằm trên đoạn HK. Khi đó

\[MB=\sqrt{64+6^2}=10\ \text{(m)}.\]

Vậy d) đúng.

Lời giải

a) Khoảng biến thiên là $R=210-60=150$ (phút). Vậy a) đúng.

b) Cỡ mẫu $n=35,$ tần số tích lũy của các nhóm lần lượt là 6, 12, 23, 29, 35.

+ Ta có $\dfrac{n}{4}=8{,}75$ và $6\lt 8{,}75\le 12$ nên $Q_1$ thuộc nhóm $[90;120),$ suy ra

\[Q_1=90+\dfrac{8{,}75-6}{6}\cdot 30=103{,}75.\]

+ Ta có $\dfrac{3n}{4}=26{,}25$ và $23\lt 26{,}25\le 29$ nên $Q_3$ thuộc nhóm $[150;180),$ suy ra

\[\begin{aligned}Q_3&=150+\dfrac{26{,}25-23}{6}\cdot 30\\&=166{,}25.\end{aligned}\]

Khoảng tứ phân vị là $\Delta_Q=Q_3-Q_1=62{,}5$ (phút). Vậy b) đúng.

c) Giá trị đại diện của các nhóm lần lượt là 75, 105, 135, 165, 195.

+ Nhóm A có 19 học sinh, số trung bình $\overline{x}_A=\dfrac{2565}{19}=135.$

+ Nhóm B có 16 học sinh, số trung bình $\overline{x}_B=\dfrac{2160}{16}=135.$

Độ lệch của các giá trị đại diện so với 135 lần lượt là $-60;$ $-30;$ $0;$ $30;$ $60.$ Nhóm A có $2+2=4$ học sinh lệch 60 phút và $4+4=8$ học sinh lệch 30 phút, nhóm B có $4+4=8$ học sinh lệch 60 phút và $2+2=4$ học sinh lệch 30 phút. Phương sai của hai nhóm là

\[\begin{aligned}s_A^2&=\dfrac{4\cdot 60^2+8\cdot 30^2}{19}\approx 1136{,}8;\\s_B^2&=\dfrac{8\cdot 60^2+4\cdot 30^2}{16}=2025.\end{aligned}\]

Vì $s_A^2\lt s_B^2$ nên thời gian tự học của nhóm A đồng đều hơn nhóm B. Vậy c) sai.

d) Có 6 học sinh tự học từ 180 phút trở lên (2 em nhóm A, 4 em nhóm B) và 29 học sinh tự học dưới 180 phút (17 em nhóm A, 12 em nhóm B).

+ Số cách chọn đúng 2 em từ 180 phút trở lên và 2 em dưới 180 phút là $C_6^2\cdot C_{29}^2=6090.$

+ Trong đó, số cách chọn cả 4 em thuộc nhóm A là $C_2^2\cdot C_{17}^2=136,$ cả 4 em thuộc nhóm B là $C_4^2\cdot C_{12}^2=396.$

Số kết quả thuận lợi là $6090-136-396=5558,$ suy ra xác suất cần tìm là $P=\dfrac{5558}{C_{35}^4}=\dfrac{5558}{52360}.$ Vậy d) đúng.

Lời giải

Gọi $M(x;y;z)$ là vị trí của vật sau 2 phút.

+ Vì $MA=1$ nên $(x-3)^2+(y-2)^2+(z-1)^2=1$ (1).

+ Vì $MB=5$ nên $(x-2)^2+(y-6)^2+(z-4)^2=25$ (2).

+ Vì $MC=7$ nên $(x-4)^2+(y-5)^2+(z-7)^2=49$ (3).

+ Vì $MD=6$ nên $(x-6)^2+(y-4)^2+(z-5)^2=36$ (4).

Khai triển rồi lấy (2), (3), (4) lần lượt trừ (1) để khử $x^2+y^2+z^2,$ ta được hệ

\[\begin{cases}x-4y-3z=-9\\x+3y+6z=14\\3x+2y+4z=14.\end{cases}\]

Giải hệ ta được $x=2,$ $y=2,$ $z=1,$ tức là $M(2;2;1).$

Quãng đường vật đi được là $OM=\sqrt{2^2+2^2+1^2}=3$ (đơn vị), tức là 300 km = 300000 m. Thời gian chuyển động là 2 phút = 120 giây, nên tốc độ của vật là

\[v=\dfrac{300000}{120}=2500\ \text{(m/s)}.\]

Vậy đáp số là 2500.

Lời giải

Gọi O là tâm tam giác đều ABC và M là trung điểm của BC. Vì $A'A=A'B=A'C$ nên hình chiếu của A′ lên $(ABC)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tức là $A'O\perp(ABC).$

• Góc giữa hai mặt phẳng

Ta có $BC\perp AM$ và $BC\perp A'O$ nên $BC\perp(A'AM).$ Gọi d là đường thẳng qua M song song với AA′, thì d nằm trong $(BCC'B')$ (vì $BB'\parallel AA'$) và nằm trong $(A'AM),$ nên $d\perp BC.$ Mà $AM\perp BC,$ do đó góc giữa $(BCC'B')$ và $(ABC)$ bằng góc giữa d và AM, cũng là góc giữa AA′ và AM. Suy ra $\widehat{A'AO}=60^\circ.$

• Cạnh đáy và chiều cao

Trong tam giác A′AO vuông tại O, ta có $AO=AA'\cos 60^\circ=2$ và $A'O=AA'\sin 60^\circ=2\sqrt3.$ Vì $AO=\dfrac{AB}{\sqrt3}$ nên $AB=2\sqrt3,$ suy ra

\[S_{ABC}=\dfrac{\sqrt3}{4}\cdot\left(2\sqrt3\right)^2=3\sqrt3.\]

Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{ABC}\cdot A'O=3\sqrt3\cdot 2\sqrt3=18.$

Vậy đáp số là 18.

Lời giải

Chọn hệ trục Oxyz có gốc tại B, tia Ox trùng tia BA, tia Oy trùng tia BC, tia Oz trùng tia BB′ (đơn vị mét). Khi đó $A'(3;0;4),$ $C(0;4;0),$ $C'(0;4;4),$ $D(3;4;0).$

• Vị trí của kiến 2

Ta có $DC'=\sqrt{3^2+4^2}=5$ và $C'C=4.$ Khi kiến 2 còn cách tổ 1 m thì kiến 2 ở điểm $M_2(0;4;1)$ trên đoạn C′C và đã bò được $5+3=8$ m, nên thời gian đã bò là

\[t=\dfrac{8}{0{,}06}=\dfrac{400}{3}\ \text{(giây)}.\]

• Vị trí của kiến 1

Trong thời gian đó kiến 1 bò được $0{,}02\cdot\dfrac{400}{3}=\dfrac{8}{3}$ m. Vì $A'B=\sqrt{3^2+4^2}=5\gt\dfrac{8}{3}$ nên kiến 1 đang ở điểm $M_1$ trên đoạn A′B với $BM_1=5-\dfrac{8}{3}=\dfrac{7}{3}.$ Do đó

\[\overrightarrow{BM_1}=\dfrac{7}{15}\overrightarrow{BA'}\Rightarrow M_1\left(\dfrac{7}{5};0;\dfrac{28}{15}\right).\]

• Khoảng cách giữa hai con kiến

\[\begin{aligned}M_1M_2&=\sqrt{\left(\dfrac{7}{5}\right)^2+4^2+\left(\dfrac{13}{15}\right)^2}\\&\approx 4{,}33\ \text{(m)}.\end{aligned}\]

Vậy đáp số là 4,33.

Lời giải

Gọi $x,$ $y$ (tấn) lần lượt là khối lượng gỗ keo và gỗ bạch đàn công ty mua mỗi tháng.

+ Nguồn cung không quá 9 tấn gỗ keo và 10 tấn gỗ bạch đàn nên $0\le x\le 9$ và $0\le y\le 10.$

+ Cần ít nhất 2800 kg giấy in nên $200x+300y\ge 2800$ $\Leftrightarrow 2x+3y\ge 28.$

+ Cần ít nhất 2400 kg giấy carton nên $300x+150y\ge 2400$ $\Leftrightarrow 2x+y\ge 16.$

Số tiền mua nguyên liệu là $F=1{,}2x+1{,}5y$ (triệu đồng). Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tứ giác MNPQ (phần tô màu) với $M(5;6),$ $N\left(9;\dfrac{10}{3}\right),$ $P(9;10),$ $Q(3;10).$

Trong đó M là giao điểm của hai đường thẳng $2x+3y=28$ và $2x+y=16;$ N là giao điểm của $2x+3y=28$ với $x=9;$ Q là giao điểm của $2x+y=16$ với $y=10.$ Giá trị của F tại các đỉnh là

$F(5;6)=15;$ $F\left(9;\dfrac{10}{3}\right)=15{,}8;$ $F(9;10)=25{,}8;$ $F(3;10)=18{,}6.$

Giá trị nhỏ nhất của F là 15, đạt được khi mua 5 tấn gỗ keo và 6 tấn gỗ bạch đàn.

Vậy đáp số là 15.

Lời giải

Đặt $AM=x$ và $CN=y$ với $0\lt x\lt 1,$ $0\lt y\lt 1.$

• Liên hệ giữa x và y

Vì $DA\perp AB$ và $DC\perp BC$ nên MA, NC là các tiếp tuyến của đường tròn tâm D bán kính 1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có $MP=MA=x$ và $NP=NC=y,$ suy ra $MN=x+y.$ Tam giác BMN vuông tại B có $BM=1-x,$ $BN=1-y,$ nên theo định lí Pythagore

\[\begin{aligned}&(1-x)^2+(1-y)^2=(x+y)^2\\&\Leftrightarrow 1-x-y=xy\\&\Leftrightarrow y=\dfrac{1-x}{1+x}.\end{aligned}\]

• Diện tích tam giác BMN

Ta có $BN=1-y=\dfrac{2x}{1+x},$ suy ra diện tích tam giác BMN là

\[\begin{aligned}S(x)&=\dfrac{1}{2}BM\cdot BN\\&=\dfrac{x(1-x)}{1+x},\quad x\in(0;1).\end{aligned}\]

Ta có $S'(x)=\dfrac{-x^2-2x+1}{(1+x)^2}$ và trên khoảng $(0;1)$ thì $S'(x)=0\Leftrightarrow x=\sqrt2-1.$

Nhìn bảng biến thiên, diện tích lớn nhất là

\[\begin{aligned}S\left(\sqrt2-1\right)&=\dfrac{(\sqrt2-1)(2-\sqrt2)}{\sqrt2}\\&=3-2\sqrt2\approx 0{,}17.\end{aligned}\]

Vậy đáp số là 0,17.

Lời giải

Gọi S là tổng các số ở mỗi hàng. Hàng trên cùng chỉ có một ô nên $S\le 11.$ Tổng của 6 số được chọn bằng $3S$ và không nhỏ hơn $2+3+4+5+6+7=27,$ suy ra $S\ge 9.$ Do đó $S\in\{9;10;11\}.$

+ Với $S=9,$ hàng dưới (3 ô) chỉ có thể là bộ $\{2;3;4\}.$ Các số còn lại đều không nhỏ hơn 5 nên hàng giữa (2 ô) không thể có tổng bằng 9, loại.

+ Với $S=10,$ hàng trên điền số 10, hàng dưới chỉ có thể là $\{2;3;5\},$ khi đó hàng giữa là $\{4;6\}.$ Có 1 cách chia nhóm.

+ Với $S=11,$ hàng trên điền số 11, hàng dưới là $\{2;3;6\}$ (hàng giữa là $\{4;7\}$) hoặc $\{2;4;5\}$ (hàng giữa là $\{3;8\}$). Có 2 cách chia nhóm.

Như vậy có 3 cách chia nhóm. Với mỗi cách chia nhóm, số cách xếp các số vào các ô trong từng hàng là $1!\cdot 2!\cdot 3!=12.$ Số cách điền là $3\cdot 12=36.$

Vậy đáp số là 36.