Đề KSCL Toán 12 tháng 8 năm 2026-2027 THCS&THPT Nguyễn Khuyến (TP HCM) có đáp án

Chọn C.

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {{x_0};\,\,{y_0};\,\,{z_0}} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là điểm có cùng hoành độ, cùng tung độ với \(M\) và có cao độ bằng \(0\), tức là điểm \(\left( {{x_0};\,\,{y_0};\,\,0} \right)\). Với \(M\left( {2;\,\, - 3;\,\,5} \right)\), hình chiếu cần tìm là \(\left( {2;\,\, - 3;\,\,0} \right)\).

Chọn C.

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\). Viết lại \(y = x - 1 + \frac{4}{{x - 2}}\), suy ra

\(y' = 1 - \frac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {x - 2} \right)}^2} - 4}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = 4\) \( \Leftrightarrow \) \(x = 0\) hoặc \(x = 4\).

Đạo hàm đổi dấu khi \(x\) đi qua \(0\) và khi \(x\) đi qua \(4\) nên đồ thị có đúng hai điểm cực trị.

Đặt \(u\left( x \right) = {x^2} - 3x + 6\) và \(v\left( x \right) = x - 2\).

Khi đó \(y' = \frac{{u'v - uv'}}{{{v^2}}}\).

Tại điểm cực trị \({x_0}\) ta có \(y'\left( {{x_0}} \right) = 0\), tức \(u'\left( {{x_0}} \right)v\left( {{x_0}} \right) - u\left( {{x_0}} \right)v'\left( {{x_0}} \right) = 0\), do đó

\(y\left( {{x_0}} \right) = \frac{{u\left( {{x_0}} \right)}}{{v\left( {{x_0}} \right)}} = \frac{{u'\left( {{x_0}} \right)}}{{v'\left( {{x_0}} \right)}} = \frac{{2{x_0} - 3}}{1} = 2{x_0} - 3.\)

Vậy cả hai điểm cực trị đều thuộc đường thẳng \(y = 2x - 3\).

Kiểm chứng trực tiếp: hai điểm cực trị là \(\left( {0;\,\, - 3} \right)\) và \(\left( {4;\,\,5} \right)\), cả hai đều thỏa mãn \(y = 2x - 3.\)

Chọn D.

             Thể tích khối lăng trụ được tính bởi \(V = S \cdot h\), trong đó \(S\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao.

             Do đó, \(h = \frac{V}{S} = \frac{{3{a^3}}}{{{a^2}\sqrt 3 }} = \frac{{3a}}{{\sqrt 3 }} = a\sqrt 3 \).

Chọn D.

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = 2\) nên đường thẳng \(y = 2\) là tiệm cận ngang.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} =  - \infty \) nên đường thẳng \(x =  - 1\) là tiệm cận đứng.

Đồ thị có tất cả \(2\) đường tiệm cận.

Chọn B.

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \). Do đó:

\(\left( {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {DC'} } \right) = \left( {\overrightarrow {DC} ,\,\,\overrightarrow {DC'} } \right) = \widehat {CDC'}\).

Xét tam giác \(DCC'\): vì \(CC' \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(DC \subset \left( {ABCD} \right)\) nên \(CC' \bot DC\), tam giác \(DCC'\) vuông tại \(C\).

Mặt khác \(CC' = DC\) (cạnh hình lập phương) nên tam giác đó vuông cân tại \(C\), suy ra \(\widehat {CDC'} = 45^\circ \).

Chọn A.

Với mọi \(x \in \mathbb{R}\) ta có \(g\left( { - x} \right) = f\left( {\left| { - x} \right|} \right) = f\left( {\left| x \right|} \right) = g\left( x \right)\) nên \(g\) là hàm số chẵn; đồ thị của

\(g\) nhận trục tung làm trục đối xứng. Ngoài ra \(g\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) vì \(f\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Khi \(x > 0\) thì \(\left| x \right| = x\), do đó \(g\left( x \right) = f\left( x \right)\) và \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right)\).

Theo bảng xét dấu, trên \(\left( {0;\,\, + \infty } \right)\) đạo hàm mang dấu âm trên \(\left( {0;\,\,1} \right)\) và mang dấu dương trên \(\left( {1;\,\,3} \right)\) cũng như trên\(\left( {3;\,\, + \infty } \right)\).

Như vậy \(g'\) chỉ đổi dấu một lần, tại \(x = 1\); tại \(x = 3\) đạo hàm triệt tiêu nhưng không đổi dấu.

Vậy trên \(\left( {0;\,\, + \infty } \right)\) hàm số \(g\) có đúng một điểm cực trị là \(x = 1\) (điểm cực tiểu).

Xét trên khoảng \(\left( { - \infty ;\,\,0} \right)\) và tại \(x = 0\). Do tính chẵn, \(g\) đồng biến trên \(\left( { - 1;\,\,0} \right)\) và nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;\,\, - 1} \right)\), nên \(x =  - 1\) là một điểm cực tiểu. Hàm số \(g\) liên tục tại \(x = 0\), đồng biến trên \(\left( { - 1;\,\,0} \right)\) và nghịch biến trên \(\left( {0;\,\,1} \right)\) nên \(x = 0\) là một điểm cực đại.

Hàm số \(g\) có \(3\) điểm cực trị.

Chọn A.

Góc nhị diện \(\left[ {B,\,\,OA,\,\,C} \right]\) có cạnh là đường thẳng \(OA\), hai nửa mặt phẳng bờ \(OA\) lần lượt chứa \(B\) và chứa \(C\).

Tại điểm \(O\) thuộc cạnh \(OA\), tia \(OB\) nằm trong nửa mặt phẳng thứ nhất và \(OB \bot OA\); tia \(OC\) nằm trong nửa mặt phẳng thứ hai và \(OC \bot OA\).

Do đó \(\widehat {BOC}\) chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {B,\,\,OA,\,\,C} \right]\).

Theo giả thiết \(OB \bot OC\) nên \(\widehat {BOC} = 90^\circ \).

Chọn B.

Từ bảng biến thiên: đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm khi \(x\) đi qua \( - 1\) nên \(x =  - 1\) là điểm cực đại và \(f\left( { - 1} \right) = 4\); đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi \(x\) đi qua \(2\) nên \(x = 2\) là điểm cực tiểu và \(f\left( 2 \right) =  - 1\).

Do đó \(M\left( { - 1;\,\,4} \right)\) và \(N\left( {2;\,\, - 1} \right)\), tức là \({x_1} =  - 1,\,\,{y_1} = 4,\,\,{x_2} = 2,\,\,{y_2} =  - 1\).

Suy ra \(T = 2 \cdot \left( { - 1} \right) + 2 - 4 \cdot \left( { - 1} \right) =  - 2 + 2 + 4 = 4.\)