TÌM BÀI TẬP
  • Đề thi THPT
    • Đề Thi Địa Lý THPT
    • Đề Thi Giáo Dục Công Dân THPT
    • Đề Thi Hoá Học THPT
    • Đề Thi Lịch Sử THPT
    • Đề Thi Sinh Học THPT
    • Đề Thi Tiếng Anh THPT
    • Đề Thi Toán THPT
    • Đề Thi Vật Lý THPT
  • Đề Thi Vật Lý THPT
  • Đề Thi Hoá Học THPT
  • Đề Thi Toán THPT
  • Đề Thi Sinh Học THPT
  • Đề Thi Lịch Sử THPT
TÌM BÀI TẬP
  • Đề thi THPT
    • Đề Thi Địa Lý THPT
    • Đề Thi Giáo Dục Công Dân THPT
    • Đề Thi Hoá Học THPT
    • Đề Thi Lịch Sử THPT
    • Đề Thi Sinh Học THPT
    • Đề Thi Tiếng Anh THPT
    • Đề Thi Toán THPT
    • Đề Thi Vật Lý THPT
  • Đề Thi Vật Lý THPT
  • Đề Thi Hoá Học THPT
  • Đề Thi Toán THPT
  • Đề Thi Sinh Học THPT
  • Đề Thi Lịch Sử THPT
  • Đề Thi Toán THPT

Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Nguyễn Thái Học

  • Tháng 1 9, 2026

Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Nguyễn Thái Học giúp bạn ôn tập kiến thức một cách có hệ thống thông qua hệ thống câu hỏi đa dạng. Các câu hỏi được sắp xếp từ dễ đến khó giúp bạn tiếp cận kiến thức từng bước. Đặc biệt phù hợp với những bạn đang ôn thi. Thông qua quá trình làm bài, bạn có thể nhận ra lỗ hổng kiến thức. Điều này giúp việc học trở nên chủ động hơn.

Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Nguyễn Thái Học

Kết quả của bạn:

Bạn đã đúng:

Bạn đã sai:

Tổng số câu:

Câu 1: Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ. Giá trị cực đại của hàm số bằng:

Câu 1: Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ. Giá trị cực đại của hàm số bằng:
Lời giải: Dựa vào đồ thị hàm số đã cho, ta có thể thấy rõ điểm cực đại của hàm số là điểm cao nhất trong một khoảng nhất định. Trên đồ thị, điểm cao nhất trong “thung lũng” giữa hai cực tiểu là điểm có tọa độ $(0; -1)$, nghĩa là hàm số đạt giá trị cực đại là $y = -1$ khi $x = 0$.

Câu 2: Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

Câu 2: Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
Lời giải: Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy khi giá trị của $x$ tăng từ $-1$ đến $0$, đồ thị hàm số có xu hướng đi lên từ điểm có tung độ $-2$ đến điểm có tung độ $-1$. Điều này chứng tỏ hàm số đồng biến trên khoảng $(-1;0)$. Các khoảng còn lại không thoả mãn hoặc chỉ đồng biến trên một phần.

Câu 3: Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây:

Câu 3: Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây:
Lời giải: Dựa vào đồ thị, ta thấy nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên, suy ra hệ số của $x^3$ phải dương, do đó loại đáp án A. Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ $y = 1$, vậy khi $x = 0$ thì $y = 1$. Thay $x = 0$ vào các phương án còn lại, chỉ có $y = {x^3} - 3x + 1$ thỏa mãn $y(0) = 1$. Hơn nữa, hàm số này có các điểm cực trị tại $x = -1$ và $x = 1$ với giá trị $y(-1) = 3$ và $y(1) = -1$, khớp với đồ thị đã cho.

Câu 4: Cho đồ thị hàm số $ y= f\left( x \right)$ liên tục trên $\left[ { - 1;3} \right]$ và có đồ thị như hình vẽ. Gọi $M$ và$m$ lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên $\left[ { - 1;3} \right]$. Giá trị $M + m$ bằng:

Câu 4: Cho đồ thị hàm số $ y= f\left( x \right)$ liên tục trên $\left[ { - 1;3} \right]$ và có đồ thị như hình vẽ. Gọi $M$ và$m$ lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên $\left[ { - 1;3} \right]$. Giá trị $M + m$ bằng:
Lời giải: Dựa vào đồ thị hàm số đã cho trên đoạn $\left[ { - 1;3} \right]$, ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số là $M = 3$ (đạt được tại $x=3$). Giá trị nhỏ nhất của hàm số là $m = -2$ (đạt được tại $x=2$). Vậy tổng $M + m = 3 + (-2) = 1$.

Câu 5: Với $a,\,\,b$ là hai số thực dương tùy ý. Khi đó $\ln \left( {\dfrac{{a{b^2}}}{{a + 1}}} \right)$ bằng:

Lời giải: Áp dụng các quy tắc tính logarit, ta có: $\ln \left( \dfrac{a{b^2}}{a + 1} \right) = \ln(a{b^2}) - \ln(a+1)$. Tiếp tục áp dụng quy tắc logarit của một tích và lũy thừa, ta được $\ln a + \ln(b^2) - \ln(a+1) = \ln a + 2\ln b - \ln(a+1)$.

Câu 6: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau: Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là:

Câu 6: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau: Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là:
Lời giải: Dựa vào bảng biến thiên, ta có $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 3$ và $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2$, suy ra đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là $y=3$ và $y=2$. Mặt khác, $\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$, nên đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là $x=0$. Vậy tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là $2+1=3$.

Câu 7: Cho $\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} = 2$ và $\int\limits_1^2 {2g\left( x \right)dx} = 8$. Khi đó $\int\limits_1^2 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} $ bằng:

Lời giải: Ta có $\int\limits_1^2 {2g\left( x \right)dx} = 8$, suy ra $2\int\limits_1^2 {g\left( x \right)dx} = 8$, do đó $\int\limits_1^2 {g\left( x \right)dx} = 4$. Áp dụng tính chất tổng của tích phân, ta có $\int\limits_1^2 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_1^2 {g\left( x \right)dx} = 2 + 4 = 6$.

Câu 8: Họ nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = {e^{2x}} + {x^2}$ là:

Lời giải: Áp dụng các công thức nguyên hàm cơ bản, ta có $\int e^{ax}dx = \dfrac{1}{a}e^{ax} + C$ và $\int x^n dx = \dfrac{x^{n+1}}{n+1} + C$. Do đó, họ nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = {e^{2x}} + {x^2}$ là $F\left( x \right) = \int {\left( {{e^{2x}} + {x^2}} \right)} dx = \dfrac{{{e^{2x}}}}{2} + \dfrac{{{x^3}}}{3} + C$.

Câu 9: Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {2;3;4} \right),\,\,B\left( {3;0;1} \right)$. Khi đó độ dài vectơ $\overrightarrow {AB} $ là:

Lời giải: Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{AB}$ được tính bằng cách lấy tọa độ điểm cuối trừ đi tọa độ điểm đầu: $\overrightarrow{AB} = (3-2; 0-3; 1-4) = (1; -3; -3)$. Độ dài của vectơ $\overrightarrow{AB}$ là $|\overrightarrow{AB}| = \sqrt{1^2 + (-3)^2 + (-3)^2} = \sqrt{1+9+9} = \sqrt{19}$.

Câu 10: Trong không gian $Oxyz$, mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có phương trình là:

Lời giải: Trong không gian tọa độ $Oxyz$, mặt phẳng $(Oxy)$ là tập hợp tất cả các điểm có cao độ (tọa độ $z$) bằng 0. Do đó, phương trình tổng quát của mặt phẳng $(Oxy)$ là $z = 0$.

Câu 11: Trong không gian Oxyz, đường thẳng $d:\,\,\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{z}{3}$ đi qua điểm nào dưới đây:

Lời giải: Để kiểm tra một điểm có thuộc đường thẳng hay không, ta thay tọa độ của điểm đó vào phương trình đường thẳng. Với điểm B(3; 1; 3), thay vào phương trình $d$ ta được $\dfrac{3 - 1}{2} = \dfrac{1}{1} = \dfrac{3}{3}$, tương đương với $1 = 1 = 1$ (luôn đúng). Do đó, điểm B thuộc đường thẳng $d$.

Câu 12: Thể tích của khối hộp chữ nhật có các cạnh lần lượt bằng $a,\,\,2a,\,\,3a$ bằng:

Lời giải: Thể tích của khối hộp chữ nhật được tính bằng tích độ dài ba cạnh của nó. Áp dụng công thức với các cạnh có độ dài lần lượt là $a, 2a, 3a$, ta có thể tích là $V = a \cdot 2a \cdot 3a = 6a^3$.

Câu 13: Tìm hệ số của đơn thức ${a^3}{b^2}$ trong khai triển của nhị thức ${\left( {a + 2b} \right)^5}$.

Lời giải: Áp dụng công thức nhị thức Newton cho $(a + 2b)^5$, số hạng tổng quát thứ $k+1$ là $T_{k+1} = C_5^k a^{5-k} (2b)^k = C_5^k 2^k a^{5-k} b^k$. Để tìm hệ số của đơn thức $a^3b^2$, ta cần có hệ phương trình $\begin{cases} 5-k = 3 \\ k = 2 \end{cases}$, suy ra $k=2$. Do đó, hệ số cần tìm là $C_5^2 \cdot 2^2 = 10 \cdot 4 = 40$.

Câu 14: Tập xác định của hàm số $y = \log \left( {{x^2} - 1} \right)$ là:

Lời giải: Điều kiện xác định của hàm số logarit $y = \log(x^2-1)$ là biểu thức bên trong dấu logarit phải lớn hơn không. Ta có bất phương trình $x^2 - 1 > 0$, giải ra ta được $x 1$. Vậy tập xác định của hàm số là $\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$.

Câu 15: Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng $2a$, góc giữa đường sinh và đáy bằng ${60^0}$. Thể tích của khối nón đã cho là:

Lời giải: Gọi $l, h, r$ lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của khối nón. Theo đề bài, ta có $l = 2a$ và góc giữa đường sinh và đáy là $60^0$, suy ra bán kính đáy $r = l \cdot \cos(60^0) = 2a \cdot \frac{1}{2} = a$ và chiều cao $h = l \cdot \sin(60^0) = 2a \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}$. Thể tích của khối nón được tính bằng công thức $V = \frac{1}{3}\pi r^2 h = \frac{1}{3}\pi \cdot a^2 \cdot a\sqrt{3} = \frac{\pi a^3\sqrt{3}}{3}$.

Câu 16: Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {1;2;3} \right),\,\,B\left( {3;2;1} \right)$. Phương trình mặt cầu đường kính $AB$ là:

Lời giải: Tâm $I$ của mặt cầu là trung điểm của đoạn thẳng $AB$, có tọa độ là $I\left( {\frac{{1 + 3}}{2};\frac{{2 + 2}}{2};\frac{{3 + 1}}{2}} \right) = I(2;2;2)$. Bán kính mặt cầu là $R = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt {{{(3 - 1)}^2} + {{(2 - 2)}^2} + {{(1 - 3)}^2}} }}{2} = \sqrt 2 $. Do đó, phương trình mặt cầu cần tìm là ${\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = 2$.

Câu 17: Tập nghiệm của bất phương trình ${\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{{x^2} + 2x}} > \dfrac{1}{{27}}$ là:

Lời giải: Ta có bất phương trình ${\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{{x^2} + 2x}} > \dfrac{1}{{27}} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{{x^2} + 2x}} > {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^3}$. Vì cơ số $a = \dfrac{1}{3} < 1$, nên bất phương trình tương đương với ${x^2} + 2x < 3 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 < 0$. Giải bất phương trình bậc hai này ta được tập nghiệm là $ - 3 < x < 1$.

Câu 18: Đạo hàm của hàm số $y = x{e^{x + 1}}$ là:

Lời giải: Để tìm đạo hàm của hàm số $y = x{e^{x + 1}}$, ta áp dụng quy tắc đạo hàm của một tích $(uv)' = u'v + uv'$. Với $u = x$ và $v = {e^{x + 1}}$, ta có $u' = 1$ và $v' = (x+1)'{e^{x + 1}} = {e^{x + 1}}$. Do đó, $y' = 1 \cdot {e^{x + 1}} + x \cdot {e^{x + 1}} = (1 + x){e^{x + 1}}$.

Câu 19: Đặt ${\log _5}3 = a$, khi đó ${\log _{81}}75$ bằng:

Lời giải: Ta sử dụng công thức đổi cơ số để biến đổi biểu thức: $\log_{81}75 = \dfrac{\log_5 75}{\log_5 81}$. Ta có $\log_5 75 = \log_5(3 \cdot 5^2) = \log_5 3 + \log_5 5^2 = a + 2$ và $\log_5 81 = \log_5 3^4 = 4\log_5 3 = 4a$. Do đó, $\log_{81}75 = \dfrac{a + 2}{4a} = \dfrac{a}{4a} + \dfrac{2}{4a} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2a}$.

Câu 20: Tính thể tích của khối tứ diện đều có tất cả các cạnh bằng $a$.

Lời giải: Gọi khối tứ diện đều có cạnh bằng $a$. Diện tích mặt đáy là diện tích tam giác đều $S_{đáy} = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$ và chiều cao của khối tứ diện là $h = \dfrac{a\sqrt{6}}{3}$. Do đó, thể tích của khối tứ diện được tính bằng công thức $V = \dfrac{1}{3}S_{đáy} \cdot h = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot \dfrac{a\sqrt{6}}{3} = \dfrac{a^3\sqrt{2}}{12}$.

Câu 21: Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm $f'\left( x \right) = {x^{2019}}{\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x + 1} \right)^3}$. Số điểm cực đại của hàm số $f\left( x \right)$ là:

Lời giải: Ta có phương trình đạo hàm $f'(x) = 0$ có các nghiệm là $x=0$, $x=1$, $x=-1$. Hàm số đạt cực trị tại các nghiệm mà qua đó $f'(x)$ đổi dấu, tức là các nghiệm bội lẻ $x=0$ và $x=-1$. Lập bảng biến thiên, ta thấy $f'(x)$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm $x=-1$, suy ra đây là điểm cực đại duy nhất của hàm số.

Câu 22: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình $2f\left( x \right) - 3 = 0$ là:

Câu 22: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình $2f\left( x \right) - 3 = 0$ là:
Lời giải: Phương trình đã cho $2f\left( x \right) - 3 = 0$ tương đương với $f\left( x ight) = \frac{3}{2}$. Để tìm số nghiệm của phương trình này, ta kẻ đường thẳng ngang $y = \frac{3}{2} = 1.5$ trên đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$. Dựa vào đồ thị, đường thẳng $y = 1.5$ cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt, do đó phương trình có 3 nghiệm.

Câu 23: Tìm tập hợp tất cả giá trị thực của tham số $m$ để hàm số $y = {x^3} - 3{x^2} + \left( {2m - 1} \right)x + 2019$ đồng biến trên $\left( {2; + \infty } \right)$.

Lời giải: Ta có đạo hàm $y' = 3{x^2} - 6x + 2m - 1$. Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$ thì $y' \ge 0$ với mọi $x \in \left( {2; + \infty } \right)$, tương đương với $2m \ge - 3{x^2} + 6x + 1$. Xét hàm số $g\left( x \right) = - 3{x^2} + 6x + 1$ trên $\left( {2; + \infty } \right)$, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng này, do đó $\mathop {\sup }\limits_{x \in \left( {2; + \infty } \right)} g\left( x \right) = g\left( 2 \right) = 1$. Vậy điều kiện cần tìm là $2m \ge 1$, hay $m \ge \dfrac{1}{2}$.

Câu 24: Hàm số $y = {\log _3}\left( {{x^3} - x} \right)$ có đạo hàm là:

Lời giải: Áp dụng công thức đạo hàm của hàm số logarit $(\log_a u)' = \dfrac{u'}{u \ln a}$. Với hàm số $y = {\log _3}(x^3 - x)$, ta có $u = x^3 - x$ và đạo hàm của nó là $u' = 3x^2 - 1$. Thay vào công thức, ta được đạo hàm là $y' = \dfrac{3x^2 - 1}{(x^3 - x)\ln 3}$.

Câu 25: Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 0, 5% mỗi tháng theo cách sau: mỗi tháng (vào đầu tháng) người đó gửi vào ngân hàng 10 triệu đồng và ngân hàng tính lãi suất (lãi suất không đổi) dựa trên số tiền tiết kiệm thực tế của tháng đó. Hỏi sau 5 năm, số tiền của người đó có được gần nhất với số tiền nào dưới đây (cả gốc và lãi, đơn vị triệu đồng)?

Lời giải: Đây là bài toán về giá trị tương lai của một chuỗi tiền tệ định kỳ đầu mỗi kỳ (annuity due). Với số tiền gửi hàng tháng là $A=10$ triệu đồng, lãi suất hàng tháng $r = 0,5\% = 0,005$ và số kỳ gửi là $n = 5 \times 12 = 60$ tháng. Tổng số tiền nhận được cả gốc và lãi được tính bằng công thức $T = A(1+r) \frac{(1+r)^n - 1}{r} \approx 10(1,005) \frac{(1,005)^{60} - 1}{0,005} \approx 701,19$ triệu đồng.

Câu 26: Họ nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = \sin x + x\ln x$ là:

Lời giải: Ta cần tính $F(x) = \int (\sin x + x\ln x)dx = \int \sin x dx + \int x\ln x dx$. Nguyên hàm của $\sin x$ là $-\cos x$. Để tính $\int x\ln x dx$, ta dùng phương pháp tích phân từng phần và thu được kết quả là $\dfrac{x^2}{2}\ln x - \dfrac{x^2}{4}$. Vậy họ nguyên hàm cần tìm là $F(x) = - \cos x + \dfrac{{{x^2}}}{2}\ln x - \dfrac{{{x^2}}}{4} + C$.

Câu 27: Cho $\int\limits_0^1 {\dfrac{{xdx}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}} = a + b\ln 2 + c\ln 3$ với $a,\,\,b,\,\,c$ là các số hữu tỉ. Giá trị của $a + b + c$ bằng:

Lời giải: Để tính tích phân $I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{xdx}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}}$, ta sử dụng phương pháp đổi biến số bằng cách đặt $t = 2x+1$. Suy ra $x = \dfrac{t-1}{2}$ và $dx = \dfrac{dt}{2}$, khi đó tích phân trở thành $I = \dfrac{1}{4} \int\limits_1^3 \left( \dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{t^2} \right) dt = \dfrac{1}{4} \left[ \ln|t| + \dfrac{1}{t} \right]_1^3 = -\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{4}\ln 3$. Đối chiếu với dạng $a + b\ln 2 + c\ln 3$, ta có $a = -\dfrac{1}{6}, b = 0, c = \dfrac{1}{4}$, do đó $a+b+c = -\dfrac{1}{6} + 0 + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{12}$.

Câu 28: Trong không gian $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left( P \right):\,\,x + 2y + 2z - 10 = 0$. Phương trình mặt phẳng $\left( Q \right)$ với $\left( Q \right)$ song song với $\left( P \right)$ và khoảng cách giữa hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ bằng $\dfrac{7}{3}$ là:

Lời giải: Do mặt phẳng $(Q)$ song song với mặt phẳng $(P):\,x + 2y + 2z - 10 = 0$ nên phương trình của $(Q)$ có dạng $x + 2y + 2z + D = 0$ (với $D \neq -10$). Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song, ta có $d((P),(Q)) = \dfrac{|D - (-10)|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}} = \dfrac{|D+10|}{3}$. Theo giả thiết, khoảng cách này bằng $\dfrac{7}{3}$, suy ra $|D+10|=7$, ta tìm được $D = -3$ hoặc $D = -17$. Vậy các phương trình của mặt phẳng $(Q)$ là $x+2y+2z-3=0$ và $x+2y+2z-17=0$.

Câu 29: Người ta đổ một cái cống bằng cát, đá, xi măng và sắt thép như hình vẽ bên dưới. Thể tích nguyên vật liệu cần dùng là:

Câu 29: Người ta đổ một cái cống bằng cát, đá, xi măng và sắt thép như hình vẽ bên dưới. Thể tích nguyên vật liệu cần dùng là:
Lời giải: Thể tích nguyên vật liệu cần dùng là hiệu của thể tích hình trụ lớn và thể tích hình trụ nhỏ rỗng bên trong. Thể tích hình trụ được tính bằng công thức $V = \pi r^2 h$. Do đó, thể tích vật liệu là $V = \pi (R_1^2 - R_2^2)L = \pi (0.5^2 - 0.3^2) \times 2 = \pi (0.25 - 0.09) \times 2 = \pi (0.16) \times 2 = 0.32\pi$ mét khối.

Câu 30: Cho cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ có số hạng đầu là ${u_1} = 2$ và công bội $q = 5$. Giá trị của $\sqrt {{u_6}{u_8}} $ bằng:

Lời giải: Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân $u_n = u_1 q^{n-1}$, ta có $u_6 = 2.5^5$ và $u_8 = 2.5^7$. Do đó, biểu thức cần tính có giá trị là $\sqrt{u_6 u_8} = \sqrt{(2.5^5)(2.5^7)} = \sqrt{4.5^{12}} = 2.5^6$.

Câu 31: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$ có $BC = a,\,\,BB' = a\sqrt 3 $. Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A'B'C} \right)$ và $\left( {ABC'D'} \right)$ bằng:

Lời giải: Giao tuyến của hai mặt phẳng $(A'B'C)$ và $(ABC'D')$ song song với $AB$, do đó nó vuông góc với mặt phẳng $(BCC'B')$. Vì vậy, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm là góc giữa hai đường thẳng $B'C$ và $BC'$. Trong hình chữ nhật $BCC'B'$, ta tính được $\tan \widehat{CBC'} = \tan \widehat{B'CB} = \frac{BB'}{BC} = \sqrt{3}$, suy ra $\widehat{CBC'} = \widehat{B'CB} = 60^\circ$, dẫn đến tam giác $OBC$ (với $O=BC' \cap B'C$) là tam giác đều và góc $\widehat{BOC} = 60^\circ$.

Câu 32: Tất cả các giá trị của tham số $m$ để hàm số $y = \dfrac{{{x^5}}}{5} - \dfrac{{m{x^4}}}{4} + 2$ đạt cực đại tại $x = 0$ là:

Lời giải: Ta tính đạo hàm của hàm số: $y' = x^4 - mx^3 = x^3(x-m)$. Để hàm số đạt cực đại tại $x=0$, đạo hàm $y'$ phải đổi dấu từ dương sang âm khi $x$ đi qua 0. Với điều kiện $m > 0$, khi $x$ ở lân cận 0 thì $x-m < 0$, do đó dấu của $y'$ sẽ ngược dấu với $x^3$; tức là $y'$ đổi dấu từ dương sang âm khi $x$ qua 0, thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 33: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để phương trình $f\left( {{e^{{x^2}}}} \right) = m$ có đúng 2 nghiệm thực là:

Câu 33: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để phương trình $f\left( {{e^{{x^2}}}} \right) = m$ có đúng 2 nghiệm thực là:
Lời giải: Đặt $t = e^{x^2}$. Vì $x^2 \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$, suy ra $t = e^{x^2} \ge e^0 = 1$. Phương trình đã cho trở thành $f(t) = m$ với $t \ge 1$. Nếu $t=1$ ta có 1 nghiệm $x=0$; nếu $t>1$ ta có 2 nghiệm phân biệt $x = \pm\sqrt{\ln t}$. Do đó, phương trình ban đầu có đúng 2 nghiệm thực khi và chỉ khi phương trình $f(t)=m$ có đúng một nghiệm $t>1$. Dựa vào đồ thị, trên miền $[1, +\infty)$, hàm số $f(t)$ có giá trị cực đại là 4 tại $t=1$ và giá trị cực tiểu là 0 tại $t=3$. Yêu cầu bài toán được thỏa mãn khi đường thẳng $y=m$ cắt đồ thị $y=f(t)$ (với $t \ge 1$) tại một điểm duy nhất có hoành độ lớn hơn 1, điều này xảy ra khi $m=0$ (tương ứng $t=3$) hoặc $m>4$.

Câu 34: Tìm tất cả giá trị thực của tham số $m$ để bất phương trình$\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x - 1} \right){x^3} + {\left( {{x^2} - x} \right)^2}\left( {2 - m} \right) + \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x - 1} \right) \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}$.

Lời giải: Ta biến đổi bất phương trình về dạng $(x-1)^2[x^4 + x^3 + (2-m)x^2 + x + 1] \ge 0$, điều này tương đương với việc tìm $m$ để $g(x) = x^4 + x^3 + (2-m)x^2 + x + 1 \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$. Bằng cách đặt ẩn phụ $t = x + \frac{1}{x}$ (với $|t| \ge 2$), ta đưa bất phương trình về dạng $t^2+t-m \ge 0$. Khảo sát hàm số $f(t)=t^2+t-m$ trên miền $(-\infty, -2] \cup [2, \infty)$, ta tìm được điều kiện là $m \le 2$.

Câu 35: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để bất phương trình ${\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 1} \right) > {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^3} + x - m} \right)$ có nghiệm:

Lời giải: Bất phương trình có nghiệm khi hệ $\begin{cases} x - 1 > 0 \\ x^3 + x - m > 0 \\ x - 1 1 \\ m 1$ thì $x^3+x > x^3+1$ nên điều kiện $m < x^3+x$ được thỏa mãn. Để hệ có nghiệm, ta cần tìm $m$ sao cho bất phương trình $m 1$. Vì hàm số $f(x) = x^3 + 1$ có tập giá trị là $(2, +\infty)$ trên khoảng $(1, +\infty)$, nên với mọi giá trị $m \in \mathbb{R}$ ta luôn tìm được $x > 1$ thỏa mãn $x^3 + 1 > m$, do đó bất phương trình có nghiệm với mọi $m$.

Câu 36: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để phương trình ${4^x} - m{2^x} + 1 = 0$ có 2 nghiệm ${x_1},\,\,{x_2}$ thỏa mãn ${x_1} + {x_2} = 0$.

Lời giải: Đặt $t = 2^x$ (với $t > 0$), phương trình đã cho trở thành ${t^2} - mt + 1 = 0$ (*). Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm ${x_1}, {x_2}$ thỏa mãn ${x_1} + {x_2} = 0$, phương trình (*) phải có 2 nghiệm dương ${t_1}, {t_2}$. Theo định lí Vi-ét, $t_1t_2 = 2^{x_1}2^{x_2} = 2^{x_1+x_2} = 2^0 = 1$, điều này luôn đúng với phương trình (*). Do đó, ta chỉ cần tìm $m$ để phương trình (*) có hai nghiệm dương, tức là $\Delta = m^2 - 4 \ge 0$ và $S = m > 0$, giải ra ta được $m \ge 2$.

Câu 37: Cho hàm số $f\left( x \right) = - {x^2} + 3$ và hàm số $g\left( x \right) = {x^2} - 2x - 1$ có đồ thị như hình vẽ: Tích phân $I = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} $ bằng với tích phân nào sau đây ?

Câu 37: Cho hàm số $f\left( x \right) = - {x^2} + 3$ và hàm số $g\left( x \right) = {x^2} - 2x - 1$ có đồ thị như hình vẽ: Tích phân $I = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} $ bằng với tích phân nào sau đây ?
Lời giải: Tích phân $I = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} $ biểu diễn diện tích hình phẳng được tô đậm, giới hạn bởi đồ thị hai hàm số $y = f(x)$ và $y = g(x)$ trên đoạn $[-1, 2]$. Dựa vào đồ thị, ta thấy trên đoạn $[-1, 2]$, đồ thị hàm số $f(x)$ luôn nằm phía trên đồ thị hàm số $g(x)$, suy ra $f(x) \ge g(x)$ với mọi $x \in [-1, 2]$. Do đó, ta có thể bỏ dấu giá trị tuyệt đối, tức là $\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right| = f(x) - g(x)$, và tích phân trở thành $I = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} $.

Câu 38: Kết quả của phép tính $\int\limits_{}^{} {\dfrac{{dx}}{{{e^x} - 2{e^{ - x}} + 1}}} $ bằng:

Lời giải: Ta biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân bằng cách nhân cả tử và mẫu với $e^x$, ta được $\int \dfrac{e^x dx}{(e^x)^2 + e^x - 2}$. Đặt $t = e^x$, ta có $dt = e^x dx$, khi đó nguyên hàm trở thành $\int \dfrac{dt}{t^2 + t - 2} = \int \dfrac{dt}{(t - 1)(t + 2)}$. Bằng cách phân tích thành phân thức đơn giản, ta tìm được nguyên hàm là $\dfrac{1}{3}\ln \left| \dfrac{t-1}{t+2} \right| + C$, thay $t=e^x$ trở lại ta được đáp án D.

Câu 39: Trong không gian $Oxyz$ , cho mặt phẳng $\left( P \right):\,\,x + y + z - 3 = 0$ và đường thẳng $d:\,\,\dfrac{x}{1} = \dfrac{{y + 1}}{2} = \dfrac{{z - 2}}{{ - 1}}$. Đường thẳng $d'$ đối xứng với $d$ qua mặt phẳng $\left( P \right)$ có phương trình là:

Lời giải: Ta tìm giao điểm của đường thẳng $d$ và mặt phẳng $(P)$ là điểm $I(1; 1; 1)$, điểm này cũng thuộc đường thẳng đối xứng $d'$. Lấy một điểm $M(0; -1; 2)$ thuộc $d$, tìm điểm đối xứng $M'$ của $M$ qua $(P)$ ta được $M'(\dfrac{4}{3}; \dfrac{1}{3}; \dfrac{10}{3})$. Đường thẳng $d'$ đi qua $I$ và $M'$ nên có vectơ chỉ phương $\vec{IM'}$ cùng phương với $(1; -2; 7)$, suy ra phương trình đường thẳng $d'$ là $\dfrac{x - 1}{1} = \dfrac{y - 1}{-2} = \dfrac{z - 1}{7}$.

Câu 40: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết $\angle BAC = {30^0},\,\,SA = a$ và $BA = BC = a$. Gọi $D$ là điểm đối xứng với $B$ qua $AC$. Khoảng cách từ $B$ đến mặt $\left( {SCD} \right)$ bằng:

Lời giải: Do D là điểm đối xứng của B qua AC và tam giác ABC cân tại B ($BA=BC$) nên tứ giác ABCD là hình thoi, suy ra $AB \parallel CD$. Vì vậy, khoảng cách từ B đến mặt phẳng $(SCD)$ bằng khoảng cách từ A đến mặt phẳng $(SCD)$. Kẻ $AK \perp CD$ tại K và $AH \perp SK$ tại H, ta có $AH \perp (SCD)$, do đó $d(A,(SCD))=AH$. Dựa vào các giả thiết, ta tính được $AK = AD \cdot \sin(\angle ADC) = a \cdot \sin(120^\circ) = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$, và từ hệ thức trong tam giác vuông SAK, ta có $\dfrac{1}{AH^2} = \dfrac{1}{SA^2} + \dfrac{1}{AK^2} = \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{4}{3a^2} = \dfrac{7}{3a^2}$, suy ra $AH = \dfrac{a\sqrt{21}}{7}$.

Câu 41: Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ có thể tích $V$, gọi $M,\,\,N$ là hai điểm thỏa mãn $\overrightarrow {D'M} = 2\overrightarrow {MD} ,\,\,\overrightarrow {C'N} = 2\overrightarrow {NC} $, đường thẳng $AM$ cắt đường thẳng $A'D'$ tại $P$, đường thẳng $BN$ cắt đường thẳng $B'C'$ tại $Q$. Thể tích của khối $PQNMD'C'$ bằng:

Lời giải: Do tỉ lệ thể tích không đổi qua phép biến đổi affine, ta có thể xét bài toán trên hình hộp là hình lập phương đơn vị có cạnh bằng 1 và thể tích $V=1$. Bằng cách chọn một hệ tọa độ thích hợp, ta xác định được khối $PQNMD'C'$ là một lăng trụ có diện tích đáy là $S_{PMD'} = 2/3$ và chiều cao tương ứng (khoảng cách giữa hai mặt phẳng $(ADD'A')$ và $(BCC'B')$) bằng 1. Do đó, thể tích của khối này là $V_{khối} = S_{đáy} \times h = \frac{2}{3} \times 1 = \frac{2}{3}$, suy ra thể tích cần tìm bằng $\frac{2}{3}V$.

Câu 42: Thể tích lớn nhất của khối trụ nội tiếp hình cầu có bán kính $R$ bằng:

Câu 42: Thể tích lớn nhất của khối trụ nội tiếp hình cầu có bán kính $R$ bằng:
Lời giải: Gọi $r$ và $h$ lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ nội tiếp hình cầu bán kính $R$. Ta có mối liên hệ giữa các đại lượng: $r^2 + (\frac{h}{2})^2 = R^2 \implies r^2 = R^2 - \frac{h^2}{4}$. Thể tích khối trụ là $V = \pi r^2 h = \pi(R^2 - \frac{h^2}{4})h$. Khảo sát hàm số $V(h)$ với điều kiện $0 < h < 2R$, ta tìm được thể tích đạt giá trị lớn nhất là $V_{max} = \dfrac{{4\pi {R^3}\sqrt 3 }}{9}$ khi $h = \dfrac{2R\sqrt{3}}{3}$.

Câu 43: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để phương trình ${9^x} + {6^x} - m{.4^x} = 0$ có nghiệm là:

Lời giải: Ta chia cả hai vế của phương trình cho $4^x > 0$ và đặt $t = (\frac{3}{2})^x > 0$, phương trình trở thành $t^2 + t = m$. Phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình theo ẩn $t$ có nghiệm $t > 0$. Xét hàm số $f(t) = t^2 + t$ trên khoảng $(0; +\infty)$, ta có $f(t)$ đồng biến và có tập giá trị là $(0; +\infty)$, do đó điều kiện cần tìm là $m > 0$.

Câu 44: Trong không gian $Oxyz$ cho $A\left( {1;0;0} \right),\,\,B\left( {0;2;0} \right),\,\,C\left( {0;0;1} \right)$. Trực tâm của tam giác $ABC$ có tạo độ là:

Lời giải: Gọi $H(x; y; z)$ là trực tâm của tam giác $ABC$. Khi đó, điểm $H$ phải thuộc mặt phẳng $(ABC)$ và thỏa mãn hai điều kiện $\vec{AH} \cdot \vec{BC} = 0$ và $\vec{BH} \cdot \vec{AC} = 0$. Từ các điều kiện này, ta thiết lập và giải hệ phương trình gồm $2x+y+2z-2=0$, $-2y+z=0$ và $-x+z=0$, ta thu được tọa độ điểm $H$ là $\left( \dfrac{4}{9}; \dfrac{2}{9}; \dfrac{4}{9} \right)$.

Câu 45: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$. Hàm số $y = f'\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ: Phương trình $\dfrac{{f\left( x \right)}}{{36}} + \dfrac{{\sqrt {x + 3} - 2}}{{x - 1}} > m$ đúng với mọi $x \in \left( {0;1} \right)$ khi và chỉ khi:

Câu 45: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$. Hàm số $y = f'\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ: Phương trình $\dfrac{{f\left( x \right)}}{{36}} + \dfrac{{\sqrt {x + 3} - 2}}{{x - 1}} > m$ đúng với mọi $x \in \left( {0;1} \right)$ khi và chỉ khi:
Lời giải: Bất phương trình đã cho tương đương với $m < g(x) = \dfrac{f(x)}{36} + \dfrac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}$ với mọi $x \in (0,1)$. Điều kiện là $m \le \inf_{x \in (0,1)} g(x)$. Ta rút gọn biểu thức $g(x) = \dfrac{f(x)}{36} + \dfrac{(x+3)-4}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)} = \dfrac{f(x)}{36} + \dfrac{1}{\sqrt{x+3}+2}$. Để tìm cận dưới của $g(x)$, ta xét giới hạn của hàm số tại biên của khoảng $(0,1)$. Khi $x \to 1^-$, ta có $\lim_{x \to 1^-} g(x) = \dfrac{f(1)}{36} + \dfrac{1}{\sqrt{1+3}+2} = \dfrac{f(1)}{36} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{f(1)+9}{36}$. Đây là giá trị mà $g(x)$ tiệm cận, do đó ta có điều kiện $m \le \dfrac{f(1)+9}{36}$.

Câu 46: Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đồ thị của hàm số $y = f'\left( x \right)$ như hình vẽ: Hàm số $y = f\left( {2x - 1} \right) + \dfrac{{{x^3}}}{3} + {x^2} - 2x$ nghịch biến trên khoảng nào sau đây:

Câu 46: Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đồ thị của hàm số $y = f'\left( x \right)$ như hình vẽ: Hàm số $y = f\left( {2x - 1} \right) + \dfrac{{{x^3}}}{3} + {x^2} - 2x$ nghịch biến trên khoảng nào sau đây:
Lời giải: Ta có đạo hàm của hàm số là $y' = 2f'(2x-1) + x^2 + 2x - 2$. Để hàm số nghịch biến thì $y' \le 0$. Xét khoảng $(-1; 0)$, ta có $x \in (-1; 0) \Rightarrow 2x-1 \in (-3; -1)$. Dựa vào đồ thị, trên khoảng $(-3; -1)$ thì $f'(2x-1) < 0$. Đồng thời, $x^2 + 2x - 2 < 0$ với mọi $x \in (-1; 0)$. Do đó $y' = 2f'(2x-1) + x^2 + 2x - 2 < 0$, nên hàm số nghịch biến trên khoảng $(-1; 0)$.

Câu 47: Trong không gian $Oxyz$ cho $A\left( {0;1;2} \right),\,\,B\left( {0;1;0} \right),\,\,C\left( {3;1;1} \right)$ và mặt phẳng $\left( Q \right):\,\,x + y + z - 5 = 0$. Xét điểm $M$ thay đổi thuộc $\left( Q \right)$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}$ bằng:

Lời giải: Gọi $G(1;1;1)$ là trọng tâm của tam giác ABC. Ta có biểu thức $P = M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 3M{G^2} + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} = 3MG^2 + 8$. Vì M thuộc mặt phẳng (Q) nên P đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu của G lên (Q), tức là $MG_{min}$ là khoảng cách từ G đến (Q). Khoảng cách này là $d(G, (Q)) = \frac{|1+1+1-5|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$, suy ra $P_{min} = 3 \cdot \left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^2 + 8 = 12$.

Câu 48: Trong không gian, cho hai đường thẳng $\Delta :\,\,\dfrac{x}{1} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{{z - 1}}{1},\,\,\Delta ':\,\,\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{y}{2} = \dfrac{z}{1}$. Xét điểm $M$ thay đổi. Gọi $a,\,\,b$ lần lượt là khoảng cách từ $M$ đến $\Delta $ và $\Delta '$. Biểu thức ${a^2} + 2{b^2}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $M \equiv M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ . Khi đó ${x_0} + {y_0}$ bằng:

Lời giải: Đây là bài toán tìm điểm $M$ sao cho tổng trọng số của bình phương khoảng cách đến hai đường thẳng đạt giá trị nhỏ nhất. Điểm tối ưu $M_0$ được xác định bởi một hệ thức véc-tơ liên quan đến hình chiếu của nó lên hai đường thẳng. Bằng cách thiết lập và giải hệ phương trình tọa độ, ta tìm được điểm $M_0$ có tọa độ là $(\frac{2}{3}; 0; \frac{1}{3})$, do đó $x_0 + y_0 = \frac{2}{3}$.

Câu 49: Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật $ABCD$ có $AB$ và $CD$ thuộc hai đáy của hình trụ, $AB = 4a$,$AC = 5a$. Thể tích khối trụ là

Lời giải: Vì thiết diện qua trục là hình chữ nhật $ABCD$ nên đường kính đáy của hình trụ là $d = AB = 4a$, suy ra bán kính đáy $r = 2a$. Chiều cao của hình trụ là $h = BC$, áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông $ABC$, ta có $h = \sqrt{AC^2 - AB^2} = \sqrt{(5a)^2 - (4a)^2} = 3a$. Vậy thể tích của khối trụ là $V = \pi r^2 h = \pi (2a)^2 \cdot 3a = 12\pi a^3$.

Câu 50: Cho hình chóp $S.\,ABC$ có $SA$ vuông góc với đáy. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, biết $SA = AC = 2a$. Thể tích khối chóp $S.ABC$ là

Lời giải: Thể tích khối chóp được tính bằng công thức $V = \dfrac{1}{3}S_{đáy} \cdot h$. Vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ có cạnh huyền $AC = 2a$, ta có $AB = BC = \dfrac{AC}{\sqrt{2}} = a\sqrt{2}$, do đó diện tích đáy $S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB \cdot BC = \dfrac{1}{2}(a\sqrt{2})^2 = a^2$. Với chiều cao $h = SA = 2a$, thể tích khối chóp là $V_{S.ABC} = \dfrac{1}{3} \cdot a^2 \cdot 2a = \dfrac{2a^3}{3}$.
Đề tiếp theo »

Các Nội Dung Liên Quan:

  1. Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Lê Thị Riêng lần 2
  2. Thi thử THPT quốc gia môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Nguyễn Kiệm năm 2023
  3. Thi thử tốt nghiệp THPT quốc gia môn Toán online – Đề thi của trường THPT Cù Huy Cận năm 2022
  4. Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Trưng Vương lần 4
  5. Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Lương Thế Vinh
TÌM KIẾM
BÀI VIẾT MỚI NHẤT
  • Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Hóa học online – Đề thi của Trường THPT Lê Quý Đôn
  • Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Vật Lý online – Đề thi của Trường THPT Gành Hào
  • Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Trần Quang Khải
  • Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Trưng Vương lần 3
  • Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Sinh Học online – Đề thi của Trường THPT Ngô Quyền
  • Thi thử trắc nghiệm online môn Sinh Học – Đề thi minh họa tốt nghiệp THPT năm 2023 của bộ GD&ĐT
  • Đề thi thử THPT QG môn Lịch Sử năm 2018 online – Đề thi của Trường THPT Liễn Sơn Vĩnh Phúc
  • Đề thi thử tốt nghiệp THPT QG môn Lịch Sử năm 2020 online – Đề thi của Trường THPT Tây Thạnh
  • Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Hóa học online – Đề thi của Trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai
  • Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Vật Lý online – Đề thi của Trường THPT Ngô Quyền
DANH MỤC
  • Đề thi THPT (597)
    • Đề Thi Địa Lý THPT (56)
    • Đề Thi Giáo Dục Công Dân THPT (153)
    • Đề Thi Hoá Học THPT (66)
    • Đề Thi Lịch Sử THPT (146)
    • Đề Thi Sinh Học THPT (49)
    • Đề Thi Tiếng Anh THPT (1)
    • Đề Thi Toán THPT (58)
    • Đề Thi Vật Lý THPT (68)
TRANG THÔNG TIN
  • Chính sách bảo mật thông tin
  • Chính sách xây dựng nội dung
  • Giới Thiệu
  • Liên hệ
  • Tuyên bố miễn trừ trách nhiệm
TÌM BÀI TẬP
Kho Tài Liệu | Tổng Hợp Bài Tập | Ôn Tập Các Khối

Input your search keywords and press Enter.