Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2024 - 2025 sở GD&ĐT Hà Nội

Viết phương trình mặt phẳng biết vectơ pháp tuyến và điểm thuộc mặt phẳng.

Ta có phương trình mặt phẳng có dạng $2x + z + c = 0$.

Thay tọa độ điểm $M\left( {1; - 2;3} \right)$ vào phương trình, ta được $c = - 5$.

Phương trình mặt phẳng là $2x + z - 5 = 0.$

Xác định góc giữa hai đường thẳng.

Có $MN//BC$ và $MN \subset (SBC)$.

Góc giữa MN và AB bằng góc giữa BC và AB và bằng $\widehat {ABC}$.

Tam giác ABC vuông cân tại A nên $\widehat {ABC} = {45^o}$.

Áp dụng công thức số hạng của cấp số nhân: ${u_n} = {u_{n - 1}}q$.

Có ${u_2} = \frac{{{u_3}}}{q} = \frac{{ - 8}}{2} = - 4$.

Xác định tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = x - 1 - \frac{2}{{x + 1}}$ là $y = x - 1$.

Tính trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm.

Số trung bình của mẫu số liệu là:

$\bar x = \frac{{6.5 + 12.7 + 19.9 + 9.11 + 4.13}}{{6 + 12 + 19 + 9 + 4}} = 8,72$.

Với 0 < a < 1 thì ${a^x} > b \Leftrightarrow x < {\log _a}b$.

Ta có ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} - 3x}} \ge 1$

$\Leftrightarrow {x^2} - 3x \le {\log _{\frac{1}{2}}}1$

$\Leftrightarrow {x^2} - 3x \le 0$

$\Leftrightarrow 0 \le x \le 3$.

Vậy bất phương trình có 4 nghiệm nguyên.

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm $A\left( {{x_A};{y_A};{z_A}} \right)$, $B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)$, $C\left( {{x_C};{y_C};{z_C}} \right)$.

Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC là $G\left( {\frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3};\frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3};\frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}} \right)$.

Trọng tâm tam giác là $G\left( {\frac{{0 + 1 + 2}}{3};\frac{{0 + 2 + 4}}{3};\frac{{0 - 1 + 1}}{3}} \right) \Rightarrow G(1;2;0)$.

Công thức nguyên hàm của hàm mũ.

Có $\int {f\left( x \right)} dx = \int {{3^x}} dx = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + C$.

Thể tích khối lăng trụ: $V = {S_d}.h$.

Diện tích đáy hình lăng trụ là ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}$.

Chiều cao lăng trụ là $AA' = 2$.

Thể tích $V = {S_d}.h = \frac{1}{2}.2 = 1$.

Sử dụng tính chất của tích phân.

Có $\int\limits_0^2 {\left[ {f\left( x \right) + 2} \right]} dx = {\rm{ }}\int\limits_0^2 {f(x} )dx + {\rm{ }}\int\limits_0^2 2 dx$

$= 3 + 4 = 7$.

Dựa vào đồ thị hàm số, chỉ ra sự biến thiên.

Hàm số đã cho nghịch biến trên $(0;1)$.

Lấy đầu mút phải của nhóm cuối cùng trừ đi đầu mút trái của nhóm đầu tiên (chứa mẫu số liệu).

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là $R = 7,546 - 5,901 = 1,645$.

Tìm tập xác định của hàm số $f(x)$.

Tính đạo hàm f’(x) của hàm số $f(x)$.

Lập bảng biến thiên rồi kết luận giá trị cực tiểu của hàm số.

a) Đúng. Hàm số đã cho có tập xác định là $\mathbb{R}$.

b) Đúng. $f'(x) = \left( {2{e^{2x}} - 2x} \right)' = 2{e^{2x}} - 2$.

c) Đúng. $f'(x) > 0 \Leftrightarrow 2{e^{2x}} - 2 > 0$

$\Leftrightarrow {e^{2x}} > 1\Leftrightarrow 2x > 0 \Leftrightarrow x > 0$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {0; + \infty } \right)$.

d) Sai. Ta có $f'(x) = 0 \Leftrightarrow x > 0$.

Bảng biến thiên:

Hàm số đã cho có giá trị cực tiểu bằng 1.

Ứng dụng nguyên hàm, tích phân.

a) Sai. Tại thời điểm $t = 19$ giây, vận tốc của chất điểm bằng 0 m/s.

b) Đúng. Với $t \in \left[ {0;4} \right]$ ta có hàm vận tốc là ${v_1}(t) = 3t$.

Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian này là:

${S_1} = \int\limits_0^4 {{v_1}(t)dt} = \int\limits_0^4 {3tdt} = 24$ (m).

c) Đúng. Với $t \in \left[ {13;19} \right]$ ta có hàm vận tốc là ${v_3}(t) = a{t^2} + bt + c$.

Dựa vào đồ thị, ta có hoành độ đỉnh parabol là $\frac{{ - b}}{{2a}} = 15 \Leftrightarrow 30a + b = 0$.

Parabol đi qua các điểm $\left( {13;12} \right),(19;0)$, ta có hệ phương trình:

$\{\begin{array}{l}30a+b=0\\ {13}^{2}a+13b+c=12\\ {19}^{2}a+19b+c=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-1\\ b=30\\ c=-209\end{array}$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{30a + b = 0}\\{{{13}^2}a + 13b + c = 12}\\{{{19}^2}a + 19b + c = 0}\end{array}} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = - 1}\\{b = 30}\\{c = - 209}\end{array}} \right.$.

Suy ra ${v_3}(t) = - {t^2} + 30t - 209$.

d) Đúng. Ta có:

${S_1} = 24$; ${S_2} = \int\limits_4^{13} {{v_2}(t)} dt = \int\limits_4^{13} {12} dt = 108$;

${S_3} = \int\limits_{13}^{19} {{v_3}(t)} dt = \int\limits_{13}^{19} { - {t^2} + 30t - 209} dt = 72$

Tổng quãng đường chất điểm đi được là $S = {S_1} + {S_2} + {S_3} = 204$ m.

Liệt kê các trường hợp.

a) Đúng. Gọi A là biến cố con ngựa về đích ở lần gieo thứ nhất.

Ta có để con ngựa về đích ở lần gieo thứ nhất tức là ở lần gieo thứ nhất bạn Toàn gieo được mặt xúc sắc số 6 $\Rightarrow n\left( A \right) = 1$.

Ta có $n\left( {\Omega } \right) = 6$.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{1}{6}$.

b) Đúng. Gọi B là biến cố con ngựa về đích ở lần gieo thứ hai.

Vì có 2 lần gieo nên số kết quả có thể xảy ra là $n\left( {\Omega } \right) = 6^2 = 36$.

Khi đó ở lần gieo thứ nhất Toàn không gieo vào mặt số 6.

Và lần gieo thứ hai có tổng với lần gieo thứ nhất bằng 6.

Khi đó ta có 5 cặp số thỏa mãn để tổng bằng 6 : (5;1); (4;2) (3;3) (1;5) (2;4).

Khi đó $P\left( B \right) = \frac{5}{{36}}$.

c) Đúng. Gọi C là biến cố con ngựa về đích ở lần gieo thứ ba và trong cả ba lần gieo con ngựa đều được di chuyển.

Vì có 3 lần gieo nên số kết quả có thể xảy ra là $n\left( {\Omega } \right) = 6^3 = 216$.

Để tổng cả ba lần gieo bằng 6 thì tổng 3 số bằng 6. Ta có các bộ thỏa mãn (1,1,4), (1,2,3), (2,2,2).

Vậy có 3 + 6 + 1 = 10 trường hợp.

Vậy xác suất là $P = \frac{{10}}{{{6^3}}} = \frac{5}{{108}}$.

d) Sai. Gọi E là biến cố con ngựa về đích ở lần gieo thứ 3 với con ngựa dừng lại ở bước thứ 2.

Ta có khi đó tổng lần gieo thứ nhất và thứ ba bằng 6 và tổng lần gieo thứ nhất và thứ hai lớn hơn 6.

Ta có 5 cặp số thỏa mãn để tổng bằng 6 : (5;1); (4;2) (3;3) (1;5) (2;4).

Trường hợp (5;1) là mặt của lần gieo 1 và 3 khi đó lần gieo hai có thể là: 2;3;4;5;6.

Trường hợp (4;2) là mặt của lần gieo 1 và 3 khi đó lần gieo hai có thể là: 3;4;5;6.

Trường hợp (3;3) là mặt của lần gieo 1 và 3 khi đó lần gieo hai có thể là: 4;5;6.

Trường hợp (2;4) là mặt của lần gieo 1 và 3 khi đó lần gieo hai có thể là: 5;6.

Trường hợp (1;5) là mặt của lần gieo 1 và 3 khi đó lần gieo hai có thể là: 6.

Vậy $P\left( E \right) = \frac{{5 + 4 + 3 + 2 + 1}}{{{6^3}}} = \frac{5}{{72}}$.

Gọi D là biến cố con ngựa về đích sau nhiều nhất ba lần gieo, có:

$P\left( D \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) + P\left( C \right) + P\left( E \right) = \frac{1}{6} + \frac{5}{{36}} + \frac{5}{{108}} + \frac{5}{{72}} = \frac{{91}}{{216}}$.

Áp dụng các biểu thức tọa độ trong không gian, quy tắc lập phương trình tổng quát của mặt phẳng, công thức tính khoảng cách.

a) Đúng. Có B(1; 0; 0), D(0; 2; 0).

Điểm $C \in (Oxy)$ và ABCD là hình chữ nhật nên C(1; 2; 0).

b) Sai. Vì SA = 3 nên S(0; 0; 3).

Ta có $\overrightarrow {SC} (1;2; - 3)$ và $\overrightarrow {BD} ( - 1;2;0)$ suy ra $\left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = (6;3;4)$.

c) Đúng. Mặt phẳng $(P)$ song song với đường thẳng BD nên ta có $\overrightarrow {{n_P}} {\rm{\;}} = \left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = (6;3;4)$.

Có $S \in (P)$ nên phương trình mặt phẳng $(P):$ $6x + 3y + 4z - 12 = 0$.

d) Sai. Có khoảng cách giữa đường thẳng BD và mặt phẳng $(P)$:

$d(BD,(P)) = d(B,(P)) = \frac{{|6.1 - 12|}}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {4^2}} }} = \frac{{6\sqrt {61} }}{{61}}$.

Áp dụng công thức tính lãi kép $T = A{\left( {1 + r} \right)^n}$.

Số tiền anh Thắng vay ngân hàng sau 2 năm là ${T_1} = 400{\left( {1 + 8\% } \right)^2} = 466,56$ triệu.

Anh Thắng dùng 900 triệu mua đất với giá 20 triệu/m² nên mua được $\frac{{900}}{{20}} = 45$ m² đất.

Số tiền anh Thắng bán đất là $29.45 = 1305$ triệu đồng.

Số tiền anh thắng lãi được là $1305 - 500 - 466,56 = 338,44$ triệu.

Lập hàm chi phí trung bình tìm GTNN.

Đổi: 80 000 đồng = 0,08 triệu đồng.

Giả sử cần nhập trái cây đủ n ngày để chi phí trung bình cho mỗi ngày thấp nhất $\left( {n \in {\mathbb{N}^*},n \le 10} \right)$.

Mỗi ngày phải phân phối đi 25 tạ trái cây nên tổng số trái cây trong một lần nhập là 25n (tạ).

Chi phí bảo quản ngày đầu là: 25n.0,08 (triệu đồng).

Chi phí bảo quản ngày thứ hai là: 25(n – 1).0,08 (triệu đồng).

Chi phí bảo quản ngày thứ ba là: 25(n – 2).0,08 (triệu đồng).

…

Chi phí bảo quản ngày cuối cùng là: 25.0,08 (triệu đồng) (vì chỉ còn 25 tạ cho ngày cuối cùng).

Tổng chi phí bảo quản là:

$P = 25n.0,08 + 25(n - 1).0,08 + 25(n - 2).0,08 + ... + 25.0,08$

$= 25.0,08.\left[ {n + (n - 1) + (n - 2) + ... + 1} \right]$

$= 2.\left[ {n + (n - 1) + (n - 2) + ... + 1} \right]$.

Ta có thể viết $n + (n - 1) + (n - 2) + ... + 1$ thành tổng $1 + 2 + 3 + ... + n$.

Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số cộng, ta được:

$1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}$.

Do đó $P = 2.\frac{{n(n + 1)}}{2} = n(n + 1)$.

Tổng chi phí (gồm phí vận chuyển và bảo quản) là $25 + n(n + 1)$ (triệu đồng).

Chi phí trung bình là $Q(n) = \frac{{25 + n(n + 1)}}{n} = \frac{{25}}{n} + n + 1$.

Ta có $Q'(n) = - \frac{{25}}{{{n^2}}} + 1 = 0 \Leftrightarrow n = 5$.

Bảng biến thiên:

Vậy, để chi phí trung bình nhỏ nhất thì đại lý cần nhập đủ trái cây cho 5 ngày.

Tìm tọa độ hai máy bay sau t giờ sau đó lập phương trình khoảng cách tối thiểu.

Đặt $A'\left( {3a;4a + 35;10} \right)$ là điểm di chuyển của máy bay thứ nhất.

Gọi t (giờ) là thời điểm mà hai máy bay bay sau t giờ vi phạm khoảng cách an toàn.

Ta có khoảng cách so với điểm ban đầu là:

$A'A = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {4a} \right)}^2}}  = 900t$

$\Leftrightarrow a = 180t$.

$\Rightarrow A'\left( {540t;35 + 720t;10} \right)$.

Tương tự ta đặt điểm $B'\left( {5b + 31;12b + 10;11} \right)$ là điểm di chuyển của máy bay thứ hai.

Khi đó $\sqrt {{{\left( {5b} \right)}^2} + {{\left( {12b} \right)}^2}}  = 910t \Rightarrow b = 70t$ suy ra $B\left( {31 + 350t;10 + 840t;11} \right)$.

Vì khoảng cách tối thiếu để hai máy bay an toàn là 9,3 km và hai máy bay vi phạm khoảng cách an toàn nên:

$A'B' \le 9,3$

$\Leftrightarrow {\left( {31 - 190t} \right)^2} + {\left( { - 25 + 120t} \right)^2} + {\left( 1 \right)^2} \le 9,{3^2}$

$\Leftrightarrow 0,1403 \le t \le 0,21177$ (giờ).

Vậy sau ít nhất 0,1403 giờ hay 8,42 phút thì vi phạm khoảng cách an toàn.

Gắn hệ trục tọa độ tìm parabol và diện tích.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Từ đường tròn đường kính 1 và hình vuông cạnh 1 suy ra OP = 4, MN = 4.

Do đó, ta có tọa độ các điểm: P(0;4), M(-2;2), N(2;2).

Giả sử phương trình của parabol là $y = a{x^2} + bx + c$ (a < 0).

Vì parabol đi qua P, M, N nên ta có hệ:

$\{\begin{array}{l}4=a{.0}^2+b.0+c\\ 2=a{.2}^2+b.2+c\\ 2=a(-2{)}^2+b(-2)+c\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{2}\\ b=0\\ c=4\end{array}\Rightarrow y=-\frac{1}{2}{x}^2+4$$\left\{ \begin{array}{l}4 = a{.0^2} + b.0 + c\\2 = a{.2^2} + b.2 + c\\2 = a{( - 2)^2} + b( - 2) + c\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{1}{2}\\b = 0\\c = 4\end{array} \right.$ \Rightarrow y =  - \frac{1}{2}{x^2} + 4.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol với trục hoành:

$- \frac{1}{2}{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 2\sqrt 2 {\rm{\;}}$.

$\Rightarrow A\left( { - 2\sqrt 2 ,0} \right)$, $B\left( {2\sqrt 2 ,0} \right)$.

Diện tích phần kính (gồm 3 hình tròn bán kính 0,5 m và 6 hình vuông cạnh 1 m) là:

${S_1} = \pi .0,{5^2}.3 + 6.1.1 = 0,75\pi {\rm{\;}} + 6$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Diện tích giới hạn bởi parabol và trục Ox là $S = \int\limits_{ - 2\sqrt 2 }^{2\sqrt 2 } {\left( { - \frac{1}{2}{x^2} + 4} \right)dx}$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Diện tích sơn màu là $S - {S_1}$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Vậy chi phí sơn màu là $1,2.\left( {S - {S_1}} \right) \approx 8,1$ triệu đồng.

$\left[ {S,BC,A} \right] = \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AB,SB} \right) = \angle SBA = {45^o}$.

$\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \angle SCA$.

Ta có $BC \bot SA,BC \bot AB \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$.

$\Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AB,SB} \right) = \angle SBA = {45^o}$.

$\Rightarrow \Delta SAB$ vuông cân tại A nên $SA = AB = 1$.

$\Delta ABC$ vuông tại B nên $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt 3$.

Ta có $\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \angle SCA$.

$\tan SCA = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \angle SCA = {30^o}$.

Tính đạo hàm và xác định cực trị.

Ta có $y = \frac{{{x^2}}}{{x + 1}} \Rightarrow y' = \frac{{2x\left( {x + 1} \right) - {x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

Ta có $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {$$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 0}\\{x =  - 2}\end{array}$} \right.

$\Rightarrow A\left( {0;0} \right)$, $B\left( { - 2; - 4} \right)$.

$\Rightarrow AB = \sqrt {{(-2 - 0)^2} + {(-4 - 0)^2}} \approx 4,5$.