Đề giữa học kỳ 1 Toán 12 năm 2025 – 2026 sở GD&ĐT Hưng Yên

Bước 1: Tìm tập xác định (trong trường hợp xét trên đoạn [a;b], tập xác định đang xét chính là đoạn đó).

Bước 2: Tính đạo hàm f’(x). Tìm các giá trị $x_1, x_2, ..., x_n$ thuộc đoạn [a;b] mà tại đó f’(x) = 0 hoặc f’(x) không tồn tại. (Các điểm này còn được gọi là điểm cực trị hoặc điểm dừng nếu đạo hàm bằng 0, hoặc điểm kì dị nếu đạo hàm không tồn tại).

Bước 3: Tính giá trị của hàm số tại các điểm vừa tìm được ở Bước 2 và tại hai đầu mút của đoạn [a;b]. Tức là tính các giá trị $f(a), f(x_1), f(x_2), ..., f(x_n), f(b)$.

Giá trị lớn nhất trong số các giá trị vừa tính chính là GTLN của hàm số trên đoạn [a;b].

Giá trị nhỏ nhất trong số các giá trị vừa tính chính là GTNN của hàm số trên đoạn [a;b].

$y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$.

Ta có f(-3) = -16, f(-1) = 4, f(1) = 0, f(3) = 20.

Vậy GTLN của hàm số trên đoạn [-3;3] là 20.

Đường thằng $x = x_{0}$ là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

$\lim\limits_{x\rightarrow x_{0} +}y = + \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0} +}y = - \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0} -}y = + \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0} -}y = - \infty$.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{2x + 2025}{x-1}$ là x = 1.

Thể tích V(T) tăng trong khoảng V'(T) > 0.

Thể tích V(T) tăng trong khoảng nhiệt độ (4; 30).

Dựa vào tính chất đường trung bình trong tam giác.

Vì MN là đường trung bình của tam giác SAC nên MN // AC.

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm kí hiệu là $\overline{x}$ được tính theo công thức: $\overline{x}=\dfrac{{{m}_{1}}{{x}_{1}}+...+{{m}_{k}}{{x}_{k}}}{n}$.

Trong đó, \(n = m_1 + … + m_k\) là cỡ mẫu và ${{x}_{i}}=\dfrac{{{a}_{i}}+{{a}_{i+1}}}{2}$ (với \(i = 1, …, k\)) là giá trị đại diện của nhóm $\left[a_i; a_{i + 1}\right)$.

Thời gian trung bình bạn An dành ra để đi từ nhà đến trường trong 35 ngày đó là:

$\overline x = \frac{{20.5 + 22.8 + 24.7 + 26.9 + 28.6}}{{5 + 8 + 7 + 9 + 6}} \approx 24,2$ phút.

Hàm số nghịch biến trong khoảng y' < 0.

Hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng (-1; 0).

+ Tìm điều kiện của x.

+ Giải phương trình lôgarit cơ bản: Phương trình ${{\log }_{a}}x=b\left( 0<a\ne 1 \right)$ có nghiệm duy nhất $x={{a}^{b}}$.

+ Đối chiếu với điều kiện và kết luận.

${\log _2}(x - 1) = 3 \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\x - 1 = {2^3}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x > 1\\x = 9\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x = 9.

Dựa vào hình dạng đồ thị và giao điểm với trục tung.

Đồ thị có hình dạng của hàm đa thức bậc ba. Loại đáp án D.

Giả sử hàm số có phương trình là $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty$ nên a < 0. Loại đáp án C.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ -1, do đó d = -1.

Tìm số nghiệm bội lẻ của phương trình y = f'(x).

$f'(x) = {(x - 1)^2}({x^2} - 5x + 6) = {(x - 1)^2}(x - 2)(x - 3)$.

Phương trình f’(x) = 0 có hai nghiệm bội lẻ là x = 2 và x = 3 nên hàm số f(x) có hai điểm cực trị.

Áp dụng công thức tính số hạng tổng quát của cấp số cộng ${u_n} = {u_{n-1}} + (n - 1)d$.

${u_5} = 2 + (5 - 1).5 = 22$.

Hàm số đồng biến trên khoảng đồ thị đi lên từ trái sang.

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).

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

$\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi$ $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với một mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ ba đó.

Khoảng cách từ một điểm M đến một đường thẳng a, kí hiệu là d(M, a), là khoảng cách giữa M và hình chiếu H của M trên a.

Công thức tính thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3}Bh$.

a) Đúng. ABCD là hình thoi có góc A bằng ${120^o}$, suy ra tam giác ABC đều.

Khi đó, AM vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác ABC.

Kẻ $AH \bot SM$ tại H.

$\{\begin{array}{l}(SAB)\cap (SAD)=SA\\ (SAB)\mathrm{\perp }(ABCD)\\ (SAD)\mathrm{\perp }(ABCD)\end{array}\Rightarrow SA\mathrm{\perp }(ABCD)$$\left\{ \begin{array}{l}(SAB) \cap (SAD) = SA\\(SAB) \bot (ABCD)\\(SAD) \bot (ABCD)\end{array} \right.$ \Rightarrow SA \bot (ABCD).

Ta có $\{\begin{array}{l}SA\mathrm{\perp }(ABCD)\Rightarrow SA\mathrm{\perp }BC\\ AM\mathrm{\perp }BC\end{array}\Rightarrow BC\mathrm{\perp }(SAM)\Rightarrow BC\mathrm{\perp }AH$$\left\{ \begin{array}{l}SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BC\\AM \bot BC\end{array} \right.$ \Rightarrow BC \bot (SAM) \Rightarrow BC \bot AH.

Như vậy $\{\begin{array}{l}AH\mathrm{\perp }BC\\ AH\mathrm{\perp }SM\end{array}\Rightarrow AH\mathrm{\perp }(SBC)\Rightarrow d\left(A,(SBC)\right)=AH$$\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SM\end{array} \right.$ \Rightarrow AH \bot (SBC) \Rightarrow d\left( {A,(SBC)} \right) = AH.

ABCD là hình thoi nên AD // BC hay AD // (SBC).

Do đó $d\left( {D,(SBC)} \right) = d\left( {A,(SBC)} \right) = AH$.

$AM = \sqrt {A{B^2} - B{M^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

$SA = AM\tan \widehat {SMA} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\tan {60^o} = \frac{{3a}}{2}$.

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{3a}}{4}$.

b) Sai. ${S_{ABCD}} = 2.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a}}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.

c) Đúng. $\{\begin{array}{l}(SAB)\cap (SAD)=SA\\ (SAB)\mathrm{\perp }(ABCD)\\ (SAD)\mathrm{\perp }(ABCD)\end{array}\Rightarrow SA\mathrm{\perp }(ABCD)$$\left\{ \begin{array}{l}(SAB) \cap (SAD) = SA\\(SAB) \bot (ABCD)\\(SAD) \bot (ABCD)\end{array} \right.$ \Rightarrow SA \bot (ABCD).

d) Sai. $SA = AM\tan \widehat {SMA} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\tan {60^o} = \frac{{3a}}{2}$.

Lập bảng biến thiên.

$y' = 3{x^2} + 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array}$ \right.

Bảng biến thiên:

a) Đúng. Trên đoạn [-3; 5], hàm số đã cho có giá trị lớn nhất bằng 157.

b) Sai. Giả sử A(-3;29), B(1;-3). Ta có $AB = \sqrt {{{(1 + 3)}^2} + {{( - 3 - 29)}^2}} = 4\sqrt {65}$.

c) Đúng. Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $(-\infty;-3)$ và $(1;+\infty)$.

d) Đúng. Dưới đây là hình ảnh hai đồ thị hàm số y = f(x) và y = |f(x)|.

Hàm số y = |f(x)| có 5 điểm cực trị.

a) Đường thằng $x = x_{0}$ là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

$\lim\limits_{x\rightarrow x_{0} +}y = + \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0} +}y = - \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0} -}y = + \infty$ hoặc $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0} -}y = - \infty$.

b) Hàm số đồng biến trên khoảng y' < 0.

c) h(x) nhỏ nhất khi f(x) nhỏ nhất.

d) Quan sát bảng biến thiên và nhận biết cực trị.

a) Sai. Đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là y = 2.

b) Sai. Hàm số không đồng biến trên $( - 2; + \infty )$.

c) Đúng. h(x) nhỏ nhất khi f(x) nhỏ nhất.

Trên đoạn $( - \infty ;0]$, f(x) đạt GTNN là 1.

Khi đó h(x) = 2.1 – 2025 = - 2023.

d) Đúng. Hàm số có hai điểm cực trị là x = 0 và x = 1.

Lập hàm số biểu diễn số tiền thu được cho mỗi chuyến xe theo x.

Tìm điều kiện của x, tính đạo hàm và lập bảng biến thiên của hàm số trên.

Quan sát bảng biến thiên và trả lời.

Số tiền thu được cho mỗi chuyến xe: $y = x{\left( {3 - \frac{x}{{40}}} \right)^2} = \frac{{{x^3}}}{{1600}} - \frac{3}{{20}}{x^2} + 9x$ (USD).

Điều kiện: $0 \le x \le 60$, $x \in \mathbb{N}$.

$y' = \frac{{3{x^2}}}{{1600}} - \frac{3}{{10}}x + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 120 \notin [0;60]\\x = 40 \in [0;60]\end{array}$ \right.

Bảng biến thiên:

a) Sai. Nếu một chuyến xe buýt chở lượng khách trong khoảng (40; 60) thì thu được số tiền sẽ giảm dần.

b) Sai. Một chuyến xe buýt thu được số tiền nhiều nhất bằng 160 (USD).

c) Đúng. Số tiền thu được trong một chuyến xe buýt là $\frac{x^3}{1600} - \frac{3}{20}x^2 + 9x$ (USD), $0 \leq x \leq 60, x \in \mathbb{N}$.

d) Sai. Nếu một chuyến xe buýt chở lượng khách trong khoảng (0; 40) thì thu được số tiền sẽ tăng dần.

Chọn 1 đỉnh, xét xem có bao nhiêu tam giác cân đỉnh đó được tạo thành. Từ đó tính số tam giác cân tạo được tại 12 đỉnh.

Xét tại đỉnh A.

Số tam giác cân đỉnh A (không tính tam giác đều) có thể tạo thành là: $\frac{{12 - 2}}{2} - 1 = 4$.

Tương tự với 12 đỉnh, ta có 12.4 = 48 tam giác cân.

Xác suất chọn được tam giác cân là: $\frac{{48}}{{C_{12}^3}} = \frac{{12}}{{55}} \approx 0,22$.

Lập bảng xét dấu N'(t).

Số người nhiễm bệnh tăng lên khi N'(t) > 0. Tìm khoảng đó.

Tốc độ thay đổi số người nhiễm bệnh là: $N(t) = - 3{t^2} + 36t$.

Ta có $N'(t) = - 3{t^2} + 36t = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}t = 0\\t = 12\end{array}$ \right.

Bảng xét dấu:

Vậy khoảng thời gian lâu nhất mà số người nhiễm bệnh tăng lên là (0;12).

$P = {0^2} - {2.12^2} = - 288$.

Áp dụng định lí Pythagore tính BC, AA'.

Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ: V = Bh.

Áp dụng định lí Pythagore:

$BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{1^2} + {3^2}} = \sqrt {10}$;

$AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {1^2}} = 2\sqrt 6$.

$V = AA'.{S_{ABC}} = 2\sqrt 6 .\frac{1}{2}.1.3 = 3\sqrt 6 \approx 7,3$.

Gắn hệ trục tọa độ Oxy ở vị trí phù hợp. Tìm phương trình parabol.

Giả sử chiều rộng thùng hàng là 2a, từ đó tìm ra chiều cao thùng hàng dựa vào phương trình parabol.

Lập hàm số biểu diễn diện tích hình chữ nhật theo a. Ứng dụng đạo hàm tìm GTLN của hàm số.

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình.

Giả sử cổng parabol có phương trình $y = a{x^2} + bx + c$.

Parabol (P) đi các điểm có tọa độ $\left( {\sqrt 5 ;0} \right)$, $\left( { - \sqrt 5 ;0} \right)$ và $\left( {0;5} \right)$ nên ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}0 = a{\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + b.\sqrt 5 + c\\0 = a{\left( { - \sqrt 5 } \right)^2} - b.\sqrt 5 + c\\5 = a{.0^2} + b.0 + c\end{array} \right. \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 0\\c = 5\end{array} \right.$ \Rightarrow (P):y = - {x^2} + 5.

Gọi 2a là chiều rộng thùng hàng. Khi đó, điểm thuộc (P) có hoành độ x = a thì tung độ là $y = - {a^2} + 5 - 1 = 4 - {a^2}$.

Diện tích hình chữ nhật là: $S = 2a(4 - {a^2}) = 8a - 2{a^3}$.

Điều kiện: 0 < a < 2.

$S' = 8 - 6{a^2} = 0 \Leftrightarrow a = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$ (TM).

Diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là $S = 8a - 2{a^3} = \frac{{32\sqrt 3 }}{9} \approx 6$ $\left( {{m^2}} \right)$.

Tính f'(t) và f''(t).

Tìm t để f''(t) đạt GTLN.

Thay t vừa tìm được vào f(t).

Tốc độ bán hàng là $f'(t) = \frac{{ - 5000(1 + 5{e^{ - t}})'}}{{{{(1 + 5{e^{ - t}})}^2}}} = \frac{{25000{e^{ - t}}}}{{{{(1 + 5{e^{ - t}})}^2}}}$.

Ta có $f''(t) = 25000\frac{{({e^{ - t}})'{{(1 + 5{e^{ - t}})}^2} - {e^{ - t}}\left[ {{{(1 + 5{e^{ - t}})}^2}} \right]'}}{{{{(1 + 5{e^{ - t}})}^4}}}$

$= 25000\frac{{ - {e^{ - t}}{{(1 + 5{e^{ - t}})}^2} - {e^{ - t}}\left[ {2(1 + 5{e^{ - t}}).( - 5{e^{ - t}})} \right]}}{{{{(1 + 5{e^{ - t}})}^4}}}$

$= 25000\frac{{ - {e^{ - t}}\left[ {(1 + 5{e^{ - t}}) - 10{e^{ - t}}} \right]}}{{{{(1 + 5{e^{ - t}})}^3}}}$

$= 25000\frac{{ - {e^{ - t}}(1 - 5{e^{ - t}})}}{{{{(1 + 5{e^{ - t}})}^3}}}$.

$f''(t) = 0 \Leftrightarrow 1 - 5{e^{ - t}} = 0 \Leftrightarrow {e^{ - t}} = \frac{1}{5} \Leftrightarrow \frac{1}{{{e^t}}} = \frac{1}{5} \Leftrightarrow t = \ln 5$.

Bảng biến thiên:

Khi t = ln5 thì tốc độ bán hàng là lớn nhất.

Doanh số sản phẩm là $f(\ln 5) = \frac{{5000}}{{1 + 5{e^{ - \ln 5}}}} = 2500$.

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = f(x) là y = ax + b nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - ( ax + b )} \right] =0$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - ( ax + b )} \right] =0$.

$y = \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{2x - 1}} = \frac{1}{2}x - \frac{5}{4} + \frac{{\frac{{15}}{4}}}{{2x - 1}}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {f(x) - \left( {\frac{1}{2}x - \frac{5}{4}} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\frac{{15}}{4}}}{{2x - 1}} = 0$.

Do đó tiệm cận xiên của đồ thị là $y = \frac{1}{2}x - \frac{5}{4}$.

$T = 2025.\frac{1}{2} - 2026\left( { - \frac{5}{4}} \right) = 3545$.