Thi thử toàn quốc - Đề thi thử giữa học kì II - Môn Toán lớp 12 - Trạm 1 (21-22/03/2026)

$\int_{a}^{a}f(x)dx = F(a) - F(a) = 0$

$\int_{0}^{2}\left\lbrack {2f(x) + g(x)} \right\rbrack dx = 2\int_{0}^{2}f(x)dx + \int_{0}^{2}g(x)dx = 2.2 + 4 = 8$

Diện tích phần gạch chéo là $S = {\int\limits_{0}^{4}\left| {f(x)} \right|}dx = {\int\limits_{0}^{2}{f(x)}}dx - {\int\limits_{2}^{4}{f(x)}}dx$

Hàm số $F(x)$ là một nguyên hàm của hàm số $f(x)$ trên khoảng $K$ nếu $F'(x) = f(x),\forall x \in K$

$\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x = F(b) - F(a)$

$(P):x - 2y + 3 = 0$ có VTPT $\overset{\rightarrow}{n_{1}} = \left( {1; - 2;0} \right)$

Ta có $\overset{\rightarrow}{AB}\left( {- 6;2;2} \right) = - 2\left( {3; - 1; - 1} \right)$

Trung điểm AB là $I\left( {1;1;2} \right)$ nên mặt phẳng trung trực của AB có dạng

$\begin{array}{l} {3\left( {x - 1} \right) - 1\left( {y - 1} \right) - 1\left( {z - 2} \right) = 0} \\ {3x - y - z = 0} \end{array}$

$\left. y = x^{2} - 3^{x} + \dfrac{1}{x}\Rightarrow{\int\left( {x^{2} - 3^{x} + \dfrac{1}{x}} \right)}dx = \dfrac{x^{3}}{3} - \dfrac{3^{x}}{\ln 3} + \ln|x| + C \right.$

Phương trình của đường thẳng đi qua $M\left( {1; - 2;3} \right)$ và vuông góc với ($P$) có VTCP là $\overset{\rightarrow}{u} = \overset{\rightarrow}{n_{(P)}} = \left( {2; - 1;3} \right)$

$\left. \Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l} {x = 1 + 2t} \\ {y = - 2 - t} \\ {z = 3 + 3t} \end{array} \right. \right.$

Ta có $\overset{\rightarrow}{n_{(\alpha)}} = \left( {1;1; - 1} \right);\overset{\rightarrow}{n_{(\beta)}} = \left( {- 2;m;2} \right)$

Vì $\left. (\alpha) \parallel (\beta)\Rightarrow\dfrac{1}{- 2} = \dfrac{1}{m} = \dfrac{- 1}{2} \neq \dfrac{1}{- 2}\Rightarrow \right.$không tồn tại m

$d:\left\{ \begin{array}{l} {x = - 1 + 12t} \\ {y = 2 + 6t} \\ {z = 3 + 3t} \end{array} \right.$ có $\overset{\rightarrow}{u_{1}}\left( {12;6;3} \right) = 3\left( {4;2;1} \right)$ và $d':\left\{ \begin{array}{l} {x = 7 + 8t} \\ {y = 6 + 4t} \\ {z = 5 + 2t} \end{array} \right.$ có $\overset{\rightarrow}{u_{2}}\left( {8;4;2} \right) = 2\left( {4;2;1} \right)$

Vì $\overset{\rightarrow}{u_{1}};\overset{\rightarrow}{u_{2}}$ cùng phương nên $d;d'$ song song hoặc trùng nhau

Xét $A\left( {- 1;2;3} \right) \in d$ thay vào $d'$ có $\left. \left\{ \begin{array}{l} {- 1 = 7 + 8t} \\ {2 = 6 + 4t} \\ {3 = 5 + 2t} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {t = - 1} \\ {t = - 1} \\ {t = - 1} \end{array} \right. \right.$ nên d trùng d’

$d:\dfrac{x - 1}{- 1} = \dfrac{y}{2} = \dfrac{z - 5}{3}$ có VTCP là $\overset{\rightarrow}{u} = \left( {- 1;2;3} \right) = - 1\left( {1; - 2; - 3} \right)$ nên $\overset{\rightarrow}{u_{4}} = \left( {1; - 2; - 3} \right)$ cũng là VTCP của d

a) Đúng. $F'(x) = f(x),\forall x \in {\mathbb{R}}$

b) Đúng. $F(x) = \dfrac{x^{3}}{3} + C$

c) Sai. Vì $F(1) = 0$ nên $\left. \dfrac{1}{3} + C = 0\Leftrightarrow C = - \dfrac{1}{3} \right.$

Khi đó $\left. F(x) = \dfrac{x^{3}}{3} - \dfrac{1}{3}\Rightarrow F(0) = - \dfrac{1}{3} \right.$

d) Sai. Ta có

$\int_{1}^{a}\left\lbrack {3f(x) - 1} \right\rbrack dx = 0$

$\begin{array}{l} \left. \Leftrightarrow\int_{1}^{a}\left\lbrack {3x^{2} - 1} \right\rbrack dx = 0 \right. \\ \left. \Leftrightarrow\left. \left( {x^{3} - x} \right) \right|_{1}^{a} = 0 \right. \\ \left. \Leftrightarrow a^{3} - a - \left( {1^{3} - 1} \right) = 0 \right. \\ \left. \Leftrightarrow a\left( {a^{2} - 1} \right) = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {a = 0} \\ {a = 1} \\ {a = - 1} \end{array} \right. \right. \end{array}$

Với $a > 1$ nên có 1 giá trị của a thoả mãn

a) Đúng. Trung điểm của đoạn thẳng $AB$ là $I\left( {\dfrac{3}{2};1;\dfrac{9}{2}} \right)$.

b) Sai. Mặt phẳng $(\alpha)$ song song với $(Q):2x - 3y + z + 1 = 0$ có dạng $2x - 3y + z + m = 0$

Vì $(\alpha)$ qua $\left. A\left( {1;3;4} \right)\Rightarrow 2.1 - 3.3 + 4 + m = 0\Leftrightarrow m = 3 \right.$

Vậy $(\alpha)$ có dạng $2x - 3y + z + 3 = 0$

c) Đúng. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $(Q)$ là $\overset{\rightarrow}{n} = \left( {2; - 3;1} \right) = \dfrac{- 1}{2}\left( {- 4;6; - 2} \right)$ nên $\overset{\rightarrow}{n} = \left( {- 4;6; - 2} \right)$ cũng là 1 VTPT của $(Q)$

d) Đúng. $\overset{\rightarrow}{AB}\left( {1; - 4;1} \right);\overset{\rightarrow}{n_{(Q)}} = \left( {2; - 3;1} \right)$

Vì $\left. \left\{ \begin{array}{l} {\overset{\rightarrow}{n_{(P)}}\bot\overset{\rightarrow}{AB}} \\ {\overset{\rightarrow}{n_{(P)}}\bot\overset{\rightarrow}{n_{(Q)}}} \end{array} \right.\Rightarrow\overset{\rightarrow}{n_{(P)}} = \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{AB};\overset{\rightarrow}{n_{(Q)}}} \right\rbrack = \left( {- 1;1;5} \right) \right.$

Vì $(P)$ qua $A\left( {1;3;4} \right)$ nên có dạng $\left. - 1\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 3} \right) + 5\left( {z - 4} \right) = 0\Leftrightarrow - x + y + 5z - 22 = 0 \right.$

a) Sai. Gọi $\left. I \in \Delta\Rightarrow I\left( {- 2 + t;2t;1 - 3t} \right) \right.$

Vì $OI = \sqrt{5}$

$\begin{array}{l} \left. \Rightarrow\left( {- 2 + t} \right)^{2} + \left( {2t} \right)^{2} + \left( {1 - 3t} \right)^{2} = 5 \right. \\ \left. \Leftrightarrow 14t^{2} - 10t = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {t = 0} \\ {t = \dfrac{5}{7}} \end{array} \right. \right. \end{array}$

Vậy có 2 điểm I thuộc đường thẳng $\Delta$ sao cho $OI = \sqrt{5}$.

b) Sai. Kiểm tra thấy $d:\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + 2t} \\ {y = - 2 - 2t} \\ {z = 1} \end{array} \right.$ có $\overset{\rightarrow}{u_{d}} = \left( {2; - 2;0} \right)$

Vì $\overset{\rightarrow}{u_{d}}.\overset{\rightarrow}{u_{\Delta}} = 2.1 + 2\left( {- 2} \right) + \left( {- 3} \right).0 = - 2 \neq 0$ nên d không vuông góc với $\Delta$. Vậy b sai

c) Đúng. Đường thẳng d’ qua $M\left( {2; - 2;1} \right)$ và song song $\Delta:\left\{ \begin{array}{l} {x = - 2 + t} \\ {y = 2t} \\ {z = 1 - 3t} \end{array} \right.$ nên $d':\dfrac{x - 2}{1} = \dfrac{y + 2}{2} = \dfrac{z - 1}{- 3}$

d) Đúng. Một vectơ chỉ phương của $\Delta$ là $\overset{\rightarrow}{u_{\Delta}} = \left( {1;2; - 3} \right)$.

a) Đúng. Vận tốc lớn nhất của chuyển động là 9 km/h

b) Đúng. Gọi phương trình vận tốc parabol có phương trình $v(t) = ax^{2} + bx + c$

Vì parabol qua $\left( {0;0} \right)$ và có đỉnh $\left( {2;9} \right)$ nên $\left. \left\{ \begin{array}{l} {c = 0} \\ {- \dfrac{b}{2a} = 2} \\ {4a + 2b + c = 9} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {c = 0} \\ {a = - \dfrac{9}{4}} \\ {b = 9} \end{array} \right. \right.$

Vậy $v(t) = - \dfrac{9}{4}t^{2} + 9t$ với $0 \leq t \leq 3$.

c) Sai.

d) Sai. Ta có $v(3) = \dfrac{27}{4}$

Quãng đường vật di chuyển được trong 4 giờ là $S = {\int\limits_{0}^{3}\left( {- \dfrac{9}{4}t^{2} + 9t} \right)}dt + {\int\limits_{3}^{4}\dfrac{27}{4}}dt = 27$