Đề khảo sát chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2025 - 2026 trường THPT Nguyễn Đăng Đạo - Bắc Ninh

\(y' =  - 3{x^2} + 6x\); \(y' = 0 \Leftrightarrow  - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Từ bảng biến thiên, suy ra hàm số đồng biến trên (0; 2).

\(I\left( {\frac{{2 + 0}}{2};\frac{{2 - 4}}{2};\frac{{3 + 1}}{2}} \right) \Rightarrow I\left( {1; - 1;2} \right)\).

\(2\overrightarrow a  - \overrightarrow b  = \left( {2.1 - 0;2.2 + 1;2.3 - 1} \right) = \left( {2;5;5} \right) \Rightarrow \left| {2\overrightarrow a  - \overrightarrow b } \right| = \sqrt {{2^2} + {5^2} + {5^2}}  = \sqrt {54} \).

Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{ - x + 2}}{{x - 1}}\) là \(y =  - 1\).

A là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD), do đó AB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng (ABCD).

Khi đó \(\left( {SB,(ABCD)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}\).

\(\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{3} =  - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{3} = \pi  - \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\), \(k \in \mathbb{Z}\).

a) Đúng. Giả sử tiệm cận xiện của đồ thị có phương trình \(y = mx + n\). Tiệm cận xiên đó đi qua các điểm có tọa độ (-1; 0) và (0; 1) nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}0 =  - 1m + n\\1 = 0m + n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n = 1\end{array} \right. \Rightarrow y = x + 1\).

b) Đúng. Tâm đối xứng của đồ thị là giao điểm của tiệm cận xiên y = x + 1 và tiệm cận đứng x = 1. Do đó, tâm đối xứng là điểm I(1; 2).

Vì tâm đối xứng của đồ thị cách đều hai cực trị nên điểm cực tiểu có tọa độ: \(\left\{ \begin{array}{l}2.1 - 0 = 2\\2.2 - 0 = 4\end{array} \right.\).

Vậy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(T\left( {2;4} \right)\).

c) Sai. Quan sát trên \(\left( {1; + \infty } \right)\), đồ thị có đi xuống từ trái sang phải nên hàm số không đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\).

d) Đúng. Ta có hàm số của đồ thị trên là \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x - 1}}\).

Đồ thị đi qua O(0; 0) nên ta có \(0 = \frac{{a{{.0}^2} + b.0 + c}}{{0 - 1}} \Rightarrow c = 0\).

Có \(y = \frac{{a{x^2} + bx}}{{x - 1}} = ax + a + b + \frac{{a + b}}{{x - 1}}\), mà tiệm cận xiên của đồ thị là y = x + 1 nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\a + b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\end{array} \right.\).

Vậy hàm số có đồ thị trên là \(y = \frac{{{x^2}}}{{x - 1}}\), đạo hàm \(y' = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{(x - 1)}^2}}}\).

Gọi I là trung điểm của AB. Vì các tiếp tuyến tại A, B song song với nhau nên \(y{'_{{x_A}}} = y{'_{{x_B}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{x_A}^2 - 2{x_A}}}{{{{({x_A} - 1)}^2}}} = \frac{{{x_B}^2 - 2{x_B}}}{{{{({x_B} - 1)}^2}}} \Leftrightarrow \frac{{{x_A}^2 - 2{x_A} + 1 - 1}}{{{{({x_A} - 1)}^2}}} = \frac{{{x_B}^2 - 2{x_B} + 1 - 1}}{{{{({x_B} - 1)}^2}}}\)

\( \Leftrightarrow 1 - \frac{1}{{{{({x_A} - 1)}^2}}} = 1 - \frac{1}{{{{({x_B} - 1)}^2}}} \Leftrightarrow {({x_A} - 1)^2} = {({x_B} - 1)^2} \Leftrightarrow {x_A} - 1 =  \pm ({x_B} - 1)\).

Loại \({x_A} - 1 = {x_B} - 1\) vì khi đó A trùng B. Suy ra \({x_A} - 1 = 1 - {x_B} \Leftrightarrow {x_A} + {x_B} = 2 \Leftrightarrow {x_I} = 1\).

Xét \({y_A} + {y_B} = \frac{{{x_A}^2}}{{{x_A} - 1}} + \frac{{{{(2 - {x_A})}^2}}}{{(2 - {x_A}) - 1}} = \frac{{{x_A}^2 - {{(2 - {x_A})}^2}}}{{{x_A} - 1}} = \frac{{4{x_A} - 4}}{{{x_A} - 1}} = 4 \Leftrightarrow {y_I} = 2\).

Vậy trung điểm I(1; 2) của đoạn thẳng AB là một điểm cố định.

Gọi H là hình chiếu của M trên AB. Khi đó \(d\left( {M,AB} \right) = MH \le MI\). Dấu “=” xảy ra khi \(MI \bot AB\).

Đường thẳng AB qua I(1; 2), nhận \(\overrightarrow {IM}  = (3; - 1)\) làm vecto pháp tuyến nên có phương trình:

\(3(x - 1) - 1(y - 2) = 0 \Leftrightarrow 3x - y - 1 = 0 \Leftrightarrow y = 3x - 1\).

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị \(y = \frac{{{x^2}}}{{x - 1}}\) và đường thẳng AB là:

\(\frac{{{x^2}}}{{x - 1}} = 3x - 1 \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 1 = 0 \Leftrightarrow \frac{{2 \pm \sqrt 2 }}{2}\).

Suy ra \(A\left( {\frac{{2 + \sqrt 2 }}{2};\frac{{4 + 3\sqrt 2 }}{2}} \right)\) và \(B\left( {\frac{{2 - \sqrt 2 }}{2};\frac{{4 - 3\sqrt 2 }}{2}} \right)\).

\(AB = \sqrt {{{\left( {\frac{{2 - \sqrt 2 }}{2} - \frac{{2 + \sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{4 - 3\sqrt 2 }}{2} - \frac{{4 + 3\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = 2\sqrt 5 \).

Gọi M là trung điểm của CD. Lấy điểm N thuộc AB sao cho \(MN \bot AB\).

Vì AC = AD nên tam giác ACD cân tại A. Khi đó \(AM \bot CD\) (1)

Vì BC = BD nên tam giác BCD cân tại B. Khi đó \(BM \bot CD\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(CD \bot (ABM)\), mà \(MN \subset (ABM) \Rightarrow CD \bot MN\).

Như vậy MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD, suy ra \(d\left( {AB,CD} \right) = MN\).

Vì \(AC = AD = CD = 2\sqrt 3 \) nên tam giác ACD đều, do đó \(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.2\sqrt 3  = 3\).

Xét tam giác BCM vuông tại M: \(BM = \sqrt {B{C^2} - C{M^2}}  = \sqrt {7 - 3}  = 2\) (định lí Pythagore).

Nửa chu vi tam giác AMB là \(p = \frac{{2 + 3 + 4}}{2} = 4,5\).

Diện tích tam giác AMB: \({S_{ABM}} = \sqrt {4,5.(4,5 - 2).(4,5 - 3).(4,5 - 4)}  = \frac{{3\sqrt {15} }}{4}\).

Mặt khác \({S_{ABM}} = \frac{1}{2}.AB.MN \Leftrightarrow \frac{{3\sqrt {15} }}{4} = \frac{1}{2}.4.MN \Leftrightarrow MN = \frac{{3\sqrt {15} }}{8} \approx 1,45\).

Vậy \(d\left( {AB,CD} \right) = MN \approx 1,45\).

Đổi: 100 m = 0,1 km.

Giả sử \(\widehat {CAB} = \alpha  \Rightarrow \widehat {COB} = 2\alpha \) và số đo cung BC bằng \(2\alpha \) (\(0 < \alpha  < \frac{\pi }{2}\), đơn vị: rad).

Xét tam giác ACB vuông tại C, có \(\cos \widehat {CAB} = \frac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC = AB\cos \widehat {CAB} = 0,1\cos \alpha \).

Độ dài cung BC là \({l_{BC}} = \frac{{AB}}{2}.2\alpha  = 0,1\alpha \).

Thời gian người đó hoàn thành lộ trình là: \(T(\alpha ) = \frac{{0,1\cos \alpha }}{5} + \frac{{0,1\alpha }}{6}\) (giờ).

\(T'(\alpha ) = \frac{{ - 0,1\sin \alpha }}{5} + \frac{{0,1}}{6} = 0 \Leftrightarrow \sin \alpha  = \frac{5}{6} \Rightarrow \alpha  = \arcsin \frac{5}{6}\).

Ta có \(T(0) = \frac{1}{{50}} = 0,02\), \(T\left( {\arcsin \frac{5}{6}} \right) \approx 0,027\), \(T\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{{120}} \approx 0,026\).

Vậy thời gian tối đa người đó hoàn thành lộ trình là \(T\left( {\arcsin \frac{5}{6}} \right).60 \approx 1,65\) (phút).

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho D trùng gốc tọa độ O, A thuộc tia Ox, C thuộc tia Oy, S có cao độ dương.

Khi đó D(0; 0; 0), A(8; 0; 0), B(8; 8; 0), C(0; 8; 0), S(4; 4; 3), I(4; 4; 2).

\(AE = FB = \frac{{AB - EF}}{2} = \frac{{8 - 4}}{2} = 2\), do đó E(8; 2; 0), F(8; 6; 0).

H là trung điểm của SE nên \(H\left( {6;3;\frac{3}{2}} \right)\), G là trung điểm của SF nên \(G\left( {6;5;\frac{3}{2}} \right)\).

Đường thẳng IH đi qua I, nhận \(\overrightarrow {IH}  = \left( {2; - 1; - \frac{1}{2}} \right)\) làm vecto chỉ phương nên có phương trình tham số:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + 2t\\y = 4 - t\\z = 2 - \frac{1}{2}t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

IH giao với mặt phẳng đáy tại \(0 = 2 - \frac{1}{2}t \Leftrightarrow t = 4\). Suy ra H’(12; 0; 0).

Đường thẳng IG đi qua I, nhận \(\overrightarrow {IG}  = \left( {2;1; - \frac{1}{2}} \right)\) làm vecto chỉ phương nên có phương trình tham số:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + 2t\\y = 4 + t\\z = 2 - \frac{1}{2}t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

IH giao với mặt phẳng đáy tại \(0 = 2 - \frac{1}{2}t \Leftrightarrow t = 4\). Suy ra G’(12; 8; 0).

Biểu diễn trên mặt phẳng (Oxy):

Diện tích hình thang EFG’H’ là: \({S_{EFG'H'}} = \frac{1}{2}(EF + G'H').d(EF,G'H') = \frac{1}{2}.(4 + 8).4 = 24\).