### PHẦN I - Trắc nghiệm nhiều phương án trả lời **Câu 1:** Cho hàm số $f(x)$ đồng biến trên tập số thực $\mathbb{R}$, mệnh đề nào sau đây là đúng? * **Đáp án:** **B** * **Giải thích:** Theo định nghĩa hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$: Với mọi $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$, nếu $x_1 < x_2$ thì $f(x_1) < f(x_2)$. Mệnh đề B thể hiện chính xác điều này. **Câu 2:** Cho hàm số $y = f(x)$ có $f'(x) > 0, \forall x \in \mathbb{R}$. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của $x$ để $f\left(\frac{1}{x}\right) < f(1)$. * **Đáp án:** **C** * **Giải thích:** Vì $f'(x) > 0, \forall x \in \mathbb{R}$ nên hàm số $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$. Do đó, $f\left(\frac{1}{x}\right) < f(1) \Leftrightarrow \frac{1}{x} < 1 \Leftrightarrow \frac{1}{x} - 1 < 0 \Leftrightarrow \frac{1 - x}{x} < 0$. Lập bảng xét dấu biểu thức $\frac{1-x}{x}$, ta thấy biểu thức âm khi $x < 0$ hoặc $x > 1$. Vậy tập nghiệm là $(-\infty; 0) \cup (1; +\infty)$. **Câu 3:** Cho hàm số $f(x)$ thỏa mãn $f'(x) > 0, \forall x \in \mathbb{R}$ và $f(2) = 1$. Khẳng định nào dưới đây sai? * **Đáp án:** **B** * **Giải thích:** Vì $f'(x) > 0$ nên $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$. * A. $f(0) < f(3)$ (Đúng vì $0 < 3$) * B. Ta có $4 > 2 \Rightarrow f(4) > f(2) = 1$; và $3 > 2 \Rightarrow f(3) > f(2) = 1$. Cộng vế theo vế ta được $f(4) + f(3) > 2$. Do đó khẳng định $f(4) + f(3) = 2$ là **Sai**. * C. $f(1) < f(2) = 1$ (Đúng vì $1 < 2$) * D. $f(4) > f(2) = 1$ nên $1 < f(4)$ (Đúng) **Câu 4:** Cho hàm số $y=f(x)$ xác định trên $\mathbb{R} \setminus \{0\}$, liên tục trên từng khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là đúng? * **Đáp án:** **A** * **Giải thích:** Nhìn vào bảng biến thiên, trong khoảng $(0; 1)$, giá trị của $y$ giảm từ $+\infty$ xuống $-1$, tương ứng $y' < 0$. Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng $(0; 1)$. Các khoảng khác: $(-\infty; -1)$ đồng biến, $(-1; 0)$ nghịch biến, $(1; +\infty)$ đồng biến. **Câu 5:** Hàm số nào trong các hàm số sau đồng biến trên từng khoảng xác định của nó? * **Đáp án:** **A** * **Giải thích:** * A. $y = x - \frac{1}{x} \Rightarrow y' = 1 + \frac{1}{x^2} > 0$ với mọi $x \neq 0$. Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng $(-\infty; 0)$ và $(0; +\infty)$. * Các hàm còn lại đều có đạo hàm đổi dấu (ví dụ C có $y' = \frac{-5}{(x+3)^2} < 0$ là hàm luôn nghịch biến). **Câu 6:** Cho hàm số $y = f(x)$ có bảng biến thiên như sau. Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng: * **Đáp án:** **A** * **Giải thích:** Bảng biến thiên cho thấy hàm số đạt cực đại tại $x = 2$. "Giá trị cực đại" là giá trị của $y$ tại điểm đó, tức là $y = 5$. **Câu 7:** Cho hàm số $y=f(x)$ liên tục trên đoạn $[-1; 3]$ và có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng? * **Đáp án:** **A** * **Giải thích:** Nhìn vào đồ thị trên đoạn $[-1; 3]$, hàm số có 1 điểm lõm (cực tiểu) tại $x=0$ và 1 điểm lồi (cực đại) tại $x=2$. Hai điểm $x=-1$ và $x=3$ là các điểm mút biên, không phải điểm cực trị. Vậy hàm số đạt cực tiểu tại $x=0$, cực đại tại $x=2$. **Câu 8:** Hàm số nào trong bốn hàm số dưới đây không có cực trị? * **Đáp án:** **A** * **Giải thích:** Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất $y = \frac{x-1}{x+3}$ có $y' = \frac{4}{(x+3)^2} > 0, \forall x \neq -3$. Đạo hàm không đổi dấu nên hàm số không có cực trị. Các hàm đa thức bậc 2, 3, 4 ở các đáp án còn lại đều có ít nhất 1 cực trị. **Câu 9:** Hàm số $y = |-2x^2 + 3x + 5|$ đạt cực đại tại: * **Đáp án:** **B** * **Giải thích:** Đặt $u(x) = -2x^2 + 3x + 5$. Đây là parabol bề lõm quay xuống, đỉnh tại $x = \frac{-b}{2a} = \frac{-3}{-4} = \frac{3}{4}$. Giá trị đỉnh $u(3/4) = 49/8 > 0$. Hàm trị tuyệt đối $y = |u(x)|$ sẽ giữ nguyên phần đồ thị nằm trên trục hoành và lấy đối xứng phần dưới trục hoành lên. Do đỉnh của $u(x)$ đã nằm trên trục hoành, điểm cực đại của $y$ chính là điểm cực đại của parabol $u(x)$, tức là tại $x = \frac{3}{4}$. **Câu 10:** Giá trị cực đại của hàm số $y = x + \sin 2x$ trên $(0; \pi)$ là: * **Đáp án:** **D** * **Giải thích:** $y' = 1 + 2\cos 2x$. Cho $y' = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = -\frac{1}{2} \Rightarrow 2x = \frac{2\pi}{3}$ hoặc $2x = \frac{4\pi}{3}$ (vì $2x \in (0; 2\pi)$). Vậy $x_1 = \frac{\pi}{3}, x_2 = \frac{2\pi}{3}$. $y'' = -4\sin 2x$. Tại $x = \frac{\pi}{3}$: $y''(\pi/3) = -4\sin(2\pi/3) = -2\sqrt{3} < 0 \Rightarrow$ đạt cực đại. Giá trị cực đại: $y\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\pi}{3} + \sin\left(\frac{2\pi}{3}\right) = \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}$. **Câu 11:** Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm $f'(x) = x(x-1)^2(x-2)^3(x-3)^4$. Số điểm cực trị của hàm số là: * **Đáp án:** **A** * **Giải thích:** Số điểm cực trị là số lần đạo hàm $f'(x)$ đổi dấu. $f'(x)$ chỉ đổi dấu khi đi qua các nghiệm có bội lẻ. Ở đây, $x=0$ (bội 1) và $x=2$ (bội 3) là các nghiệm bội lẻ. $x=1$ và $x=3$ là nghiệm bội chẵn. Vậy hàm số có 2 điểm cực trị. **Câu 12:** Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y = \frac{1}{3}x^3 - 2x^2 + 3x$. * **Đáp án:** **C** * **Giải thích:** $y' = x^2 - 4x + 3$. $y' = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = 3$. Với $x=1 \Rightarrow y = \frac{4}{3}$, ta có điểm $A(1; \frac{4}{3})$. Với $x=3 \Rightarrow y = 0$, ta có điểm $B(3; 0)$. Vector chỉ phương $\overrightarrow{AB} = (2; -\frac{4}{3}) \Rightarrow$ chọn vector pháp tuyến $\vec{n} = (2; 3)$. Phương trình đường thẳng: $2(x - 3) + 3(y - 0) = 0 \Leftrightarrow 2x + 3y - 6 = 0$. --- ### PHẦN II - Trắc nghiệm đúng sai **Câu 1:** Cho hàm số $f(x) = 4\sin x \cos x + 2x = 2\sin 2x + 2x$. * **a) Sai.** $f'(x) = (2\sin 2x + 2x)' = 4\cos 2x + 2$. Mệnh đề ghi $4\cos x + 2$ là sai. * **b) Sai.** $f'(x) = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = -\frac{1}{2}$. Trên đoạn $[-\pi; \pi]$, ta có $2x \in [-2\pi; 2\pi]$. Phương trình $\cos 2x = -1/2$ có 4 nghiệm $2x \in \{\pm \frac{2\pi}{3}, \pm \frac{4\pi}{3}\}$, suy ra có 4 giá trị của $x$, không phải 3. * **c) Sai.** Xét khoảng $(-2; -1)$. Tại $x = -1$, $2x = -2$ (rad) $\approx -114.6^\circ$. Ta có $\cos(-2) \approx -0.416 > -0.5$. Do đó $f'(-1) = 4\cos(-2) + 2 > 0$. Vì đạo hàm dương tại 1 điểm trong khoảng nên hàm số không thể luôn nghịch biến trên $(-2; -1)$. * **d) Đúng.** Trên $[0; \frac{\pi}{2}]$, $f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi}{3}$. Tính các giá trị: $f(0) = 0$, $f(\pi/2) = \pi$, $f(\pi/3) = 2\sin(2\pi/3) + 2(\pi/3) = \sqrt{3} + \frac{2\pi}{3}$. So sánh thấy $f(\pi/3)$ lớn nhất, nên cực đại (và GTLN) trên đoạn này là $\frac{2\pi}{3} + \sqrt{3}$. **Câu 2:** Chuyển động $s(t) = -t^3 + 18t^2$. * **a) Đúng.** $v(t) = s'(t) = -3t^2 + 36t$. * **b) Sai.** Độ lớn vận tốc tại $t=2$ là $v(2) = -3(2^2) + 36(2) = 60$ (m/s). Mệnh đề ghi 75. * **c) Đúng.** Vật dừng lại khi $v(t) = 0 \Leftrightarrow -3t^2 + 36t = 0 \Leftrightarrow t=12$ (giây). Quãng đường đi được: $s(12) = -12^3 + 18(12^2) = 864$ (m). * **d) Sai.** Tìm max của $v(t) = -3t^2 + 36t$ trên $[0; 10]$. Đỉnh parabol $v(t)$ là $t = \frac{-36}{-6} = 6$. $v_{max} = v(6) = -3(6^2) + 36(6) = 108$ (m/s). Mệnh đề ghi 110. **Câu 3:** Hình chóp $S.ABCD$, $SA \perp (ABCD)$, $SA=1, AB=1, BC=2$. * **a) Sai.** Gắn trục tọa độ: $A(0,0,0), B(1,0,0), D(0,2,0), S(0,0,1)$. Điểm $M$ là trung điểm $CD \Rightarrow M(0.5, 2, 0)$. Ta có $\overrightarrow{SM} = (0.5; 2; -1)$ và $\overrightarrow{AB} = (1; 0; 0)$. Vậy $\overrightarrow{SM} \cdot \overrightarrow{AB} = 0.5 \times 1 = \frac{1}{2}$. Mệnh đề ghi $-\frac{1}{2}$. * **b) Đúng.** Quy tắc hình bình hành (vì $ABCD$ là hình chữ nhật) luôn có $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AC}$. * **c) Đúng.** $\overrightarrow{SA} = (0; 0; -1)$. $\cos(\overrightarrow{SA}, \overrightarrow{SM}) = \frac{|\overrightarrow{SA} \cdot \overrightarrow{SM}|}{|\overrightarrow{SA}| \cdot |\overrightarrow{SM}|}$? Chú ý: góc giữa hai vectơ không dùng trị tuyệt đối. $\cos(\overrightarrow{SA}, \overrightarrow{SM}) = \frac{1}{1 \cdot \sqrt{0.5^2+2^2+(-1)^2}} = \frac{1}{\sqrt{5.25}} = \frac{2}{\sqrt{21}} = \frac{2\sqrt{21}}{21}$. * **d) Đúng.** $|\overrightarrow{AM} - \overrightarrow{AS}| = |\overrightarrow{SM}| = \sqrt{0.5^2 + 2^2 + (-1)^2} = \sqrt{\frac{21}{4}} = \frac{\sqrt{21}}{2}$. **Câu 4:** Đồ thị $y = f'(x)$ là hàm đa thức bậc 3. * **a) Sai.** Trên khoảng $(-\infty; -2)$, $f'(x)$ có phần nằm dưới trục hoành (khi $x < -3$) và có phần nằm trên (khi $-3 < x < -2$). Do đó $f(x)$ không thể đồng biến trên toàn khoảng này (nó nghịch biến rồi đồng biến). * **b) Sai.** $f'(x)$ cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt $x = -3, -1, 1$. Tức là $f'(x)$ đổi dấu 3 lần. Suy ra hàm số $f(x)$ có 3 điểm cực trị. * **c) Sai.** Dựa vào đồ thị, giả sử $f'(x) = k(x+3)(x+1)(x-1) = k(x^3+3x^2-x-3)$. Đỉnh điểm giữa $-3$ và $-1$ rơi vào $x \approx -2.15$, quan sát đồ thị thấy nó đi qua điểm có y-intercept khoảng $-3$ và đỉnh cực đại khoảng 3, tương ứng $k=1$. Nếu $k=1$, $f'(2) = 15 \neq 16$. * **d) Đúng.** Xét $g'(x) = f'(x) - x + 1$. Hàm số nghịch biến khi $g'(x) < 0 \Leftrightarrow f'(x) < x - 1$. Vẽ đường thẳng $y = x - 1$, nó đi qua $(1, 0), (-1, -2), (-3, -4)$. Bằng cách phân tích, $f'(x) - (x-1) = x^3+3x^2-2x-2$. Nghiệm của phương trình này là $1$ và $-2 \pm \sqrt{2}$. Khoảng $\left( -\frac{9}{2}; -\frac{7}{2} \right)$ tức $(-4.5; -3.5)$ nằm hoàn toàn phía bên trái nghiệm nhỏ nhất (khoảng $-3.41$), tại đây đường cong $f'(x)$ nằm hoàn toàn dưới đường thẳng $y = x - 1$. Do đó $g'(x) < 0$. --- ### PHẦN III - Trắc nghiệm trả lời ngắn **Câu 1:** * **Đáp án:** **9,05** * **Giải thích:** Hình chóp tứ giác đều có các cạnh bên bằng nhau $SA=SB=SC=SD$ và góc $ASC=60^\circ$ nên tam giác $SAC$ là tam giác đều. Trục $SH$ thẳng đứng là đường trung tuyến đồng thời là phân giác, do đó góc giữa mỗi dây xích và phương thẳng đứng là $\alpha = 30^\circ$. Lực kéo tổng cộng theo phương thẳng đứng cân bằng với trọng lượng: $4T \cos(30^\circ) = P = mg$. $4T \frac{\sqrt{3}}{2} = 3,2 \times 9,8 \Rightarrow T = \frac{31,36}{2\sqrt{3}} \approx 9,0528$ (N). Làm tròn đến phần trăm là 9,05. **Câu 2:** * **Đáp án:** **2** * **Giải thích:** Gắn gốc vector tại $B$, đặt $\overrightarrow{BA}=\vec{a}, \overrightarrow{BC}=\vec{b}, \overrightarrow{BB'}=\vec{c}$. Điểm $D$ là đỉnh thứ tư của đáy: $\overrightarrow{BD} = \vec{a} + \vec{b}$. Ta có $\overrightarrow{BC'} = \vec{b} + \vec{c} \Rightarrow \overrightarrow{DC'} = \overrightarrow{BC'} - \overrightarrow{BD} = \vec{c} - \vec{a}$. Điểm $N$ thuộc $C'D$ thỏa mãn $DN = \frac{1}{3}DC' \Rightarrow \overrightarrow{DN} = \frac{1}{3}\overrightarrow{DC'} = \frac{1}{3}(\vec{c} - \vec{a})$. Vậy $\overrightarrow{BN} = \overrightarrow{BD} + \overrightarrow{DN} = (\vec{a} + \vec{b}) + \frac{1}{3}(\vec{c} - \vec{a}) = \frac{2}{3}\vec{a} + 1\vec{b} + \frac{1}{3}\vec{c}$. Do đó $x = 2/3, y = 1, z = 1/3 \Rightarrow x+y+z = 2/3 + 1 + 1/3 = 2$. *(Lưu ý: Dữ kiện điểm M có mặt trong đề nhưng không dùng đến cho vector $\overrightarrow{BN}$, đây có thể là dụng ý gây nhiễu của đề thi).* **Câu 3:** * **Đáp án:** **6** * **Giải thích:** Nồng độ bão hòa (sau thời gian đủ dài) là giới hạn của hàm số khi $t \to +\infty$: $\lim_{t \to +\infty} y(t) = \lim_{t \to +\infty} \left( 6 - \frac{15t}{9t^2 + 1} \right) = 6 - 0 = 6$ (mg/l). **Câu 4:** * **Đáp án:** **2** * **Giải thích:** Đặt $g(x) = f^3(x)$. Ta có $g'(x) = 3f^2(x) \cdot f'(x)$. Vì $f^2(x) \ge 0$ với mọi $x$ nên dấu của $g'(x)$ hoàn toàn phụ thuộc vào dấu của $f'(x)$. $g'(x)$ đổi dấu tại chính các điểm mà $f'(x)$ đổi dấu. Theo phân tích từ Câu 11 (Phần I), $f'(x)$ chỉ đổi dấu tại nghiệm bội lẻ $x=0$ và $x=2$. Do đó hàm $g(x)$ có 2 điểm cực trị. **Câu 5:** * **Đáp án:** **164** * **Giải thích:** Chọn hệ tọa độ với gốc $O(0,0)$ tại mặt nước mép trái. Hàm bậc 3 đi qua các điểm $O(0,0)$, $A(2,0)$ và $B(3,0)$, nên có dạng: $f(x) = kx(x-2)(x-3) = k(x^3 - 5x^2 + 6x)$. Đạo hàm $f'(x) = k(3x^2 - 10x + 6)$. Cho $f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5 \pm \sqrt{7}}{3}$. Đỉnh đồi tương ứng với điểm cực đại $x_1 = \frac{5 - \sqrt{7}}{3} \in (0; 2)$. Điểm sâu nhất đáy hồ là cực tiểu tại $x_2 = \frac{5 + \sqrt{7}}{3} \in (2; 3)$. Cho $f(x_1) = 0,55$ (km) để tìm $k$. Bằng các phép thế và rút gọn đại số, ta có tỷ lệ giữa độ sâu cực tiểu (lấy giá trị tuyệt đối) và độ cao cực đại là: $\frac{|f(x_2)|}{f(x_1)} = \frac{14\sqrt{7} - 20}{14\sqrt{7} + 20} \approx 0,2987$. Độ sâu của hồ $D = 0,55 \times 0,2987 \approx 0,1643$ (km) = 164,3 (m). Làm tròn đến hàng đơn vị là 164 mét. **Câu 6:** * **Đáp án:** **120** * **Giải thích:** Xét tam giác đáy $ABC$ có $AB=a, AC=a, BC=a\sqrt{2}$. Vì $a^2 + a^2 = (a\sqrt{2})^2$ nên $\triangle ABC$ vuông tại $A$. Do đó $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$. Ta có $\overrightarrow{SC} \cdot \overrightarrow{AB} = (\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{AC}) \cdot \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{SA} \cdot \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{SA} \cdot \overrightarrow{AB} = -\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB}$. Mặt khác, $\triangle SAB$ có $SA=SB=AB=a$ nên là tam giác đều, góc $\widehat{SAB} = 60^\circ$. Vậy $-\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB} = -|\overrightarrow{AS}| \cdot |\overrightarrow{AB}| \cos(60^\circ) = -a \cdot a \cdot \frac{1}{2} = -\frac{a^2}{2}$. $\cos(\overrightarrow{SC}, \overrightarrow{AB}) = \frac{\overrightarrow{SC} \cdot \overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{SC}| \cdot |\overrightarrow{AB}|} = \frac{-a^2/2}{a \cdot a} = -\frac{1}{2}$. Suy ra góc giữa hai vectơ này là $120^\circ$.

Đáp án đề Toán Tặng Kèm 5 - 2027