Đề kiểm tra thường xuyên Toán 12 trường Nguyễn Khuyến – Bình Dương 01/11/2026 (có lời giải chi tiết)

Lời giải

Ta có $y'=\dfrac{2}{(x+1)^2}\gt0$ với mọi $x\in[0;3]$ nên hàm số đồng biến trên đoạn $[0;3]$ (xem lại Bài 2. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số). Do đó $\min\limits_{[0;3]}y=y(0)=-1.$

Chọn B

Lời giải

Ta có $0{,}25=\dfrac14=2^{-2}$ nên $2^x=2^{-2}\Leftrightarrow x=-2.$

Chọn C

Lời giải

Vì O là trung điểm của BD nên $\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}=2\overrightarrow{SO}$ (xem lại Bài 6. Vectơ trong không gian).

Vì O cũng là trung điểm của AC nên SO là đường trung tuyến của tam giác đều SAC cạnh $a,$ suy ra $SO=\dfrac{a\sqrt3}{2}.$

Do đó $\left|\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}\right|=2SO=a\sqrt3.$

Chọn D

Lời giải

Nhìn bảng biến thiên, ta có

+ $\lim\limits_{x\to-2^+}f(x)=-\infty$ nên $x=-2$ là tiệm cận đứng;

+ $\lim\limits_{x\to0^-}f(x)=+\infty$ nên $x=0$ là tiệm cận đứng;

+ $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0$ nên $y=0$ là tiệm cận ngang.

Đồ thị có 3 đường tiệm cận (xem lại Bài 3. Đường tiệm cận của đồ thị hàm số).

Chọn C

Lời giải

Các mặt của tứ diện đều là tam giác đều nên $\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\right)=\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=60^\circ.$ Do đó $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}$ $=6\cdot6\cos60^\circ=18,$ suy ra

\[\begin{aligned}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}&=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\\&=18-18=0.\end{aligned}\]

Chọn D

Lời giải

Ta có $\dfrac{\sqrt3}{2}=\sin\dfrac\pi3$ nên theo công thức nghiệm của phương trình $\sin x=\sin\alpha$ (xem lại Bài 4. Phương trình lượng giác cơ bản), ta được (chú ý $\pi-\dfrac\pi3=\dfrac{2\pi}3$)

\[\left[\begin{aligned}&x=\dfrac\pi3+k2\pi\\&x=\dfrac{2\pi}{3}+k2\pi\end{aligned}\right.\ (k\in\mathbb{Z}).\]

Chọn A

Lời giải

Gọi $K(x;y;z).$ Ta có $\overrightarrow{KA}=(3-x;2-y;-4-z)$ và $\overrightarrow{KB}=(1-x;-4-y;5-z).$ Từ $\overrightarrow{KA}=2\overrightarrow{KB}$ ta có hệ (xem lại Bài 8. Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ)

\[\begin{cases}3-x=2(1-x)\\2-y=2(-4-y)\\-4-z=2(5-z).\end{cases}\]

Giải hệ ta được $x=-1,$ $y=-10,$ $z=14,$ tức là $K(-1;-10;14).$

Chọn D

Lời giải

Khoảng biến thiên bằng đầu mút phải của nhóm cuối trừ đầu mút trái của nhóm đầu, tức là $R=45-20=25.$

Chọn B

Lời giải

Đồ thị cắt trục tung tại điểm $(0;1)$ nên loại phương án C và D (cho $y(0)=-4$ và $y(0)=-1$). Đồ thị đi qua điểm $(-1;3).$

+ Với $y=x^3-3x+1$ ta có $y(-1)=-1+3+1=3,$ thỏa mãn.

+ Với $y=-x^3+3x^2+1$ ta có $y(-1)=1+3+1=5,$ loại.

Chọn A

Lời giải

Ta có $2\vec a=(2;4;6),$ $3\vec b=(-6;12;3),$ $5\vec c=(-5;15;20).$ Suy ra hoành độ của $\vec v$ là $2+6-5=3,$ tung độ là $4-12+15=7,$ cao độ là $6-3+20=23.$ Vậy $\vec v=(3;7;23).$

Chọn D

Lời giải

Nhìn bảng biến thiên, $f'(x)\lt0$ trên khoảng $(1;3)$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $(1;3).$

Chọn C

Lời giải

Điểm đối xứng của $M(x;y;z)$ qua mặt phẳng $(Oyz)$ là $(-x;y;z),$ nên điểm cần tìm là $Q(-1;2;3).$

Chọn C

Lời giải

Gọi H là trung điểm của B′C′. Tam giác A′B′C′ đều cạnh $2a$ nên $A'H\perp B'C'$ và $A'H=a\sqrt3.$ Lăng trụ đều nên $AA'\perp(A'B'C').$

a) Hình chiếu của AB′ lên $(A'B'C')$ là A′B′, nên góc cần tìm là $\widehat{AB'A'}.$ Ta có $\tan\widehat{AB'A'}=\dfrac{AA'}{A'B'}=\dfrac{2\sqrt3a}{2a}=\sqrt3,$ suy ra góc bằng $60^\circ.$ Vậy a) sai.

b) Vì A′H vuông góc với cả AA′ và B′C′ nên khoảng cách giữa hai đường thẳng này là $A'H=a\sqrt3.$ Vậy b) sai.

c) Ta có $V=S_{A'B'C'}\cdot AA'$ $=\dfrac{\sqrt3}{4}(2a)^2\cdot2\sqrt3a$ $=6a^3.$ Vậy c) đúng.

d) Ta có $B'C'\perp A'H$ và $B'C'\perp AA'$ nên $B'C'\perp(AA'H).$ Kẻ $A'K\perp AH$ tại K, thì $A'K\perp B'C',$ suy ra $A'K\perp(AB'C').$ Tam giác AA′H vuông tại A′ nên

\[\begin{aligned}\dfrac{1}{A'K^2}&=\dfrac{1}{AA'^2}+\dfrac{1}{A'H^2}\\&=\dfrac{1}{12a^2}+\dfrac{1}{3a^2}=\dfrac{5}{12a^2}.\end{aligned}\]

Suy ra $d\left(A',(AB'C')\right)=A'K=\dfrac{2\sqrt{15}}{5}a.$ Vậy d) đúng.

Lời giải

Mỗi lớp có $n=40$ học sinh, nên $\dfrac n4=10$ và $\dfrac{3n}{4}=30$ (xem lại Bài 9. Khoảng biến thiên và khoảng tứ phân vị).

a) Tần số tích lũy của lớp T1 lần lượt là 1, 6, 26, 34, 40.

+ Vì $6\lt10\le26$ nên $Q_1$ thuộc nhóm $[4;6),$ suy ra $Q_1=4+\dfrac{10-6}{20}\cdot2=4{,}4.$

+ Vì $26\lt30\le34$ nên $Q_3$ thuộc nhóm $[6;8),$ suy ra $Q_3=6+\dfrac{30-26}{8}\cdot2=7.$

Khoảng tứ phân vị của lớp T1 là $\Delta_Q=7-4{,}4=2{,}6.$ Vậy a) đúng.

b) Nhóm đầu tiên của lớp T1 có tần số khác 0 là $[0;2),$ nhóm cuối là $[8;10],$ nên $R=10-0=10.$ Vậy b) đúng.

c) Tần số tích lũy của lớp T2 lần lượt là 0, 5, 15, 33, 40.

+ Vì $5\lt10\le15$ nên $Q_1=4+\dfrac{10-5}{10}\cdot2=5.$

+ Vì $15\lt30\le33$ nên $Q_3=6+\dfrac{30-15}{18}\cdot2=\dfrac{23}{3}.$

Khoảng tứ phân vị của lớp T2 là $\Delta_Q=\dfrac{23}{3}-5=\dfrac83\approx2{,}67\gt2{,}6,$ nên điểm thi của lớp T1 đồng đều hơn. Vậy c) sai.

d) Lớp T2 không có học sinh nào trong nhóm $[0;2),$ nhóm đầu có tần số khác 0 là $[2;4),$ nên $R=10-2=8\ne10.$ Vậy d) sai.

Lời giải

Tập xác định là $D=\mathbb{R}\setminus\{-1\}$ và $y'=\dfrac{3}{(x+1)^2}\gt0$ với mọi $x\ne-1.$

a) Hàm số chỉ đồng biến trên từng khoảng $(-\infty;-1)$ và $(-1;+\infty),$ không đồng biến trên tập xác định. Chẳng hạn $-2\lt0$ nhưng $y(-2)=5\gt y(0)=-1.$ Vậy a) sai.

b) Đồ thị có tiệm cận đứng $x=-1$ và tiệm cận ngang $y=2,$ tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận $I(-1;2).$ Vậy b) đúng.

c) Giao điểm của $(C)$ với trục tung là $(0;-1)$ và $y'(0)=3,$ nên tiếp tuyến là $y=3(x-0)-1=3x-1.$ Vậy c) đúng.

d) Ta có $y=2-\dfrac{3}{x+1}.$ Với $x$ nguyên, $y$ nguyên khi $x+1$ là ước của 3, tức là $x+1\in\{-3;-1;1;3\}.$ Có 4 điểm có tọa độ nguyên là $(-4;3),$ $(-2;5),$ $(0;-1),$ $(2;1).$ Vậy d) sai.

Lời giải

Theo hình vẽ, $A(0;0;0),$ $B(2;0;0),$ $D(0;4;0),$ $C(2;4;0),$ $A'(0;0;3),$ $B'(2;0;3),$ $C'(2;4;3),$ $D'(0;4;3).$

a) Tọa độ trọng tâm tam giác B′D′C là trung bình cộng tọa độ ba đỉnh B′, D′, C, suy ra $G\left(\dfrac43;\dfrac83;2\right).$ Vậy a) sai.

b) Ta có $\overrightarrow{D'B}=(2-0;0-4;0-3)$ $=(2;-4;-3).$ Vậy b) đúng.

c) Ta có $\overrightarrow{AC}=(2;4;0)$ và $\overrightarrow{B'D}=(-2;4;-3),$ suy ra

\[\begin{aligned}\cos\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{B'D}\right)&=\dfrac{-4+16+0}{\sqrt{20}\cdot\sqrt{29}}\\&=\dfrac{12}{2\sqrt{145}}=\dfrac{6}{\sqrt{145}}.\end{aligned}\]

Vậy c) sai.

d) Ta có $M\left(0;0;\dfrac32\right),$ $\overrightarrow{MC'}=\left(2;4;\dfrac32\right)$ và $\overrightarrow{MN}=\left(6;12;\dfrac92\right)=3\overrightarrow{MC'}.$ Hai vectơ cùng phương nên M, N, C′ thẳng hàng. Vậy d) đúng.

Lời giải

+ Tại $t=0$ xe đứng yên nên $v(0)=0,$ suy ra $d=0.$

+ Vì $v(1)=6$ nên $a+b+c=6$ (1).

+ Vì $v(2)=16$ nên $8a+4b+2c=16$ (2).

+ Vì $v(3)=26$ nên $27a+9b+3c=26$ (3).

Giải hệ (1), (2), (3) ta được $a=-\dfrac23,$ $b=4,$ $c=\dfrac83.$ Khi đó

\[\begin{aligned}v(5)&=-\dfrac23\cdot125+4\cdot25+\dfrac83\cdot5\\&=30.\end{aligned}\]

Vậy tại thời điểm 5 giây, tốc độ của xe là 30 m/s.

Lời giải

Vì $SA\perp(ABCD)$ nên hình chiếu của SB lên $(ABCD)$ là AB, góc cần tìm là $\widehat{SBA}.$ Tam giác SAB vuông tại A có $\tan\widehat{SBA}=\dfrac{SA}{AB}=\dfrac44=1,$ suy ra $\widehat{SBA}=45^\circ.$

Vậy góc giữa SB và $(ABCD)$ bằng 45 độ.

Lời giải

Vì M thuộc đoạn BC và $MC=2BM$ nên $BM=\dfrac13BC,$ suy ra $\overrightarrow{BM}=\dfrac13\overrightarrow{BC}=\dfrac13\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right).$ Do đó

\[\begin{aligned}\overrightarrow{AM}&=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}\\&=\dfrac23\overrightarrow{AB}+\dfrac13\overrightarrow{AC}\\&=(2;-2;2)+(-1;1;-3)\\&=(1;-1;-1).\end{aligned}\]

Suy ra $a=1,$ $b=-1,$ $c=-1$ và $26a+b-2001c$ $=26-1+2001=2026.$

Đáp số: 2026.

Lời giải

Cỡ mẫu $n=100,$ tần số tích lũy của các nhóm lần lượt là 5, 17, 40, 71, 100.

+ Ta có $\dfrac n4=25$ và $17\lt25\le40$ nên $Q_1$ thuộc nhóm $[40;60),$ suy ra

\[Q_1=40+\dfrac{25-17}{23}\cdot20=\dfrac{1080}{23}.\]

+ Ta có $\dfrac{3n}{4}=75$ và $71\lt75\le100$ nên $Q_3$ thuộc nhóm $[80;100),$ suy ra

\[Q_3=80+\dfrac{75-71}{29}\cdot20=\dfrac{2400}{29}.\]

Khoảng tứ phân vị là $\Delta_Q=Q_3-Q_1\approx35{,}8.$

Lời giải

Ở phút thứ $k$ $(k\ge3),$ yêu cầu không thỏa mãn khi và chỉ khi cả $k$ bóng đèn sáng cùng nằm trên một đường thẳng. Gọi $N_k$ là số cách chọn $k$ bóng đèn cùng nằm trên một đường thẳng, khi đó xác suất thỏa mãn ở phút thứ $k$ là $1-\dfrac{N_k}{C_{17}^k}.$

• Các đường thẳng chứa từ 3 bóng đèn trở lên

+ Hai đường chéo, mỗi đường chứa 7 bóng.

+ Bốn cạnh và hai đường nối trung điểm hai cạnh đối diện, mỗi đường chứa đúng 3 bóng.

+ Tám đường nối một đỉnh với trung điểm của một cạnh không chứa đỉnh đó. Mỗi đường này đi qua thêm đúng một bóng trên đường chéo còn lại (bóng gần tâm nhất), nên chứa đúng 3 bóng. Hình dưới tô đỏ một đường như vậy.

Các đường thẳng khác chứa không quá 2 bóng. Do đó

+ $N_3=2C_7^3+14=84;$

+ $N_k=2C_7^k$ với $4\le k\le7,$ tức là $N_4=70,$ $N_5=42,$ $N_6=14,$ $N_7=2;$

+ $N_k=0$ với $k\ge8.$

• Xác suất cần tìm

Các phút độc lập với nhau nên

\[\begin{aligned}P&=\left(1-\tfrac{84}{680}\right)\left(1-\tfrac{70}{2380}\right)\left(1-\tfrac{42}{6188}\right)\\&\quad\cdot\left(1-\tfrac{14}{12376}\right)\left(1-\tfrac{2}{19448}\right)\approx0{,}84.\end{aligned}\]

Vậy xác suất cần tìm là 0,84.

Lời giải

• Lập hàm chi phí

+ Tiền nhiên liệu cho 180 km là $180\cdot24000\left(\dfrac8v+\dfrac{v^2}{4500}\right)$ đồng.

+ Thời gian chạy là $\dfrac{180}{v}$ giờ, nên chi phí nhân công là $180000\cdot\dfrac{180}{v}$ đồng.

+ Chi phí hao mòn là $1200\cdot180$ đồng.

Cộng ba khoản trên, tổng chi phí là

\[T(v)=\dfrac{66960000}{v}+960v^2+216000.\]

• Tìm giá trị nhỏ nhất

Ta có

\[T'(v)=-\dfrac{66960000}{v^2}+1920v.\]

Do đó $T'(v)=0\Leftrightarrow v^3=34875$ $\Leftrightarrow v=v_0=\sqrt[3]{34875}\approx32{,}67,$ thuộc đoạn $[30;60].$

Nhìn bảng biến thiên, tổng chi phí nhỏ nhất khi $v=v_0\approx32{,}7.$

Vậy tài xế cần chạy với vận tốc khoảng 32,7 km/h.