Đề thi thử THPT môn Toán lần 1 năm 2026 cụm trường THPT Đà Nẵng

Câu 1 : Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là

A.

3.
B.

4.
C.

-1.
D.

2.

Câu 2 : Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f’(x) = x(4 – x) với mọi $x \in R$ . Khẳng định nào sau đây đúng?

A.

f(3) > f(4).
B.

f(5) < f(6).
C.

f(0) > f(2).
D.

f(-1) > f(0).

Câu 3 : Giá trị lớn nhất của hàm số $f (x) = 2026 + 2 x - 2 e^{x}$ trên đoạn [0; 2] bằng

A.

2026.
B.

2024.
C.

2028 – 2e.
D.

$2030 - 2 e^{2}$ .

Câu 4 : Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:

Đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là

A.

x = 1; y = 2.
B.

x = 2; y = 1.
C.

x = 2; y = 2.
D.

x = 1; y = 1.

Câu 5 : Đường cong cho trong hình bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?

A.

$y = x^{3} - 3 x + 1$ .
B.

$y = 2 x^{3} - 6 x + 1$ .
C.

$y = - x^{3} + 3 x + 1$ .
D.

$y = - x^{3} + 2 x - 1$ .

Câu 6 : Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Mệnh đề nào dưới đây là sai?

A.

$\vec{A B^{'}} + \vec{B C} = \vec{A C}$ .
B.

$\vec{A C} + \vec{D D^{'}} = \vec{A C^{'}}$ .
C.

$\vec{A^{'} B^{'}} + \vec{A D} = \vec{A C}$ .
D.

$\vec{A D} + \vec{C C^{'}} = \vec{A D^{'}}$ .

Câu 7 : Trong không gian Oxyz, cho vectơ $\vec{a} = (3; - 1; 2)$ . Độ dài của vectơ $\vec{a}$ bằng

A.

$\sqrt{6}$ .
B.

$\sqrt{14}$ .
C.

2.
D.

4.

Câu 8 : Trong không gian Oxyz, cho tam giác MNP có M(2; 3; 4), N(-1; 2; 3) và P(3; 2; -3), $\vec{u} = 2 \vec{M N} - \vec{N P}$ có tọa độ là

A.

(-10; -2; 4).
B.

(-2; -2; -4).
C.

(10; 2; -4).
D.

(5; 1; -2).

Câu 9 : Trong không gian Oxyz, cho điểm A(3; 2; -5) và B là điểm đối xứng của A qua mặt phẳng (yOz). Tọa độ điểm B là

A.

(-3; 2; -5).
B.

(0; 2; -5).
C.

(3; -2; 5).
D.

(3; 0; 0).

Câu 10 : Để chuẩn bị cho tiết học “Mạng xã hội: lợi và hại” (Hoạt động thực hành trải nghiệm môn Toán, lớp 10), cô A đã khảo sát thời gian sử dụng mạng xã hội trong một ngày của học sinh trong lớp 10B và thu được mẫu số liệu như sau:

Thời gian trung bình sử dụng mạng xã hội trong một ngày của học sinh lớp 10B xấp xỉ bằng

A.

38.
B.

32,6.
C.

36,7.
D.

37,6.

Câu 11 : Số nghiệm của phương trình $\log_{2} (x - 4) = \log_{2} (x^{2} - 5 x + 4)$ là:

A.

1.
B.

2.
C.

0.
D.

3.

Câu 12 : Một hộp chứa 10 tấm thẻ cùng loại được đánh số từ 1 đến 10. Bạn Bình lấy ra lần lượt 2 tấm thẻ từ hộp. Thẻ lấy ra lần thứ nhất không được trả lại hộp. Xác suất của biến cố “Tổng các số trên 2 tấm thẻ bằng 12” bằng

A.

$\frac{1}{12}$ .
B.

$\frac{1}{10}$ .
C.

$\frac{2}{15}$ .
D.

$\frac{4}{45}$ .

Câu 1 : Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên $R$ và f’(x) là hàm số bậc ba có đồ thị là đường cong trong hình vẽ.

a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng $(2; + \infty)$ .

Đúng

Sai

b) Hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị.

Đúng

Sai

c) f’(2) = 16.

Đúng

Sai

d) Đồ thị hàm số $g (x) = \frac{\sqrt{x}}{f^{'} (x) + 2}$ có 3 đường tiệm cận đứng.

Đúng

Sai

Câu 2 : Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 (cm). Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh x (cm), rồi gấp tấm nhôm lại để được cái hộp không nắp.

a) Độ dài cạnh đáy của cái hộp là (12 – 2x) (cm).

Đúng

Sai

b) Thể tích cái hộp được tính theo công thức $V (x) = 4 x^{3} + 144 x$ .

Đúng

Sai

c) Đạo hàm của hàm thể tích là $V^{'} (x) = 12 x^{2} - 96 x + 144$ .

Đúng

Sai

d) Cái hộp có thể tích lớn nhất khi x = 2.

Đúng

Sai

Câu 3 : Cho tứ diện đều ABCD, gọi M là trung điểm của cạnh BC.

a) Có 4 vectơ có điểm đầu là A và điểm cuối là một trong các đỉnh còn lại của tứ diện.

Đúng

Sai

b) $\vec{A B} + \vec{A D} = 2 \vec{A M}$ .

Đúng

Sai

c) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD và I là điểm thuộc đoạn thẳng AG sao cho $\vec{A I} = 3 \vec{I G}$ . Khi đó $\vec{I A} + \vec{I B} + \vec{I C} + \vec{I D} = \vec{0}$ .

Đúng

Sai

d) $\cos (A B, D M) = \frac{\sqrt{3}}{6} .$

Đúng

Sai

Câu 4 : Qua khảo sát, thời gian hoàn thành một bài thi thử tốt nghiệp của một số học sinh lớp 12 của hai trường X và Y được ghi lại ở bảng sau:

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên bằng 25.

Đúng

Sai

b) Nếu so sánh theo khoảng tứ phân vị thì học sinh trường Y có tốc độ làm bài đồng đều hơn.

Đúng

Sai

c) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm của trường X (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 37,8.

Đúng

Sai

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm của trường Y (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 33,9.

Đúng

Sai

Câu 1 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, $\hat{A B C} = 60^{o}$ . Biết rằng $S O ⊥ (A B C D)$ , $S O = \frac{3 a}{2}$ . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng $\frac{m \sqrt{13} . a}{n}$ với $\frac{m}{n}$ là phân số tối giản, m > 0, n > 0. Giá trị m + n bằng bao nhiêu?

Câu 2 : Để chuẩn bị cho hành trình học đại học sau khi tốt nghiệp phổ thông, ngay từ đầu năm lớp 10, được sự đồng ý của cha mẹ, bạn Hùng vừa đi học vừa đi làm thêm ngoài giờ để có thể giảm gánh nặng kinh tế cho gia đình. Tháng đầu tiên đi làm, bạn Hùng được ông chủ trả 3 triệu đồng, nhờ siêng năng làm việc nên cứ mỗi tháng ông chủ lại tăng 7% lương so với tiền lương tháng liền trước (Công việc không thay đổi và không bị gián đoạn trong suốt thời gian 3 năm học phổ thông). Mỗi khi lĩnh lương bạn Hùng đều cất đi phần lương tăng so với tháng trước. Hỏi sau 3 năm kể từ khi bắt đầu đi làm thêm thì bạn Hùng tiết kiệm được bao nhiêu triệu đồng? (Kết quả làm tròn đến chữ số hàng đơn vị).

Câu 3 : Một cái bể nước hình nón để ngược như hình vẽ, có chiều cao 51 cm, bán kính đáy bằng 50 cm.

Một vòi nước chảy vào bể sao cho sau mỗi giây chiều cao mực nước tăng đều lên 2 cm cho đến khi đầy bể. Hãy tính tốc độ tăng thể tích $(m^{3} / s)$ của nước trong khoảng thời gian một giây ngay trước khi bể đầy. (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Câu 4 : Có một hòn đảo nằm trong một vịnh biển, giả sử rằng đường bao sát biển của hòn đảo được mô hình hóa vào hệ trục tọa độ Oxyz là một phần bên phải trục tung của đồ thị hàm số bậc ba $y = f (x) = - x^{3} + 3 x^{2} + 2$ và giả sử một con đường trong đất liền chạy trên một đường thẳng có phương trình là y = -9x + 60 như hình vẽ, với đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 100 m. Tập đoàn đầu tư du lịch S muốn làm một cây cầu vuợt biển có dạng một đoạn thẳng nối từ con đường trong đất liền ra hòn đảo để khai thác du lịch sinh thái. Tính độ dài ngắn nhất (đơn vị: mét) của cây cầu cần làm ? (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Câu 5 : Trong không gian với một hệ trục tọa độ Oxyz cho trước (mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất, trục Oz hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo trên mỗi trục lấy theo kilômét), một chiếc máy bay đang di chuyển với hướng bay không đổi từ điểm M(-50; 30; 10) đến vị trí hạ cánh là N(2; 3; 0). Đường bay của máy bay hợp với phương thẳng đứng một góc $a^{o}$ . Tìm $a$ ? (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Câu 6 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vuông tại A và B. Biết A(1; 2; 1), B(2; 0; 3), C(6; 1; 2) và hình thang có diện tích bằng $12 \sqrt{2}$ . Giả sử đỉnh D(a; b; c), tìm a + b + c? (Kết quả làm tròn đến chữ số hàng phần chục).

Câu 1 : Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là

A.

3.
B.

4.
C.

-1.
D.

2.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Quan sát bảng biến thiên.

Lời giải chi tiết :

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là -1.

Câu 2 : Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f’(x) = x(4 – x) với mọi $x \in R$ . Khẳng định nào sau đây đúng?

A.

f(3) > f(4).
B.

f(5) < f(6).
C.

f(0) > f(2).
D.

f(-1) > f(0).

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Lập bảng xét dấu f’(x), xác định tính đơn điệu của hàm số và kết luận.

Lời giải chi tiết :

Hàm số y = f(x) nghịch biến trên $(- \infty; 0)$ nên f(-1) > f(0).

Câu 3 : Giá trị lớn nhất của hàm số $f (x) = 2026 + 2 x - 2 e^{x}$ trên đoạn [0; 2] bằng

A.

2026.
B.

2024.
C.

2028 – 2e.
D.

$2030 - 2 e^{2}$ .

Đáp án : B

Phương pháp giải :

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].

Lời giải chi tiết :

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

$f (0) = 2024$ ; $f (2) = 2030 - 2 e^{2} \approx 2015, 2$ .

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 2024.

Câu 4 : Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:

Đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là

A.

x = 1; y = 2.
B.

x = 2; y = 1.
C.

x = 2; y = 2.
D.

x = 1; y = 1.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Đường thẳng $x = x_{0}$ gọi là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f(x) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thoả mãn:

$lim_{x \to {x_{0}}^{+}} f (x) = + \infty$ ; $lim_{x \to {x_{0}}^{+}} f (x) = - \infty$ ; $lim_{x \to {x_{0}}^{-}} f (x) = + \infty$ ; $lim_{x \to {x_{0}}^{-}} f (x) = - \infty$ .

Đường thẳng $y = y_{0}$ gọi là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f(x) nếu:

$lim_{x \to + \infty} f (x) = y_{0}$ hoặc $lim_{x \to - \infty} f (x) = y_{0}$ .

Lời giải chi tiết :

Quan sát bảng biến thiên:

$lim_{x \to \pm \infty} f (x) = 1 \Rightarrow$ Tiệm cận ngang là y = 1.

$lim_{x \to 2^{-}} f (x) = - \infty$ ; $lim_{x \to 2^{+}} f (x) = + \infty \Rightarrow$ Tiệm cận đứng là x = 2.

Câu 5 : Đường cong cho trong hình bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?

A.

$y = x^{3} - 3 x + 1$ .
B.

$y = 2 x^{3} - 6 x + 1$ .
C.

$y = - x^{3} + 3 x + 1$ .
D.

$y = - x^{3} + 2 x - 1$ .

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Dựa vào hình dạng đồ thị và các điểm đồ thị đi qua để xác định hàm số.

Lời giải chi tiết :

Hàm số cần tìm có dạng $y = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ $(a \neq 0)$ .

Quan sát đồ thị, thấy $lim_{x \to + \infty} y = + \infty \Rightarrow a > 0$ . Loại đáp án C, D.

Điểm có tọa độ (2; 3) thuộc đồ thị, thay tọa độ lần lượt vào phương trình ở đáp án A, B:

$3 = 2^{3} - 3.2 + 1$ (thỏa mãn); $3 = {2.2}^{3} - 6.2 + 1$ (vô lí).

Vậy hàm số cần tìm là $y = x^{3} - 3 x + 1$ .

Câu 6 : Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Mệnh đề nào dưới đây là sai?

A.

$\vec{A B^{'}} + \vec{B C} = \vec{A C}$ .
B.

$\vec{A C} + \vec{D D^{'}} = \vec{A C^{'}}$ .
C.

$\vec{A^{'} B^{'}} + \vec{A D} = \vec{A C}$ .
D.

$\vec{A D} + \vec{C C^{'}} = \vec{A D^{'}}$ .

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Áp dụng định nghĩa hai vecto bằng nhau và quy tắc ba điểm.

Lời giải chi tiết :

$\vec{A B^{'}} + \vec{B C} = \vec{A B^{'}} + \vec{B^{'} C^{'}} = \vec{A C^{'}} \neq \vec{A C}$ . Mệnh đề A sai.

$\vec{A C} + \vec{D D^{'}} = \vec{A C} + \vec{C C^{'}} = \vec{A C^{'}}$ . Mệnh đề B đúng.

$\vec{A^{'} B^{'}} + \vec{A D} = \vec{A^{'} B^{'}} + \vec{B^{'} C^{'}} = \vec{A^{'} C^{'}} = \vec{A C}$ . Mệnh đề C đúng.

$\vec{A D} + \vec{C C^{'}} = \vec{A D} + \vec{D D^{'}} = \vec{A D^{'}}$ . Mệnh đề D đúng.

Câu 7 : Trong không gian Oxyz, cho vectơ $\vec{a} = (3; - 1; 2)$ . Độ dài của vectơ $\vec{a}$ bằng

A.

$\sqrt{6}$ .
B.

$\sqrt{14}$ .
C.

2.
D.

4.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

$| \vec{a} | = \sqrt{{x_{a}}^{2} + {y_{a}}^{2} + {z_{a}}^{2}}$ .

Lời giải chi tiết :

$| \vec{a} | = \sqrt{3^{2} + {(- 1)}^{2} + 2^{2}} = \sqrt{14}$ .

Câu 8 : Trong không gian Oxyz, cho tam giác MNP có M(2; 3; 4), N(-1; 2; 3) và P(3; 2; -3), $\vec{u} = 2 \vec{M N} - \vec{N P}$ có tọa độ là

A.

(-10; -2; 4).
B.

(-2; -2; -4).
C.

(10; 2; -4).
D.

(5; 1; -2).

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+ $\vec{A B} = (x_{B} - x_{A}; y_{B} - y_{A}; z_{B} - z_{A})$ .

+ $\vec{a} - \vec{b} = (x_{a} - x_{b}; y_{a} - y_{b}; z_{a} - z_{b})$ .

+ $k \vec{a} = (k x_{a}; k y_{a}; k z_{a})$ .

Lời giải chi tiết :

$\vec{M N} = (- 1 - 2; 2 - 3; 3 - 4) = (- 3; - 1; - 1) \Rightarrow 2 \vec{M N} = (- 6; - 2; - 2)$ .

$\vec{N P} = (3 + 1; 2 - 2; - 3 - 3) = (4; 0; - 6)$ .

$\vec{u} = 2 \vec{M N} - \vec{N P} = (- 6 - 4; - 2 - 0; - 2 + 6) = (- 10; - 2; 4)$ .

Câu 9 : Trong không gian Oxyz, cho điểm A(3; 2; -5) và B là điểm đối xứng của A qua mặt phẳng (yOz). Tọa độ điểm B là

A.

(-3; 2; -5).
B.

(0; 2; -5).
C.

(3; -2; 5).
D.

(3; 0; 0).

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Điểm đối xứng của $M (x_{0}; y_{0}; z_{0})$ qua mặt phẳng (Oyz) có toạ độ $(- x_{0}; y_{0}; z_{0})$ .

Lời giải chi tiết :

B(-3; 2; -5).

Câu 10 : Để chuẩn bị cho tiết học “Mạng xã hội: lợi và hại” (Hoạt động thực hành trải nghiệm môn Toán, lớp 10), cô A đã khảo sát thời gian sử dụng mạng xã hội trong một ngày của học sinh trong lớp 10B và thu được mẫu số liệu như sau:

Thời gian trung bình sử dụng mạng xã hội trong một ngày của học sinh lớp 10B xấp xỉ bằng

A.

38.
B.

32,6.
C.

36,7.
D.

37,6.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu $\bar{x}$ , được tính như sau:

$\bar{x} = \frac{n_{1} x_{1} + n_{2} x_{2} + . . . + n_{m} x_{m}}{n}$ ,

trong đó $n = n_{1} + n_{2} + . . . + n_{m}$ .

Lời giải chi tiết :

Thời gian trung bình sử dụng mạng xã hội trong một ngày của học sinh lớp 10B là:

$\bar{x} = \frac{15.5 + 25.7 + 35.15 + 45.6 + 55.5 + 65.4}{5 + 7 + 15 + 6 + 5 + 4} = \frac{790}{21} \approx 37, 6$ .

Câu 11 : Số nghiệm của phương trình $\log_{2} (x - 4) = \log_{2} (x^{2} - 5 x + 4)$ là:

A.

1.
B.

2.
C.

0.
D.

3.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

$\log_{a} f (x) = \log_{a} g (x) \Leftrightarrow {\begin{cases} f (x) > 0 \\ f (x) = g (x) \end{cases}$ .

Lời giải chi tiết :

$\log_{2} (x - 4) = \log_{2} (x^{2} - 5 x + 4) \Leftrightarrow {\begin{cases} x - 4 > 0 \\ x - 4 = x^{2} - 5 x + 4 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} x > 4 \\ x^{2} - 6 x + 8 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x > 4 \\ x^{2} - 6 x + 8 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x > 4 \\ [\begin{array}{l} x = 4 \\ x = 2 \end{array} \end{cases} \Rightarrow$ Vô nghiệm.

Câu 12 : Một hộp chứa 10 tấm thẻ cùng loại được đánh số từ 1 đến 10. Bạn Bình lấy ra lần lượt 2 tấm thẻ từ hộp. Thẻ lấy ra lần thứ nhất không được trả lại hộp. Xác suất của biến cố “Tổng các số trên 2 tấm thẻ bằng 12” bằng

A.

$\frac{1}{12}$ .
B.

$\frac{1}{10}$ .
C.

$\frac{2}{15}$ .
D.

$\frac{4}{45}$ .

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Liệt kê các cặp số thỏa mãn, áp dụng quy tắc nhân.

Lời giải chi tiết :

Số cách lấy lần lượt 2 tấm thẻ: 10.9 = 90 (cách).

Các cặp số có tổng bằng 12 là: (2; 10), (3; 9), (4; 8), (5; 7).

Số cách lấy ra tấm thẻ đầu tiên là 8 cách (tương ứng với 8 số bất kì trong các cặp trên).

Số cách lấy ra tấm thẻ thứ hai là 1 cách (tấm thẻ ghi số còn lại của cặp số).

Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố “Tổng các số trên 2 tấm thẻ bằng 12” là 8.1 = 8 (kết quả).

Xác suất của biến cố trên là $\frac{8}{90} = \frac{4}{45}$ .

Câu 1 : Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên $R$ và f’(x) là hàm số bậc ba có đồ thị là đường cong trong hình vẽ.

a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng $(2; + \infty)$ .

Đúng

Sai

b) Hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị.

Đúng

Sai

c) f’(2) = 16.

Đúng

Sai

d) Đồ thị hàm số $g (x) = \frac{\sqrt{x}}{f^{'} (x) + 2}$ có 3 đường tiệm cận đứng.

Đúng

Sai

Đáp án

a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng $(2; + \infty)$ .

Đúng

Sai

b) Hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị.

Đúng

Sai

c) f’(2) = 16.

Đúng

Sai

d) Đồ thị hàm số $g (x) = \frac{\sqrt{x}}{f^{'} (x) + 2}$ có 3 đường tiệm cận đứng.

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Xét trên tập xác định của hàm số:

a) Hàm số đồng biến trên khoảng f’(x) > 0.

b) Hàm số đạt cực trị tại điểm mà qua đó f’(x) đổi dấu.

c) Tìm công thức hàm số f’(x) từ đồ thị, sau đó tính f’(2).

d) Tìm số nghiệm lớn hơn hoặc bằng 0 của phương trình $f^{'} (x) + 2 = 0$ .

Lời giải chi tiết :

a) Đúng. Vì từ đồ thị của hàm số y = f’(x) ta thấy f’(x) > 0 $\forall x > 1$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $(2; + \infty)$ .

b) Sai. Vì từ đồ thị của hàm số y = f’(x) ta thấy f’(x) chỉ đổi dấu một lần qua x = 1 nên hàm số có một điểm cực trị.

c) Đúng. Vì từ đồ thị ta có hàm số f’(x) có dạng: $f^{'} (x) = a {(x + 2)}^{2} (x - 1)$ .

Đồ thị hàm số y = f’(x) đi qua (0; -4) nên: $- 4 = a {(0 + 2)}^{2} (0 - 1) \Leftrightarrow a = 1$ .

Vậy $f^{'} (x) = {(x + 2)}^{2} (x - 1) \Rightarrow f^{'} (2) = {(2 + 2)}^{2} (2 - 1) = 16$ .

d) Sai. ĐK: $x \geq 0$ .

$f^{'} (x) + 2 = 0 \Leftrightarrow f^{'} (x) = - 2 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = a < - 2 \\ x = - 1 \\ x = b > 0 \end{array}$ .

Đối chiếu với ĐK chỉ chọn nghiệm x = b. Vậy đồ thị hàm số g(x) chỉ có 1 đường tiệm cận đứng.

Câu 2 : Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 (cm). Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh x (cm), rồi gấp tấm nhôm lại để được cái hộp không nắp.

a) Độ dài cạnh đáy của cái hộp là (12 – 2x) (cm).

Đúng

Sai

b) Thể tích cái hộp được tính theo công thức $V (x) = 4 x^{3} + 144 x$ .

Đúng

Sai

c) Đạo hàm của hàm thể tích là $V^{'} (x) = 12 x^{2} - 96 x + 144$ .

Đúng

Sai

d) Cái hộp có thể tích lớn nhất khi x = 2.

Đúng

Sai

Đáp án

a) Độ dài cạnh đáy của cái hộp là (12 – 2x) (cm).

Đúng

Sai

b) Thể tích cái hộp được tính theo công thức $V (x) = 4 x^{3} + 144 x$ .

Đúng

Sai

c) Đạo hàm của hàm thể tích là $V^{'} (x) = 12 x^{2} - 96 x + 144$ .

Đúng

Sai

d) Cái hộp có thể tích lớn nhất khi x = 2.

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Biểu diễn độ dài cạnh đáy, thể tích hộp theo x. Áp dụng đạo hàm, lập bảng biến thiên tìm x để thể tích đạt GTLN.

Lời giải chi tiết :

a) Đúng. Độ dài cạnh đáy của cái hộp là 12 – 2x.

b) Sai. $V = S . h = {(12 - 2 x)}^{2} . x = 4 x^{3} - 48 x^{2} + 144 x$ .

c) Đúng. $V^{'} (x) = 12 x^{2} - 96 x + 144$ .

d) Đúng. Ta có $V^{'} = 12 x^{2} - 96 x + 144$ .

Do đó $V^{'} = 0 \Leftrightarrow 12 x^{2} - 96 x + 144 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 2 \\ x = 6 \end{array}$ .

Lập bảng biến thiên, ta được $V_{m a x}$ khi x = 2. Vậy để thể tích hộp lớn nhất thì x = 2 cm.

Câu 3 : Cho tứ diện đều ABCD, gọi M là trung điểm của cạnh BC.

a) Có 4 vectơ có điểm đầu là A và điểm cuối là một trong các đỉnh còn lại của tứ diện.

Đúng

Sai

b) $\vec{A B} + \vec{A D} = 2 \vec{A M}$ .

Đúng

Sai

c) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD và I là điểm thuộc đoạn thẳng AG sao cho $\vec{A I} = 3 \vec{I G}$ . Khi đó $\vec{I A} + \vec{I B} + \vec{I C} + \vec{I D} = \vec{0}$ .

Đúng

Sai

d) $\cos (A B, D M) = \frac{\sqrt{3}}{6} .$

Đúng

Sai

Đáp án

a) Có 4 vectơ có điểm đầu là A và điểm cuối là một trong các đỉnh còn lại của tứ diện.

Đúng

Sai

b) $\vec{A B} + \vec{A D} = 2 \vec{A M}$ .

Đúng

Sai

c) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD và I là điểm thuộc đoạn thẳng AG sao cho $\vec{A I} = 3 \vec{I G}$ . Khi đó $\vec{I A} + \vec{I B} + \vec{I C} + \vec{I D} = \vec{0}$ .

Đúng

Sai

d) $\cos (A B, D M) = \frac{\sqrt{3}}{6} .$

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Áp dụng các phép toán vecto trong không gian.

Lời giải chi tiết :

a) Sai. Vì có 3 vectơ có điểm đầu là A và điểm cuối là một trong các đỉnh còn lại của tứ diện là $\vec{A B},^{} \vec{A C},^{} \vec{A D} .$

b) Sai. Vì M là trung điểm của cạnh BC nên $\vec{A B} + \vec{A C} = 2 \vec{A M}$ .

c) Đúng. Vì G là trọng tâm của tam giác BCD nên với điểm I, ta có $\vec{I B} + \vec{I C} + \vec{I D} = 3 \vec{I G}$ .

Do đó $\vec{I A} + \vec{I B} + \vec{I C} + \vec{I D} = \vec{I A} + 3 \vec{I G}$ .

Vì I là điểm thuộc đoạn thẳng AG sao cho $\vec{A I} = 3 \vec{I G}$ nên $\vec{I A}, \vec{I G}$ là hai vectơ ngược hướng và IA = 3IG. Do đó $\vec{I A} = - 3 \vec{I G} \Leftrightarrow \vec{I A} + 3 \vec{I G} = \vec{0}$ .

d) Đúng. Giả sử cạnh của tứ diện đã cho bằng a.

Ta có AB = a, $D M = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ , $A M = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ , $(\vec{A B}, \vec{A M}) = 30^{o}$ , $(\vec{A B}, \vec{A D}) = 60^{o}$ .

Khi đó $\vec{A B} \cdot \vec{D M} = \vec{A B} \cdot (\vec{A M} - \vec{A D}) = \vec{A B} \cdot \vec{A M} - \vec{A B} \cdot \vec{A D}$

$= | \vec{A B} | \cdot | \vec{A M} | \cdot \cos (\vec{A B}, \vec{A M}) - | \vec{A B} | \cdot | \vec{A D} | \cdot \cos (\vec{A B}, \vec{A D})$

$= a \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} \cdot \cos 30^{\circ} - a \cdot a \cdot \cos 60^{\circ} = \frac{a^{2}}{4}$ .

Do đó $\cos (\vec{A B}, \vec{D M}) = \frac{\vec{A B} \cdot \vec{D M}}{| \vec{A B} | \cdot | \vec{D M} |} = \frac{\frac{a^{2}}{4}}{a \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{6} > 0$ .

Suy ra $\cos (A B, D M) = \cos (\vec{A B}, \vec{D M}) = \frac{\sqrt{3}}{6}$ .

Câu 4 : Qua khảo sát, thời gian hoàn thành một bài thi thử tốt nghiệp của một số học sinh lớp 12 của hai trường X và Y được ghi lại ở bảng sau:

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên bằng 25.

Đúng

Sai

b) Nếu so sánh theo khoảng tứ phân vị thì học sinh trường Y có tốc độ làm bài đồng đều hơn.

Đúng

Sai

c) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm của trường X (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 37,8.

Đúng

Sai

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm của trường Y (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 33,9.

Đúng

Sai

Đáp án

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên bằng 25.

Đúng

Sai

b) Nếu so sánh theo khoảng tứ phân vị thì học sinh trường Y có tốc độ làm bài đồng đều hơn.

Đúng

Sai

c) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm của trường X (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 37,8.

Đúng

Sai

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm của trường Y (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 33,9.

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức tính khoảng biến thiên, khoảng tứ phân vị, phương sai và độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm.

Lời giải chi tiết :

a) Đúng. Khoảng biến thiên: R = 90 – 65 = 25.

b) Sai. Trường X:

Cỡ mẫu: 7 + 10 + 15 + 30 + 45 = 107.

$Q_{1} = 75 + \frac{\frac{107}{4} - (7 + 10)}{15} (80 - 75) = 78, 25$ .

$Q_{3} = 85 + \frac{\frac{3.107}{4} - (7 + 10 + 15 + 30)}{45} (90 - 85) = \frac{3133}{36}$ .

$Δ_{Q} = Q_{3} - Q_{1} = \frac{3133}{36} - 78, 25 = \frac{79}{9} \approx 8, 778$ .

Trường Y:

Cỡ mẫu: 5 + 13 + 18 + 35 + 31 = 102.

$Q_{1}^{'} = 75 + \frac{\frac{102}{4} - (5 + 13)}{18} (80 - 75) = \frac{925}{12}$ .

$Q_{3}^{'} = 85 + \frac{\frac{3.102}{4} - (5 + 13 + 18 + 35)}{31} (90 - 85) = \frac{5325}{62}$ .

$Δ_{Q}^{'} = Q_{3} - Q_{1} = \frac{5325}{62} - \frac{925}{12} = \frac{3275}{372} \approx 8, 804$ .

Vì $Δ_{Q} < Δ_{Q}^{'}$ nên học sinh trường X có tốc độ làm bài đồng đều hơn.

c) Đúng. Trường X:

$\bar{x} = \frac{67, 5.7 + 72, 5.10 + 77, 5.15 + 82, 5.30 + 87, 5.45}{107} = \frac{17545}{214}$ .

$s_{X}^{2} = \frac{1}{107} [7. {(67, 5 - \bar{x})}^{2} + . . . + 45. {(87, 5 - \bar{x})}^{2}] \approx 37, 8$ .

d) Sai. Trường Y:

$\bar{y} = \frac{67, 5.5 + 72, 5.13 + 77, 5.18 + 82, 5.35 + 87, 5.31}{102} = \frac{8275}{102}$ .

$s_{Y}^{2} = \frac{1}{102} [5. {(67, 5 - \bar{y})}^{2} + . . . + 31. {(87, 5 - \bar{y})}^{2}] \approx 33, 9$ .

$s_{Y} \approx \sqrt{33, 9} \approx 5, 8$ .

Câu 1 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, $\hat{A B C} = 60^{o}$ . Biết rằng $S O ⊥ (A B C D)$ , $S O = \frac{3 a}{2}$ . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng $\frac{m \sqrt{13} . a}{n}$ với $\frac{m}{n}$ là phân số tối giản, m > 0, n > 0. Giá trị m + n bằng bao nhiêu?

Phương pháp giải :

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng là khoảng cách từ điểm đó đến hình chiếu vuông góc của nó lên mặt phẳng.

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

Gọi K là hình chiếu của O lên CD, H là hình chiếu của O lên SK.

$\begin{array}{l} O K ⊥ C D \\ S O ⊥ (A B C D) \Rightarrow S O ⊥ C D \end{array}} \Rightarrow C D ⊥ (S O K) \Rightarrow C D ⊥ O H$ .

$\begin{array}{l} O H ⊥ S K \\ O H ⊥ C D \end{array}} \Rightarrow O H ⊥ (S C D) \Rightarrow d (O, S C D)) = O H$ .

$A C = 2 O C \Rightarrow d (A; (S C D)) = 2 d (O; (S C D)) = 2 O H$ .

$Δ A B C$ đều cạnh a, suy ra $O C = \frac{a}{2}$ , $O B = \frac{a \sqrt{3}}{2} = O D$ .

$\frac{1}{O K^{2}} = \frac{1}{O C^{2}} + \frac{1}{O D^{2}} = \frac{16}{3 a^{2}}$ ;

$\frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{O S^{2}} + \frac{1}{O K^{2}} = \frac{52}{9 a^{2}} \Rightarrow O H = \frac{3 \sqrt{13} a}{26}$ .

Vậy $d (A; (S C D)) = 2 O H = \frac{3 \sqrt{13} a}{13}$ .

Vậy m + n = 3 + 13 = 16.

Câu 2 : Để chuẩn bị cho hành trình học đại học sau khi tốt nghiệp phổ thông, ngay từ đầu năm lớp 10, được sự đồng ý của cha mẹ, bạn Hùng vừa đi học vừa đi làm thêm ngoài giờ để có thể giảm gánh nặng kinh tế cho gia đình. Tháng đầu tiên đi làm, bạn Hùng được ông chủ trả 3 triệu đồng, nhờ siêng năng làm việc nên cứ mỗi tháng ông chủ lại tăng 7% lương so với tiền lương tháng liền trước (Công việc không thay đổi và không bị gián đoạn trong suốt thời gian 3 năm học phổ thông). Mỗi khi lĩnh lương bạn Hùng đều cất đi phần lương tăng so với tháng trước. Hỏi sau 3 năm kể từ khi bắt đầu đi làm thêm thì bạn Hùng tiết kiệm được bao nhiêu triệu đồng? (Kết quả làm tròn đến chữ số hàng đơn vị).

Phương pháp giải :

Chứng minh phần lương tăng mỗi tháng của Hùng lập thành một cấp số nhân. Tìm số hạng đầu, công bội và áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số nhân.

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

Lương tháng thứ 1: $u_{1} = 3$ (triệu đồng).

Lương tháng thứ 2: $u_{2} = u_{1} + r . u_{1} = (1 + r) . u_{1}$ .

Lương tháng thứ 3: $u_{3} = u_{2} + r . u_{2} = (1 + r) . u_{2}$ ….

Như vậy tiền lương mỗi tháng bạn Hùng nhận được lập thành cấp số nhân $(u_{n})$ có $u_{1} = 3$ và công bội $q = 1 + r$ , với $r = 7 % = 0, 07$ .

Bạn Hùng chỉ cất phần lương tăng, nên số tiền bạn Hùng tiết kiệm là:

$T = r . u_{1} + r . u_{2} + . . . + r . u_{35}$

$= r (u_{1} + u_{2} + u_{3} + . . . + u_{35}) = r . (u_{1} . \frac{q^{35} - 1}{q - 1})$

$= 0, 07. (3. \frac{1, 07^{35} - 1}{1, 07 - 1}) = 29, 0297 \approx 29$ .

Câu 3 : Một cái bể nước hình nón để ngược như hình vẽ, có chiều cao 51 cm, bán kính đáy bằng 50 cm.

Một vòi nước chảy vào bể sao cho sau mỗi giây chiều cao mực nước tăng đều lên 2 cm cho đến khi đầy bể. Hãy tính tốc độ tăng thể tích $(m^{3} / s)$ của nước trong khoảng thời gian một giây ngay trước khi bể đầy. (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Phương pháp giải :

Gọi thời điểm 1 giây trước khi đầy bể là $t_{1}$ giây, thời điểm đầy bể là $t_{2}$ giây (kể từ khi vòi bắt đầu chảy).

Sử dụng định nghĩa đạo hàm, tính $\frac{Δ V}{Δ t} = \frac{V (t_{2}) - V (t_{1})}{t_{2} - t_{1}}$ .

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

Gọi h(t) (cm) là chiều cao mực nước tại thời điểm t bất kỳ, r(t) (cm) là bán kính mặt nước, ta có

$\frac{r (t)}{h (t)} = \frac{50}{51} \Rightarrow r (t) = \frac{50}{51} . h (t)$ .

Thể tích khối nước là $V (t) = \frac{1}{3} π . r^{2} (t) . h (t)$

$= \frac{1}{3} π . \frac{50^{2}}{51^{2}} . h^{2} (t) . h (t) = \frac{1}{3} π . \frac{50^{2}}{51^{2}} . h^{3} (t)$ .

Gọi thời điểm 1 giây trước khi đầy bể là $t_{1}$ giây, thời điểm đầy bể là $t_{2}$ giây (kể từ khi vòi bắt đầu chảy).

Ta có $t_{2} - t_{1} = 1$ , $h (t_{1}) = 49$ , $h (t_{2}) = 51$ .

Tốc độ tăng thể tích $(m^{3} / s)$ của nước trong khoảng thời gian một giây cuối cùng trước khi bể nước vừa đầy bằng:

$\frac{Δ V}{Δ t} = \frac{V (t_{2}) - V (t_{1})}{t_{2} - t_{1}} = \frac{\frac{1}{3} π . \frac{50^{2}}{51^{2}} {.51}^{3} - \frac{1}{3} π . \frac{50^{2}}{51^{2}} {.49}^{3}}{1}$

$\approx 15100, 01698$ $c m^{3} / s$ $\approx 0, 02$ $m^{3} / s$ .

Câu 4 : Có một hòn đảo nằm trong một vịnh biển, giả sử rằng đường bao sát biển của hòn đảo được mô hình hóa vào hệ trục tọa độ Oxyz là một phần bên phải trục tung của đồ thị hàm số bậc ba $y = f (x) = - x^{3} + 3 x^{2} + 2$ và giả sử một con đường trong đất liền chạy trên một đường thẳng có phương trình là y = -9x + 60 như hình vẽ, với đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 100 m. Tập đoàn đầu tư du lịch S muốn làm một cây cầu vuợt biển có dạng một đoạn thẳng nối từ con đường trong đất liền ra hòn đảo để khai thác du lịch sinh thái. Tính độ dài ngắn nhất (đơn vị: mét) của cây cầu cần làm ? (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

Ta có $f^{'} (x) = - 3 x^{2} + 6 x$ .

Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số song song với mặt đường tại tiếp điểm $M (x_{0}; y_{0})$ $(x_{0} > 0)$ .

Khi đó $f^{'} (x_{0}) = - 9 \Leftrightarrow - 3 x_{0}^{2} + 6 x_{0} = - 9$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x_{0} = 3 \\ x_{0} = - 1 (l) \end{array} \Rightarrow M (3; 2)$ .

Độ dài cây cầu ngắn nhất bằng khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng $(Δ) : 9 x + y - 60 = 0$ .

$h = \frac{| 9.3 + 2 - 60 |}{\sqrt{9^{2} + 1^{2}}} \approx 3, 423$ .

Vì đơn vị của hệ trục là 100 m nên độ dài ngắn nhất của cây cầu là 342 m.

Câu 5 : Trong không gian với một hệ trục tọa độ Oxyz cho trước (mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất, trục Oz hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo trên mỗi trục lấy theo kilômét), một chiếc máy bay đang di chuyển với hướng bay không đổi từ điểm M(-50; 30; 10) đến vị trí hạ cánh là N(2; 3; 0). Đường bay của máy bay hợp với phương thẳng đứng một góc $a^{o}$ . Tìm $a$ ? (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Phương pháp giải :

Tính góc giữa hai vecto $\vec{k}$ và $\vec{M N}$ .

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

$\vec{k} = (0; 0; 1)$ , $\vec{M N} = (52; - 27; - 10)$ ,

$c o s (\vec{k}; \vec{M N}) = \frac{\vec{k} . \vec{M N}}{| \vec{k} | . | \vec{M N} |} = \frac{- 10}{\sqrt{3533}}$

$\Rightarrow (\vec{k}; \vec{M N}) \approx 99^{o} 41^{'} 7, 73^{″}$ .

Suy ra góc giữa đường bay của máy bay và phương thẳng đứng bằng $180^{o} - 99^{o} 41^{'} 7, 73^{″} \approx 80^{o}$ .

Câu 6 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vuông tại A và B. Biết A(1; 2; 1), B(2; 0; 3), C(6; 1; 2) và hình thang có diện tích bằng $12 \sqrt{2}$ . Giả sử đỉnh D(a; b; c), tìm a + b + c? (Kết quả làm tròn đến chữ số hàng phần chục).

Phương pháp giải :

Từ giả thiết diện tích hình thang vuông, biểu diễn $\vec{A D}$ theo $\vec{B C}$ rồi tìm tọa độ điểm D.

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

Ta có $\vec{A B} = (1; - 2; 2) \Rightarrow A B = 3$ ; $\vec{B C} = (4; 1; - 1) \Rightarrow B C = 3 \sqrt{2}$ .

Theo giả thiết ABCD là hình thang vuông tại A và B và có diện tích bằng $6 \sqrt{2}$ nên:

$\frac{1}{2} A B (A D + B C) = 6 \sqrt{2}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2} .3 . (A D + 3 \sqrt{2}) = 12 \sqrt{2}$

$\Rightarrow A D = 5 \sqrt{2} \Rightarrow A D = \frac{5}{3} B C$ .

Do ABCD là hình thang vuông tại A và B nên $\vec{A D} = \frac{5}{3} \vec{B C}$ .

Giả sử D(a; b; c) khi đó ta có ${\begin{cases} a - 1 = \frac{20}{3} \\ b - 2 = \frac{5}{3} \\ c - 1 = \frac{- 5}{3} \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} a = \frac{23}{3} \\ b = \frac{11}{3} \\ c = \frac{- 2}{3} \end{cases}$

$\Rightarrow a + b + c \approx 10, 7$ .