5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 76)

🔥 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 1/86

Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một mặt phẳng bờ AB). Gọi M là một điểm bất kì thuộc nửa đường tròn. Tiếp tuyến tại M cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng đường tròn có đường kính CD tiếp xúc với AB.

Xem đáp án

Lời giải

Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By (Ax, By (ảnh 1)

Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: Ax ^ AB; By ^ AB

Suy ra: Ax // By hay AC // BD

Suy ra tứ giác ABDC là hình thang

Gọi I là trung điểm của CD

Khi đó OI là đường trung bình của hình thang ABDC

Suy ra: OI // AC Þ OI ^ AB

Vì OC và OD lần lượt là phân giác của \[\widehat {AOM}\] và \[\widehat {BOM}\] nên:

OC ^ OD (tính chất hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {COD} = 90^\circ \)

Suy ra: \(IC = ID = IO = \frac{1}{2}CD\) (tính chất tam giác vuông)

Suy ra I là tâm đường tròn đường kính CD.Khi đó O nằm trên đường tròn tâm I đường kính CD và IO vuông góc với AB tại O.

Vậy đường tròn có đường kính CD tiếp xúc với AB tại O.

Câu 2/86

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn (O), trên đường tròn (O) lấy một điểm E bất kì (E khác A, B). Tiếp tuyến tại E của đường tròn (O) cắt Ax, By lần lượt tại C, D.

a) Chứng minh CD = AC + BD.

b) Vẽ EF vuông góc AB tại F, BE cắt AC tại K. CM: AF.BC = KE.EB.

c) EF cắt CB tại I. CM tam giác AFC đồng dạng với tam giác BFD, suy ra FE là tia phân giác của góc CFD.

d) EA cắt CF tại M. EB cắt DF tại N. CM: M, I, N thẳng hàng.

Xem đáp án

Lời giải

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn (ảnh 1)

a) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

• Ax và CD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại C nên CA = CE;

• By và CD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại D nên DB = DE.

Suy ra: AC + BD = CE + DE = CD (đpcm)

b) ΔAEB nội tiếp đường tròn đường kính AB

Þ ΔAEB vuông tại E mà EF là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta được: AF.AB = AE² (1)

ΔBAK vuông tại A có AE là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta được: KE.EB = AE² (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AF.AB = KE.EB (đpcm)

c) Ax // By (cùng ^ AB), theo định lí Ta-lét, ta có:

\(\frac{{CE}}{{ED}} = \frac{{CI}}{{IB}} = \frac{{AF}}{{FB}}\)

Mà CE = CA và ED = BD suy ra \(\frac{{AF}}{{FB}} = \frac{{CA}}{{BD}}\)

Lại có \(\widehat {CAF} = \widehat {FBD} = 90^\circ \)

Do đó ΔAFC ᔕ ΔBFD (c.g.c) (đpcm)

d) Ta có: CA = CE; OA = OE nên OC là đường trung trực của AE.

Mà AE ^ EB Þ OC // EB hay OC // BK

Lại có O là trung điểm của BC

Do đó C là trung điểm của AK Þ AC = CK

EF // AK Þ \(\frac{{IE}}{{CK}} = \frac{{BI}}{{BC}} = \frac{{IF}}{{AC}}\)

Mà AC = CK Þ IE = IF

Gọi P = IM Ç Ax; Q = IN Ç By

Ta có: CP // IF \( \Rightarrow \frac{{CP}}{{IF}} = \frac{{MP}}{{MI}}\)

PA // IE \( \Rightarrow \frac{{MP}}{{MI}} = \frac{{AP}}{{IE}}\)

Mà IE = IF Þ CP = MP Þ P là trung điểm của AC.

Chứng minh tương tự ta có Q là trung điểm của BD.

IE // BD \( \Rightarrow \frac{{CI}}{{IB}} = \frac{{CE}}{{ED}} = \frac{{CA}}{{BD}} = \frac{{2CP}}{{2QB}} = \frac{{CP}}{{QB}}\)

và \(\widehat {PCI} = \widehat {QBI}\)

Do đó ΔPCI ᔕ ΔQBI (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {QIB} + \widehat {PIB} = \widehat {PIC} + \widehat {PIB} = 180^\circ \)

Þ P, I, Q thẳng hàng Þ M, I, N thẳng hàng (đpcm)

Câu 3/86

Biết đồ thị hàm số y = (k − 3)x − 4 cắt đường thẳng y = −3x + 2 tại điểm có tung độ bằng 5. Tìm tham số k

Xem đáp án

Lời giải

A là điểm có tung độ bằng 5 và A thuộc đường thẳng y = −3x + 2 nên ta có:

5 = −3x + 2 Û x = −1

Suy ra A(−1; 5) thuộc đường thẳng y = (k − 3)x – 4 nên ta có:

5 = (k − 3)(−1) – 4 ⇔ k = −6

Vậy k = −6 là giá trị cần tìm.

Câu 4/86

Tìm m để đồ thị hàm số bậc nhất y = mx − 4 cắt đường thẳng y = −3x + 2 tại điểm có tung độ bằng 5.

Xem đáp án

Lời giải

A là điểm có tung độ bằng 5 và A thuộc đường thẳng y = −3x+2 nên ta có:

5 = −3x+2 Û x = −1

Suy ra A(−1; 5) thuộc đường thẳngy = mx − 4 nên ta có:

5 = m(−1) – 4 Û m = −9

Vậy m = −9 là giá trị cần tìm.

Câu 5/86

Từ điểm I nằm ngoài đường tròn (O), vẽ cát tuyến cắt đường tròn tại A và B (IA < IB).Các tiếp tuyến tại A và B cắt nhau tại M. OM cắt AB tại K.

a) Chứng minh K là trung điểm của AB.

b) Vẽ MH ^ OI tại H. Chứng minh OB² = OH.OI.

c) Gọi N là giao điểm của AB và MH. Chứng minh IA.IB = IK.IN.

Xem đáp án

Lời giải

Từ điểm I nằm ngoài đường tròn (O), vẽ cát tuyến cắt đường tròn tại A và B (IA < IB (ảnh 1)

a) Ta có MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M.

Suy ra MA = MB.

Khi đó M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB (1)

Lại có OA = OB =R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB (2)

Từ (1), (2), suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

Do đó MO ^ AB tại K và K là trung điểm AB.

b) Xét ∆OHM và ∆OKI, có:

\(\widehat O\) chung.

\[\widehat {OHM} = \widehat {OKI} = 90^\circ \]

Do đó ∆OHM ᔕ ∆OKI (g.g).

Suy ra \(\frac{{OH}}{{OK}} = \frac{{OM}}{{OI}}\).

Do đó OH.OI = OM.OK.

Xét ∆AOM vuông tại A có AK là đường cao:

OA² = OK.OM (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Vậy OH.OI = OA² = OB² (điều phải chứng minh).

c) Ta có \[\widehat {OAM} = 90^\circ \;\left( {gt} \right)\]

Suy ra O, A, M nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Tương tự, ta có O, H, M nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Khi đó tứ giác AHOM nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Suy ra \(\widehat {AMO} = \widehat {AHI}\)(1)

Ta có \[\widehat {OAM} = \widehat {OBM} = 90^\circ \](MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)).

Suy ra \[\widehat {OAM} + \widehat {OBM} = 180^\circ \]

Do đó tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Vì \[\widehat {AMO} = \widehat {ABO}\](cùng chắn cung ) (2)

Từ (1), (2), suy ra \[\widehat {ABO} = \widehat {AHI}\]

Xét ∆IHN và ∆IKO, có:

\[\widehat I\] chung.

\[\widehat {IHN} = \widehat {IKO} = 90^\circ \]

Do đó ∆IHN ᔕ ∆IKO (g.g).

Suy ra \(\frac{{IH}}{{IK}} = \frac{{IN}}{{IO}}\)

Do đó IH.IO = IN.IK (3)

Xét ∆AHI và ∆OBI, có:

\[\widehat I\]chung.

\[\widehat {ABO} = \widehat {AHI}\](chứng minh trên).

Do đó ∆AHI ᔕ ∆OBI (g.g).

Suy ra \[\frac{{IA}}{{IO}} = \frac{{IH}}{{IB}}\].

Do đó IA.IB = IH.IO (4)

Từ (3), (4), suy ra IA.IB = IN.IK (điều phải chứng minh).

Câu 6/86

Tìm m để bất phương trình 2x²− (2m + 1)x + m²− 2m + 2 ≤ 0 nghiệm đúng với mọi \[x \in \left[ {\frac{1}{2};\;2} \right]\]

Xem đáp án

Lời giải

Đặt f(x) =2x²− (2m + 1)x + m²− 2m + 2

Xét ∆ = −4m² + 20m − 15

+) Nếu \(\Delta \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le \frac{{5 - \sqrt {10} }}{2}\\m \ge \frac{{5 + \sqrt {10} }}{2}\end{array} \right.\)

Suy ra f(x) ≥ 0 với mọi x (loại)

+) Nếu \(\Delta > 0 \Leftrightarrow m \in \left( {\frac{{5 - \sqrt {10} }}{2};\;\frac{{5 + \sqrt {10} }}{2}} \right)\)

Khi đó f(x) có hai nghiệm

\({x_1} = \frac{{2m + 1 - \sqrt \Delta }}{4},\;{x_2} = \frac{{2m + 1 + \sqrt \Delta }}{4}\;\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\;\)

Và f(x) ≤ 0 khi x₁ ≤ x ≤ x₂

Do đó yêu cầu bài toán

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} \le \frac{1}{2}\\{x_2} \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \le 2\sqrt \Delta \\7 - 2m \le \sqrt \Delta \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {2m - 1} \right)^2} \le 4\Delta \\{\left( {7 - 2m} \right)^2} \le \Delta \\\frac{1}{2} \le m \le \frac{7}{2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}20{m^2} - 84m = 61 \le 0\\{m^2} - 6m + 8 \le 0\\\frac{1}{2} \le m \le \frac{7}{2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow 2 \le m \le \frac{{21 + 2\sqrt {34} }}{{10}}\)

Vậy \(2 \le m \le \frac{{21 + 2\sqrt {34} }}{{10}}\).

Câu 7/86

Cho phương trình: x² − (m − 2)x− m − 1 = 0 (với m là tham số)

a) Chứng tỏ phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt x₁, x₂ với mọi m.

b) Tìm m thỏa mãn hệ thức: (x₁ − x₂)² − 3x₁x₂ = 21

Xem đáp án

Lời giải

x² − (m − 2)x − m − 1 = 0

Δ=(m−2)²+4m+ 4 =m²+8> 0, ∀m

Þ Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt

Theo Viet ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 2\\{x_1}{x_2} = - m - 1\end{array} \right.\)

(x₁−x₂)²−3x₁x₂= 21

Û(x₁+x₂)²− 7x₁x₂− 21 = 0

Û(m−2)²+7m+7− 21 =0

Ûm²+3m− 10 =0

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 5\end{array} \right.\)

Vậy m = 2 và m =−5 là các giá trị thỏa mãn.

Câu 8/86

Cho hai hàm số y=x² và y=2x − m+2.Tìm m để đồ thị hai hàm số trên chỉ có một điểm chung? Tìm tọa độ điểm chung đó?

Xem đáp án

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm là:

x² = 2x − m + 2

Û x² − 2x + m − 2 = 0

Để hai đồ thị hàm số chỉ có một điểm chung thì Δ¢ = 0

Û 1 − m + 2 = 0 Û m = 3

Vậy hoành độ giao điểm đó là nghiệm của phương trình

x² − 2x + 1 = 0 Û x = 1

Þ y = 1

Vậy tọa độ điểm chung đó là (1; 1).

Câu 9/86