7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 85)

🔥 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 1/94

Cho đường tròn (O) đường kính AB. Qua trung điểm E của OB kẻ một đường thẳng vuông góc với OB, cắt đường tròn (O) ở M và N. Kẻ dây MP song song với AB. Gọi I là điểm chính giữa của cung nhỏ PM. Gọi K là giao điểm của OI và PM. Chứng minh rằng:

a) $\overset{⏜}{A P} = \overset{⏜}{B N}$

b) Tứ giác OKME là hình chữ nhật.

c) P, O, N thẳng hàng và KE // PN.

Xem đáp án

Lời giải

Cho đường tròn (O) đường kính AB. Qua trung điểm E của OB kẻ một đường thẳng vuông góc với OB, cắt đường tròn (O) ở M và N. (ảnh 1)

a) Xét (O) có PM // AB

⇒ 2 cung $\overset{⏜}{A P}$ và $\overset{⏜}{B M}$ bị chắn bởi 2 dây trên sẽ bằng nhau.

mà BM = BN (∆BMN cân tại B vì có BE vừa là đ/c, đường trung tuyến)

⇒ $\overset{⏜}{B M} = \overset{⏜}{B N}$

⇒ $\overset{⏜}{A P} = \overset{⏜}{B N}$

b) Xét (O) có OI đi qua điểm chính giữa của PM (giả thiết)

⇒ OI vuông góc với dây PM tại K

⇒ $\hat{O K M} = 90 °$

Xét tứ giác OKME có 3 góc vuông: $\hat{O K M} = 90 °$ (cmt),

$\hat{M E O} = 90 °$ ( MN vuông góc với OB tại E)

$\hat{E M K} = 90 °$ (vì PM//AB, AB vuông góc với MN ⇒ PM vuông góc với MN tại M)

⇒ OKME là hình chữ nhật

c) Ta có: $\hat{O P I} = \hat{N O E}$ (vì 2 góc đồng vị, MP//AB)

mà $\hat{O P I} + \hat{P O I} = 90 °$ (∆POK vuông tại K)

⇒ $\hat{N O E} + \hat{P O I} = 90 °$

⇒ $\hat{N O E} + \hat{P O I} + \hat{I O E} = 90 ° + 90 ° = 180 °$

⇒ P, O, N thẳng hàng

- Xét ∆PMN có KE đường trung bình (K là trung điểm PM, E là trung điểm MN)

⇒ KE//PN.

Câu 2/94

Cho đa thức R(x) = x² – 2x. Tính giá trị biểu thức $S = \frac{1}{R (3)} + \frac{1}{R (4)} + ... + \frac{1}{R (2022)} + \frac{1}{R (2023)}$

Xem đáp án

Lời giải

R(x) = x² – 2x = x(x – 2)

R(3) = 3² – 2.3 = 3(3 – 2) = 1.3

R(4) = 2.4

R(5) = 3.5

….

R(2023) = 2021.2023

$S = \frac{1}{R (3)} + \frac{1}{R (4)} + ... + \frac{1}{R (2022)} + \frac{1}{R (2023)} S = \frac{1}{1.3} + \frac{1}{3.5} + ... + \frac{1}{2021.2023} + \frac{1}{2.4} + ... \frac{1}{2020.2022} S = \frac{1}{2} . (\frac{2}{1.3} + ... + \frac{2}{2021.2023} + \frac{2}{2.4} + ... \frac{2}{2020.2022}) S = \frac{1}{2} . (1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + ... + \frac{1}{2021} - \frac{1}{2023} + \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + ... \frac{1}{2020} - \frac{1}{2022}) S = \frac{1}{2} . (\frac{2022}{2023} + \frac{505}{1011}) S \approx 0, 7496$

Câu 3/94

Rút gọn biểu thức: (4x – 1)³ - (4x − 3)(16x² + 3).

Xem đáp án

Lời giải

(4x – 1)³ - (4x − 3)(16x² + 3)

= 64x³ – 48x² + 12x – 1 – (64x³ + 12x – 48x² – 9)

= 64x³ – 48x² + 12x – 1 – 64x³ – 12x + 48x² + 9

= 8.

Câu 4/94

Cho tam giác ABC. Hai điểm M và N di chuyển sao cho $\vec{M N} = 2 \vec{M A} - \vec{M B} + \vec{M C}$ . Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định.

Xem đáp án

Lời giải

Cho tam giác ABC. Hai điểm M và N di chuyển sao cho Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định. (ảnh 1)

Với cách lấy điểm I như trên, ta có điểm I cố định. Khi đó MN đi qua I, thật vậy:

Theo giả thiết có: $\vec{M N} = 2 \vec{M A} - \vec{M B} + \vec{M C}$

⇒ $\vec{M N} = 2 \vec{M A} - \vec{M B} + \vec{M C} = 2 \vec{M I} + 2 \vec{I A} - \vec{M I} - \vec{I B} + \vec{M I} + \vec{I C}$

$\vec{M N} = 2 \vec{M I} + (2 \vec{I A} - \vec{I B} + \vec{I C}) \vec{M N} = 2 \vec{M I}$

Suy ra I là trung điểm MN hay MN đi qua I cố định.

Câu 5/94

Tìm m để A giao B bằng rỗng biết A = [m; m + 1] và B = (-1; 3).

Xem đáp án

Lời giải

Để A ∩ B = ∅ thì:

[\begin{array}{l} m + 1 \leq - 1 \\ m \geq 3 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m \leq - 2 \\ m \geq 3 \end{array}

Câu 6/94

Cho hình bình hành ABCD. Ở phía ngoài hình bình hành, vẽ các hình vuông ABEF và ADGH. Chứng minh:

a) ΔAHF = ΔADC.

b) AC ⊥ HF.

Xem đáp án

Lời giải

Cho hình bình hành ABCD. Ở phía ngoài hình bình hành, vẽ các hình vuông ABEF và ADGH. Chứng minh: a) ΔAHF = ΔADC. b) AC ⊥ HF. (ảnh 1)

Gọi K là giao điểm của AC và HF

a) Do ABEF và ADGH đều là hình vuông nên $\hat{B A F} = \hat{D A H} = 90 °$

AH = BA, AH = DA

Do ABCD là hình bình hành nên BA=DC.

Suy ra AF = DC

Ta chứng minh được $\hat{H A F} + \hat{D A B} = 180 °$ và $\hat{A D C} + \hat{D A B} = 180 °$

Suy ra $\hat{A D C} = \hat{H A F}$

Xét hai tam giác HAF và ADC, ta có:

AH = DA

$\hat{A D C} = \hat{H A F}$

AF = DA

Suy ra ΔHAF = ΔADC (c.g.c)

b) Ta có: $\hat{H A K} + \hat{D A H} + \hat{D A C} = \hat{C A K} = 180 °$ và $\hat{D A H} = 90 °$ nên $\hat{H A K} + \hat{D A C} = 90 °$

Mà $\hat{D A C} = \hat{A H F}$ (vì ΔHAF = ΔADC), suy ra $\hat{H A K} + \hat{A H F} = 90 °$

Trong tam giác AHK, ta có: $\hat{A K H} + \hat{H A K} + \hat{A H F} = 180 °$

Suy ra $\hat{A K H} = 90 °$

Vậy AK ⊥ HK hay AC ⊥ HF.

Câu 7/94

Cho tứ giác ABCD. M, N là trung điểm của AC và BD.

Chứng minh: AB²+ BC² + CD² + DA² = AC² + BD² + 4MN².

Xem đáp án

Lời giải

Cho tứ giác ABCD. M, N là trung điểm của AC và BD. Chứng minh: AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = AC2 + BD2 + 4MN2. (ảnh 1)

Trong tam giác ABD ta có AN là đường trung tuyến:

$A N^{2} = \frac{A B^{2} + A D^{2}}{2} - \frac{B D^{2}}{4}$

⇒ AB² + AD² = 2AN² + $\frac{B D^{2}}{2}$ (1)

Trong tam giác CBD có CN là đường trung tuyến:

$C N^{2} = \frac{C D^{2} + C B^{2}}{2} - \frac{B D^{2}}{4}$

⇒ CB² + CD² = 2CN² + $\frac{B D^{2}}{2}$ (2)

Cộng (1) với (2) ta được: AB² + AD² + CB² + CD² = 2AN² + 2CN² + BD²(3)

Xét tam giác CAN có NM là trung tuyến:

$M N^{2} = \frac{C N^{2} + A N^{2}}{2} - \frac{A C^{2}}{4}$

⇒ AN² + CN² = 2MN² + $\frac{A C^{2}}{2}$ (4)

Thay (4) vào (3) ta được:

AB² + AD² + CB² + CD² = 2.(2MN² + $\frac{A C^{2}}{2}$ ) + BD² = 4MN² + AC² + BD²

Vậy B²+ BC² + CD² + DA² = AC² + BD² + 4MN².

Câu 8/94

Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ ra phía ngoài của tam giác này các tam giác ABD và tam giác ACE vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng hai đường thẳng MA và BC vuông góc với nhau.

Xem đáp án

Lời giải

Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ ra phía ngoài của tam giác này các tam giác ABD và tam giác ACE vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của DE. (ảnh 1)

Vẽ hình bình hành DAEF. Khi đó AF đi qua M.

Gọi H là giao điểm của MA với BC.

Ta có: EF = AD = AB.

$\hat{A E F} + \hat{D A E} = 180 °$ mà $\hat{B A C} + \hat{D A E} = 180 °$ nên $\hat{A E F} = \hat{B A C}$

Xét tam giác AEF và CAB có:

AC = AE

$\hat{A E F} = \hat{B A C}$

AB = AF

⇒ ΔAEF = ΔCAB (g.c.g)

⇒ $\hat{A_{1}} = \hat{C_{1}}$

Lại có: $\hat{A_{1}} + \hat{A_{2}} = 90 °$

Suy ra: $\hat{C_{1}} + \hat{A_{2}} = 90 ° \Rightarrow \hat{H} = 90 °$

Do đó: AM vuông góc BC.

Câu 9/94