Đề ôn tập Giữa kì 1 Toán 12 2026 2027 – Đề 1

PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án chọn.
Câu 1. Cho hàm số $y = f(x)$ có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên dưới:

Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên $(1; +\infty)$.
B. Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.
C. Hàm số đồng biến trên $(-\infty; 1)$.
D. Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
Đáp án: C

Hướng dẫn giải. Chọn C.
Nhìn đồ thị trên khoảng $(-\infty; 1)$, ta thấy đồ thị đi lên từ trái qua phải nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng này.

Câu 2. Cho hàm số $y = f(x)$ có đồ thị như hình vẽ. Hàm số $y = f(x)$ đạt cực đại tại điểm nào sau đây?

A. $x = 1$.
B. $x = -2$.
C. $x = 0$.
D. $x = -1$.
Đáp án: C

Hướng dẫn giải. Chọn C.
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại $x = 0$ với giá trị cực đại là $y = -1$.

Câu 3. Cho ba vectơ $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ không đồng phẳng. Xét các vectơ $\vec{x} = 2\vec{a} + \vec{b}$ và $\vec{y} = \vec{a} – \vec{b} – \vec{c}$ và $\vec{z} = -3\vec{b} – 2\vec{c}$. Khẳng định nào dưới đây là đúng?
A. $\vec{x}$, $\vec{y}$, $\vec{z}$ đồng phẳng.
B. $\vec{x}$, $\vec{a}$ cùng phương.
C. $\vec{x}$, $\vec{b}$ cùng phương.
D. $\vec{x}$, $\vec{y}$, $\vec{z}$ đôi một cùng phương.
Đáp án: A

Hướng dẫn giải. Giả sử ba vectơ $\vec{x}$, $\vec{y}$, $\vec{z}$ đồng phẳng khi đó $\rightarrow \vec{x} = m\vec{y} + n\vec{z}$.
$\Leftrightarrow 2\vec{a} + \vec{b} = m\vec{a} – (m + 3n)\vec{b} – (m + 2n)\vec{c} \Leftrightarrow \begin{cases} m = 2 \\ m + 3n = -1 \\ m + 2n = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} m = 2 \\ n = -1 \end{cases}$.
Vậy $\vec{x}$, $\vec{y}$, $\vec{z}$ đồng phẳng.

Câu 4. Cho hàm số $y = \frac{1}{3}x^3 + x^2 – 3x + 2$. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng $(-\infty; -3)$.
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng $(1; +\infty)$.
C. Hàm số đồng biến trên khoảng $(-3; 1)$.
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng $(-3; 1)$.
Đáp án: D

Hướng dẫn giải. Chọn D.
Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.
Ta có: $y’ = x^2 + 2x – 3$; $y’ = 0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} x = 1 \\ x = -3 \end{bmatrix}$. Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty; -3)$, $(1; +\infty)$ và nghịch biến trên khoảng $(-3; 1)$.

Câu 5. Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = f(x) = -x^3 – 3x^2 + 1$ trên khoảng $(-\infty; -1)$ là
A. $1$.
B. $-1$.
C. $-3$.
D. Không tồn tại.
Đáp án: C

Hướng dẫn giải. Chọn C.
Ta có $f'(x) = -3x^2 – 6x$; $f'(x) = 0 \Leftrightarrow -3x^2 – 6x = 0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} x = -2\text{ (n)} \\ x = 0\text{ (l)} \end{bmatrix}$. Bảng biến thiên trên $(-\infty; -1)$:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $\min_{(-\infty; -1)} y = -3 = f(-2)$.

Câu 6. Cho tứ diện $ABCD$. Đặt $\overrightarrow{AB} = \vec{a}$, $\overrightarrow{AC} = \vec{b}$, $\overrightarrow{AD} = \vec{c}$. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$. Đẳng thức nào sau đây đúng?
A. $\overrightarrow{AG} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$.
B. $\overrightarrow{AG} = \frac{1}{3}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$.
C. $\overrightarrow{AG} = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$.
D. $\overrightarrow{AG} = \frac{1}{4}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$.
Đáp án: B

Hướng dẫn giải.
[[[IMG_9]]]
Gọi $M$ là trung điểm của $CD \Rightarrow \overrightarrow{BG} = \frac{2}{3}\overrightarrow{BM}$.
Mặt khác $\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BG} = \overrightarrow{AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{AB} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BD})$
$= \overrightarrow{AB} + \frac{1}{3}(\overrightarrow{AC} – \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} – \overrightarrow{AB}) = \frac{1}{3}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD}) = \frac{1}{3}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$.

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, tọa độ hình chiếu của điểm $A(-2; -1; 3)$ trên mặt phẳng $Oyz$ là
A. $(0; -1; 0)$.
B. $(-2; 0; 0)$.
C. $(0; -1; 3)$.
D. $(-2; -1; 0)$.
Đáp án: C

Hướng dẫn giải. Tọa độ hình chiếu của điểm $A(-2; -1; 3)$ trên mặt phẳng $Oyz$ là $(0; -1; 3)$.

Câu 8. Cho hàm số bậc ba $y = ax^3 + bx^2 + cx + d$ ($a \neq 0$) có đồ thị như hình vẽ.

Chọn khẳng định đúng.
A. $a \lt 0; b \lt 0; c \lt 0; d \lt 0$.
B. $a \lt 0; b \gt 0; c \lt 0; d \lt 0$.
C. $a \lt 0; b \gt 0; c \gt 0; d \lt 0$.
D. $a \gt 0; b \gt 0; c \gt 0; d \lt 0$.
Đáp án: B

Hướng dẫn giải. Chọn B.
Đây là dạng đồ thị hàm số bậc ba với $a \lt 0$ nên loại D.
Đồ thị hàm số cắt $Oy$ tại điểm $(0; d)$ nằm phía dưới $Ox$ nên $d \lt 0$.
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm cùng phía so với $Oy$ nên phương trình $y’ = 0$ có hai nghiệm cùng dấu, suy ra $a, c$ cùng dấu, do đó $c \lt 0$.
Điểm uốn (tâm đối xứng) của đồ thị nằm bên phải $Oy$ nên $a, b$ trái dấu, do đó $b \gt 0$.

Câu 9. Cho hàm số $y = f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$, có đạo hàm $f'(x) = x(x + 1)^2(2 – x)^3, \forall x \in \mathbb{R}$. Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?
A. $3$.
B. $1$.
C. $2$.
D. $0$.
Đáp án: C

Hướng dẫn giải. Ta có $f'(x) = 0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} x = 0 \\ x = -1 \\ x = 2 \end{bmatrix}$ Trong đó:
– $x = 0$ là nghiệm đơn (bội lẻ).
– $x = -1$ là nghiệm bội chẵn.
– $x = 2$ là nghiệm bội lẻ.
Vì đạo hàm chỉ đổi dấu khi đi qua các nghiệm bội lẻ, nên hàm số có 2 điểm cực trị là $x = 0$ và $x = 2$.

Câu 10. Một vật chuyển động theo quy luật $s = -\frac{1}{2}t^3 + 9t^2$ với $t$ (giây) là khoảng thời gian tính từ khi vật bắt đầu chuyển động và $s$ (mét) là quãng đường vật di chuyển trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 10 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu?
A. $30\text{ m/s}$.
B. $400\text{ m/s}$.
C. $216\text{ m/s}$.
D. $54\text{ m/s}$.
Đáp án: D

Hướng dẫn giải. Vận tốc của vật là $v(t) = s'(t) = -\frac{3}{2}t^2 + 18t$. Xét hàm số $v(t)$ trên đoạn $[0; 10]$:
Ta có $v'(t) = -3t + 18$; $v'(t) = 0 \Leftrightarrow t = 6$. Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, vận tốc lớn nhất của vật trong 10 giây đầu là $v(6) = 54\text{ m/s}$.

Câu 11. Hàm số nào sau đây đồng biến trên $\mathbb{R}$?
A. $y = x^3 – 3x^2 – 1$.
B. $y = x^3 – x^2 + 6x – 1$.
C. $y = \frac{x – 2}{x + 1}$.
D. $y = x^4 + 2x^2 – 1$.
Đáp án: B

Hướng dẫn giải. Xét hàm số $y = x^3 – x^2 + 6x – 1$, ta có $y’ = 3x^2 – 2x + 6$.
Vì $\Delta’ = 1 – 18 = -17 \lt 0$ và hệ số $a = 3 \gt 0$ nên $y’ \gt 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.
Vậy hàm số $y = x^3 – x^2 + 6x – 1$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Câu 12. Cho hàm số $f(x)$ có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $(2; +\infty)$.
B. $(-\infty; -2)$.
C. $(-2; +\infty)$.
D. $(-2; 1)$.
Đáp án: A

Hướng dẫn giải. Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy $f'(x) \leq 0$ trên khoảng $(1; +\infty)$.
Do đó hàm số nghịch biến trên $(1; +\infty)$. Vì $(2; +\infty) \subset (1; +\infty)$ nên hàm số nghịch biến trên $(2; +\infty)$.

PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai.

Câu 1. Cho hàm số $y = f(x)$ xác định trên $\mathbb{R}$ và có bảng biến thiên như sau:

a) Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng $(-\infty; 1)$ và $(3; +\infty)$. __________
b) Số điểm cực trị của hàm số đã cho là $3$. __________
c) Hàm số đã cho có giá trị nhỏ nhất bằng $0$. __________
d) Đồ thị hàm số đã cho không có đường tiệm cận. __________
Đáp án: S|Đ|Đ|Đ

Hướng dẫn giải.
a) Sai. Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên các khoảng nơi $y’ \gt 0$, đó là $(0; 1)$ và $(3; +\infty)$.
b) Đúng. Hàm số đổi dấu đạo hàm tại 3 điểm $x = 0, x = 1, x = 3$ nên có 3 điểm cực trị.
c) Đúng. Giá trị nhỏ nhất của hàm số là $y = 0$, đạt được tại $x = 0$ và $x = 3$.
d) Đúng. Vì hàm số xác định trên $\mathbb{R}$ và $\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = +\infty$ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang và tiệm cận đứng.

Câu 2. Cho tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Gọi $M, N, G, P, Q$ lần lượt là trung điểm của $AB, CD, MN, AC, BD$.
a) $2\overrightarrow{QP} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD}$. __________
b) Giá trị tích vô hướng $\overrightarrow{AB} \cdot (\overrightarrow{AB} – \overrightarrow{CA})$ bằng $\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$. __________
c) Giá trị của $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = -\overrightarrow{GD}$. __________
d) Góc giữa $\overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{MN}$ là $60^\circ$. __________
Đáp án: S|S|Đ|S

Hướng dẫn giải.
[[[IMG_10]]]
a) Sai. Ta có: $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD} = (\overrightarrow{AP} + \overrightarrow{PQ} + \overrightarrow{QB}) + (\overrightarrow{CP} + \overrightarrow{PQ} + \overrightarrow{QD}) = (\overrightarrow{AP} + \overrightarrow{CP}) + 2\overrightarrow{PQ} + (\overrightarrow{QB} + \overrightarrow{QD})$.
Vì $P, Q$ lần lượt là trung điểm của $AC, BD$ nên $\overrightarrow{AP} + \overrightarrow{CP} = \vec{0}$ và $\overrightarrow{QB} + \overrightarrow{QD} = \vec{0}$.
Vậy $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD} = 2\overrightarrow{PQ} = -2\overrightarrow{QP}$.
b) Sai. Ta có $\overrightarrow{AB} \cdot (\overrightarrow{AB} – \overrightarrow{CA}) = \overrightarrow{AB}^2 + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = a^2 + |\overrightarrow{AB}| \cdot |\overrightarrow{AC}| \cdot \cos 60^\circ = a^2 + a^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{3a^2}{2}$.
c) Đúng. Vì $M$ là trung điểm $AB$ nên $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = 2\overrightarrow{GM}$.
Vì $N$ là trung điểm $CD$ nên $\overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = 2\overrightarrow{GN}$.
Mà $G$ là trung điểm $MN$ nên $2\overrightarrow{GM} + 2\overrightarrow{GN} = \vec{0}$.
Suy ra $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = \vec{0} \Rightarrow \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = -\overrightarrow{GD}$.
d) Sai. Tính toán chỉ ra $\cos(\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{MN}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$, suy ra góc giữa chúng bằng $45^\circ$.

Câu 3. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông, $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $I, J$ lần lượt là trung điểm của $SA, SC$. $G$ là trọng tâm tam giác $SBD$.

a) $\overrightarrow{AC} – \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AD}$. __________
b) $\overrightarrow{AS} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AG}$. __________
c) $\overrightarrow{IJ} \cdot \overrightarrow{BD} = \vec{0}$. __________
d) $\overrightarrow{AG}^2 = \overrightarrow{AS}^2 + \overrightarrow{AB}^2 + \overrightarrow{AD}^2$. __________
Đáp án: Đ|S|S|S

Hướng dẫn giải.
a) Đúng. Tứ giác $ABCD$ là hình vuông nên $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$ (quy tắc hình bình hành). Suy ra $\overrightarrow{AC} – \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AD}$.
b) Sai. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SBD$ nên $\overrightarrow{GS} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GD} = \vec{0}$.
Chèn điểm $A$ vào: $(\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AS}) + (\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AB}) + (\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AD}) = \vec{0} \Rightarrow \overrightarrow{AS} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} = 3\overrightarrow{AG}$.
c) Sai. Do $IJ$ là đường trung bình của $\Delta SAC$ nên $IJ \parallel AC$. Mà $AC \perp BD$ (hai đường chéo hình vuông). Suy ra $\overrightarrow{IJ} \cdot \overrightarrow{BD} = 0$ (là số 0, không phải vectơ $\vec{0}$).
d) Sai. Từ kết quả câu b: $3\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AS} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$.
Bình phương hai vế: $9\overrightarrow{AG}^2 = \overrightarrow{AS}^2 + \overrightarrow{AB}^2 + \overrightarrow{AD}^2 + 2(\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD})$.
Vì $SA \perp (ABCD)$ nên $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$ và $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AD} = 0$.
Vì $ABCD$ là hình vuông nên $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 0$.
Vậy $9\overrightarrow{AG}^2 = \overrightarrow{AS}^2 + \overrightarrow{AB}^2 + \overrightarrow{AD}^2$, khẳng định đề bài thiếu hệ số 9.

Câu 4. Có một bể bơi hình chữ nhật rộng $50\text{ m}$, dài $200\text{ m}$. Một vận động viên xuất phát từ điểm $A$, chạy đến điểm $M$ trên cạnh dài và bơi từ $M$ đến điểm $B$ ở góc đối diện. Biết vận tốc chạy $4,8\text{ m/s}$, vận tốc bơi $2,4\text{ m/s}$. Gọi $x\text{ (m)}$ là khoảng cách từ $A$ đến $M$ ($0 \lt x \lt 200$).

a) Thời gian vận động viên chạy từ $A$ đến $M$ là: $\frac{x}{4,8}$ giây. __________
b) Thời gian vận động viên bơi từ $M$ đến $B$ là: $\frac{\sqrt{(200 – x)^2 + 50^2}}{2,4}$ giây. __________
c) Nếu $AM = 100\text{ m}$ thì tổng thời gian di chuyển từ $A$ đến $B$ ít hơn 1 phút. __________
d) Vận động viên chọn điểm $M$ cách $A$ khoảng $171$ mét thì đến $B$ nhanh nhất. __________
Đáp án: Đ|Đ|S|Đ

Hướng dẫn giải.
a) Đúng. Thời gian = Quãng đường / Vận tốc = $x / 4,8$.
b) Đúng. Quãng đường bơi $MB = \sqrt{MC^2 + CB^2} = \sqrt{(200 – x)^2 + 50^2}$. Thời gian bơi là $MB / 2,4$.
c) Sai. Với $x = 100$, $t = \frac{100}{4,8} + \frac{\sqrt{100^2 + 50^2}}{2,4} \approx 20,83 + 46,59 = 67,42\text{ giây} \gt 60\text{ giây}$.
d) Đúng. Xét hàm $t(x) = \frac{x}{4,8} + \frac{\sqrt{(200 – x)^2 + 2500}}{2,4}$. Đạo hàm $t'(x) = \frac{1}{4,8} – \frac{200 – x}{2,4\sqrt{(200 – x)^2 + 2500}}$.
Giải $t'(x) = 0 \Rightarrow \sqrt{(200 – x)^2 + 2500} = 2(200 – x) \Rightarrow (200 – x)^2 + 2500 = 4(200 – x)^2 \Rightarrow 3(200 – x)^2 = 2500 \Rightarrow 200 – x \approx 28,87 \Rightarrow x \approx 171,13$.

PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.

Câu 1. Biết hàm số $f(x) = x^3 – 6x^2 + 9x – 5$ đạt cực đại tại $x = a$ và đạt cực tiểu tại $x = b$. Giá trị của biểu thức $M = 2a – 3b$ bằng bao nhiêu?
Đáp án: -7

Hướng dẫn giải.
Ta có $f'(x) = 3x^2 – 12x + 9$; $f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = 3$.
Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực đại tại $x = 1$ và đạt cực tiểu tại $x = 3$ nên suy ra $a = 1, b = 3$.
Khi đó $M = 2a – 3b = 2 \cdot 1 – 3 \cdot 3 = -7$.

Câu 2. Cho hàm số $y = \frac{1}{3}x^3 – \frac{1}{2}mx^2 + 6m$ (với $m$ là tham số). Tính tổng bình phương các giá trị của $m$ để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị $A, B$ cùng với gốc tọa độ $O$ tạo thành một tam giác vuông tại $O$.
Đáp án: 72

Hướng dẫn giải.
Ta có $y’ = 0 \Leftrightarrow x^2 – mx = 0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} x = 0 \\ x = m \end{bmatrix}$. Để đồ thị hàm số đã cho có 2 điểm cực trị thì $m \neq 0$.
Khi đó hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là $A(0; 6m)$ và $B\left(m; -\frac{1}{6}m^3 + 6m\right)$.
Ta có $A \in Oy$ nên $\Delta OAB$ vuông tại $O$ khi và chỉ khi $B \in Ox \Leftrightarrow -\frac{1}{6}m^3 + 6m = 0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} m = 0\text{ (l)} \\ m = \pm 6\text{ (n)} \end{bmatrix}$.
Vậy tổng bình phương các giá trị của $m$ là $6^2 + (-6)^2 = 72$.

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho $\Delta ABC$ biết $A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(1; 1; 3)$. Gọi $H(x_0; y_0; z_0)$ là chân đường cao hạ từ đỉnh $A$ xuống $BC$. Khi đó $x_0 + y_0 + z_0$ bằng bao nhiêu? (Làm tròn đến hàng phần trăm).
Đáp án: 3,09

Hướng dẫn giải.
Ta có $\overrightarrow{BC} = (1; -1; 3)$.
Vì $H$ là chân đường cao hạ từ $A$ xuống $BC$ nên $H \in BC$, do đó $\overrightarrow{BH}$ cùng phương với $\overrightarrow{BC}$, tức là $\overrightarrow{BH} = t\overrightarrow{BC} = (t; -t; 3t)$ với $t \in \mathbb{R}$.
$\Rightarrow (x_0 – 0; y_0 – 2; z_0 – 0) = (t; -t; 3t) \Rightarrow \begin{cases} x_0 = t \\ y_0 = 2 – t \\ z_0 = 3t \end{cases}$.
Suy ra $H(t; 2 – t; 3t)$. Khi đó $\overrightarrow{AH} = (t – 2; 2 – t; 3t)$.
Vì $AH \perp BC$ nên $\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 \Leftrightarrow (t – 2) \cdot 1 + (2 – t) \cdot (-1) + 3t \cdot 3 = 0 \Leftrightarrow 11t – 4 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{4}{11}$.
Với $t = \frac{4}{11}$, ta có $H\left(\frac{4}{11}; \frac{18}{11}; \frac{12}{11}\right)$.
Vậy $x_0 + y_0 + z_0 = \frac{4}{11} + \frac{18}{11} + \frac{12}{11} = \frac{34}{11} \approx 3,09$.

Câu 4. Một phòng học có thiết kế dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài $8\text{ m}$, chiều rộng $6\text{ m}$ và chiều cao $3\text{ m}$. Một chiếc đèn được treo tại chính giữa trần nhà của phòng học. Xét hệ trục tọa độ $Oxyz$ có gốc $O$ trùng với một góc phòng và mặt phẳng $(Oxy)$ trùng với mặt sàn, đơn vị đo được lấy theo mét. Khi đó, tọa độ của điểm treo đèn là $I(x; y; z)$, hãy tính $x + y + z$.

Đáp án: 10

Hướng dẫn giải.
[[[IMG_11]]]
Giả sử căn phòng hình hộp chữ nhật được mô phỏng như hình vẽ.
Khi đó ta có tọa độ các đỉnh của trần nhà là $O'(0; 0; 3)$ và $B'(6; 8; 3)$.
Gọi $I(x; y; z)$ là điểm chính giữa trần nhà của phòng học, nên $I$ là trung điểm của đường chéo $O’B’$. Khi đó $\overrightarrow{O’I} = \overrightarrow{IB’}$.
Ta có $\overrightarrow{O’I} = (x – 0; y – 0; z – 3) = (x; y; z – 3)$, $\overrightarrow{IB’} = (6 – x; 8 – y; 3 – z)$.
$\overrightarrow{O’I} = \overrightarrow{IB’} \Leftrightarrow \begin{cases} x = 6 – x \\ y = 8 – y \\ z – 3 = 3 – z \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = 3 \\ y = 4 \\ z = 3 \end{cases}$.
Vậy tọa độ điểm treo đèn là $I(3; 4; 3) \Rightarrow x + y + z = 3 + 4 + 3 = 10$.

Câu 5. Cho tứ diện đều $ABCD$ có cạnh bằng $1$. Tính tích vô hướng $\overrightarrow{AB} \cdot (2024\overrightarrow{BC} – 2025\overrightarrow{CD})$.

Đáp án: -1012

Hướng dẫn giải.
Ta có: $\overrightarrow{AB} \cdot (2024\overrightarrow{BC} – 2025\overrightarrow{CD}) = 2024\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} – 2025\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD}$.
Vì $ABCD$ là tứ diện đều nên $AB \perp CD$, suy ra $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 0$.
Lại có: $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = -\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = -BA \cdot BC \cdot \cos(\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC}) = -1 \cdot 1 \cdot \cos 60^\circ = -\frac{1}{2}$.
Vậy $\overrightarrow{AB} \cdot (2024\overrightarrow{BC} – 2025\overrightarrow{CD}) = 2024 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) – 2025 \cdot 0 = -1012$.

Câu 6. Để tạo ra phần xung quanh của một hộp kẹo sôcôla có dạng hình lăng trụ đứng (không tính hai đáy), người ta dùng một tờ giấy bìa hình vuông $ABCD$ có cạnh là $15\text{ cm}$. Ta gập tấm bìa theo hai cạnh $MN$ và $PQ$ vào phía trong cho đến khi $AB$ và $CD$ trùng nhau như hình vẽ để được hình lăng trụ đứng khuyết hai đáy. Khi đó ta có thể tạo được hộp kẹo sôcôla có thể tích lớn nhất là bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị) centimet khối, biết thể tích của khối lăng trụ bằng diện tích đáy nhân với chiều cao?

Đáp án: 162

Hướng dẫn giải.
Ta có một đáy của lăng trụ là tam giác cân $ANP$ có cạnh bên bằng $AN = x$, cạnh đáy bằng $NP = 15 – 2x$ nên đường cao tam giác đó là $AH = \sqrt{AN^2 – NH^2} = \sqrt{x^2 – \left(\frac{15 – 2x}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{15x}{2} – \frac{225}{4}}$.
Diện tích đáy là $S_{ANP} = \frac{1}{2}NP \cdot AH = \frac{1}{2}(15 – 2x) \cdot \sqrt{\frac{15x}{2} – \frac{225}{4}} = \frac{1}{4}(15 – 2x)\sqrt{60x – 225}$.
Xét hàm số $S(x) = \frac{1}{4}(15 – 2x)\sqrt{60x – 225}$ với $x \in \left(\frac{15}{4}; \frac{15}{2}\right)$.
Ta có $S'(x) = \frac{1}{4}\left[-2\sqrt{60x – 225} + (15 – 2x)\frac{30}{\sqrt{60x – 225}}\right]$.
$S'(x) = 0 \Leftrightarrow (15 – 2x)\frac{30}{\sqrt{60x – 225}} = 2\sqrt{60x – 225} \Leftrightarrow 450 – 60x = 2(60x – 225) \Leftrightarrow x = 5$ (nhận).
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy diện tích đáy lớn nhất là $\frac{25\sqrt{3}}{4}\text{ cm}^2$ nên thể tích lớn nhất của lăng trụ là:
$V = \frac{25\sqrt{3}}{4} \cdot 15 \approx 162\text{ cm}^3$.