51 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi thử thpt quốc gia môn Toán mới nhất cực hay (Đế số 2)

Câu 1:

17/06/2026

Trong không gian chỉ có 5 loại khối đa diện đều

Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. Khối lập phương và khối bát diện đều có cùng số cạnh

B. Khối mười hai mặt đều và khối hai mặt đều có cùng số đỉnh

C. Khối tứ diện đều và khối bát diện đều có 1 tâm đối xứng

D. Mọi khối đa diện đều có số mặt là những số chia hết cho 4

Xem đáp án

Đáp án A

Khối lập phương và khối bát diện đều có 12 cạnh nên A đúng.

Khối mười hai mặt đều có 20 đỉnh, khối hai mặt đều có 12 đỉnh nên B sai.

Khối bát diện chưa chắc có tâm đối xứng nên C sai.

Hình chóp có đáy là tứ giác có số mặt không chia hết cho 4 nên D sai.

Câu 2:

17/06/2026

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm $M (2; - 1; 1)$ . Tìm tọa độ điểm M¢ là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (Oxy)

A. $M' (2; - 1; 0)$

B. $M' (0; 0; 1)$

C. $M' (- 2; 1; 0)$

D. $M' (2; 1; - 1)$

Xem đáp án

Đáp án A.

Tọa độ điểm $M (2; - 1; 1)$ trên mặt phẳng (Oxy) là $M' (2; - 1; 0)$ .

Câu 3:

17/06/2026

Diện tích của hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f (x)$ trục hoành và hai đường thẳng $x = a; x = b (a < b)$ (phần tô đậm trong hình vẽ) tính theo công thức

A. $S = \int_{a}^{c} f (x) d x + \int_{c}^{b} f (x) d x$

B. $S = \int_{a}^{b} f (x) d x$

C. $S = |\int_{a}^{b} f (x) d x|$

D. $S = - \int_{a}^{c} f (x) d x + \int_{c}^{b} f (x) d x$

Xem đáp án

Đáp án D.

Ta có

$S = \int_{a}^{c} |f (x)| d x + \int_{c}^{b} |f (x)| d x = - \int_{a}^{c} f (x) d x + \int_{c}^{b} f (x) d x$

Câu 4:

17/06/2026

Tìm tập xác định của hàm số $y = {(2 - \sqrt{x - 1})}^{\sqrt{3}}$

A. $D = (- \infty; 5)$

B. $D = [1; 5)$

C. $D = [1; 3)$

D. $D = [1; + \infty)$

Xem đáp án

Đáp án B.

Điều kiện:

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} x - 1 \geq 0 \\ 2 - \sqrt{x - 1} > 0 \end{cases} \\ \Leftrightarrow \{\begin{cases} x \geq 1 \\ x < 5 \end{cases} \Rightarrow D = [1; 5) \end{array}$

Câu 5:

17/06/2026

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm $A (1; 2; - 1), B (- 3; 4; 3), C (3; 1; - 3) .$ Số điểm D sao cho 4 điểm A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình bình hành là

A. 3

B. 1

C. 2

D. 0

Xem đáp án

Đáp án D.

Ta có

$\vec{A B} = (- 4; 2; 4), \vec{A C} = (2; - 1; - 2) \Rightarrow A, B, C$

thẳng hàng nên không có D thỏa mãn.

Câu 6:

17/06/2026

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng D đi qua điểm $M (2; 0; - 1)$ và có véctơ chỉ phương $\vec{a} = (4; - 6; 2) .$ Phương trình tham số của D là

A. $\{\begin{cases} x = - 2 + 4 t \\ y = - 6 t \\ z = 1 + 2 t \end{cases}$

B. $\{\begin{cases} x = - 2 + 2 t \\ y = - 3 t \\ z = 1 + t \end{cases}$

C. $\{\begin{cases} x = 4 + 2 t \\ y = - 6 - 3 t \\ z = 2 + t \end{cases}$

D. $\{\begin{cases} x = 2 + 2 t \\ y = - 3 t \\ z = - 1 + t \end{cases}$

Xem đáp án

Đáp án D.

Phương trình tham số của D là

$\{\begin{cases} x = 2 + 2 t \\ y = - 3 t \\ z = - 1 + t \end{cases}$

Câu 7:

17/06/2026

Trong không với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm $A (1; - 2; 1), B (1; 4; 3) .$ Độ dài đoạn AB là

A. 3

B. $\sqrt{6}$

C. $2 \sqrt{3}$

D. $2 \sqrt{13}$

Xem đáp án

Đáp án D.

Ta có $\vec{AB} = (0; 6; 4) \Rightarrow AB = \sqrt{6^{2} + 4^{2}} = 2 \sqrt{13}$

Câu 8:

17/06/2026

Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số khác nhau?

A. 328

B. 405

C. 360

D. 500

Xem đáp án

Đáp án A.

Giả sử số đó là $\bar{a_{1} a_{2} a_{3}}$ .

Trường hợp 1: $a_{3} = 0,$ chọn $\bar{a_{1} a_{2}}$ có $A_{9}^{2}$ cách chọn

$\Rightarrow$ có $A_{9}^{2}$ số

Trường hợp 2: $a_{3} \in \{2; 4; 6; 8\}$ chọn $a_{1}$ có 8 cách chọn, chọn $a_{1}$ có 8 cách chọn

$\Rightarrow$ có $4.8.8$ số

Do đó có $A_{9}^{2} + 4.8.8 = 328$ số thỏa mãn.

Câu 9:

17/06/2026

Cho hai số phức $z_{1} = 1 + 2 i, z_{2} = 3 - i .$ Tìm số phức $z = \frac{z_{2}}{z_{1}}$

A. $z = \frac{1}{10} + \frac{7}{10} i$

B. $z = \frac{1}{5} + \frac{7}{5} i$

C. $z = \frac{1}{5} - \frac{7}{5} i$

D. $z = - \frac{1}{10} + \frac{7}{10} i$

Xem đáp án

Đáp án C.

Ta có

$\begin{array}{l} z = \frac{z_{2}}{z_{1}} = \frac{3 - i}{1 + 2 i} \\ = \frac{(3 - i) (1 - 2 i)}{(1 + 2 i) (1 - 2 i)} \\ = \frac{1 - 7 i}{5} = \frac{1}{5} - \frac{7}{5} i \end{array}$

Câu 10:

17/06/2026

$F (x)$ là một nguyên hàm của hàm số $f (x) = 3 x^{2} + \frac{1}{2 x + 1} .$ Biết $F (0) = 0,$ $F (1) = a + \frac{b}{c} \ln 3,$ trong đó a, b, c là các số nguyên dương và $\frac{b}{c}$ là phân số tối giản. Khi đó giá trị biểu thức $a + b + c$ bằng

A. 4

B. 3

C. 12

D. 9

Xem đáp án

Đáp án A.

Ta có

$\begin{array}{l} F (x) = \int (3 x^{2} + \frac{1}{2 x + 1}) d x \\ = x^{3} + \frac{1}{2} \ln |2 x + 1| + C \end{array}$

mà $F (0) = 0 \Rightarrow C = 0$

Do đó

$\begin{array}{l} F (x) = x^{3} + \frac{1}{2} \ln |2 x + 1| \\ \Rightarrow F (1) = 1 + \frac{1}{2} \ln 3 \\ \Rightarrow a = 1; b = 1; c = 2 \\ \Rightarrow a + b + c = 4 \end{array}$ .

Câu 11:

17/06/2026

Đường cong hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?

A. $y = - x^{4} + 4 x^{2}$

B. $y = x^{2}$

C. $y = 2 x^{4} + x^{2}$

D. $y = 3 x^{4} - x^{2} + 1$

Xem đáp án

Đáp án C

Đồ thị hàm số đi qua điểm $(1; 3)$ nên A hoặc C đúng

Mà

$\lim_{x \to \infty} y = + \infty \Rightarrow a > 0$ .

Câu 12:

17/06/2026

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu (S) có tâm $I (0; 1; - 1)$ và tiếp xúc với mặt phẳng $(P) : 2 x - y + 2 z - 3 = 0$

A. $x^{2} + {(y + 1)}^{2} + {(z + 1)}^{2} = 4$

B. $x^{2} + {(y + 1)}^{2} + {(z - 1)}^{2} = 4$

C. $x^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z + 1)}^{2} = 4$

D. $x^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z + 1)}^{2} = 2$

Xem đáp án

Đáp án C.

Ta có

$\begin{array}{l} R = d (I; (P)) = \frac{|2.0 - 1 + 2. (- 1) - 3|}{\sqrt{2^{2} + {(- 1)}^{2} + 2^{2}}} = 2 \\ \Rightarrow (S) : x^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z + 1)}^{2} = 4 \end{array}$

Câu 13:

17/06/2026

Cho các số nguyên dương $k, n (k < n) .$ Mệnh đề nào sau đây sai?

A. $C_{n}^{k} = \frac{n!}{(n - k)!}$

B. $A_{n}^{k} = k! C_{k}^{n}$

C. $C_{n}^{n - k} = C_{n}^{k}$

D. $C_{n}^{k} + C_{n}^{k + 1} = C_{n + 1}^{k + 1}$

Xem đáp án

Đáp án A.

Ta có $C_{n}^{k} = \frac{n!}{(n - k)! k!}$

Câu 14:

17/06/2026

Thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi phép quay trục hoành hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = e^{\frac{x}{2}},$ trục hoành, trục tung và đường thẳng $x = 2$ bằng

A. $π e^{2}$

B. $π (e^{2} - 1)$

C. $π (e - 1)$

D. $e^{2} - 1$

Xem đáp án

Đáp án B.

Ta có $V = π \int_{0}^{2} e^{x} = π (e^{2} - 1)$ .

Câu 15:

17/06/2026

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số $y = \sin x$ đồng biến trên $(0; \frac{π}{2})$

B. Đồ thị hàm số $y = \sin x$ có tiệm cận ngang

C. Hàm số $y = \sin x$ tuần hoàn với chu kì $y = \sin x$

D.Hàm số $y = \sin x$ là hàm số chẵn

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có ngay A đúng

+) B thì đồ thị hàm số không có TCN.

+) C thì $T = 2 π$ .

$+) D$ thì hàm số là hàm số lẻ.

Câu 16:

17/06/2026

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh $a, S A ⊥ (A B C D), S C$ tạo với mặt đáy một góc $60 ° .$ Tính thể tích V của khối chóp đã cho

A. $V = \frac{a^{3} \sqrt{6}}{6}$

B. $V = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$

C. $V = \frac{a^{3} \sqrt{6}}{3}$

D. $V = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{3}$

Xem đáp án

Đáp án D.

Ta có $S C \cap (A B C D) = \{C\}$ và

Ta có

$\begin{array}{l} S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow \hat{(S C, (A B C D))} \\ = \hat{(S C, A C)} = \hat{S C A} = 60 ° \end{array}$

$\begin{array}{l} \tan \hat{S C A} = \frac{S A}{A C} \Rightarrow S A = A C \tan \hat{S C A} = a \sqrt{3} \\ \Rightarrow V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S A . S_{A B C D} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{3} \end{array}$ .

Câu 17:

17/06/2026

Phương trình $4^{2 x - 4} = 16$ có nghiệm là

A. $x = 3$

B. $x = 2$

C. $x = 4$

D. $x = 1$

Xem đáp án

Đáp án A.

Ta có

$4^{2 x - 4} = 16 \Leftrightarrow 2 x - 4 = 2 \Leftrightarrow x = 3$

Câu 18:

17/06/2026

Cho tứ diện đều ABCD. Gọi j là góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (BCD). Tính $\cos φ$

A. $\cos φ = \frac{1}{2}$

B. $\cos φ = 0$

C. $\cos φ = \frac{\sqrt{2}}{3}$

D. $\cos φ = \frac{\sqrt{3}}{3}$

Xem đáp án

Đáp án D.

Giả sử cạnh của tứ diện là a.

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp $Δ B C D \Rightarrow A H ⊥ (B C D)$

Ta có $A B \cap (B C D) = \{B\}$ và $A H ⊥ (B C D) \Rightarrow \hat{(A B, (B C D))} = \hat{(A B, B H)} = \hat{A B H}$

Ta có $B H = \frac{2}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{3} \Rightarrow \cos \hat{A B H} = \frac{B H}{A B} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

Câu 19:

17/06/2026

Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A.Số phức $z = 2 - 3 i$ có phần thực là 2 và phần ảo là $- 3 i$ .

B. Số phức $z = 2 - 3 i$ có phần thực là 2 và phần ảo là $- 3$

C. Số phức $z = 2 - 3 i$ có phần thực là 2 và phần ảo là $3 i$ .

D. Số phức $z = 2 - 3 i$ có phần thực là 2 và phần ảo là 3.

Xem đáp án

Đáp án B.

Số phức $z = 2 - 3 i$ có phần thực là 2 và phần ảo là $- 3.$

Câu 20:

17/06/2026

Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng $(- 1; 1)$ ?

A. $y = x^{2}$

B. $y = - x^{3} + 3 x$

C. $y = \sqrt{1 - x^{2}}$

D. $y = \frac{x + 1}{x}$

Xem đáp án

Đáp án B.

Xét từng đáp án:

Đáp án A: ta có $y' = 2 x$ chưa xác định được dấu

Đáp án B: ta có $y' = - 3 x^{2} + 3 > 0, \forall x \in (- 1; 1)$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $(- 1; 1)$ .

Đáp án C: ta có $y' = \frac{- x}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ chưa xác định được dấu

Đáp án D: ta có $y' = - \frac{1}{x^{2}} < 0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $(- 1; 0)$ và $(0; 1)$ .

Câu 21:

17/06/2026

Cho hàm số $y = f (x)$ có bảng biến thiên như hình vẽ

Hàm số có giá trị cực đại bằng

A. 1

B. 2

C. 0

D. -1

Xem đáp án

Đáp án C.

Hàm số có giá trị cực đại bằng 0

Câu 22:

17/06/2026

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu $(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 (x + 2 y + 3 z) = 0$ . Các điểm A, B, C lần lượt là giao điểm (khác gốc tọa độ) của mặt cầu (S) và các trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Phương trình mặt phẳng (ABC) là

A. $6 x - 3 y - 2 z - 12 = 0$

B. $6 x + 3 y + 2 z - 12 = 0$

C. $6 x - 3 y - 2 z + 12 = 0$

D. $6 x - 3 y + 2 z - 12 = 0$

Xem đáp án

Đáp án A.

$6 x - 3 y + 2 z - 12 = 0$ .

Tương tự

$B (0; 4; 0), C (0; 0; 6) \Rightarrow (A B C) : \frac{x}{2} + \frac{y}{4} + \frac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow 6 x + 3 y + 2 z - 12 = 0.$

Câu 23:

17/06/2026

Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

A. ${(1 - \frac{\sqrt{2}}{2})}^{2018} < {(1 - \frac{\sqrt{2}}{2})}^{2017}$

B. $2^{\sqrt{2} + 1} > 2^{\sqrt{3}}$

C. ${(\sqrt{2} - 1)}^{2017} > {(\sqrt{2} - 1)}^{2018}$

D. ${(\sqrt{3} - 1)}^{2018} > {(\sqrt{3} - 1)}^{2017}$

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có

$+ \{\begin{cases} 0 < 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} < 1 \\ 2018 > 2017 \end{cases} \Rightarrow {(1 - \frac{\sqrt{2}}{2})}^{2018} < {(1 - \frac{\sqrt{2}}{2})}^{2017}$

$+ \{\begin{cases} 2 > 1 \\ \sqrt{2} + 1 > \sqrt{3} \end{cases} \Rightarrow 2^{\sqrt{2} + 1} > 2^{\sqrt{3}}$ .

$+ \{\begin{cases} 0 < \sqrt{2} - 1 < 1 \\ 2017 < 2018 \end{cases} \Rightarrow {(\sqrt{2} - 1)}^{2017} > {(\sqrt{2} - 1)}^{2018}$

$+ \{\begin{cases} 0 < \sqrt{3} - 1 < 1 \\ 2018 > 2017 \end{cases} \Rightarrow {(\sqrt{3} - 1)}^{2018} < {(\sqrt{3} - 1)}^{2017}$

Câu 24:

17/06/2026

Khoảng cách giữa hai tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{1}{x^{2} - 2}$ bằng

A. 2

B. $\sqrt{2}$

C. $2 \sqrt{2}$

D. 4

Xem đáp án

Đáp án C.

Đồ thị hàm số $y = \frac{1}{x^{2} - 2}$ có tiệm cận đứng là $x = \sqrt{2}$ và $x = - \sqrt{2} .$

Khoảng cách giữa hai đường thẳng $x = \sqrt{2}$ và $x = - \sqrt{2}$ bằng $2 \sqrt{2}$ .

Câu 25:

17/06/2026

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn $[- 14; 15]$ sao cho đường thẳng $y = m x + 3$ cắt đồ thị của hàm số $y = \frac{2 x + 1}{x - 1}$ tại hai điểm phân biệt?

A. 17

B. 16

C. 20

D. 15

Xem đáp án

Đáp án B.

Ta có

$\begin{array}{l} m x + 3 = \frac{2 x + 1}{x - 1} \Rightarrow m x^{2} - (m - 1) x - 4 = 0 \\ \Rightarrow \{\begin{cases} m \neq 0 \\ Δ = {(m - 1)}^{2} + 16 m > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m \neq 0 \\ m > - 7 + 4 \sqrt{3} \\ m < - 7 - 4 \sqrt{3} \end{cases} \end{array}$

Mà

$\{\begin{cases} m \in ℤ \\ m \in [- 14; 15] \end{cases} \Rightarrow m \in \{- 14; 1; 2; ...; 15\}$

Câu 26:

17/06/2026

Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = - x^{4} + 4 x^{2} - 5$ trên $[- 2; 3]$ bằng

A. -5

B. -50

C. -1

D. -197

Xem đáp án

Đáp án B.

Ta có

$\{\begin{cases} x \in (- 2; 3) \\ y' = - 4 x^{3} + 8 x = 0 \end{cases} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = \pm \sqrt{2} \end{array}$

Tính

$y (- 2) = - 5; y (3 - 50); y (0) = - 5; y (\sqrt{2}) = - 1, y (- \sqrt{2}) = - 1.$

Câu 27:

17/06/2026

Cho hình lăng trụ tam giác đều $A B C . A' B' C'$ có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và B’C’. Mặt phẳng $(A' M N)$ cắt cạnh BC tại P. Thể tích khối đa diện $M B P . A' B' N'$ là

A. $\frac{\sqrt{3} a^{3}}{24}$

B. $\frac{7 \sqrt{3} a^{3}}{96}$

C. $\frac{\sqrt{3} a^{3}}{12}$

D. $\frac{7 \sqrt{3} a^{3}}{32}$

Xem đáp án

Đáp án B

Tọa độ hóa với $O \equiv N, O x \equiv N B', O y \equiv N A', O z \equiv N K$ và chuẩn hóa vớí $a = 2$ .

Ta có

$\begin{array}{l} A' (0; \sqrt{3}; 0), \{\begin{cases} A (0; \sqrt{3}; 2) \\ B (1; 0; 2) \end{cases} \\ \Rightarrow M (\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}; 2) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \{\begin{cases} \vec{N A'} = (0; \sqrt{3}; 0) \\ \vec{N M} = (\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}; 2) \end{cases} \Rightarrow \vec{n_{(A' M N)}} \\ = [\vec{N A'} . \vec{N M}] = (2 \sqrt{3}; 0; - \frac{\sqrt{3}}{2}) \end{array}$

$\Rightarrow (A' M N) : 4 x - z = 0$

Lại có

$B (1; 0; 2), K (0; 0; 2) \Rightarrow \vec{K B} = (1; 0; 0) \Rightarrow B C : \{\begin{cases} x = t \\ y = 0 \\ z = 2 \end{cases}$

Mà

$P = B C \cap (A; M N) \Rightarrow P (\frac{1}{2}; 0; 2)$

$\begin{array}{l} V_{M B P . A' B' N'} = V_{M . A' B' N} + V_{M . B P N B} = V_{A . A' B' N} + \frac{1}{2} V_{A . B P N B'} \\ V_{A . A' B' N} = \frac{1}{2} V_{A . A' B' C'} = \frac{1}{6} V_{A B C . A' B' C'} \\ S_{B P N B'} = \frac{1}{2} S_{B C C' B'} - S_{N P K} = \frac{1}{2} S_{B C C' B'} - \frac{1}{8} S_{B C C' B'} \\ = \frac{3}{8} S_{B C C' B'} = \frac{3}{4} S_{B C B'} \Rightarrow V_{A . B P N B'} = \frac{3}{4} V_{A . B C B'} = \frac{1}{4} V_{A B C . A' B' C'} \\ \Rightarrow V_{M B P . A' B' N} = \frac{7}{24} V_{A B C . A' B' C'} = \frac{7}{24} A' A . S_{A B C} = \frac{7}{24} a . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{7 a^{3} \sqrt{3}}{96} \end{array}$

Câu 28:

17/06/2026

Cho hàm số $y = f (x)$ có bảng biến thiên như hình vẽ

Đồ thị hàm số $y = |f (x) - 2 m|$ có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi

A. $m \in (4; 11)$

B. $m \in [2; \frac{11}{2}]$

C. $m \in (2; \frac{11}{2})$

D. $m = 3$

Xem đáp án

Đáp án C.

$Y C B T \Leftrightarrow g (x_{1}) . g (x_{2}) < 0$ với $x_{1} = 1, x_{2} = 2$ là điểm cực trị của hàm số $g (x) = f (x) - 2 m$

$\Rightarrow [f (1) - 2 m] . [f (2) - 2 m] < 0 \Leftrightarrow (11 - 2 m) (4 - 2 m) < 0 \Leftrightarrow 2 < m < \frac{11}{2}$

Câu 29:

17/06/2026

Biết rằng bất phương trình $m (|x| + \sqrt{1 - x^{2}} + 1) \leq 2 \sqrt{x^{2} - x^{4}} + \sqrt{x^{2}} + \sqrt{1 - x^{2}} + 2$ có nghiệm khi và chỉ khi $m \in (- \infty; a \sqrt{2} + b]$ với $a, b \in ℤ .$ Tính giá trị của $T = a + b$ .

A. T = 0

B. $T = 1$

C. $T = 2$

D. $T = 3$

Xem đáp án

Đáp án B.

$t = |x| + \sqrt{1 - x^{2}} + 1 \geq 0 \Rightarrow t^{2} = 1 + 2 |x| \sqrt{1 - x^{2}} = 1 + 2 \sqrt{x^{2} - x^{4}} \Rightarrow m \leq \frac{(t^{2} - 1) + t + 2}{t + 1} = t + \frac{1}{t + 1} = f (t)$

Ta có $t^{2} \geq 1 \Rightarrow t \geq 1$ mà $t \leq \sqrt{2 (x^{2} + (1 - x^{2}))} = \sqrt{2} \Rightarrow t \in [1; \sqrt{2}]$

Khi đó $f' (t) = 1 - \frac{1}{t + 1} > 0, \forall t \in (1; \sqrt{2}) \Rightarrow f (t)$ đồng biến trên $[1; \sqrt{2}]$

$\Rightarrow m \leq f (\sqrt{2}) = 2 \sqrt{2} - 1 \Rightarrow T = 1$

Câu 30:

17/06/2026

Cho hàm số $y = \frac{x + 2}{x - 2}$ có đồ thị là (C). Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tiếp tuyến của (C) cắt hai đường tiệm cận của (C) tại hai điểm A, B. Giá trị nhỏ nhất của chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng

A. $2 π$

B. $8 π$

C. $4 \sqrt{2} π$

D. $4 π$

Xem đáp án

Đáp án C.

Ta có $I (2; 1)$ .

Tiếp tuyến với $(C)$ tại điểm $M (x_{0}; \frac{x_{0} + 2}{x_{0} - 2})$ là $d : y = \frac{- 4}{{(x_{0} - 2)}^{2}} (x - x_{0}) + \frac{x_{0} + 2}{x_{0} - 2}$

Tọa độ A là nghiệm của hệ

$\{\begin{cases} y = \frac{- 4}{{(x_{0} - 2)}^{2}} (x - x_{0}) + \frac{x_{0} + 2}{x_{0} - 2} \\ x = 2 \end{cases} \Rightarrow y = \frac{4}{x_{0} - 2} + \frac{x_{0} + 2}{x_{0} - 2} \Rightarrow A (2; \frac{x_{0} + 6}{x_{0} - 2}) \Rightarrow \vec{I A} = (0; \frac{8}{x_{0} - 2})$

Tọa độ B là nghiệm của hệ

$\{\begin{cases} y = \frac{- 4}{{(x_{0} - 2)}^{2}} (x - x_{0}) + \frac{x_{0} + 2}{x_{0} - 2} \\ y = 2 \end{cases} \Rightarrow {(x_{0} - 2)}^{2} = - 4 (x - x_{0}) + x_{0}^{2} - 4 \Rightarrow B (2 x_{0} - 2; 1) \Rightarrow \vec{I B} = (2 x_{0} - 4; 0)$ Do đó $C_{I A B} = π . A B = π \sqrt{I A^{2} + I B^{2}} \geq π \sqrt{2 I A . I B}$

Mà $I A . I B = |\frac{8}{x_{0} - 2}| . |2 x_{0} - 4| = 16 \Rightarrow C_{I A B} \geq 4 π \sqrt{2}$

Câu 31:

17/06/2026

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là $\frac{x}{1} = \frac{y - 6}{- 4} = \frac{z - 6}{- 3} .$ Biết rằng điểm $M (0; 5; 3)$ thuộc đường thẳng AB và điểm $N (1; 1; 0)$ thuộc đường thẳng AC. Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng AC?

A. $\bar{u_{1}} = (1; 2; 3)$

B. $\bar{u_{2}} = (0; - 2; 6)$

C. $\bar{u_{3}} = (0; 1; - 3)$

D. $\bar{u_{4}} = (0; 1; 3)$

Xem đáp án

Đáp án D.

Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua đường thẳng $d : \frac{x}{1} = \frac{y - 6}{- 4}; \frac{z - 6}{- 3} .$

Gọi $H (t; 6 - 4 t; 6 - 3 t) \in d$ là hình chiếu vuông góc của M trên d

Ta có: $\vec{M H} = (t; t - 4 t; 3 - 3 t)$ , cho $\vec{M H} . \vec{u_{d}} = 1 + 16 t - 4 + 9 t - 9 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \Rightarrow H (\frac{1}{2}; 4; \frac{9}{2})$

Khi đó $M' (1; 3; 6)$ suy ra vecto chỉ phương cuả $\vec{A C}$ là $\vec{M' N} = (0; - 2 - 6) = - 2 (0; 1; 3)$ .

Câu 32:

17/06/2026

Cần phải làm cái cửa sổ mà phía trên là hình bán nguyệt, phía dưới là hình chữ nhật, có chu vi là a (mét) với a là chu vi hình bán nguyệt cộng với chu vi hình chữ nhật và trừ đi đường kính của hình bán nguyệt. Gọi d là đường kính của hình bán nguyệt. Hãy xác định d để diện tích cửa số là lớn nhất

A. $d = \frac{a}{4 + π}$

B. $d = \frac{2 a}{4 + π}$

C. $d = \frac{a}{2 + π}$

D. $d = \frac{2 a}{2 + π}$

Xem đáp án

Đáp án B.

Gọi x, y là các kích thước của hình chữ nhật với bán kính đường bán nguyệt $r = \frac{x}{2}$

Ta có: $2 (x + y) + π \frac{x}{2} - x = (1 + \frac{π}{2}) x + 2 y = a$

Diện tích của cửa sổ là:

$S = x y + \frac{π r^{2}}{3} = x y + \frac{π x^{2}}{8} = x (y + \frac{π x}{8}) = x (\frac{a - x - \frac{π x}{2}}{2} + \frac{π x}{8})$

Dấu “=” xảy ra khi $x = \frac{a}{\frac{π}{4} + 1} - x \Leftrightarrow 2 x = \frac{a}{\frac{π}{4} + 1} \Rightarrow x = \frac{2 a}{π + 4} = d$

$S = x [\frac{a}{2} - (\frac{π}{8} + \frac{1}{2}) x] = (\frac{π}{8} + \frac{1}{2}) . x (\frac{a}{\frac{π}{4} + 1} - x) \leq (\frac{π}{8} + \frac{1}{2}) . \frac{{(x + \frac{a}{\frac{π}{4} + 1} - x)}^{2}}{4} = \frac{a^{2}}{2 π + 8}$

Câu 33:

17/06/2026

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại $A, \hat{A B C} = 30 °,$ tam giác SBC là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách h từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).

A. $h = \frac{2 a \sqrt{39}}{13}$

B. $h = \frac{a \sqrt{39}}{13}$

C. $h = \frac{a \sqrt{39}}{26}$

D. $h = \frac{a \sqrt{39}}{52}$

Xem đáp án

Đáp án B.

Gọi H là trung điểm của BC khi đó $S H ⊥ B C$ do $(S B C) ⊥ (A B C) \Rightarrow S H ⊥ (A B C)$

Lại có: $C B = 2 C H \Rightarrow d (C; (S A B)) = 2 d (H; (S A B))$

Dựng $\{\begin{cases} H E ⊥ A B \\ H F ⊥ S E \end{cases} \Rightarrow d_{H} = H F$

Mặt khác $H E = \frac{A C}{2} = \frac{1}{2} B C . \sin \hat{A B C} = \frac{a}{4}; S H = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

Do đó $H F = \frac{S H . H E}{\sqrt{S H^{2} + H E^{2}}} = \frac{a \sqrt{39}}{26} \Rightarrow d_{c} = \frac{a \sqrt{39}}{13}$

Câu 34:

17/06/2026

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (H) là phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn $\frac{z}{16}$ và $\frac{z}{16}$ có phần thực và phần ảo đều thuộc đoạn $[0; 1] .$ Tính diện tích S của (H)

A. $S = 256$

B. $S = 64 π$

C. $S = 16 (4 - π)$

D. $S = 32 (6 - π)$

Xem đáp án

Đáp án D.

Gọi $z = x + y i (x, y \in ℝ) \Rightarrow M (x; y)$ biểu diễn số phức z

Do $\frac{z}{16}$ có phần thực là và phần ảo thuộc đoạn $[0; 1]$ nên

$\{\begin{cases} 0 \leq \frac{x}{16} \leq 1 \\ 0 \leq \frac{y}{16} \leq 1 \end{cases} \Rightarrow 0 \leq x, y \leq 16$

Mặt khác $\frac{16}{\bar{z}} = \frac{16 z}{{|z|}^{2}} = \frac{16 (x + y i)}{x^{2} + y^{2}}$ có phần thực là và phần ảo thuộc đoạn $[0; 1]$ nên

$\{\begin{cases} x, y \leq 0 \\ \frac{16 x}{x^{2} + y^{2}} \leq 1 \\ \frac{16 y}{x^{2} + y^{2}} \leq 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x^{2} + y^{2} - 16 x \geq 0 \\ x^{2} + y^{2} - 16 y \geq 0 \end{cases}$

Minh họa hình vẽ, ta có phương trình đường thẳng OA là $y = x,$ phương trình

$x^{2} + y^{2} - 16 x = 0 \Rightarrow y = \sqrt{16 x - x^{2}} (y \geq 0)$

Diện tích cần tìm là miền nằm ngoài 2 đường tròn $x^{2} + y^{2} - 16 x = 0$ và $x^{2} + y^{2} - 16 y = 0$ và nằm trong hình vuông MNPQ.

Diện tích hình quạt $\overset{⏜}{I O A}$ là $S_{q u a t} = \frac{1}{4} π 8^{2} = 16 π; S_{Δ I O A} = 32$

Diện tích phần giới hạn bởi cung OA và dây OA là $S = 16 π - 32$

Suy ra diện tích miền giao nhau của 2 đường tròn là: $S_{G} = 2 S = 32 (π - 2)$ .

Diện tích cần tìm là:

$S_{c t} = 16^{2} - {(π 8)}^{2} + 32 (π - 2) = 192 - 32 π = 32 (6 - π)$

Câu 35:

17/06/2026

Biết tích phân $\int_{0}^{\ln 6} \frac{e^{x}}{1 + \sqrt{e^{x} + 3}} = a - b \ln 2 + c \ln 3$ với a, b, c là các số nguyên dương. Tính giá trị của $T = a + b + c$ .

A. $T = 2$

B. $T = 1$

C. $T = 0$

D. $T = - 1$

Xem đáp án

Đáp án C.

$I = \int_{0}^{\ln 6} \frac{e^{x}}{1 + \sqrt{e^{x} + 3}} d x.$

Đặt

$t = \sqrt{e^{x} + 3} \Rightarrow t^{2} = e^{x} + 3 \Rightarrow 2 t d t = e^{x} d x$

Đổi cận $|\begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow t = 2 \\ x = \ln 6 \Rightarrow t = 3 \end{array} .$ khi đó

$I = \int_{2}^{3} \frac{2 t d t}{1 + t} = 2 \int_{2}^{3} (1 - \frac{1}{1 + t}) d t = {2 (t - \ln |t + 1|)|}_{2}^{3} = 2 - 4 \ln 2 + 2 \ln 3$

Do đó $T = a + b + c = 2 - 4 + 2 = 0$ .

Câu 36:

17/06/2026

Cho hàm số $y = f (x)$ có đạo hàm liên tục trên đoạn $[0; \frac{π}{4}]$ và $f (\frac{π}{4}) = 0.$ Biết rằng ta có điều kiện $\int_{0}^{\frac{π}{4}} f^{2} (x) d x = \frac{π}{8}; \int_{0}^{\frac{π}{4}} f' (x) \sin 2 x d x = - \frac{π}{4} .$ Tính tích phân $I = \int_{0}^{\frac{π}{8}} f (2 x) d x$ .

A. $I = \frac{1}{2}$

B. $I = \frac{1}{4}$

C. $I = 2$

D. $I = 1$

Xem đáp án

Đáp án B.

Ta có $\int_{0}^{\frac{π}{4}} f' (x) \sin 2 x d x$

Đặt $\{\begin{cases} u = \sin 2 x \\ d v = f' (x) \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = 2 \cos 2 xdx \\ v = f (x) \end{cases}$ suy ra

$\int_{0}^{\frac{π}{4}} \begin{array}{l} f' (x) \sin 2 x d x \\ = \sin 2 x f (x) |\begin{array}{l} ^{\frac{π}{4}} \\ _{0} \end{array} - \int_{0}^{\frac{π}{4}} 2 \cos 2 x . f (x) \end{array} d x$

$\Rightarrow - 2 \int_{0}^{\frac{π}{4}} c o s 2 x . f (x) d x = - \frac{π}{4} \Rightarrow \int_{0}^{\frac{π}{4}} c o s 2 x . f (x) d x = \frac{π}{8}$

Lại có: $\int_{0}^{\frac{π}{4}} c o s^{2} 2 x . f (x) d x = \frac{π}{8} \Rightarrow \int_{0}^{\frac{π}{4}} {[f (x) - c o s 2 x]}^{2} d x = 0 \Rightarrow f (x) = c o s 2 x$

Do đó $\int_{0}^{\frac{π}{8}} f (2 x) d x = \int_{0}^{\frac{π}{8}} c o s 4 x d x = \frac{\sin 4 x}{4} |\begin{array}{l} ^{\frac{π}{8}} \\ _{0} \end{array} = \frac{1}{4} .$

Câu 37:

17/06/2026

Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của m để phương trình $1 + \log_{5} (x^{2} + 1) = \log_{5} (m x^{2} + 4 x + m)$ có hai nghiệm phân biệt?

A. $m \in (3; 7) \ \{5\}$

B. $m \in (3; 7)$

C. $m \in R \ \{5\}$

D. $m \in ℝ R$

Xem đáp án

Đáp án A.

Ta có:

$\begin{array}{l} P T \Leftrightarrow \log_{5} [5 (x^{2} + 1)] \\ = \log_{5} (m x^{2} + 4 x + m) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 5 (x^{2} + 1) = m x^{2} + 4 x + m \\ \Leftrightarrow (5 - m) x^{2} - 4 x + 5 - m = 0 \end{array}$

Khi đó phương trình cho có 2 nghiệm phân biệt $\begin{array}{l} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m \neq 5 \\ Δ' = 4 - {(5 - m)}^{2} > 0 \end{cases} \\ \Leftrightarrow \{\begin{cases} m \neq 5 \\ - 2 < m - 5 < 2 \end{cases} \end{array}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} m \neq 5 \\ 3 < m < 7 \end{cases}$

Câu 38:

17/06/2026

Biết $\int_{e}^{e^{4}} f (\ln x) \frac{1}{x} d x = 4.$ Tính tích phân $I = \int_{1}^{4} f (x) d x$

A. $I = 8$

B. $I = 16$

C. $I = 2$

D. $I = 4$

Xem đáp án

Đáp án D.

Đặt $t = \ln x \Rightarrow d t = \frac{d x}{x} .$

Đổi cận $|\begin{array}{l} x = e \Rightarrow t = 1 \\ x = e^{4} \Rightarrow t = 4 \end{array}$

Khi đó $\int_{1}^{4} f (t) d t = 4 \Rightarrow \int_{1}^{4} f (x) d x = 4$ .

Câu 39:

17/06/2026

Cho khai triển ${(1 - 4 x)}^{18} = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + ... + a_{18} x^{18} .$ Giá trị của bằng

A. $- 52224$

B. 52224

C. $2448$

D. $- 2448$

Xem đáp án

Đáp án A.

Số hạng tổng quát của khai triển ${(1 - 4 x)}^{18}$ là $C_{18}^{k} . {(- 4 x)}^{k}$

Giá trị của $a_{3} = C_{18}^{3} . {(- 4)}^{3} = - 52224$

Câu 40:

17/06/2026

Cho các số phức $z_{1}, z_{2}$ thỏa mãn $|z_{1}| = 6, |z_{2}| = 2.$ Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn các số phức $z_{1}, i z_{2} .$ Biết rằng $\hat{M O N} = 60 ° .$ Tính giá trị của $T = |z_{1}^{2} + 9 z_{2}^{2}|$ ?

A. $T = 36 \sqrt{2.}$

B. $T = 24 \sqrt{3} .$

C. $T = 36 \sqrt{3} .$

D. $T = 18.$

Xem đáp án

Đáp án C.

Ta có:

$\begin{array}{l} z = r (c o s φ + s i n φ) \\ \Rightarrow z^{2} = r^{2} (c o s 2 φ + i s i n 2 φ) \end{array}$

Gọi $M (z_{1}); n (i z_{2}); E (z_{2})$ ta có: $\hat{N O E} = 90 °$

Do $\begin{array}{l} \hat{M O N} = 60 ° \\ \Rightarrow [\begin{array}{l} \hat{M O E} = 30 ° \\ \hat{M O E} = 150 ° \end{array} \end{array}$

Ta có $z_{1}^{2} = 36 ∠ 2 φ_{1}; 9 z_{2}^{2} = 36 ∠ 2 φ_{2}$

Do đó $|z_{1}^{2} + 9 z_{2}^{2}|$ là độ dài của tổng 2 vecto chung gốc O có độ dài lần lượt là: 36 và 36 và góc giữa 2 vecto đó là $2 \hat{M O E}$ .

Suy ra

$\begin{array}{l} S^{2} = 36^{2} + 36^{2} + 2.36.36. \cos 2 \hat{M O E} \\ \Rightarrow S^{2} = 3888 \Rightarrow S = 36 \sqrt{3} \end{array}$

Câu 41:

17/06/2026

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số $y = |\frac{x^{2} + m x + m}{x + 1}|$ trên đoạn $[1; 2]$ bằng 2. Số phần tử của tập S là:

A. 3

B. 1

C. 4

D. 2

Xem đáp án

Đáp án D.

Xét hàm số $f (x) = \frac{x^{2} + m x + m}{x + 1}$ trên $[1; 2],$ có $y' = \frac{x^{2} + 2 x}{{(x + 1)}^{2}} > 0, \forall x \in [1; 2]$

Suy ra

$\begin{array}{l} \max_{[1; 2]} |f (x)| = \{|f (1)|; |f (2)|\} \\ = \{|\frac{2 m + 1}{2}|; |\frac{3 m + 4}{3}|\} \\ = \{\frac{|2 m + 1|}{2}; \frac{|3 m + 4|}{3}\} \end{array}$

TH1. Với

$\begin{array}{l} \max_{[1; 2]} |f (x)| = |\frac{2 m + 1}{2}| \\ = \{\begin{cases} |2 m + 1| = 4 \\ \frac{|2 m + 1|}{2} \geq \frac{|3 m + 4|}{3} \end{cases} \\ \Leftrightarrow m = - \frac{5}{2} . \end{array}$

TH2:

Với $\begin{array}{l} \max_{[1; 2]} |f (x)| = |\frac{3 m + 4}{3}| \\ = \{\begin{cases} |3 m + 4| = 6 \\ \frac{|2 m + 1|}{2} \leq \frac{|3 m + 4|}{3} \end{cases} \\ \Leftrightarrow m = \frac{2}{3} . \end{array}$

Câu 42:

17/06/2026

Cho hàm số $y = f (x)$ liên tục trên $ℝ .$ Biết rằng hàm số $y = f' (x)$ có đồ thị như hình bên. Hỏi hàm số $y = f (x^{2} - 5)$ nghịch biến trên khoảng nào sau đây?

A. $(- 1; 0)$

B. $(1; 2)$

C. $(- 1; 1)$

D. $(0; 1)$

Xem đáp án

Đáp án D.

Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng

$\{\begin{cases} f' (x) > 0 \Leftrightarrow x \in (- 4; - 1) \cup (2; + \infty) \\ f' (x) < 0 \Leftrightarrow x \in (- \infty; - 4) \cup (- 1; 2) \end{cases}$

Ta có $\begin{array}{l} y = f (x^{2} - 5) \\ \Rightarrow y' = 2 x . f' (x^{2} - 5); \forall x \in ℝ \end{array}$

Lại có $y' < 0 \Leftrightarrow x . f' (x^{2} - 5) < 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \{\begin{cases} x > 0 \\ f' (x^{2} - 5) < 0 \end{cases} \\ \{\begin{cases} x < 0 \\ f' (x^{2} - 5) > 0 \end{cases} \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \{\begin{cases} x > 0 \\ x^{2} - 5 \in (- \infty; - 4) \cup (- 1; 2) \end{cases} \\ \{\begin{cases} x < 0 \\ x^{2} - 5 \in (- 4; - 1) \cup (2; + \infty) \end{cases} \end{array}$

(*)

Giải (*) suy ra hàm số $y = f (x^{2} - 5)$ nghịch biến trên khoảng $(0; 1)$ .

Câu 43:

17/06/2026

Ông A muốn sau 5 năm có 1.000.000.000 đồng để mua ôtô Camry. Hỏi rằng ông A phải gửi ngân hàng mỗi tháng số tiền gần nhất với số tiền nào sau đây? Biết rằng lãi suất hàng tháng là 0,5%, tiền lãi sinh ra hàng tháng được nhập vào tiền vốn ban đầu, số tiền gửi hàng tháng là như nhau

A. 14.261.000 đồng

B. 14.260.500 đồng

C. 14.261.500 đồng

D. 14.260.000 đồng

Xem đáp án

Đáp án C.

Áp dụng công thức $T_{n} = \frac{a}{m} [{(1 + m)}^{n} - 1] (1 + m),$ với $T_{n} = 10^{9}, m = 0, 5 %, n = 5.12 = 60$ .

Ta được $\begin{array}{l} 10^{9} = \frac{a}{0, 5 %} [(1 + 0, 5 %) - 1] (1 + 0, 5 %) \\ \Rightarrow a \approx 14261494, 06 \end{array}$ đồng

Câu 44:

17/06/2026

Cho dãy số $(u_{n})$ xác định bởi $\{\begin{cases} u_{1} = 1 \\ u_{n + 1} = u_{n} + n^{3}, \forall n \in ℕ^{*} \end{cases} .$ Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho $\sqrt{u_{n} - 1} \geq 2039190$ ?

A. $n = 2017.$

B. $n = 2020.$

C. $N = 2018.$

D. $N = 2019.$

Xem đáp án

Đáp án B.

Ta có $\begin{array}{l} u_{n} = u_{n - 1} + {(n - 1)}^{3} \\ \Leftrightarrow u_{n} - u_{n - 1} \\ = {(n - 1)}^{3} \Rightarrow u_{n - 1} - u_{n - 2} \\ = {(n - 2)}^{3} \end{array}$ .

Tương tự, ta được $u_{2} - u_{1} = 1^{3} .$ Cộng trừ 2 vế suy ra $u_{n} - u_{1} = 1^{3} + 2^{3} + ... + {(n - 1)}^{3}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow u_{n} - 1 = {[\frac{n (n - 1)}{2}]}^{2} \\ \Rightarrow \sqrt{u_{n} - 1} = \frac{n (n - 1)}{2} \geq 2039190 \\ \Leftrightarrow n \geq 2020. \end{array}$

Câu 45:

17/06/2026

Cho hình chóp $S . A B C D$ có đáy ABCD là tứ giác lồi và góc tạo bởi các mặt phẳng $(S A B), (S B C), (S C D), (S D A)$ với mặt đáy lần lượt là $90 °, 60 °, 60 °, 60 ° .$ Biết rằng tam giác SAB vuông cân tại $S, A B = a$ và chu vi tứ giác ABCD là 9a. Tính thể tích V của khối chóp $S . A B C D$ ?

A. $V = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{4}$

B. $V = a^{3} \sqrt{3}$

C. $V = \frac{2 a^{3} \sqrt{3}}{9}$

D. $V = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{9}$

Xem đáp án

Đáp án D.

Gọi H là trung điểm của AB thì $\begin{array}{l} S H ⊥ (A B C D) \\ \Rightarrow S H = \frac{a}{2} \end{array}$ .

Khoảng cách từ H đến BC, CD, DA đều là $\begin{array}{l} \frac{a}{2 \sqrt{3}} \\ \Rightarrow S_{A B C D} = \frac{1}{2} . \frac{a}{2 \sqrt{3}} . (9 a - a) \\ = \frac{2 a^{2}}{\sqrt{3}} \end{array}$ .

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là $\begin{array}{l} V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S H . S_{A B C D} \\ = \frac{1}{3} . \frac{a}{2} . \frac{2 a^{2}}{\sqrt{3}} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{9} \end{array}$ .

Câu 46:

17/06/2026

Cho hàm số $y = f (x)$ liên tục trên đoạn $[1; 4]$ và thỏa mãn $f (x) = \frac{f (2 \sqrt{x} - 1)}{\sqrt{x}} + \frac{\ln x}{x} .$ Tính tích phân của $I = \int_{3}^{4} f (x) d x$ .

A. $I = 2 \ln^{2} 2.$

B. $I = 2 \ln 2.$

C. $I = 3 + 2 \ln^{2} 2.$

D. $I = \ln^{2} 2.$

Xem đáp án

Đáp án A.

Lấy tích phân cận $1 \to 4$ của giả thiết, ta được

$\begin{array}{l} \int_{1}^{4} f (x) d x \\ = \int_{1}^{4} \frac{f (2 \sqrt{x} - 1)}{\sqrt{x}} d x + \int_{1}^{4} \frac{\ln x}{x} d x . \end{array}$

Đặt $t = 2 \sqrt{x} - 1 \Leftrightarrow d t = \frac{d x}{\sqrt{x}}$ và

$\{\begin{cases} x = 1 \Rightarrow t = 1 \\ x = 4 \Rightarrow t = 3 \end{cases}$ .

Khi đó

$\int_{1}^{4} \frac{f (2 \sqrt{x} - 1)}{\sqrt{x}} d x= \int_{1}^{3} f (t) d t= \int_{1}^{3} f (x) d x$

Và

$\begin{array}{l} \int_{1}^{4} \frac{\ln x}{x} d x= \int_{1}^{4} \ln x d (\ln x) \\ = {\frac{\ln^{2} x}{2}|}_{1}^{4} = \frac{\ln^{2} 4}{2} = 2 \ln^{2} 2. \end{array}$

Vậy

$\begin{array}{l} \int_{1}^{4} f (x) d x - \int_{1}^{3} f (x) d x = 2 \ln^{2} x \\ \Leftrightarrow \int_{3}^{4} f (x) d {x=2ln}^{2} 2 \end{array}$

Câu 47:

17/06/2026

Cho lăng trụ $A B C D . A' B' C' D'$ có đáy ABCD là hình chữ nhật $A B = a, A D = a \sqrt{3} .$ Hình

chiếu vuông góc của điểm A¢ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Tính khoảng cách từ điểm B¢ đến mặt phẳng (A’BD) là

A. $\frac{a \sqrt{3}}{3}$

B. $\frac{a \sqrt{3}}{4}$

C. $\frac{a \sqrt{3}}{2}$

D. $\frac{a \sqrt{3}}{6}$

Xem đáp án

Đáp án C.

Kẻ $A H ⊥ B D (H \in B D)$ mà

$\begin{array}{l} A' O ⊥ (A B C D) \\ \Rightarrow A' O ⊥ A H \\ \Rightarrow A H ⊥ (A' B D) \end{array}$ .

Ta có $\begin{array}{l} d (B', (A' B D)) = d (A, (A' B D)) \\ = A H = \frac{A B . A D}{\sqrt{A B^{2} + A D^{2}}} = \frac{a \sqrt{3}}{2} \end{array}$

Câu 48:

17/06/2026

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm $A (1; 2; - 3)$ và mặt phẳng $(P) : 2 x + 2 y - z + 9 = 0.$ Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng $(Q) : 3 x + 4 y - 4 z + 5 = 0$ cắt mặt phẳng (P) tại B. Điểm M nằm trong mặt phẳng (P) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc vuông và độ dài MB lớn nhất. Độ dài MB là:

A. $M B = \sqrt{5}$

B. $M B = \frac{\sqrt{5}}{2}$

C. $M B = \frac{\sqrt{41}}{2}$

D. $M B = \sqrt{41}$

Xem đáp án

Đáp án A

Đường thẳng d qua $A (1; 2; - 3)$ và vuông góc (Q) có phương trình $\{\begin{cases} x = 1 + 3 t \\ y = 2 + 4 t \\ z = - 3 - 4 t \end{cases}$ .

Vì $\begin{array}{l} B = d \cap (P) \Rightarrow B (1 + 3 t; 2 + 4 t; - 3 - 4 t) \in (P) \\ \Rightarrow t = - 1 \Rightarrow B (- 2; - 2; 1) \end{array}$

Ta có $\{\begin{cases} M \in (P) \\ M A ⊥ M B \end{cases} \Rightarrow M$ thuộc đường tròn giao tuyến của $(P)$ và mặt cầu $(S)$ (tâm I, đường kính AB)

Phương trình mặt cầu S là ${(x + \frac{1}{2})}^{2} + y^{2} + {(z + 1)}^{2} = \frac{41}{4} .$

Và $d (I, (P)) = \frac{|2. (- \frac{1}{2}) + 2.0 + 1 + 9|}{3} = 3$

Khi đó $B K = \sqrt{I B^{2} - d^{2}} = \frac{\sqrt{5}}{2}$ với K là tâm đường tròn giao tuyến của (P) và (S).

Để MB lớn nhất $\Leftrightarrow$ MB là đường kính đường tròn giao tuyến $\Rightarrow M B = 2 B K = \sqrt{5}$ .

Câu 49:

17/06/2026

Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội tham dự trong đó có 9 đội bóng nước ngoài, 3 đội bóng của Việt Nam. Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng có 4 đội. Tính xác suất để 3 đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau.

A. $\frac{16}{55}$

B. $\frac{133}{165}$

C. $\frac{32}{165}$

D. $\frac{39}{65}$

Xem đáp án

Đáp án A.

Không gian mẫu là số cách chia tùy ý 12 đội thành 3 bảng.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $n (Ω) = C_{12}^{4} . C_{8}^{4} . C_{4}^{4}$ .

Gọi X là biến cố “3 đội bóng của Việt Nam ở 3 bảng khác nhau”

Bước 1: Xếp 3 đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau nên có 3! cách.

Bước 2: Xếp 6 đội còn lại vào 3 bảng A, B, C này có $C_{9}^{3} . C_{6}^{3} . C_{3}^{3}$ .

Suy ra số phần tử của biến cố X là $n (X) = 3! . C_{9}^{3} . C_{6}^{3} . C_{3}^{3}$ .

Vậy xác suất cần tính là $P = \frac{n (X)}{n (Ω)} = \frac{3! . C_{9}^{3} . C_{6}^{3} . C_{3}^{3}}{C_{12}^{4} . C_{8}^{4} . C_{4}^{4}} = \frac{16}{55}$ .

Câu 50:

17/06/2026

Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội tham dự trong đó có 9 đội bóng nước ngoài, 3 đội bóng của Việt Nam. Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng có 4 đội. Tính xác suất để 3 đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau.

A. $\frac{16}{55}$

B. $\frac{133}{165}$

C. $\frac{32}{165}$

D. $\frac{39}{65}$

Xem đáp án

Đáp án A.

Không gian mẫu là số cách chia tùy ý 12 đội thành 3 bảng.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $n (Ω) = C_{12}^{4} . C_{8}^{4} . C_{4}^{4}$ .

Gọi X là biến cố “3 đội bóng của Việt Nam ở 3 bảng khác nhau”

Bước 1: Xếp 3 đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau nên có 3! cách.

Bước 2: Xếp 6 đội còn lại vào 3 bảng A, B, C này có $C_{9}^{3} . C_{6}^{3} . C_{3}^{3}$ .

Suy ra số phần tử của biến cố X là $n (X) = 3! . C_{9}^{3} . C_{6}^{3} . C_{3}^{3}$ .

Vậy xác suất cần tính là $P = \frac{n (X)}{n (Ω)} = \frac{3! . C_{9}^{3} . C_{6}^{3} . C_{3}^{3}}{C_{12}^{4} . C_{8}^{4} . C_{4}^{4}} = \frac{16}{55}$ .

Câu 51:

17/06/2026

Cho hình nón đỉnh S, có đáy là hình tròn nội tiếp tam giác ABC. Biết rằng $A B = B C = 10 a, A C = 12 a,$ góc tạo bởi mặt phẳng (SAB) và ( ABC) bằng $45 ° .$ Tính thể tích V của khối nón đã cho

A. $V = 9 π a^{3}$

B. $V = 12 π a^{3}$

C. $V = 27 π a^{3}$

D. $V = 3 π a^{3}$

Xem đáp án

Diện tích tam giác ABC là

$S_{Δ A B C} = \sqrt{p (p - A B) (p - B C) (p - A C)} = 48 a^{2}$

Bán kính đường tròn nội tiếp $Δ A B C$ là $\begin{array}{l} S = p r \Rightarrow r = \frac{S_{Δ A B C}}{p} \\ = \frac{48 a^{2}}{16 a} = 3 a \end{array}$

Gọi H là hình chiếu của I trên AB $\Rightarrow A B ⊥ (S I H) \Rightarrow$ $\hat{(S A B); (A B C)} = \hat{A H I} = 45^{0}$

Tam giác SIH vuông cân tại I, có $S I = I H = 3 a$

Vậy $V_{(N)} = \frac{1}{3} π r^{2} h = 9 π a^{3}$

Lớp 1 - Cánh diều

Tiếng Anh 1

Toán lớp 1

Tiếng Việt lớp 1

Lớp 1 - Chân trời sáng tạo

Tiếng Anh 1

Toán lớp 1

Tiếng Việt lớp 1

Lớp 1 - Kết nối tri thức

Tiếng Anh 1

Toán lớp 1

Tiếng Việt lớp 1

Tiện ích

Đọc sách online

Bộ đề ôn hè lớp 1 lên lớp 2

Lớp 2 - Kết nối tri thức

Toán lớp 2

Tiếng Việt lớp 2

Đạo đức lớp 2

Tự nhiên và Xã hội lớp 2

Hoạt động trải nghiệm lớp 2

Tiếng Anh lớp 2

Âm nhạc lớp 2

Lớp 2 - Cánh diều

Toán lớp 2

Tiếng Việt lớp 2

Hoạt động trải nghiệm lớp 2

Tự nhiên và Xã hội lớp 2

Tiếng Anh lớp 2

Âm nhạc lớp 2

Đạo đức lớp 2

Lớp 2 - Chân trời sáng tạo

Toán lớp 2

Tiếng Việt lớp 2

Đạo đức lớp 2

Tự nhiên và Xã hội lớp 2

Hoạt động trải nghiệm lớp 2

Tiếng Anh lớp 2

Âm nhạc lớp 2

Tiện ích

Đọc sách online

Bộ đề ôn hè lớp 2 lên lớp 3

Lớp 3 - Kết nối tri thức

Toán lớp 3

Tiếng Anh lớp 3

Tiếng Việt lớp 3

Đạo đức lớp 3

Tự nhiên và Xã hội lớp 3

Hoạt động trải nghiệm lớp 3

Âm nhạc lớp 3

Tin học lớp 3

Giáo dục thể chất lớp 3

Công nghệ lớp 3

Lớp 3 - Cánh diều

Toán lớp 3

Tiếng Việt lớp 3

Tiếng Anh lớp 3

Đạo đức lớp 3

Tự nhiên và Xã hội lớp 3

Hoạt động trải nghiệm lớp 3

Âm nhạc lớp 3

Tin học lớp 3

Giáo dục thể chất lớp 3

Công nghệ lớp 3

Lớp 3 - Chân trời sáng tạo

Toán lớp 3

Tiếng Việt lớp 3

Tiếng Anh lớp 3

Đạo đức lớp 3

Tự nhiên và Xã hội lớp 3

Hoạt động trải nghiệm lớp 3

Âm nhạc lớp 3

Tin học lớp 3

Giáo dục thể chất lớp 3

Công nghệ lớp 3

Tiện ích

Đọc sách online

Bộ đề ôn hè lớp 3 lên lớp 4

Lớp 3 - Sách cũ

Tiếng Anh 3