TRƯỜNG THPT
TỔ TOÁN
———————
(ĐỀ THI CHÍNH THỨC)

KIỂM TRA THƯỜNG XUYÊN LẦN 3
Môn: TOÁN 12
Thời gian: 30 phút (không kể thời gian phát đề)

Họ và tên:.................................................................................................Lớp 12A...................MÃ ĐỀ: 101
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong các ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1: Một quả bóng chuyển động trên một trục thẳng đứng với chiều dương hướng lên trên sao cho tại thời
điểm t giây (0 ≤ t) toạ độ của vật (m) là 𝑦 = 𝑡 3 − 12𝑡 + 3.
a) Vận tốc và gia tốc của vật tại thời điểm 2 giây lần lượt là 0 m/s và 12 m/s².
b) Quả bóng chuyển động hướng lên trên khi t > 2 giây.
c) Quãng đường mà quả bóng đi được trong khoảng thời gian 1 ≤ t ≤ 4 giây là 37 mét.
d) Khi t > 0, quả bóng chuyển động chậm dần.
Hướng dẫn giải:
' (𝑡)
3
'
a) 𝑣(𝑡) = 𝑦
= (𝑡 − 12𝑡 + 3) = 3𝑡 2 − 12 (m/s)
𝑎(𝑡) = 𝑣'(𝑡) = 𝑦 '' (𝑡) = (3𝑡 2 − 12)' = (𝑡 3 − 12𝑡 + 3)'' = 6𝑡 (m/s²)
Vậy 𝑣(2) = 3.22 − 12 = 12 − 12 = 0 (m/s)
𝑎(2) = 6.2 = 12 (m/s²). → Đ
'
b) 𝑦 = 0 ⇔ 3𝑡 2 − 12 = 0 ⇔ 𝑡 = ±2

Bảng biến thiên:
Trong khoảng t > 2 giây, hàm số đồng biến ( toạ độ 𝑦 tăng hay quả bóng chuyển động theo chiều
dương, hướng lên trên). → Đ
c) Trong khoảng thời gian từ t = 1 (𝑦(1) = −8) đến t = 2 (𝑦(2) = −13) quả bóng chuyển động theo
chiều âm ⇒ 𝑠1 = | − 13 − (−8)| = |−5| = 5. Trong khoảng thời gian từ t = 2 (𝑦(2) = −13) đến t
= 4 (𝑦(4) = 19) quả bóng chuyển động theo chiều dương ⇒ 𝑠2 = |19 − (−13)| = 32 (m).
Vậy quãng đường mà quả bóng đi được trong khoảng thời gian 1 ≤ t ≤ 4 là 𝑠 = 𝑠1 + 𝑠2 = 5 + 32 =
37. → Đ
d) Xét hàm vận tốc 𝑣(𝑡) = 3𝑡 2 − 12 m/s.
𝑣 ' (𝑡) = 6𝑡 m/s². Xét phương trình 𝑣 ' (𝑡) = 0 ⇔ 6𝑡 = 0 ⇔ 𝑡 = 0.
Xét trong khoảng thời gian t > 0, hàm số vận tốc đồng biến (giá trị của vận tốc tăng dần) nên vật

chuyển động nhanh dần. → S
Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. SA = 2,
AB = 3, AD = 4. Đặt hình chóp S.ABCD vào hệ trục tọa độ 𝑂𝑥𝑦𝑧 với điểm A trùng với gốc toạ độ O, 𝐵 ∈
𝑂𝑥, 𝐷 ∈ 𝑂𝑦, 𝑆 ∈ 𝑂𝑧.
a) Toạ độ của điểm C (3; 4; 0).
b) Độ dài của đoạn thẳng BD = AS + 3.
c) Tích vô hướng của ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷. ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶 = 7
d) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, góc giữa đường thẳng AG và SD là góc tù.
Hướng dẫn giải:

Dựa vào hình vẽ ta xác định được toạ độ các điểm A (0; 0; 0), B (3; 0; 0), C (3; 4; 0), D (0; 4; 0), S (0; 0; 2).
a) Đ
b) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷 = (−3; 4; 0) ⇒ 𝐵𝐷 = √(−3)2 + 42 + 02 = 5
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑆 = (0; 0; 2) ⇒ 𝐴𝑆 = √02 + 02 + 22 = 2
Vậy BD = AS + 3 → Đ
c) Ta có ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷. ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶 = (−3). 3 + 4.4 + 0.0 = 7 → Đ
4
d) Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên G (2; 3; 0)
⃗⃗⃗⃗⃗ = (2; 4 ; 0) ; 𝑆𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗ = (0; 4; −2)
Ta có 𝐴𝐺
3

⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑆𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗
4
16
𝐴𝐺
⃗⃗⃗⃗⃗ ; ⃗⃗⃗⃗⃗
⇒ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐺 . ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑆𝐷 = 2.0 + . 4 + 0. (−2) =
⇒ co s(𝐴𝐺
𝑆𝐷 ) = co s(𝐴𝐺; 𝑆𝐷) =
> 0.
3
3
𝐴𝐺. 𝑆𝐷
Vậy (AG, SD) là góc nhọn.→ S
−𝑥 2 +2𝑥−4

Câu 3: Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥−2 xác định trên R \ {2} có đồ thị hàm số (𝐻).
a) Hàm số có 2 đường tiệm cận là 𝑥 = 2 và 𝑥 + 𝑦 = 0.
b) Phương trình 𝑓 ' (𝑥) = 0 có đúng 2 nghiệm nguyên.

c) Hàm số có bảng biến thiên như sau:
d) Đồ thị (𝐻) có 4 điểm mang toạ độ nguyên.
Hướng dẫn giải:
a) Hàm số có đường tiệm cận đứng 𝑥 = 2 và tiệm cận xiên 𝑦 = −𝑥 ⇔ 𝑥 + 𝑦 = 0. → Đ
b) Ta có: 𝑦 ' = 𝑓 ' (𝑥 ) =

−𝑥 2 +4𝑥
(𝑥−2)2

= 0 ⇔ −𝑥 2 + 4𝑥 = 0 ⇔ 𝑥 = 0; 𝑥 = 2. → Đ

c) Tại 𝑥 = 4 thì 𝑦 = −6 → S
−𝑥 2 +2𝑥−4

4

d) Ta có: 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥−2 = −𝑥 − 𝑥−2. Để 𝑦 nguyên và 𝑥 nguyên thì 𝑥 − 2 ∈ Ư(4) ⇒ 𝑥 − 2 ∈
{±1, ±2, ±4}.
Giải phương trình ta có 6 điểm thoả mãn → S
Câu 4: Hai chiếc khinh khí cầu bay lên từ cùng một địa điểm. Chiếc thứ nhất nằm cách điểm xuất phát 2 km
về phía nam và 1 km về phía đông, đồng thời cách mặt đất 0,5 km. Chiếc thứ hai nằm cách điểm xuất phát 1
km về phía bắc và 1,5 km về phía tây, đồng thời cách mặt đất 0,8 km. Chọn hệ trục 𝑂𝑥𝑦𝑧 với gốc O đặt tại
điểm xuất phát của hai khinh khí cầu, mặt phẳng (𝑂𝑥𝑦) trùng với mặt đất, trục 𝑂𝑥 hướng về phía nam, trục
𝑂𝑦 hướng về phía đông và trục 𝑂𝑧 hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo km.
a) Tọa độ khinh khí cầu thứ hai là ( – 1; – 1,5; 0,8)
b) Tính từ điểm xuất phát, chiếc khinh khí cầu thứ hai đi gần hơn.
c) Khoảng cách giữa hai khinh khí cầu có giá trị là 3,9 km (kết quả làm tròn tới hàng phần chục).
d) Người ta cần tìm một vị trí M (a; b; 0) trên mặt đất để tiếp nhiên liệu cho hai khinh khí cầu sao cho
46
tổng khoảng cách từ vị trí đó tới hai khinh khí cầu nhỏ nhất. Khi đó tổng của a + b = 𝑐 với c = 52.

Hướng dẫn giải:
Mô hình hoá toán học bài toán như hình vẽ:

(Xem lại lời giải ở đề số 2)
Câu 5: Một trang trại rau sạch ở Đà Lạt mỗi ngày thu hoạch được 1 tấn rau. Mỗi ngày, nếu giá bán rau là
30000 đồng/kg thì bán hết rau, nếu giá bán rau tăng 1000 đồng/kg thì số rau thừa tăng 20 kg. Số rau thừa
này được thu mua hết để làm thức ăn chăn nuôi với giá 2000 đồng/kg. Hỏi để mỗi ngày thu được số tiền bán
rau lớn nhất thì trang trại đó nên bán rau với giá bao nhiêu nghìn đồng?
Hướng dẫn giải:
Gọi 𝑥 (đồng) là số tiền tăng lên (𝑥 > 0).
Ta có: Cứ tăng thêm 1000 đồng thì số rau thừa ra là 20 kg.
20𝑥
⇒ tăng thêm 𝑥 đồng thì số rau thừa ra là 1000 kg.
Vậy giá bán của 1 kg rau sau khi tăng 𝑥 đồng là 30000 + 𝑥 (đồng)
20𝑥
số rau được bán sau khi tăng giá rau lên 𝑥 đồng là 1000 – 1000 (kg).
Ta có: T (tổng số tiền thu được) = Số tiền thu được khi bán rau + số tiền thu được khi bán rau thừa.
20𝑥
20𝑥
⇒ 𝑇 = (30000 + 𝑥) (1000 −
)+
. 2000
1000
1000
20𝑥 2
= 30000000 − 600𝑥 + 1000𝑥 −
+ 40𝑥
1000
20𝑥 2
=−
+ 440𝑥 + 3.107
1000
T đạt GTLN khi và chỉ khi 𝑥 = 11000.
Vậy giá tiền bán 1 kg rau là 30000 + 11000 = 41000 đồng.