Đề thi giữa kì 2 Toán 12 năm 2025 - 2026 trường THPT An Hải - Hải Phòng

Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản ${\int\dfrac{1}{\cos^{2}x}}dx = \tan x + C$ và tính chất tuyến tính của nguyên hàm.

Ta có ${\int f}(x)dx = {\int\left( {1 - \dfrac{1}{\cos^{2}x}} \right)}dx = x - \tan x + C$.

Mặt phẳng đi qua điểm M và nhận tích có hướng $\overset{\rightarrow}{n} = \lbrack\overset{\rightarrow}{a},\overset{\rightarrow}{b}\rbrack$ làm vectơ pháp tuyến.

Ta có $\overset{\rightarrow}{a} = (1;1; - 2)$ và $\overset{\rightarrow}{b} = (1;0;3)$. Vectơ pháp tuyến $\overset{\rightarrow}{n} = \lbrack\overset{\rightarrow}{a},\overset{\rightarrow}{b}\rbrack = (3; - 5; - 1)$.

Phương trình mặt phẳng (P) qua M(0; -2; 1) là $3(x - 0) - 5(y + 2) - 1(z - 1) = 0$ $\left. \Leftrightarrow 3x - 5y - z - 9 = 0 \right.$.

Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản của lũy thừa ${\int x^{n}}dx = \dfrac{x^{n + 1}}{n + 1} + C$.

$\int{\left( {\dfrac{1}{3}x^{3} - 2x^{2} + x - 2026} \right)dx}$ $= \dfrac{1}{3}.\dfrac{x^{4}}{4} - 2.\dfrac{x^{3}}{3} + \dfrac{x^{2}}{2} - 2026x + C$ $= \dfrac{1}{12}x^{4} - \dfrac{2}{3}x^{3} + \dfrac{x^{2}}{2} - 2026x + C$.

Thay tọa độ các điểm vào phương trình mặt phẳng (P), điểm nào thỏa mãn thì thuộc mặt phẳng đó.

Thay tọa độ điểm D(2; 1; 4) vào (P) ta có 3(2) - 2(4) + 2 = 6 - 8 + 2 = 0 (thỏa mãn).

Áp dụng định nghĩa tích phân.

${\int_{- 1}^{2}{f'(x)dx}} = f(2) - f( - 1) = - 1 - 8 = - 9$.

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm $M(x_{0};y_{0};z_{0})$ và có VTCP $\overset{\rightarrow}{u} = (a;b;c)$ là $\{\begin{array}{l}x=x_0+at\\ y=y_0+bt\\ z=z_0+ct\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = x_{0} + at} \\ {y = y_{0} + bt} \\ {z = z_{0} + ct} \end{array} \right.$.

Đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O(0; 0; 0) và có vectơ chỉ phương $\overset{\rightarrow}{u} = (1;3;2)$ có phương trình là $\{\begin{array}{l}x=t\\ y=3t\\ z=2t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = t} \\ {y = 3t} \\ {z = 2t} \end{array} \right.$.

Thay tọa độ từng điểm vào phương trình, nếu thỏa mãn thì điểm đó thuộc đường thẳng.

Từ phương trình chính tắc của d, đường thẳng đi qua điểm (4; 2; -1).

Sử dụng tính chất của tích phân.

Theo tính chất tích phân, ta có ${\int_{a}^{b}{\left\lbrack {f(x) + g(x)} \right\rbrack dx}} = {\int_{a}^{b}f}(x)dx + {\int_{a}^{b}g}(x)dx$.

Viết lại phương trình đường thẳng về dạng chuẩn $\dfrac{x - x_{0}}{a} = \dfrac{y - y_{0}}{b} = \dfrac{z - z_{0}}{c}$, khi đó VTCP là (a; b; c).

Biến đổi phương trình đường thẳng d: $\dfrac{x - 4}{3} = \dfrac{y - 2}{1} = \dfrac{z - 3}{- 2}$. Do đó vectơ chỉ phương của d là (3; 1; -2), trùng với $\overset{\rightarrow}{u_{1}}$.

Sử dụng tính chất của tích phân.

${\int_{1}^{2022}{\left\lbrack {f(x) + g(x)} \right\rbrack dx}} = {\int_{1}^{2022}f}(x)dx + {\int_{1}^{2022}g}(x)dx = - 3 + 2 = - 1$.

Mặt phẳng có phương trình dạng Ax + By + Cz + D = 0 nhận vectơ pháp tuyến là $\overset{\rightarrow}{n} = (A;B;C)$.

Mặt phẳng 3x + y - 7z - 3 = 0 có vectơ pháp tuyến là $\overset{\rightarrow}{n} = (3;1; - 7)$.

Sử dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua các điểm (a; 0; 0), (0; b; 0), (0; 0; c) là $\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1$.

Mặt phẳng (ABC) đi qua A(0; 1; 0) thuộc trục Oy (b = 1), B(3; 0; 0) thuộc trục Ox (a = 3), C(0; 0; -2) thuộc trục Oz (c = -2) nên phương trình đoạn chắn là $\dfrac{x}{3} + \dfrac{y}{1} + \dfrac{z}{- 2} = 1$.

Lập phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm hoặc kiểm tra tọa độ các điểm và vectơ pháp tuyến.

a) Đúng. Thay tọa độ A, B, C vào phương trình x - y + z - 4 = 0 thấy thỏa mãn cả ba điểm.

b) Sai. Phương trình không thỏa mãn điều kiện đề bài cho mặt phẳng (P).

c) Sai. Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) không phải là $\overset{\rightarrow}{n} = (1; - 1; - 1)$.

d) Sai. Mặt phẳng (P) đi qua A nhận $\overset{\rightarrow}{BC}$ làm VTPT không có phương trình này.

Sử dụng các tính chất của tích phân.

a) Sai. ${\int_{1}^{2}{\left\lbrack {f(x) - g(x)} \right\rbrack dx}} = {\int_{1}^{2}{f(x)dx}} - {\int_{1}^{2}{g(x)dx =}} - 1 - 3 = - 4$. Do đó ${\int_{2}^{1}{\left\lbrack {f(x) - g(x)} \right\rbrack dx}} = - {\int_{1}^{2}{\left\lbrack {f(x) - g(x)} \right\rbrack dx}} = 4$.

b) Đúng. ${\int_{2}^{1}{3f(x)dx}} = - 3{\int_{1}^{2}{f(x)dx}} = - 3.2 = - 6$.

c) Sai. ${\int_{- 2}^{5}{\left\lbrack {f(x) - 4g(x) - 1} \right\rbrack dx}} = {\int_{- 2}^{5}{f(x)dx}} - 4{\int_{- 2}^{5}{g(x)dx}} - {\int_{- 2}^{5}{dx}}$

$= {\int_{- 2}^{5}{f(x)dx}} + 4{\int_{5}^{- 2}{g(x)dx}} - {\int_{- 2}^{5}{dx}} = 8 + 4.3 - (5 - 2) = 13$.

d) Đúng. ${\int_{1}^{3}{f(x)dx}} = {\int_{1}^{2}{f(x)dx}} + {\int_{2}^{3}{f(x)dx}} = - 2 + 1 = - 1$.

Viết phương trình đường thẳng đường bay của hai trực thăng, tìm giao điểm S và tính thời gian.

Phương trình đường bay AD: $\{\begin{array}{l}x=10-2t\\ y=6-3t\\ z=t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 10 - 2t} \\ {y = 6 - 3t} \\ {z = t} \end{array} \right.$.

Phương trình đường bay TB: $\{\begin{array}{l}x=7-k\\ y=-8+8k\\ z=3-k\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 7 - k} \\ {y = - 8 + 8k} \\ {z = 3 - k} \end{array} \right.$.

Tọa độ S là nghiệm của hệ: $\{\begin{array}{l}10-2t=7-k\\ 6-3t=-8+8k\\ t=3-k\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {10 - 2t = 7 - k} \\ {6 - 3t = - 8 + 8k} \\ {t = 3 - k} \end{array} \right.$ $\left. \Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {t = 2} \\ {k = 1} \end{array} \right.$ \right. $\left. \Rightarrow S(6;0;2) \right.$.

$\overset{\rightarrow}{AS} = (6 - 10;0 - 6;2 - 0) = ( - 4; - 6;2)$ $\left. \Rightarrow AS = \sqrt{{( - 4)}^{2} + {( - 6)}^{2} + 2^{2}} = \sqrt{56} \right.$ (km).

$\overset{\rightarrow}{TS} = (6 - 7;0 - ( - 8);2 - 3) = ( - 1;8; - 1)$ $\left. \Rightarrow TS = \sqrt{{( - 1)}^{2} + 8^{2} + {( - 1)}^{2}} = \sqrt{66} \right.$ (km).

Thời gian trực thăng Alpha bay đến S: $t_{\alpha} = \dfrac{AS}{v_{\alpha}} = \dfrac{\sqrt{56}}{300}$ (giờ).

Thời gian trực thăng Beta bay đến S: $t_{\beta} = \dfrac{TS}{v_{\beta}} = \dfrac{\sqrt{66}}{350}$ (giờ).

Khoảng thời gian Beta đi qua S trước Alpha: $\Delta t = t_{\alpha} - t_{\beta} = \dfrac{\sqrt{56}}{300} - \dfrac{\sqrt{66}}{350}$ (giờ) $\approx 6,2$ giây.

Sử dụng tính chất tách tích phân và tính tích phân cơ bản của hàm đa thức.

${\int_{0}^{2}{f(x)dx}} + {\int_{0}^{2}{3x^{2}dx}} = 10$ $\left. \Rightarrow{\int_{0}^{2}{f(x)dx}} = 10 - {\int_{0}^{2}{3x^{2}dx}} \right.$ $= 10 - {\int_{0}^{2}{3x^{2}dx}} = 10 - 8 = 2$.

Sử dụng điều kiện song song và vuông góc giữa các mặt phẳng thông qua vectơ pháp tuyến.

Mặt phẳng (P), (Q), (R) có các VTPT lần lượt là ${\overset{\rightarrow}{n}}_{P} = (1;1;1)$, ${\overset{\rightarrow}{n}}_{Q} = (2;m;2)$, ${\overset{\rightarrow}{n}}_{R} = ( - 1;2;n)$.

Vì (P) // (Q) nên $\left. \dfrac{2}{1} = \dfrac{m}{1} = \dfrac{2}{1}\Rightarrow m = 2 \right.$.

Vì $(P)\bot(R)$ nên $\left. {\overset{\rightarrow}{n}}_{P}.{\overset{\rightarrow}{n}}_{R} = 0\Leftrightarrow 1( - 1) + 1.2 + 1.n = 0\Leftrightarrow n = - 1 \right.$.

Tổng m + 2n = 2 + 2.(-1) = 0.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f(x) và y = g(x) là $S = {\int_{a}^{b}{\left| {f(x) - g(x)} \right|dx}}$, với a, b là nghiệm phương trình f(x) = g(x).

Phương trình hoành độ giao điểm: $7x^{2} + 46x - 4 = 4x - 4$ $\left. \Leftrightarrow 7x^{2} + 42x = 0 \right.$ $\left. \Leftrightarrow x = - 6 \right.$ hoặc $x = 0$.

Diện tích hình phẳng là $S = {\int_{- 6}^{0}{\left| {7x^{2} + 42x} \right|dx}} = 252$.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, lập phương trình mặt phẳng chứa mặt ghép cốt pha đi qua A, B, C và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác ABC dựa trên điều kiện điểm M nằm trên mặt phẳng.

Mặt phẳng đi qua A(4; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) với b, c > 0 có phương trình theo đoạn chắn là $\dfrac{x}{4} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1$.

Mặt phẳng này đi qua điểm M(1; 1; 1) nên $\left. \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = 1\Leftrightarrow\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = \dfrac{3}{4} \right.$.

Gọi mặt phẳng đi qua A(4; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c); b, c > 0 có phương trình là $\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1$.

Mặt khác ta có (ABC) đi qua điểm $\left. M\left( {1;1;1} \right)\Rightarrow\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = \dfrac{3}{4} \right.$.

Từ $\left. \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = \dfrac{3}{4}\Rightarrow 3bc = 4\left( {b + c} \right)\Rightarrow 3bc \geq 8\sqrt{bc}\Rightarrow bc \geq \dfrac{64}{9} \right.$

Mặt khác $S_{\text{Δ}ABC} = \dfrac{1}{2}\left| \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC}} \right\rbrack \right| = \dfrac{1}{2}\sqrt{\left( {bc} \right)^{2} + 16\left( {b^{2} + c^{2}} \right)}$ và từ $3bc = 4\left( {b + c} \right)$ $\left. \Rightarrow 16\left( {b^{2} + c^{2}} \right) = 9\left( {bc} \right)^{2} - 32bc \right.$.

Khi đó $S_{\text{Δ}ABC} = \dfrac{1}{2}\sqrt{10\left( {bc} \right)^{2} - 32bc}$, $bc \geq \dfrac{64}{9}$.

Xét $\left. f(x) = 10x^{2} - 32x,x \geq \dfrac{64}{9}\Rightarrow\min f(x) = f\left( \dfrac{64}{9} \right) \right.$.

Vậy $\min S_{\Delta ABC} = \dfrac{1}{2}\sqrt{f\left( \dfrac{64}{9} \right)} \approx 8,34$.

Đường thẳng đi qua điểm M và nhận vectơ $\overset{\rightarrow}{MN}$ làm vectơ chỉ phương.

Ta có $\overset{\rightarrow}{MN} = (3 - 1;2 - 0; - 1 - 1) = (2;2; - 2)$. Một vecto chỉ phương của MN là $\overset{\rightarrow}{u} = (1;1; - 1) = \dfrac{1}{2}\overset{\rightarrow}{MN}$.

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua M(1; 0; 1) là $\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=t\\ z=1-t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 1 + t} \\ {y = t} \\ {z = 1 - t} \end{array} \right.$.

Xác định tọa độ các điểm và đỉnh, tính khoảng cách từ điểm K đến các cạnh/mặt phẳng mái nhà để tìm tổng chiều dài tối thiểu các sợi dây.

O(0; 0; 0), A(0; 8; 0), B(0; 4; 10), C(-8; 16; 4), F(-11; 16; 10).

$\overset{\rightarrow}{AB} = \left( {0; - 4;6} \right)$, $\overset{\rightarrow}{AC} = \left( {- 8;0;0} \right)$ $\left. \Rightarrow\overset{\rightarrow}{n_{E_{1}}} = \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC}} \right\rbrack = \left( {0;3;2} \right) \right.$ $\left. \Rightarrow E_{1}:3y + 2z - 32 = 0 \right.$.

$\overset{\rightarrow}{CE} = \left( {0;8;0} \right)$, $\overset{\rightarrow}{CF} = \left( {- 3;8;6} \right)$ $\left. \Rightarrow\overset{\rightarrow}{n_{E_{2}}} = \left( {2;0;1} \right) \right.$ $\left. \Rightarrow E_{2}:2x + z + 12 = 0 \right.$.

Trên $E_{1}$ đường nóc $g_{BD}$ đi qua B và vecto chỉ phương là (1; 0; 0).

$\Rightarrow$ Đường nóc: $g_{BD}:$$\left\{ \begin{matrix} {x = t} \\ {y = 4} \\ {z = 10} \end{matrix} \right.$ $\left( {t \in R} \right)$.

Trên $E_{2}$ đường nóc $g_{BD}$ đi qua F và vecto chỉ phương là (0; 1; 0).

$\Rightarrow$ Đường nóc: $g_{FD}:$$\left\{ \begin{matrix} {x = - 11} \\ {y = s} \\ {z = 10} \end{matrix} \right.$ $\left( {s \in R} \right)$.

Giao điểm hai đường nóc tại D.

Giải hai hệ trên: x = -11, y = 4, z = 10, suy ra D(-11; 4; 10).

Ta tìm được hình chiếu của K lên $E_{1}$ là $K_{1} = \left( {11; - \dfrac{12}{13};\dfrac{226}{13}} \right)$.

Có $\left. y < 4\Rightarrow \right.$ ngoài tứ giác $\Rightarrow$ độ dài ngắn nhất xảy ra trên biên.

Khoảng cách từ K đến các cạnh đạt min tại đỉnh B(0; 4; 10):

$KB = \sqrt{\left( {11 - 0} \right)^{2} + \left( {12 - 4} \right)^{2} + \left( {26 - 10} \right)^{2}} = 21$ (m).

Ta tìm được hình chiếu của K lên $E_{2}$ là $K_{2} = \left( {- 13;12;14} \right)$.

Có $\left. x = - 13 < - 11\Rightarrow \right.$ nằm ngoài tứ giác $\Rightarrow$ độ dài ngắn nhất xảy ra trên biên.

Xét cạnh DF: $\{\begin{array}{c}x=-11\\ y=4+12t\\ z=10\end{array}$$\left\{ \begin{matrix} {x = - 11} \\ {y = 4 + 12t} \\ {z = 10} \end{matrix} \right.$ $0 \leq t \leq 1$.

Khoảng cách từ K đến $DF = \sqrt{22^{2} + \left( {12 - 4 - 12t} \right)^{2} + 16^{2}}$ nhỏ nhất khi

$\left. t = \dfrac{2}{3}\Rightarrow R = \left( {- 11;12;10} \right) \right.$, suy ra $KR = \sqrt{22^{2} + 0^{2} + 16^{2}} = 2\sqrt{185} \approx 27,2$ (m).

Tổng độ dài tối thiểu hai sợi dây $L_{min} \approx 48,2$ m.

Tìm nguyên hàm của hàm tốc độ lưu lượng nước h'(t) để tìm hàm lượng nước h(t), sau đó tính giá trị tại thời điểm t = 40 phút = 2400 giây.

Ta có $h(t) = {\int{(10t + 500)dt}} = 5t^{2} + 500t + C$. Khi t = 0, ta có $\left. h(0) = 0\Rightarrow C = 0 \right.$.

Suy ra $h(t) = 5t^{2} + 500t$ $(m^{3})$.

Đổi 40 phút = 2400 giây.

Lượng nước thoát đi là: $h(2400) = 5{(2400)}^{2} + 500.2400 = 3.10^{7}$ $(m^{3})$.

Áp dụng quy tắc tính tích phân của hàm đa thức.

$\int_{1}^{2}{(3x^{2} + 10x - 1)dx}$ $= (x^{3} + 5x^{2} - x)\left|$$\begin{matrix} {}^{2} \\ {}_{1} \end{matrix}$ \right. $= (2^{3} + 5.2^{2} - 2) - (1^{3} + 5.1^{2} - 1)$ $= 21$.

Ứng dụng tích phân tính thể tích.

Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ.
Gọi L(x) là hàm biến thiên của độ dài đường chéo mặt cắt của toà nhà tại độ cao x.
Theo đề ta có, L(x) là một parabol đi qua ba điểm $(0;13\sqrt{2})$, $(30;10\sqrt{2})$, $\left( {x_{0};\dfrac{55\sqrt{2}}{8}} \right)$, trong đó $x_{0}$ là vị trí toà nhà có cạnh $L_{min} = 13,75$ m.
$L(x) = a\left( {x - x_{0}} \right)^{2} + \dfrac{55\sqrt{2}}{8}.$
Ta có hệ: $\left\{ \begin{matrix} {L(0) = a\left( {0 - x_{0}} \right)^{2} + \dfrac{55\sqrt{2}}{8} = 13\sqrt{2}} \\ {L(30) = a\left( {30 - x_{0}} \right)^{2} + \dfrac{55\sqrt{2}}{8} = 10\sqrt{2}} \end{matrix} \right.$ $\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{matrix} {a\left( x_{0} \right)^{2} = \dfrac{49\sqrt{2}}{8}} \\ {a\left( {30 - x_{0}} \right)^{2} = \dfrac{25\sqrt{2}}{8}} \end{matrix} \right. \right.$
$\left. \Rightarrow\dfrac{x_{0}^{2}}{\left( {30 - x_{0}} \right)^{2}} = \dfrac{49}{25}\Rightarrow\left\lbrack$$\begin{matrix} {x_{0} = 105\,\,(L)} \\ {x_{0} = 17,5\,\,\left( {TM} \right)} \end{matrix}$ \right.\Rightarrow a = \dfrac{\sqrt{2}}{50} \right..
Suy ra $L(x) = \dfrac{\sqrt{2}}{50}{(x - 17,5)}^{2} + \dfrac{55\sqrt{2}}{8}$.
Do đó, diện tích thiết diện là $S(x) = 2\left\lbrack {L(x)} \right\rbrack^{2} = 2\left\lbrack {\dfrac{\sqrt{2}}{50}\left. (x \middle| - 175) \right.^{2} + \dfrac{55\sqrt{2}}{8}} \right\rbrack^{2}$.
Vậy thể tích của toà nhà là $V = \int_{0}^{30}S(x)dx = \int_{0}^{30}2\left\lbrack {\dfrac{\sqrt{2}}{50}{(x - 17,5)}^{2} + \dfrac{55\sqrt{2}}{8}} \right\rbrack^{2}dx \approx 8976$ $\left( m^{3} \right)$.