Đề giữa học kì 1 Toán 12 năm 2025 – 2026 trường THPT Lạng Giang 3 – Bắc Ninh

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

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {- 1;\,\, 1} \right)$.

Dựa vào lí thuyết vecto đơn vị.

$\overset{\rightarrow}{j} = (0;1;0)$.

Hai vecto bằng nhau có cùng hướng và cùng độ dài.

$\overset{\rightarrow}{A^{\prime}B^{\prime}} = \overset{\rightarrow}{DC}$.

Nếu a // b thì (a, c) = (b, c).

Vì AC // A’C’ nên $\left( {\overset{\rightarrow}{BD},\overset{\rightarrow}{A'C'}} \right) = \left( {\overset{\rightarrow}{BD},\overset{\rightarrow}{AC}} \right) = 90^{o}$.

Quan sát đồ thị.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng x = 1.

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

$y = \dfrac{x^{2} - 2x + 3}{x + 2} = x - 4 + \dfrac{11}{x + 2}$.

$\lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left\lbrack {y - (x - 4)} \right\rbrack = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\dfrac{11}{x + 2} = 0$ nên đồ thị hàm số trên có tiệm cận xiên là y = x – 4.

Quan sát bảng biến thiên.

Giá trị lớn nhất của hàm số $y = f(x)$ trên đoạn $\left\lbrack {3;7} \right\rbrack$ là 5.

Dựa vào đường tiệm cận của đồ thị hàm số.

Đồ thị có tiệm cận đứng x = -1 nên loại đáp án B, D.

Đồ thị có tiệm cận ngang y = -2 nên loại đáp án C.

$\overset{\rightarrow}{AB} = (x_{B} - x_{A};y_{B} - y_{A};z_{B} - z_{A})$.

$\overset{\rightarrow}{AB} = (1 + 1;4 - 2; - 3 - 3) = (2;2; - 6)$.

Dựa vào hình dạng đồ thị hàm số, sử dụng phương pháp loại trừ.

Đường cong có dạng đồ thị của hàm số bậc ba, loại đáp án A, B.

Quan sát đồ thị, thấy $\lim\limits_{x\rightarrow + \infty}y = + \infty$ nên hệ số của $x^{3}$ dương. Loại đáp án D.

Ứng dụng đạo hàm khảo sát hàm số.

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

y(2) = -1; y(-1) = 3; y(1) = -1; y(2) = 3.

Vậy GTNN của hàm số trên đoạn [-2; 2] là -1.

Quan sát bảng biến thiên.

Giá trị cực đại của hàm số đã cho là 4.

Tính đạo hàm, khảo sát hàm số.

d) Đúng. $v(t) = s'(t) = - 3{t^2} + 12t$.

Hàm vận tốc $v\left( t \right) = - 3{t^2} + 12t$ là một parabol có bề lõm quay xuống dưới (hệ số $a = - 3 < 0$).

Tọa độ đỉnh của parabol là $t = - \frac{{12}}{{2 \cdot \left( { - 3} \right)}} = 2$ (giây).

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$, nghịch biến trên khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$.

b) Sai. Trên (2; 3), hàm số nghịch biến nên vận tốc luôn giảm.

c) Sai. GTLN vận tốc đạt được tại $t = 2$ là $v\left( 2 \right) = - 3{\left( 2 \right)^2} + 12\left( 2 \right) = 12$ m/s.

a) Đúng. Thời điểm vận tốc đạt giá trị lớn nhất là $t = 2$ giây.

${\rm{\Delta }}s = s\left( 2 \right) - s\left( 0 \right) = \left[ { - {{\left( 2 \right)}^3} + 6{{\left( 2 \right)}^2} + 10} \right] - 10 = 26 - 10 = 16$ (m).

Quan sát bảng biến thiên.

a) Sai. Khoảng cách giữa hai điểm cực trị (-1; 3) và (1; -1) là:

$\sqrt {{{(1 + 1)}^2} + {{( - 1 - 3)}^2}} = 2\sqrt 5$.

b) Sai. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1.

c) Đúng. Tổng các giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số bằng 2.

d) Sai. Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1; 1) và đồng biến trên khoảng $(1; + \infty )$.

Áp dụng các phép toán với vecto trong không gian.

a) Đúng. $\overrightarrow {D'M} = \overrightarrow {D'D} + \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AM}$

$\overrightarrow {D'M} = - \overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AA'}$.

b) Sai. $\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {D'A} } \right) = {180^o} - \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD'} } \right)$

$= {180^o} - \widehat {D'AC} = {180^o} - {60^o} = {120^o}$.

c) Sai. $\overrightarrow {D'M} .\overrightarrow {AB'} = \left( {\frac{2}{3}\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AA'} } \right).\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} } \right)$

$= \frac{2}{3}\mathop {\overrightarrow {AB} }\limits^2 - \mathop {\overrightarrow {AA'} }\limits^2 = \frac{2}{3}{a^2} - {a^2} = - \frac{1}{3}{a^2}$.

d) Đúng. $\overrightarrow {BA'} = \overrightarrow {CD'}$.

Tính đạo hàm, khảo sát hàm số.

a) Đúng. Ta có $y = \frac{{x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) + 4}}{{x + 2}} = x - 1 + \frac{4}{{x + 2}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{4}{{x + 2}} = 0$ nên đường thẳng $y = x - 1$ là đường tiệm cận xiên của đồ thị .

b) Đúng. $y' = \frac{{{x^2} + 4x}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 0$ khi x = 0 hoặc x = 4.

Từ bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$. Vì $\left( {3;10} \right) \subset \left( {0; + \infty } \right)$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {3;10} \right)$.

c) Sai. Theo bảng biến thiên, hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.

d) Sai. Từ bảng biến thiên, hai điểm cực trị của đồ thị $\left( C \right)$ là $A\left( {0;1} \right)$ và $B\left( { - 4; - 7} \right)$.

Giả sử đường thẳng đi qua hai điểm này có dạng $y = ax + b$.

Thay tọa độ $A$ và $B$ vào ta được hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}1=a.0+b\\ -7=-4a+b\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b=1\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}1 = a.0 + b\\ - 7 = - 4a + b\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 1\end{array} \right.$.

Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là $y = 2x + 1$.

Quan sát hình vẽ. Tìm tọa độ điểm A, B rồi tính tọa độ vectơ $\overrightarrow {AB}$.

$\overrightarrow {OA} = 10\overrightarrow k \Rightarrow A(0;0;10)$.

Xét $\Delta OHB$ vuông tại $H$:

$OH = OB.\cos \widehat{HOB}$

$= OB.\cos 30^\circ = \frac{{15\sqrt 3 }}{2}$.

Xét $\Delta OKB$ vuông tại $K$:

$OK = OB.\cos \widehat{KOB}$

$= OB.\cos (90^\circ - 30^\circ ) = \frac{{15}}{2}$.

Vậy $B \left( \frac{{15}}{2};\frac{{15\sqrt 3 }}{2};0 \right)$.

$\Rightarrow \overrightarrow {AB} = (\frac{{15}}{2};\frac{{15\sqrt 3 }}{2}; - 10)$.

Vậy $2a - c = 15 - (-10) = 25$.

Tính đạo hàm, khảo sát hàm số.

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

Dấu “=” xảy ra khi x = -1 hoặc x = 1.

Ta được $a = - 1$ và $b = 1$.

Vậy $P = \frac{{a + 2b}}{4} = \frac{{ - 1 + 2.1}}{4} = \frac{1}{4}= 0,25$.

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

Ta có thể viết lại hàm số dưới dạng: $y = 2x - 1 + \frac{2}{{x - 3}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - (2x - 1)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2}{{x - 3}} = 0$ nên đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là: $y = g\left( x \right) = 2x - 1$.

Vậy $g\left( 2 \right) = 3$.

Phân tích vecto, đưa về các vecto vuông góc.

Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương cạnh bằng 4 nên ta có ${\overrightarrow {AB} ^2} = {\overrightarrow {AD} ^2} = {\overrightarrow {AA'} ^2} = {4^2} = 16$.

Theo quy tắc hình hộp: $\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'}$.

Do $M$ là trung điểm $AD$ và $N$ là trung điểm $BB'$ (với $\overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {AA'}$), ta có:

$\overrightarrow {MN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'}$.

Ta có: $\overrightarrow {MN} . \overrightarrow {AC'}$

$= \left( {\overrightarrow {AB} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'} } \right) . \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right)$

$= {\overrightarrow {AB} ^2} - \frac{1}{2}{\overrightarrow {AD} ^2} + \frac{1}{2}{\overrightarrow {AA'} ^2}$

$= 16 - \frac{1}{2}.16 + \frac{1}{2}.16 = 16$.

Gọi x là chiều rộng của miếng phụ

Tính chiều dài miếng phụ theo x

Vì diện tích hình vuông không đổi nên diện tích tiết diện lớn nhất khi diện tích 1 miếng phụ lớn nhất

Lập hàm S tính diện tích miếng phụ theo x và khảo sát tìm GTLN từ đó tính diện tích tiết diện.

Gọi x là chiều rộng của miếng phụ.

Vì hình vuông MNPQ có cạnh $MN = \frac{MP}{\sqrt{2}} = \frac{20}{\sqrt{2}} = 10\sqrt{2} \, (\text{cm})$ nên diện tích không thay đổi.

Ta có $2x = AB - MQ$

$= AB - 10\sqrt{2} < BD - 10\sqrt{2} = 20 - 10\sqrt{2}$.

$\Rightarrow 0 < x < 10 - 5\sqrt{2}$.

Vậy để diện tích tiết diện lớn nhất khi diện tích của 1 miếng phụ phải lớn nhất

Ta có $AD = \sqrt{BD^2 - AB^2}$

$= \sqrt{20^2 - (2x + MQ)^2}$

$= \sqrt{20^2 - (2x + 10\sqrt{2})^2}$.

Khi đó diện tích 1 miếng phụ là

$S = x . AD = x \sqrt{400 - (2x + 10\sqrt{2})^2}$

$= x \sqrt{400 - (2x + 10\sqrt{2})^2}$

$= x \sqrt{200 - 4x^2 - 40\sqrt{2}x}$

$\Rightarrow S' = \sqrt{200 - 4x^2 - 40\sqrt{2}x} + x . \frac{-8x - 40\sqrt{2}}{2\sqrt{200 - 4x^2 - 40\sqrt{2}x}}$

$= \frac{200 - 4x^2 - 40\sqrt{2}x - 4x^2 - 20\sqrt{2}x}{\sqrt{200 - 4x^2 - 40\sqrt{2}x}}$

$= \frac{-8x^2 - 60\sqrt{2}x + 200}{\sqrt{200 - 4x^2 - 40\sqrt{2}x}}$

$\Rightarrow S'(x) = 0 \Leftrightarrow -8x^2 - 60\sqrt{2}x + 200 = 0$

$\Leftrightarrow x = \frac{5\sqrt{34} - 15\sqrt{2}}{4} \approx 1,98$.

$\Rightarrow S_{\text{max}} = S(1,98) \approx 16,8$.

Vậy diện tích tiết diện lớn nhất là $S_1 = 4S + (10\sqrt{2})^2 \approx 267$ $(\text{cm}^2)$.

Tính đạo hàm, khảo sát hàm số.

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

Vì hệ số của ${x^3}$ là 1 > 0 nên hàm số đạt cực đại tại x = 0 = a.

Vì a + b = 5 nên b = 5. Do đó M(0; 5).

Ta có $5 = {0^3} - {3.0^2} + m - 1 \Leftrightarrow m = 6$.