5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 75)

🔥 Học sinh cũng đã học

578 người thi tuần này

Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Lê Trọng Tấn (TP.HCM) có đáp án

5.4 K lượt thi 22 câu hỏi

194 người thi tuần này

Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Thủ Đức (TP.HCM) có đáp án

5 K lượt thi 22 câu hỏi

138 người thi tuần này

Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Ngô Quyền (TP.HCM) có đáp án

4.9 K lượt thi 22 câu hỏi

110 người thi tuần này

Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Mạc Đĩnh Chi (TP.HCM) có đáp án

4.9 K lượt thi 21 câu hỏi

80 người thi tuần này

Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THCS - THPT Trần Cao Vân (TP.HCM) có đáp án

4.9 K lượt thi 22 câu hỏi

91 người thi tuần này

Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Bùi Thị Xuân (TP.HCM) có đáp án

4.9 K lượt thi 22 câu hỏi

112 người thi tuần này

Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Marie Curie (TP.HCM) có đáp án

4.9 K lượt thi 22 câu hỏi

111 người thi tuần này

Đề thi cuối kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Nguyễn Thị Minh Khai (TP.HCM) có đáp án

4.9 K lượt thi 22 câu hỏi

Danh sách câu hỏi:

Câu 1/66

Cho hình chữ nhật ABCD có M là điểm thuộc cạnh AB sao cho \(AM = \frac{1}{4}AB = 3cm.\) Tìm điểm N trên cạnh DC sao cho diện tích hình MBCN gấp đôi diện tích hình MNDA.

Xem đáp án

Lời giải

Cho hình chữ nhật ABCD có M là điểm thuộc cạnh AB sao cho AM = 1/4 AB = 3 (ảnh 1)

• Vì ABCD là hình chữ nhật ⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB\parallel CD;BC\parallel AD}\\{AB = CD;BC = AD}\end{array}} \right..\)

• Vì AM // CN ⇒ MNDA là hình thang.

• Vì BM // ND ⇒ MBCN là hình thang.

Ta có \(AM = \frac{1}{4}AB = 3cm\) ⇒ AB = 12cm.

Ta có \({S_{MBCN}} = \frac{1}{2}BC\left( {CN + MB} \right);{S_{MNDA}} = \frac{1}{2}AD\left( {AM + DN} \right).\)

Vì diện tích hình thang MBCN gấp đôi diện tích hình thang MNDA

⇒ \({S_{MBCN}} = 2{S_{MNDA}}\)

⇔ \(\frac{1}{2}BC\left( {CN + MB} \right) = 2.\frac{1}{2}AD\left( {AM + DN} \right)\)

⇔ BC(CN + MB) = 2AD(AM + DN)

⇔ CN + MB = 2(AM + DN) (vì BC = AD)

⇔ CD – DN + AB – AM = 2AM + 2DN

⇔ 2AB = 3AM + 3DN

⇔ 2.12 = 3.3 + 3DN

⇔ 3DN = 15

⇔ DN = 5 cm.

Vậy để diện tích hình MBCN gấp đôi diện tích hình MNDA thì điểm N thuộc cạnh DC sao cho DN = 5 cm.

Câu 2/66

Cho hình vuông ABCD, M là điểm nằm trên đoạn thẳng AC sao cho \(AM = \frac{{AC}}{4},\) N là trung điểm của đoạn thẳng DC. Tìm mệnh đề đúng?

A. Tam giác BMN là tam giác vuông;

B. Tam giác BMN là tam giác cân;

C. Tam giác BMN là tam giác đều;

D. Tam giác BMN là tam giác vuông cân.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Cho hình vuông ABCD, M là điểm nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AM = AC/4 (ảnh 1)

Đặt \(\overrightarrow {AB} = \vec x;\,\,\overrightarrow {AD} = \vec y\)

Vì ABCD là hình vuông nên AB và AD vuông góc với nhau và AB = AD

⇒ \(\vec x.\vec y = 0;\,\,{\vec x^2} = {\vec y^2}\)

Khi đó:

\(\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AM} = \frac{1}{4}\left( {3\vec x - \vec y} \right);\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AM} = \frac{1}{4}\left( {\vec x + 3\vec y} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MN} = \frac{1}{{16}}\left( {3\vec x - \vec y} \right)\left( {\vec x + 3\vec y} \right)\)

\( = \frac{1}{{16}}\left( {3{{\vec x}^2} - 3{{\vec y}^2} + 8\vec x.\vec y} \right) = 0\)

Mặt khác:

\({\overrightarrow {MB} ^2} = \frac{1}{{16}}{\left( {3\vec x - \vec y} \right)^2} = \frac{5}{8}{\vec y^2};{\overrightarrow {MN} ^2} = \frac{1}{{16}}{\left( {\vec x + 3\vec y} \right)^2} = \frac{5}{8}{\vec y^2}.\)

Vậy tam giác BMN vuông cân tại M.

Câu 3/66

Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Bán kính OC vuông góc với AB. Gọi d là tiếp tuyến tại A của nửa đường tròn (O). Qua điểm M bất kì thuộc nửa đường tròn (O), kẻ tiếp tuyến với đường tròn cắt d tại E và cắt đường thẳng OC tại D. Gọi F là giao điểm của BD và d. Tiếp tuyến tại B cắt ED tại K. Chứng minh BK = EF.

Xem đáp án

Lời giải

Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Bán kính OC vuông góc với AB. Gọi (ảnh 1)

Kẻ DD’ ⊥ d (D’ ∈ d)

Ta có: OC // d (do cùng vuông góc với AB)

⇒ \(\widehat {DFD'} = \widehat {BDO}\)

Xét \(\Delta D'DF\) và \(\Delta OBD\) có:

\(\widehat {FD'D} = \widehat {DOB}\left( { = 90^\circ } \right)\)

D’D = OB \(\left( { = \frac{1}{2}AB} \right)\)

\(\widehat {DFD'} = \widehat {BDO}\)

⇒ \(\Delta D'DF = \Delta OBD\left( {g.c.g} \right)\)

⇒ DB = DF (2 cạnh tương ứng)

Xét \(\Delta DKB\) và \(\Delta DEF\) có:

\(\widehat {KDB} = \widehat {EDF}\)(đối đỉnh)

DB = DF (cmt)

\(\widehat {KBD} = \widehat {EFD}\) (góc so le trong do BK // d)

Do đó \(\Delta DKB = \Delta DEF\left( {g.c.g} \right)\)

⇒ BK = EF (2 cạnh tương ứng)(đpcm).

Câu 4/66

Cho đa thức bậc ba P(x) thỏa mãn: P(x) chia cho x² + 2 dư 2x − 1, chia cho x²+ x dư 16x − 11. Tính P(100).

Xem đáp án

Lời giải

Ta có: P(x) chia cho x² + 2 dư 2x – 1

⇒ P(x) = Q(x).(x² + 2) + 2x – 1 (với Q(x) là đa thức bậc nhất)

⇒ P(x) = (ax + b)(x² + 2) + 2x – 1

Vì P(x) chia x² + x dư 16x – 11

⇒ P(x) – 16x + 11 chia hết cho x² + x.

Đặt R(x) = P(x) – 16x + 11

Khi đó R(x) = (ax + b)(x² + 2) – 14x + 10 chia hết cho x² + x

Vì thế hai nghiệm x = 0 và x = −1 của x² + x cũng là nghiệm của R(x), tức là:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {a.0 + b} \right)\left( {0 + 2} \right) - 14.0 + 10 = 0}\\{\left( { - a + b} \right)\left( {1 + 2} \right) - 14.\left( { - 1} \right) + 10 = 0}\end{array}} \right.\)

⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 3}\\{b = - 5}\end{array}} \right.\)

⇒ P(x) = (3x – 5)(x² + 2) + 2x – 1

Vậy P(100) = 2905789.

Câu 5/66

Cho đa thức bậc 2 có dạng P(x) = ax² + bx + c biết rằng P(x) thỏa mãn 2 điều kiện sau: P(0) = −2 và 4P(x) – P(2x – 1) = 6x – 6. Chứng minh rằng a + b + c = 0 và xác định đa thức P(x).

Xem đáp án

Lời giải

Ta có P(0) = −2 ⇒ a.0 + b.0 + c = −2 ⇒ c = −2

Ta có 4P(x) – P(2x – 1) = 6x – 6

⇔ 4(ax² + bx + c) – [a(2x – 1)² + b(2x – 1) + c] = 6x – 6

⇔ 4ax² + 4bx + 4c – a(4x² – 4x + 1) – 2bx + b – c = 6x – 6

⇔ 4ax² + 4bx + 4c – 4ax² + 4ax – a – 2bx + b – c = 6x – 6

⇔ 4ax + 2bx + (−a + b + 3c) = 6x – 6

⇔ (4a + 2b)x + (−a + b + 3c) = 6x – 6

⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4a + 2b = 6}\\{ - a + b + 3c = - 6}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4a + 2b = 6}\\{ - a + b = - 6 - 3.\left( { - 2} \right)}\end{array}} \right.\)

⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4a + 2b = 6}\\{ - a + b = 0}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.\)

Ta có: a + b + c = 1 + 1 + (−2) = 0 (đpcm)

Vậy P(x) = x² + x – 2.

Câu 6/66

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Vẽ đường kính AF.

a) Tứ giác BFCH là hình gì?

b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh 3 điểm H; M; F thẳng hàng.

c) Chứng minh \(OM = \frac{1}{2}AH.\)

Xem đáp án

Lời giải

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, hai đường cao BD và CE cắt nhau (ảnh 1)

a) \(\widehat {ACF} = 90^\circ \)(chắn nửa đường tròn)

⇒ FC vuông góc với AC

Lại có BH vuông góc với AC

⇒ FC // BH (1)

Chứng minh tương tự: BF // CH (2)

Từ (1) và (2) ⇒ BFCH là hình bình hành.

b) Vì BFCH là hình bình hành nên 2 đường chéo HF và BC giao nhau tại trung điểm mỗi đường.

Mà M là trung điểm của BC ⇒ M đồng thời là trung điểm của HF

⇒ H, M, F thẳng hàng (đpcm)

c) Xét tam giác AHF có O là trung điểm của AF

Có M là trung điểm của HF ⇒ OM là đường trung điểm của tam giác AHF

⇒ \(OM = \frac{1}{2}AH\) (đpcm)

Câu 7/66

Cho tam giác ABC, trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD = AB. Trên tia đối của tia AC lấy điểm E sao cho AE = AC. Một đường thẳng đi qua A cắt các cạnh DE và BC theo thứ tự ở M và N. Chứng minh:

a) BC // DE.

b) AM = AN.

Xem đáp án

Lời giải

a) Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ABC\) có:

AD = AB

\(\widehat {DAE} = \widehat {BAC}\) (2 góc đối đỉnh)

AC = AE

⇒ \(\Delta ADE = \Delta BAC\left( {c.g.c} \right)\)

⇒ \(\widehat {ADE} = \widehat {ABC}\) (2 góc tương ứng) mà chúng ở vị trí so le trong với nhau

⇒ BC // DE (đpcm)

b) Xét \(\Delta DAM\) và \(\Delta BAN\) có:

\(\widehat {DAM} = \widehat {BAN}\) (2 góc đối đỉnh)

AD = AB

\(\widehat {ABN} = \widehat {ADM}\) (CMT)

⇒ \(\Delta DAM = \Delta BAN\left( {g.c.g} \right)\)

⇒ AM = AN (2 cạnh tương ứng) (dpcm)

Câu 8/66

Cho tam giác ABC. Trên tia đối của tia AB, AC lần lượt lấy các điểm D và E sao cho AD = AB và AE = AC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và DE. Chứng minh:

a) \[\Delta ABC = \Delta ADE\].

b) DE = BC và DE // BC.

c) \[\Delta AEN = \Delta ACM\].

d) M, A, N thẳng hàng.

Xem đáp án

Lời giải

Cho tam giác ABC. Trên tia đối của tia AB, AC lần lượt lấy các điểm D và E sao (ảnh 1)

a) Xét ΔABC và ΔADE có:

AB = AD

\(\widehat {BAC} = \widehat {DAE}\) (hai góc đối đỉnh)

AC = AE

Do đó \[\Delta ABC = \Delta ADE\left( {c.g.c} \right)\] (đpcm)

b) Vì \[\Delta ABC = \Delta ADE\] (cmt)

⇒ BC = DE (hai cạnh tương ứng), \[\widehat {ACB} = \widehat {AED}\](hai góc tương ứng).

Mặt khác \(\widehat {ACB},\widehat {AED}\) là hai góc ở vị trí so le trong.

⇒ DE // BC

Vậy DE = BC và DE song song với BC.

c) Ta có: \(EN = \frac{{DE}}{2};MC = \frac{{BC}}{2};DE = BC\) nên EN = MC

Xét \[\Delta AEN\] và \(\Delta ACM\) có:

AE = AC

\(\widehat {NEA} = \widehat {MCA}\) (do \(\widehat {AED} = \widehat {ACB}\))

EN = CM (cmt)

⇒ \[\Delta AEN = \Delta ACM\left( {c.g.c} \right)\] (đpcm)

d) Do \[\Delta AEN = \Delta ACM\] (cmt)

⇒ \(\widehat {NAE} = \widehat {MAC}\) (hai góc tương ứng)

Ta có: \(\widehat {NAM} = \widehat {NAE} + \widehat {EAM} = \widehat {MAC} + \widehat {EAM}\)

mà \(\widehat {MAC} + \widehat {EAM} = \widehat {EAC} = {180^o}\) (hai góc kề bù)

Do đó \(\widehat {NAM} = {180^o}\)

Vậy ba điểm M, A, N thẳng hàng.

Câu 9/66