Đề khảo sát chất lượng Toán 12 lần 2 năm 2025 - 2026 sở GD&ĐT Thanh Hóa

Tìm các điểm mà tại đó hàm số f(x) liên tục và qua đó f’(x) đổi dấu.

f’(x) đổi dấu khi qua x = -2, x = 1, x = 2, x = 3 và f(x) gián đoạn tại x = 1 nên số điểm cực trị của hàm số y = f(x) là 3.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa: $\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C$.

$\int {{x^3}dx} = \frac{{{x^4}}}{4} + C$.

Nhóm chứa mốt là nhóm có tần số lớn nhất.

Nhóm chứa mốt của mẫu số liệu đã cho là [162; 168).

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ là $y = \frac{a}{c}$.

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$ là y = 2.

Mặt phẳng (P) có một vecto pháp tuyến là $\vec n = (a;b;c)$.

Một vectơ pháp tuyến của (P) là $\vec n = (3;2; - 1)$.

Áp dụng công thức V = Bh.

$V = {S_{ABCD}}.AA' = {a^2}.2a = 2{a^3}$.

${\log _a}f(x) = b \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}f(x) > 0\\f(x) = {a^b}\end{array} \right.$

${\log _5}(2x - 1) = 1 \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}2x - 1 > 0\\2x - 1 = {5^1}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{2}\\x = 3\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x = 3.

Áp dụng quy tắc hình hộp.

$\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {BD'}$.

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

$\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.$ $(k \in \mathbb{Z})$.

${u_{n + 1}} = {u_n} + (n - 1)d$.

${u_5} = {u_1} + 4d = 2 + 4.3 = 14$.

$\overrightarrow u = a\vec i + b\vec j + c\vec k = (a;b;c)$.

$\overrightarrow a = - \vec i + 3\vec j - 5\vec k = ( - 1;3; - 5)$.

Cho hàm số f(x), g(x) liên tục, không âm trên đoạn [a; b].

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b quanh trục Ox là $V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}(x)dx}$.

Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số $y = \sqrt {4x - {x^2}}$ và trục Ox: $\sqrt {4x - {x^2}} = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array}$ \right..

$V = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {\sqrt {4x - {x^2}} } \right)}^2}dx} = \frac{{32\pi }}{3}$.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán trong không gian.

a) Đúng. ABCD là hình vuông, cạnh bằng $3\sqrt 2$ nên độ dài đường chéo là AC = BD = 6.

Khi đó OC = OD = 3. C thuộc tia Oy nên C(0; 3; 0), D thuộc tia đối của tia Ox nên D(-3; 0; 0).

b) Sai. $SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4$. S thuộc tia Oz nên S(0; 0; 4).

Mặt cầu đường kính SC có tâm I là trung điểm của SC. Khi đó $I\left( {0;\frac{3}{2};2} \right)$.

Bán kính mặt cầu là: $R = \frac{{SC}}{2} = \frac{{SB}}{2} = \frac{5}{2}$.

Phương trình mặt cầu: ${x^2} + {\left( {y - \frac{3}{2}} \right)^2} + {(z - 2)^2} = \frac{{25}}{4}$.

c) Sai. B(3; 0; 0), M là trung điểm của SD nên $M\left( { - \frac{3}{2};0;2} \right)$.

$\overrightarrow {BM}  = \left( { - \frac{9}{2};0;2} \right) \Rightarrow BM = \sqrt {{{\left( { - \frac{9}{2}} \right)}^2} + {0^2} + {2^2}}  = \frac{{\sqrt {97} }}{2}$.

d) Đúng. G là trọng tâm tam giác SCD nên $G\left( { - 1;1;\frac{4}{3}} \right)$.

(SBD) chứa cả hai trục Ox và Oz nên có phương trình y = 0.

G và A có tung độ trái dấu nên nằm ở hai phía của mặt phẳng (SBD).

Gọi A’ đối xứng với A qua (SBD). Khi đó $\left| {EG - EA} \right| = \left| {EG - EA'} \right| \le A'G$, dấu “=” xảy ra khi A’, E, G thẳng hàng hay E là giao điểm của A’G cắt (SBD).

A(0; -3; 0), suy ra A’ (0; 3; 0).

Đường thẳng A’G đi qua A’(0; 3; 0) và nhận $\overrightarrow {A'G}  = \left( { - 1; - 2;\frac{4}{3}} \right)$ làm vecto chỉ phương có phương trình: $\{\begin{array}{l}x=-t\\ y=3-2t\\ z=\frac{4}{3}t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x =  - t\\y = 3 - 2t\\z = \frac{4}{3}t\end{array} \right.$ $(t \in \mathbb{R})$.

Tìm giao điểm E: $\{\begin{array}{l}x=-t\\ 0=3-2t\\ z=\frac{4}{3}t\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-\frac{3}{2}\\ y=0\\ z=2\end{array}\Rightarrow E=\left(-\frac{3}{2};0;2\right)$$\left\{ \begin{array}{l}x =  - t\\0 = 3 - 2t\\z = \frac{4}{3}t\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x =  - \frac{3}{2}\\y = 0\\z = 2\end{array} \right.$ \Rightarrow E = \left( { - \frac{3}{2};0;2} \right).

Đạo hàm khảo sát hàm số.

a) Đúng. $D = \mathbb{R}$.

b) Đúng. $f'(x) = 3{x^2} - 3$.

c) Sai. $f'(x) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$.

Trên khoảng (-1; 1) thì f’(x) < 0 nên hàm số nghịch biến.

d) Sai. f(-3) = -18, f(-1) = 2, f(1) = -2, f(2) = 2.

Vậy f(x) đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [-3; 2] tại x = -3.

Ứng dụng tích phân để giải bài toán.

a) Sai. Vận tốc VĐV đua xe đạp thời điểm ban đầu: ${v_2}(0) = 12 - 12{e^{ - 0,1.0}} = 0$ (m/s).

b) Đúng. Xét đạo hàm của các hàm vận tốc:

VĐV điền kinh: ${v'_1}(t) = 8.( - 0,1){e^{ - 0,1t}} = - 0,8{e^{ - 0,1t}} < 0$ với mọi $t \ge 0$. Do đó, ${v_1}(t)$ nghịch biến (tốc độ giảm dần).

VĐV đua xe đạp: ${v'_2}(t) = - 12.( - 0,1){e^{ - 0,1t}} = 1,2{e^{ - 0,1t}} > 0$ với mọi $t \ge 0$. Do đó, ${v_2}(t)$ đồng biến (tốc độ tăng dần).

c) Sai. Khoảng cách giữa hai VĐV sau t giây là: $d(t) = \int\limits_0^t {{v_2}(u)du} - \int\limits_0^t {{v_1}(u)du} + 40$ (m).

$d'(t) = {v_2}(t) - {v_1}(t) + 40 = 12 - 12{e^{ - 0,1t}} - 8{e^{ - 0,1t}} = 12 - 20{e^{ - 0,1t}}$.

$d'(t) = 0 \Leftrightarrow 12 - 20{e^{ - 0,1t}} = 0 \Leftrightarrow {e^{ - 0,1t}} = 0,6 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 0,6}}{{ - 0,1}} \approx 5,11$.

Vậy hai VĐV gần nhau nhất ở thời điểm 5,11 giây kể từ thời điểm 0 giây.

d) Đúng. Thời điểm hai VĐV gần nhau nhất, khoảng cách giữa họ là:

$d(t) = \int\limits_0^{5,11} {\left( {12 - 20{e^{ - 0,1t}}} \right)dt} + 40 \approx 21,3$ (m).

Vậy VĐV điền kinh sẽ không bắt kịp được VĐV đua xe đạp và khoảng cách ngắn nhất giữa họ là 21,3 m.

Áp dụng định nghĩa xác suất có điều kiện, công thức xác suất toàn phần.

Gọi các biến cố: A: “Chọn được người bị bệnh tiểu đường”;

B: “Chọn được người bị huyết áp cao”.

a) Đúng. P(A) = 40% = 0,4.

b) Đúng. P(B|A) = 70% = 0,7.

c) Sai. $P(B|\overline A ) = 25\%  = 0,25$.

d) Sai. $P(\overline A ) = 1 - P(A) = 1 - 0,4 = 0,6$.

$P(B) = P(A).P(B|A) + P(\overline A ).P(B|\overline A )$

$= 0,4.0,7 + 0,6.0,25 = 0,43$.

Tìm nghiệm $t_{0}$ của phương trình v(t) = s’(t) = 20. Từ đó tính $s(t_{0})$.

$v(t) = s'(t) = t^{2} - 3t + 10$;

$\left. v(t) = 20\Leftrightarrow t^{2} - 3t + 10 = 20\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {t = 5} \\ {t = - 2} \end{array}$ \right. \right..

Vì t > 0 nên ta nhận giá trị t = 5. Quãng đường cần tính là:

$s(5) = \dfrac{1}{3}.5^{3} - \dfrac{3}{2}.5^{2} + 10.5 \approx 54,2$ (m).

Xác định khoảng cách từ AB đến SC trên hình vẽ, từ đó tính chiều cao và thể tích khối chóp.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. H là hình chiếu vuông góc của M lên SN.

Ta có MN // BC // AD nên $CD\bot MN$ (1)

$\left.$$\begin{array}{l} {(SAB)\bot(ABCD)} \\ {(SAB) \cap (ABCD) = AB} \\ {SM\bot AB,SM \subset (SAB)} \end{array}$ \right\}

$\Rightarrow SM\bot(ABCD)\Rightarrow SM\bot CD$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\left. CD\bot(SMN)\Rightarrow CD\bot MH \right.$.

$\left. \left.$$\begin{array}{l} {MH\bot CD} \\ {MH\bot SN} \end{array}$ \right\}\Rightarrow MH\bot(SCD) \right..

$\left.$$\begin{array}{l} \left. AB//CD\Rightarrow AB//(SCD) \right. \\ {MH\bot(SCD)} \end{array}$ \right\}

$\Rightarrow d\left( {AB,SC} \right) = MH = 6$.

$\left. SM\bot(ABCD)\Rightarrow SM\bot MN \right.$.

Xét tam giác SMN vuông tại M, đường cao MH:

$\dfrac{1}{MH^{2}} = \dfrac{1}{SM^{2}} + \dfrac{1}{MN^{2}}$

$\Leftrightarrow\dfrac{1}{6^{2}} = \dfrac{1}{SM^{2}} + \dfrac{1}{\left( {4\sqrt{3}} \right)^{2}}\Rightarrow SM = 12$.

$V_{S.ABCD} = \dfrac{1}{3}.SM.S_{ABCD}$

$= \dfrac{1}{3}.12.6.4\sqrt{3} \approx 166$.

Lập hàm lợi nhuận theo Q. Ứng dụng kiến thức về hàm số bậc hai để giải.

Ta có P = 15000 – 3Q.

Lợi nhuận: L = Q.P – C(Q) - tQ

$= (15000Q - 3Q^{2}) - (Q^{2} + 2200Q + 500) - tQ$

$= - 4Q^{2} + (12800 - t)Q - 500$.

Lợi nhuận đạt cực đại tại $Q = - \dfrac{12800 - t}{2.( - 4)} = \dfrac{12800 - t}{8}$.

Số tiền thuế nhà nước thu khi đó là $Qt = \dfrac{12800t - t^{2}}{8}$.

Số tiền thuế lớn nhất khi $t = - \dfrac{12800}{2( - 1)} = 6400$.

Vậy sản lượng là $Q = \dfrac{12800 - 6400}{8} = 800$.

Gọi M là tâm mặt cầu (S). Vì hai đường tròn tâm $I_{1}$, $I_{2}$ thuộc (S) nên $\left\{ \begin{array}{l} {MI_{1}\bot\left( {I_{1}AB} \right)} \\ {MI_{2}\bot\left( {I_{2}AB} \right)} \end{array} \right.$.

Lập phương trình hai đường thẳng $MI_{1}$, $MI_{2}$ và tìm giao điểm M, từ đó tính bán kính của (S).

Gọi M là tâm mặt cầu (S). Vì hai đường tròn tâm $I_{1}$, $I_{2}$ thuộc (S) nên $\left\{ \begin{array}{l} {MI_{1}\bot\left( {I_{1}AB} \right)} \\ {MI_{2}\bot\left( {I_{2}AB} \right)} \end{array} \right.$.

Ta có $\overset{\rightarrow}{I_{1}A} = ( - 1;1;3)$, $\overset{\rightarrow}{I_{1}B} = (1; - 3;1)$, $\overset{\rightarrow}{I_{2}A} = ( - 3;1;1)$, $\overset{\rightarrow}{I_{2}B} = ( - 1; - 3; - 1)$.

Gọi $\overset{\rightarrow}{u}$, $\overset{\rightarrow}{v}$ lần lượt là vecto chỉ phương của $MI_{1}$, $MI_{2}$. Ta có:

$\overset{\rightarrow}{u} = \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{I_{1}A},\overset{\rightarrow}{I_{1}B}} \right\rbrack = (10;4;2)$; $\overset{\rightarrow}{v} = \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{I_{2}A},\overset{\rightarrow}{I_{2}B}} \right\rbrack = (2; - 4;10)$.

Phương trình tham số của $MI_{1}$: $\{\begin{array}{l}x=1+10t\\ y=1+4t\\ z=-1+2t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 1 + 10t} \\ {y = 1 + 4t} \\ {z = - 1 + 2t} \end{array} \right.$ $(t \in {\mathbb{R}})$.

Phương trình tham số của $MI_{2}$: $\{\begin{array}{l}x=3+2s\\ y=1-4s\\ z=1+10s\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 3 + 2s} \\ {y = 1 - 4s} \\ {z = 1 + 10s} \end{array} \right.$ $(s \in {\mathbb{R}})$.

Tìm giao điểm M: $\left.$$\left\{ \begin{array}{l} {1 + 10t = 3 + 2s} \\ {1 + 4t = 1 - 4s} \\ {- 1 + 2t = 1 + 10s} \end{array} \right.$Leftrightarrow t = - s = \dfrac{1}{6} \right..

Khi đó $M\left( {\dfrac{8}{3};\dfrac{5}{3}; - \dfrac{2}{3}} \right)$ và $\overset{\rightarrow}{MA} = \left( {- \dfrac{8}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{8}{3}} \right)$.

Vậy $R = MA = \sqrt{\left( {- \dfrac{8}{3}} \right)^{2} + \left( \dfrac{1}{3} \right)^{2} + \left( \dfrac{8}{3} \right)^{2}} = \dfrac{\sqrt{129}}{3} \approx 3,79$.

Xác định phương trình đường cong (L) chứa điểm P từ đó tính diện tích bằng tích phân.

Xét hình vẽ sau với O là tâm hình vuông và tia Ox đi qua trung điểm H của một cạnh hình vuông, gọi $\varphi$ là góc hợp bởi tia Ox và tia Ot với $\varphi \in \left\lbrack {0;\dfrac{\pi}{4}} \right\rbrack$.

Ta có $M(1;\tan\varphi)$, $N(2\cos\varphi;2\sin\varphi)$

$\Rightarrow P\left( {\dfrac{1 + 2\cos\varphi}{2};\dfrac{\tan\varphi + 2\sin\varphi}{2}} \right)$.

Đặt $\left. x = \dfrac{1 + 2\cos\varphi}{2}\Leftrightarrow\cos\varphi = \dfrac{2x - 1}{2} \right.$.

Với $\varphi \in \left\lbrack {0;\dfrac{\pi}{4}} \right\rbrack$ thì $x \in \left( {\dfrac{1 + \sqrt{2}}{2};\dfrac{3}{2}} \right)$.

$\Rightarrow\tan\varphi + 2\sin\varphi = \dfrac{\sin\varphi + 2\sin\varphi.\cos\varphi}{2\cos\varphi}$

$= \dfrac{\sin\varphi.2x}{2x - 1} = \dfrac{2x}{2x - 1}.\sqrt{1 - \left( \dfrac{2x - 1}{2} \right)^{2}}$.

Vậy P luôn thuộc đường cong $y = \dfrac{2x}{2x - 1}.\sqrt{1 - \left( \dfrac{2x - 1}{2} \right)^{2}}$ với $x \in \left( {\dfrac{1 + \sqrt{2}}{2};\dfrac{3}{2}} \right)$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong (L) và hình vuông:

$S = 8\left\lbrack {{\int\limits_{0}^{\dfrac{1 + \sqrt{2}}{2}}{xdx}} + {\int\limits_{\dfrac{1 + \sqrt{2}}{2}}^{\dfrac{3}{2}}{\dfrac{2x}{2x - 1}.\sqrt{1 - \left( \dfrac{2x - 1}{2} \right)^{2}}dx}}} \right\rbrack - 2^{2} \approx 3,67$.

Kết hợp phương pháp liệt kê và phương pháp tổ hợp.

Đặt $k = a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6}$.

TH1: k = 5. Bộ ba cặp số là (0; 5), (1; 4), (2; 3).

- Hoán vị 3 cặp số vào 3 vị trí: 3! = 6 cách.

- Hoán vị 2 số trong mỗi cặp: ${(2!)}^{3} = 8$ cách.

- Loại các trường hợp chữ số 0 đứng đầu: $1.1.2!.{(2!)}^{2} = 8$ cách.

Do đó TH1 có $3!{(2!)}^{3} - 8 = 40$ cách xếp.

TH2: k = 6. Bộ ba cặp số là (0; 6), (1; 5), (2; 4).

Tương tự TH1, TH2 có 40 cách xếp.

TH3: k = 7. Bộ ba cặp số là (1; 6), (2; 5), (3; 4).

- Hoán vị 3 cặp số vào 3 vị trí: 3! = 6 cách.

- Hoán vị 2 số trong mỗi cặp: ${(2!)}^{3} = 8$ cách.

Do đó TH3 có $3!{(2!)}^{3} = 48$ cách xếp.

Xác suất trúng thưởng của anh Huy: $\dfrac{40.2 + 48}{4320} = \dfrac{4}{135} \approx 0,03$.