Đề kiểm tra Giữa học kỳ I Toán 12 năm học 2026 - 2027

Đáp án

C

B

D

A

C

D

B

A

C

D

B

A

Câu 1

a)

Đ

Điều kiện xác định: $x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1$. Vậy tập xác định $D = \mathbb{R} \setminus \{1\}$.

b)

Đ

$\lim\limits_{x \to 1^+} \dfrac{x^2 - 3x + 3}{x - 1} = +\infty$ (do mẫu dần tới $0^+$, tử dần tới $1 > 0$) nên $x = 1$ là tiệm cận đứng.

c)

Đ

Ta biến đổi: $y = \dfrac{x^2 - 3x + 3}{x - 1} = x - 2 + \dfrac{1}{x - 1}$.
Vì $\lim\limits_{x \to \pm\infty} [y - (x - 2)] = \lim\limits_{x \to \pm\infty} \dfrac{1}{x - 1} = 0$ nên $y = x - 2$ là tiệm cận xiên.

d)

S

Tọa độ giao điểm hai đường tiệm cận là nghiệm của hệ $\begin{cases} x = 1 \\ y = x - 2 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x = 1 \\ y = -1 \end{cases}$. Điểm giao là $(1; -1)$, mệnh đề ghi $(1; 1)$ là Sai.

Câu 2

a)

Đ

$\overrightarrow{AB} = (2 - 1; 0 - 2; 1 - (-1)) = (1; -2; 2)$.

b)

Đ

$AB = |\overrightarrow{AB}| = \sqrt{1^2 + (-2)^2 + 2^2} = \sqrt{1 + 4 + 4} = \sqrt{9} = 3$.

c)

Đ

Tọa độ trọng tâm $G$:
$x_G = \dfrac{1 + 2 + 0}{3} = 1;\; y_G = \dfrac{2 + 0 + 1}{3} = 1;\; z_G = \dfrac{-1 + 1 + 3}{3} = 1 \Rightarrow G(1; 1; 1)$.

d)

Đ

Tứ giác $ABCD$ là hình bình hành khi và chỉ khi $\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{AB}$.
Gọi $D(x; y; z) \Rightarrow \overrightarrow{DC} = (0 - x; 1 - y; 3 - z)$.
Vì $\overrightarrow{AB} = (1; -2; 2)$ nên $\begin{cases} -x = 1 \\ 1 - y = -2 \\ 3 - z = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = -1 \\ y = 3 \\ z = 1 \end{cases} \Rightarrow D(-1; 3; 1)$.

Câu 1

0

Đạo hàm: $y' = 3x^2 - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 2 \\ x = 2 \Rightarrow y = -2\end{array}\right.$.
Do đó $y_{\text{CĐ}} = 2$ và $y_{\text{CT}} = -2$. Vậy $P = 2 + (-2) = 0$.

Câu 2

3

Ta có $\overrightarrow{w} = \overrightarrow{u} + \overrightarrow{v} = (1 + 1; 2 + 0; -2 + 3) = (2; 2; 1)$.
Độ dài vectơ: $|\overrightarrow{w}| = \sqrt{2^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{4 + 4 + 1} = \sqrt{9} = 3$.

Câu 3

3

Ta có $V = \pi R^2 h = 54\pi \Rightarrow h = \dfrac{54}{R^2}$.
Diện tích toàn phần: $S_{\text{tp}} = 2\pi R^2 + 2\pi Rh = 2\pi R^2 + \dfrac{108\pi}{R}$.
Xét hàm số $f(R) = 2\pi R^2 + \dfrac{108\pi}{R}$ với $R > 0$.
$f'(R) = 4\pi R - \dfrac{108\pi}{R^2} = 0 \Leftrightarrow 4\pi R^3 = 108\pi \Leftrightarrow R^3 = 27 \Leftrightarrow R = 3$.
Bảng biến thiên cho thấy $S_{\text{tp}}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $R = 3\text{ m}$.

Câu 4

60

$|\overrightarrow{a}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2}$; $|\overrightarrow{b}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
Tích vô hướng: $\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = 1 \cdot 0 + 0 \cdot 1 + 1 \cdot 1 = 1$.
$\cos(\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) = \dfrac{\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}| \cdot |\overrightarrow{b}|} = \dfrac{1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) = 60^\circ$.

Bài 1
(1,5 điểm)

a

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $y = x^3 - 3x^2 + 2$ (1,0 điểm)

1,00

- Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.
- Sự biến thiên:
+ Giới hạn tại vô cực: $\lim\limits_{x \to -\infty} y = -\infty$; $\lim\limits_{x \to +\infty} y = +\infty$.

0,25

+ Đạo hàm: $y' = 3x^2 - 6x$; $y' = 0 \Leftrightarrow 3x(x - 2) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x = 0 \\ x = 2\end{array}\right.$.
+ Bảng biến thiên:

0,25

<variation>{"points":[{"x":"-\infty","y":"-\infty"},{"x":"0","yPrime":"0","y":"2"},{"x":"2","yPrime":"0","y":"-2"},{"x":"+\infty","y":"+\infty"}],"intervals":[{"sign":"+"},{"sign":"-"},{"sign":"+"}]}</variation>
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty; 0)$ và $(2; +\infty)$, nghịch biến trên khoảng $(0; 2)$.
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$, $y_{\text{CĐ}} = 2$; đạt cực tiểu tại $x = 2$, $y_{\text{CT}} = -2$.

0,25

- Đồ thị: Cắt trục tung tại điểm $(0; 2)$, cắt trục hoành tại $(1; 0)$, đi qua điểm cực tiểu $(2; -2)$. Đồ thị nhận điểm uốn $I(1; 0)$ làm tâm đối xứng.

0,25

b

Tìm $m$ để phương trình $x^3 - 3x^2 + 2 - m = 0$ có 3 nghiệm thực phân biệt (0,5 điểm)

0,50

Phương trình đã cho tương đương với: $x^3 - 3x^2 + 2 = m$ $(*)$.
Số nghiệm của $(*)$ là số giao điểm của đồ thị $(C)$ và đường thẳng $d: y = m$ song song hoặc trùng với trục hoành.

0,25

Dựa vào đồ thị hoặc bảng biến thiên của hàm số, phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng $y = m$ cắt $(C)$ tại 3 điểm phân biệt:
$\Leftrightarrow -2 < m < 2$.
Vậy các giá trị $m$ cần tìm là $-2 < m < 2$.

0,25

Bài 2
(1,5 điểm)

a

Tìm tọa độ điểm $D$ để tứ giác $ABCD$ là hình bình hành (1,0 điểm)

1,00

Ta có: $A(1; 2; 0)$, $B(3; 0; 2)$, $C(2; 1; -1)$.
Vectơ $\overrightarrow{AB} = (3 - 1; 0 - 2; 2 - 0) = (2; -2; 2)$.

0,25

Gọi $D(x; y; z)$ là tọa độ điểm cần tìm. Khi đó $\overrightarrow{DC} = (2 - x; 1 - y; -1 - z)$.

0,25

Tứ giác $ABCD$ là hình bình hành $\Leftrightarrow \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}$
$\Leftrightarrow \begin{cases} 2 - x = 2 \\ 1 - y = -2 \\ -1 - z = 2 \end{cases}$

0,25

$\Leftrightarrow \begin{cases} x = 0 \\ y = 3 \\ z = -3 \end{cases}$.
Vậy tọa độ điểm $D$ là $D(0; 3; -3)$.

0,25

b

Tìm tọa độ điểm $M \in Oz$ sao cho $T = MA^2 + MB^2$ đạt GTNN (0,5 điểm)

0,50

Gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$. Ta có:
$x_I = \dfrac{1 + 3}{2} = 2;\; y_I = \dfrac{2 + 0}{2} = 1;\; z_I = \dfrac{0 + 2}{2} = 1 \Rightarrow I(2; 1; 1)$.
Với mọi điểm $M$, ta có: $\overrightarrow{MA}^2 + \overrightarrow{MB}^2 = (\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IA})^2 + (\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IB})^2$
$= 2MI^2 + IA^2 + IB^2 + 2\overrightarrow{MI}(\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB}) = 2MI^2 + \dfrac{AB^2}{2}$.

0,25

Vì $AB$ cố định nên $T = MA^2 + MB^2$ đạt giá trị nhỏ nhất $\Leftrightarrow MI$ nhỏ nhất.
Do $M \in Oz$ nên $MI$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $M$ là hình chiếu vuông góc của điểm $I$ trên trục $Oz$.
Vì $I(2; 1; 1)$ nên hình chiếu của $I$ trên trục $Oz$ là điểm $M(0; 0; 1)$.
Vậy tọa độ cần tìm là $M(0; 0; 1)$.

0,25