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 Thanh Đa

  • Tháng 1 9, 2026

Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Thanh Đa 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 Thanh Đa

Kết quả của bạn:

Bạn đã đúng:

Bạn đã sai:

Tổng số câu:

Câu 1: Cho hàm số $y = \dfrac{{2x + 1}}{{x + 2}}$. Khẳng định nào dưới đây đúng?

Lời giải: Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R} \setminus \{-2\}$. Ta tính đạo hàm $y' = \dfrac{2.2 - 1.1}{{(x + 2)}^2} = \dfrac{3}{{(x + 2)}^2} > 0$ với mọi $x \in D$. Vì đạo hàm luôn dương trên từng khoảng xác định nên hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( { - 2; + \infty } \right)$.

Câu 2: Với $a$ là số thực dương khác $1$ tùy ý, ${\log _{{a^2}}}{a^3}$ bằng

Lời giải: Áp dụng công thức logarit ${\log_{a^\alpha}}{b^\beta} = \dfrac{\beta}{\alpha}{\log_a}b$ với $a$ là số thực dương khác $1$. Ta có ${\log_{a^2}}{a^3} = \dfrac{3}{2}{\log_a}a = \dfrac{3}{2} \cdot 1 = \dfrac{3}{2}$.

Câu 3: Hàm số $y = \dfrac{1}{3}{x^3} + {x^2} - 3x + 1$ đạt cực tiểu tại điểm

Lời giải: Ta có đạo hàm của hàm số là $y' = x^2 + 2x - 3$. Giải phương trình $y' = 0 \Leftrightarrow x^2 + 2x - 3 = 0$, ta được hai nghiệm là $x = 1$ và $x = -3$. Tính đạo hàm cấp hai $y'' = 2x + 2$, ta thấy $y''(1) = 4 > 0$ nên hàm số đạt cực tiểu tại $x=1$.

Câu 4: Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng $6$ và chiều cao bằng $4$ là

Lời giải: Công thức tính thể tích của khối chóp là $V = \frac{1}{3}Bh$, trong đó $B$ là diện tích đáy và $h$ là chiều cao. Áp dụng vào bài toán, ta có diện tích đáy $B=6$ và chiều cao $h=4$, do đó thể tích khối chóp là $V = \frac{1}{3} \times 6 \times 4 = 8$.

Câu 5: Cho hình hộp đứng $ABCD.A'B'C'D'$ có đáy $ABCD$ là hình thoi có hai đường chéo $AC = a$, $BD = a\sqrt 3 $ và cạnh bên $AA' = a\sqrt 2 $. Thể tích $V$ của khối hộp đã cho là

Lời giải: Diện tích đáy hình thoi $ABCD$ được tính bằng công thức $S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}AC \cdot BD = \dfrac{1}{2}a \cdot a\sqrt 3 = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$. Vì đây là hình hộp đứng nên chiều cao $h$ bằng cạnh bên $AA' = a\sqrt 2 $, do đó thể tích của khối hộp là $V = S_{ABCD} \cdot h = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \cdot a\sqrt 2 = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{2}$.

Câu 6: Cho hàm số $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ $\left( {a \ne 0} \right)$ có đồ thị như hình dưới đây. Khẳng định nào dưới đây đúng?

Câu 6: Cho hàm số $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ $\left( {a \ne 0} \right)$ có đồ thị như hình dưới đây. Khẳng định nào dưới đây đúng?
Lời giải: Quan sát đồ thị, ta thấy hàm số nghịch biến trên toàn bộ tập xác định $\mathbb{R}$, điều này suy ra hệ số $a$ phải âm ($a < 0$). Hơn nữa, đồ thị không có điểm cực trị, tức là phương trình đạo hàm $y' = 3a{x^2} + 2bx + c = 0$ không có hai nghiệm phân biệt. Điều kiện này dẫn đến biệt thức $\Delta'_{y'} = {b^2} - 3ac \le 0$. Trong các lựa chọn, đáp án B phù hợp nhất với điều kiện $a < 0$ và ${b^2} - 3ac < 0$, vì nó đảm bảo hàm số luôn nghịch biến và không có điểm cực trị.

Câu 7: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng xét dấu của đạo hàm như sau. Hàm số $y = - 2f\left( x \right) + 2019$ nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?

Câu 7: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng xét dấu của đạo hàm như sau. Hàm số $y = - 2f\left( x \right) + 2019$ nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
Lời giải: Gọi hàm số đã cho là $g(x) = -2f(x) + 2019$. Ta có $g'(x) = -2f'(x)$. Để hàm số $g(x)$ nghịch biến, ta cần $g'(x) < 0$, tức là $-2f'(x) 0$. Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm $f'(x)$, ta thấy $f'(x) > 0$ trên các khoảng $(-\infty; -2)$, $(-1; 2)$ và $(4; +\infty)$. Trong các lựa chọn đã cho, khoảng $(-1; 2)$ là khoảng mà $f'(x) > 0$, do đó $g(x)$ nghịch biến trên khoảng này.

Câu 8: Cho $a$ và $b$ lần lượt là số hạng thứ hai và thứ mười của một cấp số cộng có công sai $d \ne 0.$ Giá trị của biểu thức ${\log _2}\left( {\dfrac{{b - a}}{d}} \right)$ là một số nguyên có số ước tự nhiên bằng

Lời giải: Gọi cấp số cộng là $(u_n)$ với công sai $d$. Ta có số hạng thứ hai là $a=u_2=u_1+d$ và số hạng thứ mười là $b=u_{10}=u_1+9d$. Khi đó, $b-a = (u_1+9d)-(u_1+d) = 8d$, suy ra biểu thức đã cho bằng ${\log _2}\left( {\dfrac{{8d}}{d}} \right) = {\log _2}8 = 3$. Số 3 là số nguyên tố nên có 2 ước tự nhiên là 1 và 3.

Câu 9: Cho khối chóp tứ giác $S.ABCD$có đáy $ABCD$ là hình thoi và $SABC$ là tứ diện đều cạnh $a$. Thể tích $V$ của khối chóp $S.ABCD$ là

Lời giải: Do SABC là tứ diện đều cạnh a và ABCD là hình thoi, ta suy ra đáy ABCD được tạo bởi hai tam giác đều ABC và ADC cạnh a. Diện tích đáy là $S_{ABCD} = 2 \cdot \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}$. Chiều cao khối chóp bằng chiều cao của tứ diện đều SABC, $h = \dfrac{a\sqrt{6}}{3}$, do đó thể tích là $V = \dfrac{1}{3} S_{ABCD} \cdot h = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{a^2\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{a\sqrt{6}}{3} = \dfrac{a^3\sqrt{2}}{6}$.

Câu 10: Cho khối chóp tam giác $S.ABC$ có đỉnh $S$ và đáy là tam giác $ABC$. Gọi $V$ là thể tích của khối chóp. Mặt phẳng đi qua trọng tâm của ba mặt bên của khối chóp chia khối chóp thành hai phần. Tính theo $V$ thể tích của phần chứa đáy của khối chóp.

Lời giải: Gọi $G_1, G_2, G_3$ lần lượt là trọng tâm của các mặt bên $SAB, SBC, SCA$. Mặt phẳng đi qua ba điểm này sẽ cắt các cạnh bên $SA, SB, SC$ tại các điểm $A', B', C'$ thỏa mãn tỉ lệ $\dfrac{SA'}{SA} = \dfrac{SB'}{SB} = \dfrac{SC'}{SC} = \dfrac{2}{3}$. Do đó, thể tích khối chóp nhỏ $S.A'B'C'$ là $V' = (\dfrac{2}{3})^3 V = \dfrac{8}{27}V$. Thể tích phần khối chóp chứa đáy là $V_{đáy} = V - V' = V - \dfrac{8}{27}V = \dfrac{19}{27}V$.

Câu 11: Cho mặt cầu $\left( S \right)$ tâm $O$, bán kính bằng 2. $\left( P \right)$ là mặt phẳng cách $O$ một khoảng bằng 1 và cắt $\left( S \right)$ theo một đường tròn $\left( C \right)$. Hình nón $\left( N \right)$ có đáy là $\left( C \right)$, đỉnh thuộc $\left( S \right)$, đỉnh cách $\left( P \right)$ một khoảng lớn hơn $2$. Kí hiệu ${V_1}$, ${V_2}$ lần lượt là thể tích của khối cầu $\left( S \right)$ và khối nón $\left( N \right)$. Tỉ số $\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}}$ là

Lời giải: Thể tích khối cầu là $V_1 = \frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{4}{3}\pi \cdot 2^3 = \frac{32\pi}{3}$. Bán kính đường tròn đáy của khối nón là $r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$. Do đỉnh cách mặt phẳng đáy một khoảng lớn hơn 2 nên chiều cao khối nón là $h = R + d = 2 + 1 = 3$, suy ra thể tích khối nón là $V_2 = \frac{1}{3}\pi r^2 h = \frac{1}{3}\pi (\sqrt{3})^2 \cdot 3 = 3\pi$. Vậy tỉ số cần tìm là $\frac{V_1}{V_2} = \frac{32\pi/3}{3\pi} = \frac{32}{9}$.

Câu 12: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để phương trình ${x^3} - 3mx + 2 = 0$ có nghiệm duy nhất.

Lời giải: Xét hàm số $y = x^3 - 3mx + 2$ có đạo hàm $y' = 3x^2 - 3m$. Để phương trình có nghiệm duy nhất, đồ thị hàm số phải cắt trục hoành tại một điểm duy nhất, điều này xảy ra khi hàm số đơn điệu trên $\mathbb{R}$ (tức $m \le 0$), hoặc khi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm cùng phía so với trục hoành ($0 < m < 1$). Kết hợp cả hai trường hợp, ta được điều kiện cần tìm là $m < 1$.

Câu 13: Cho hình chóp $S.ABC$ có tam giác $ABC$ vuông tại $B$, $\widehat C = 60^\circ $, $AC = 2$, $SA \bot \left( {ABC} \right)$, $SA = 1$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Khoảng cách $d$ giữa $SM$ và $BC$ là

Lời giải: Trong tam giác vuông ABC, ta tính được $AB = AC \cdot \sin(60^\circ) = \sqrt{3}$ và $BC = AC \cdot \cos(60^\circ) = 1$. Do $BC \perp AB$ và $BC \perp SA$ (vì $SA \perp (ABC)$), ta suy ra $BC \perp (SAB)$. Do đó, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SM và BC được quy về khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng SM, và kết quả tính được bằng $\dfrac{\sqrt{21}}{7}$.

Câu 14: Gọi $M$ và $m$ lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = \dfrac{{3\cos x - 1}}{{3 + \cos x}}$. Tổng $M + m$ là

Lời giải: Đặt $t = \cos x$, với điều kiện $t \in [-1, 1]$. Xét hàm số $y = f(t) = \frac{3t - 1}{3 + t}$ trên đoạn $[-1, 1]$, ta có $f'(t) = \frac{10}{(3+t)^2} > 0$ nên hàm số đồng biến. Do đó, giá trị lớn nhất $M = f(1) = \frac{1}{2}$ và giá trị nhỏ nhất $m = f(-1) = -2$, suy ra tổng $M + m = \frac{1}{2} + (-2) = -\frac{3}{2}$.

Câu 15: Cho hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ ($a \ne 0$) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Câu 15: Cho hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ ($a \ne 0$) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Lời giải: Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy nhánh cuối cùng của đồ thị đi xuống nên hệ số $a < 0$. Hàm số có ba điểm cực trị nên $ab < 0$, mà $a0$. Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm (nằm dưới trục Ox) nên $c = y(0) < 0$.

Câu 16: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB = AD\sqrt 2 $, $SA \bot \left( {ABC} \right)$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SDM} \right)$ bằng

Lời giải: Ta chứng minh được $DM \perp AC$ trong hình chữ nhật $ABCD$ (ví dụ bằng phương pháp tọa độ hoặc vector). Vì $SA \perp (ABCD)$ nên $SA \perp DM$. Do đó, đường thẳng $DM$ vuông góc với cả hai đường thẳng cắt nhau là $SA$ và $AC$, suy ra $DM \perp (SAC)$. Vì đường thẳng $DM$ nằm trong mặt phẳng $(SDM)$, nên mặt phẳng $(SDM)$ vuông góc với mặt phẳng $(SAC)$, và góc giữa chúng là $90^\circ$.

Câu 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho hai đường tròn $\left( {{C_1}} \right)$ và $\left( {{C_2}} \right)$ lần lượt có phương trình ${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 1$ và ${\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} = 1$. Biết đồ thị hàm số $y = \dfrac{{ax + b}}{{x + c}}$ đi qua tâm của $\left( {{C_1}} \right)$, đi qua tâm của $\left( {{C_2}} \right)$ và có các đường tiệm cận tiếp xúc với cả $\left( {{C_1}} \right)$ và $\left( {{C_2}} \right)$. Tổng $a + b + c$ là

Lời giải: Đường tròn $(C_1)$ có tâm $I_1(1, 2)$, bán kính $R_1=1$ và $(C_2)$ có tâm $I_2(-1, 0)$, bán kính $R_2=1$. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x=-c$ và tiệm cận ngang $y=a$. Do các tiệm cận tiếp xúc với cả hai đường tròn nên khoảng cách từ tâm mỗi đường tròn đến các tiệm cận phải bằng bán kính, từ đó ta có $|2-a|=|0-a|=1 \Rightarrow a=1$ và $|1+c|=|-1+c|=1 \Rightarrow c=0$. Vì đồ thị hàm số đi qua tâm $I_2(-1, 0)$ nên ta có $0 = \dfrac{a(-1) + b}{-1 + c} \Rightarrow b=a=1$. Vậy tổng $a + b + c = 1 + 1 + 0 = 2$.

Câu 18: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình dưới đây. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để bất phương trình $2f\left( x \right) + {x^2} > 4x + m$ nghiệm đúng với mọi $x \in \left( { - 1;3} \right)$.

Câu 18: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình dưới đây. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để bất phương trình $2f\left( x \right) + {x^2} > 4x + m$ nghiệm đúng với mọi $x \in \left( { - 1;3} \right)$.
Lời giải: Bất phương trình đã cho tương đương với $m < 2f(x) + x^2 - 4x$. Để bất phương trình nghiệm đúng với mọi $x \in (-1; 3)$, ta cần $m < \min_{x \in (-1; 3)} g(x)$ với $g(x) = 2f(x) + x^2 - 4x$. Biến đổi $g(x) = 2f(x) + (x-2)^2 - 4$. Dựa vào đồ thị, trên khoảng $(-1; 3)$, hàm số $f(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=2$ là $f(2)=-3$, và hàm số $(x-2)^2$ cũng đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=2$. Do đó, $\min_{x \in (-1; 3)} g(x) = g(2) = 2f(2) + (2-2)^2 - 4 = 2(-3) - 4 = -10$, suy ra $m < -10$.

Câu 19: Cho $x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)$. Biết $\log \sin x + \log \cos x = - 1$ và $\log \left( {\sin x + \cos x} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {\log n - 1} \right)$. Giá trị của $n$ là

Lời giải: Từ phương trình đầu tiên, ta có $\log(\sin x \cos x) = -1$, suy ra $\sin x \cos x = \frac{1}{10}$. Ta tính được $(\sin x + \cos x)^2 = 1 + 2\sin x \cos x = \frac{6}{5}$, nên $\sin x + \cos x = \sqrt{\frac{6}{5}}$. Thế vào phương trình thứ hai, ta được $\frac{1}{2}\log(\frac{6}{5}) = \frac{1}{2}(\log n - \log 10)$, từ đó suy ra $\frac{6}{5} = \frac{n}{10}$ và giải được $n=12$.

Câu 20: Cho tứ diện $ABCD$. Trên các cạnh $AB$,$BC$, $CA$, $AD$ lần lượt lấy 3; 4; 5; 6 điểm phân biệt khác các điểm $A$, $B$, $C$, $D$. Số tam giác phân biệt có các đỉnh là các điểm vừa lấy là

Lời giải: Tổng số điểm đã lấy trên các cạnh là $3 + 4 + 5 + 6 = 18$ điểm. Số cách chọn 3 điểm bất kỳ từ 18 điểm này là $C_{18}^3 = 816$ cách. Để tạo thành một tam giác, 3 điểm được chọn không được thẳng hàng, do đó ta cần loại trừ các trường hợp chọn 3 điểm cùng nằm trên một cạnh. Số trường hợp 3 điểm thẳng hàng là $C_3^3 + C_4^3 + C_5^3 + C_6^3 = 1 + 4 + 10 + 20 = 35$. Vậy, số tam giác phân biệt được tạo thành là $816 - 35 = 781$.

Câu 21: Cho hình chóp đều $S.ABC$ có độ dài cạnh đáy bằng $2$, điểm $M$ thuộc cạnh $SA$ sao cho $SA = 4SM$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {MBC} \right)$. Thể tích $V$ của khối chóp $S.ABC$ là

Lời giải: Từ giả thiết hình chóp đều và $SA \perp (MBC)$, ta suy ra tam giác $SMB$ vuông tại $M$. Áp dụng định lý Pytago cho $\triangle SMB$ và định lý cosin cho $\triangle AMB$, ta tính được $SA^2 = \dfrac{8}{3}$. Từ đó, ta tính được chiều cao $SO = \sqrt{SA^2 - AO^2} = \dfrac{2}{\sqrt{3}}$, và thể tích khối chóp là $V = \dfrac{1}{3}S_{ABC} \cdot SO = \dfrac{2}{3}$.

Câu 22: Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn $\left( {O;R} \right)$ và $\left( {O';R} \right)$. $AB$ là một dây cung của đường tròn $\left( {O;R} \right)$ sao cho tam giác $O'AB$ là tam giác đều và mặt phẳng $\left( {O'AB} \right)$ tạo với mặt phẳng chứa đường tròn $\left( {O;R} \right)$ một góc $60^\circ $. Tính theo $R$ thể tích $V$ của khối trụ đã cho.

Lời giải: Gọi $I$ là trung điểm của $AB$, khi đó góc giữa mặt phẳng $(O'AB)$ và mặt phẳng đáy là góc $\angle O'IO = 60^\circ$. Dựa vào các tam giác vuông $O'OI$ và $OIA$, ta thiết lập được hệ thức liên hệ giữa bán kính $R$, chiều cao trụ $h$ và cạnh $AB$ của tam giác đều, từ đó tính được $h = \dfrac{3R}{\sqrt{7}}$. Vậy thể tích khối trụ là $V = \pi R^2 h = \pi R^2 \cdot \dfrac{3R}{\sqrt{7}} = \dfrac{3\pi \sqrt{7}R^3}{7}$.

Câu 23: Biết ${\log _2}\left( {\sum\limits_{k = 1}^{100} {\left( {k \times {2^k}} \right)} - 2} \right) = a + {\log _c}b$ với $a$,$b$,$c$ là các số nguyên và $a > b > c > 1$. Tổng $a + b + c$ là

Lời giải: Đầu tiên, ta tính tổng $S = \sum_{k=1}^{100} k \cdot 2^k = 99 \cdot 2^{101} + 2$. Từ đó, ta có $\log_2(S - 2) = \log_2(99 \cdot 2^{101}) = \log_2(99) + \log_2(2^{101}) = 101 + \log_2(99)$. So sánh với biểu thức $a + \log_c b$ và điều kiện $a > b > c > 1$, ta xác định được $a=101, b=99, c=2$. Do đó, tổng cần tìm là $a+b+c = 101+99+2=202$.

Câu 24: Số giá trị nguyên của tham số $m$ nằm trong khoảng $\left( {0;2020} \right)$ để phương trình $\left| {\left| {x - 1} \right| - \left| {2019 - x} \right|} \right| = 2020 - m$ có nghiệm là

Lời giải: Ta tìm tập giá trị của vế trái $f(x) = \left| {\left| {x - 1} \right| - \left| {2019 - x} \right|} \right|$. Theo bất đẳng thức giá trị tuyệt đối, ta có $0 \le f(x) \le \left| {(x-1) + (2019-x)} \right| = 2018$, và hàm số $f(x)$ liên tục nên tập giá trị của nó là đoạn $[0; 2018]$. Để phương trình có nghiệm thì $0 \le 2020 - m \le 2018$, suy ra $2 \le m \le 2020$. Vì $m$ là số nguyên thuộc khoảng $(0; 2020)$ nên $m$ nhận các giá trị từ $2$ đến $2019$, có tất cả $2019 - 2 + 1 = 2018$ giá trị.

Câu 25: Một cái hộp có dạng hình hộp chữ nhật có thể tích bằng $48$ và chiều dài gấp đôi chiều rộng. Chất liệu làm đáy và 4 mặt bên của hộp có giá thành gấp ba lần giá thành của chất liệu làm nắp hộp. Gọi $h$ là chiều cao của hộp để giá thành của hộp là thấp nhất. Biết $h = \dfrac{m}{n}$ với $m$, $n$ là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tổng $m + n$ là

Lời giải: Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của hộp lần lượt là $x, 2x, h$. Từ thể tích $V = 2x^2h = 48$, ta có $h = \frac{24}{x^2}$. Tổng chi phí làm hộp được biểu diễn theo $x$ là $C(x) = k(8x^2 + \frac{432}{x})$ với $k$ là hằng số dương, chi phí này đạt giá trị nhỏ nhất khi $x=3$. Khi đó, chiều cao của hộp là $h = \frac{24}{3^2} = \frac{8}{3}$, do đó $m=8, n=3$ và tổng $m+n = 11$.

Câu 26: Cho hàm số $f\left( x \right) = m{x^4} + n{x^3} + p{x^2} + qx + r$ $\left( {m \ne 0} \right)$. Chia $f\left( x \right)$ cho $x - 2$ được phần dư bằng $2019$, chia $f'\left( x \right)$ cho $x - 2$ được phần dư bằng 2018. Gọi $g\left( x \right)$ là phần dư khi chia $f\left( x \right)$ cho ${\left( {x - 2} \right)^2}$. Giá trị của $g\left( { - 1} \right)$ là

Lời giải: Theo định lý về số dư trong phép chia đa thức, ta có $f(2) = 2019$ và $f'(2) = 2018$. Gọi $g(x) = ax + b$ là phần dư khi chia $f(x)$ cho $(x-2)^2$, ta có $f(x) = (x-2)^2Q(x) + ax + b$. Từ đây, ta tính được $f(2) = 2a+b = 2019$ và $f'(2) = a = 2018$, suy ra $b = -2017$. Vậy $g(x) = 2018x - 2017$, do đó $g(-1) = 2018(-1) - 2017 = -4035$.

Câu 27: Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a$, cạnh bên bằng $\sqrt 2 a$. Độ lớn của góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng đáy bằng:

Lời giải: Gọi O là tâm hình vuông ABCD, khi đó SO là đường cao của hình chóp và hình chiếu của SA lên mặt phẳng đáy là AO. Do đó, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy (ABCD) là góc $\widehat{SAO}$. Ta tính được đường chéo $AC = a\sqrt{2}$, suy ra $AO = \frac{AC}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Trong tam giác vuông SAO, ta có $\cos(\widehat{SAO}) = \frac{AO}{SA} = \frac{a\sqrt{2}/2}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$, vậy góc cần tìm là $60^0$.

Câu 28: Hình vẽ là đồ thị của hàm số:

Câu 28: Hình vẽ là đồ thị của hàm số:
Lời giải: Từ đồ thị hàm số ta thấy tiệm cận đứng là đường thẳng $x = -1$ và tiệm cận ngang là đường thẳng $y = 1$. Ngoài ra, đồ thị đi qua điểm $(-3, 0)$ và $(0, 3)$. Chỉ có hàm số $y = \dfrac{{x + 3}}{{x + 1}}$ thỏa mãn tất cả các điều kiện trên: tiệm cận đứng $x = -1$, tiệm cận ngang $y = 1$, giao điểm với trục hoành là $x = -3$ và giao điểm với trục tung là $y = 3$.

Câu 29: Đường thẳng $\left( \Delta \right)$ là giao của hai mặt phẳng $x + z - 5 = 0$ và $x - 2y - z + 3 = 0$ thì có phương trình là:

Lời giải: Vector pháp tuyến của hai mặt phẳng lần lượt là $\vec{n_1} = (1; 0; 1)$ và $\vec{n_2} = (1; -2; -1)$. Vector chỉ phương của đường thẳng giao tuyến $(\Delta)$ là tích có hướng của hai vector pháp tuyến: $\vec{u} = [\vec{n_1}, \vec{n_2}] = (2; 2; -2)$, cùng phương với vector $(1; 1; -1)$. Thử điểm $M(2; 1; 3)$ từ đáp án C vào phương trình hai mặt phẳng, ta thấy tọa độ điểm M đều thỏa mãn, chứng tỏ điểm M thuộc đường thẳng.

Câu 30: Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $A\left( {3;0;0} \right),\,\,B\left( {0;0;4} \right)$ và song song trục $Oy$ có phương trình:

Lời giải: Vì mặt phẳng $(P)$ song song với trục $Oy$ và đi qua các điểm $A(3;0;0)$ trên trục $Ox$ và $B(0;0;4)$ trên trục $Oz$, nên nó có phương trình theo đoạn chắn dạng rút gọn là $\frac{x}{3} + \frac{z}{4} = 1$. Quy đồng mẫu số của phương trình này, ta được $4x + 3z = 12$, hay $4x + 3z - 12 = 0$.

Câu 31: Cho lăng trụ đều $ABC.A'B'C'$ có $AB = 2\sqrt 3 ,\,\,BB' = 2$.Gọi $M,\,\,N,\,\,P$ tương ứng là trung điểm của $A'B',\,\,A'C',\,\,BC$. Nếu gọi $\alpha $ là độ lớn của góc của hai mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ và $\left( {ACC'} \right)$ thì $\cos \alpha $ bằng:

Lời giải: Để giải bài toán, ta sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian Oxyz. Sau khi chọn một hệ tọa độ thích hợp và xác định tọa độ các điểm, ta tìm được vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $(MNP)$ là $\vec{n}_1 = (0; 4; -3)$ và của mặt phẳng $(ACC')$ là $\vec{n}_2 = (3; \sqrt{3}; 0)$. Áp dụng công thức tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng, ta có $\cos \alpha = \dfrac{|\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2|}{|\vec{n}_1| \cdot |\vec{n}_2|} = \dfrac{|4\sqrt{3}|}{5 \cdot \sqrt{12}} = \dfrac{2}{5}$.

Câu 32: Lăng trụ có chiều cao bằng $a$, đáy là tam giác vuông cân và có thể tích bằng $2{a^3}$. Cạnh góc vuông của đáy lăng trụ bằng

Lời giải: Thể tích của khối lăng trụ được tính bằng công thức $V = B \cdot h$, trong đó $B$ là diện tích đáy và $h$ là chiều cao. Từ giả thiết, ta có diện tích đáy $B = \frac{V}{h} = \frac{2a^3}{a} = 2a^2$. Do đáy là tam giác vuông cân, gọi cạnh góc vuông là $x$ thì diện tích đáy là $B = \frac{1}{2}x^2$, suy ra $\frac{1}{2}x^2 = 2a^2 \Leftrightarrow x^2 = 4a^2 \Leftrightarrow x = 2a$.

Câu 33: Tổng các nghiệm của phương trình ${4^x} - {6.2^x} + 2 = 0$ bằng:

Lời giải: Đặt $t = 2^x$ (với $t > 0$), phương trình đã cho trở thành $t^2 - 6t + 2 = 0$. Theo định lí Vi-ét, phương trình này có hai nghiệm $t_1, t_2$ thỏa mãn $t_1 \cdot t_2 = 2$. Vì $t_1 = 2^{x_1}$ và $t_2 = 2^{x_2}$, ta có $2^{x_1} \cdot 2^{x_2} = 2^{x_1 + x_2} = 2$, do đó tổng các nghiệm là $x_1 + x_2 = 1$.

Câu 34: Xét các số phức $z$ thỏa mãn $\left| {z - 1 - 3i} \right| = 2$. Số phức $z$ mà $\left| {z - 1} \right|$ nhỏ nhất là:

Lời giải: Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn $|z - 1 - 3i| = 2$ là đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2. Ta cần tìm số phức z sao cho $|z - 1|$ nhỏ nhất, tức là tìm điểm M trên đường tròn (C) sao cho khoảng cách MA là nhỏ nhất, với A(1; 0). Điểm M cần tìm là giao điểm của đoạn thẳng IA và đường tròn (C), dễ dàng tìm được M(1; 1), suy ra số phức cần tìm là $z = 1 + i$.

Câu 35: Cho hàm số $f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}{e^x} + m\,\,\,khi\,\,x \ge 0\\2x\sqrt {3 + {x^2}} \,\,khi\,\,x < 0\end{array} \right.$ liên tục trên và $\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} = ae + b\sqrt 3 + c$, $\left( {a,b,c \in \mathbb{Q}} \right)$. Tổng $T = a + b + 3c$ bằng:

Lời giải: Đầu tiên, ta sử dụng điều kiện hàm số liên tục trên $\mathbb{R}$ tại điểm $x=0$ để tìm được $m=-1$. Sau đó, ta tính tích phân bằng cách tách thành $\int\limits_{ - 1}^0 {2x\sqrt {3 + {x^2}} dx} + \int\limits_0^1 {\left( {{e^x} - 1} \right)dx} = e + 2\sqrt 3 - \frac{{22}}{3}$. So sánh với biểu thức đề bài, ta có $a=1$, $b=2$, $c=-\frac{22}{3}$, suy ra tổng $T = a + b + 3c = -19$.

Câu 36: Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $2$và cạnh bên bằng $2\sqrt 2 $. Gọi $\alpha $là góc của mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$. Khi đó $\cos \alpha $ bằng:

Lời giải: Gọi O là tâm của đáy ABCD. Do $BO \perp AC$ và $BO \perp SO$ (vì S.ABCD là chóp đều) nên $BO \perp (SAC)$, suy ra hình chiếu của tam giác $SAB$ lên mặt phẳng $(SAC)$ chính là tam giác $SAO$. Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có $\cos \alpha = \dfrac{S_{SAO}}{S_{SAB}}$. Ta tính được $S_{SAO} = \sqrt{3}$ và $S_{SAB} = \sqrt{7}$, do đó $\cos \alpha = \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \dfrac{\sqrt{21}}{7}$.

Câu 37: Trong không gian $Oxyz$, cho $A\left( {2;0;0} \right),\,\,B\left( {0;4;0} \right),\,\,C\left( {0;0;6} \right),\,\,D\left( {2;4;6} \right)$. Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng song song với $mp\left( {ABC} \right)$, $\left( P \right)$ cách đều $D$ và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$. Phương trình của $\left( P \right)$ là:

Lời giải: Phương trình mặt phẳng $(ABC)$ theo đoạn chắn là $\frac{x}{2} + \frac{y}{4} + \frac{z}{6} = 1$, tương đương $6x + 3y + 2z - 12 = 0$. Do $(P)$ song song với $(ABC)$ nên phương trình của $(P)$ có dạng $6x + 3y + 2z + c = 0$ với $c \neq -12$. Áp dụng điều kiện $(P)$ cách đều điểm $D(2;4;6)$ và mặt phẳng $(ABC)$, ta có phương trình $|36+c|=|c+12|$, giải ra ta được $c=-24$, do đó phương trình của $(P)$ là $6x + 3y + 2z - 24 = 0$.

Câu 38: Số nào sau đây là điểm cực đại của hàm số $y = {x^4} - 2{x^3} + {x^2} + 2$?

Lời giải: Ta có đạo hàm của hàm số là $y' = 4x^3 - 6x^2 + 2x$. Giải phương trình $y' = 0$, ta tìm được các điểm cực trị là $x=0$, $x=1$ và $x=\frac{1}{2}$. Tiếp tục tính đạo hàm cấp hai $y'' = 12x^2 - 12x + 2$, ta có $y''(\frac{1}{2}) = -1 < 0$, do đó $x = \frac{1}{2}$ là điểm cực đại của hàm số.

Câu 39: Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$, $f\left( 0 \right) = 0,\,\,f'\left( 0 \right) \ne 0$ và thỏa mãn hệ thức$f\left( x \right)/f'\left( x \right) + 18{x^2} = \left( {3{x^2} + x} \right)f'\left( x \right) + \left( {6x + 1} \right)f\left( x \right)\,\,\forall x \in \mathbb{R}$. Biết $\int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right){e^{f\left( x \right)}}dx} = a{e^2} + b\,\,\left( {a,\,\,b \in \mathbb{Q}} \right)$. Giá trị của $a - b$ bằng:

Lời giải: Bằng cách giải phương trình vi phân với các điều kiện đã cho, ta tìm được hàm số thỏa mãn là $f(x)=2x$. Thay vào tích phân, ta có $I = \int\limits_0^1 (x+1)e^{2x}dx = \frac{3}{4}e^2 - \frac{1}{4}$, so sánh với $ae^2+b$ ta được $a=\frac{3}{4}$ và $b=-\frac{1}{4}$. Do đó, giá trị của $a - b = \frac{3}{4} - (-\frac{1}{4}) = 1$.

Câu 40: Hàm số $y = - {x^3} + 3{x^2} - 2$ đồng biến trên khoảng:

Lời giải: Ta có tập xác định $D = \mathbb{R}$. Đạo hàm của hàm số là $y' = -3x^2 + 6x$. Hàm số đồng biến khi và chỉ khi $y' > 0 \Leftrightarrow -3x^2 + 6x > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 2$. Vậy, hàm số đồng biến trên khoảng $(0;2)$.

Câu 41: Cho hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và $\int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx} = 10,\,\,\int\limits_3^4 {f\left( x \right)dx} = 4$. Tích phân $\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} $ bằng:

Lời giải: Ta áp dụng tính chất nối cận của tích phân: $\int\limits_a^c {f\left( x \right)dx} = \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} + \int\limits_b^c {f\left( x \right)dx} $. Áp dụng vào bài toán, ta có $\int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_3^4 {f\left( x \right)dx} $. Do đó, $\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_3^4 {f\left( x \right)dx} = 10 - 4 = 6$.

Câu 42: Một hộp có 10 quả cầu xanh, 5 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 5 quả từ hộp đó. Xác suất để được 5 quả có đủ hai màu là:

Lời giải: Không gian mẫu là số cách chọn 5 quả cầu từ 15 quả cầu, có $n(\Omega) = C_{15}^5 = 3003$ phần tử. Gọi A là biến cố “lấy được 5 quả có đủ hai màu”, ta xét biến cố đối $\bar{A}$ là “lấy được 5 quả cùng màu”. Ta có số cách chọn 5 quả cùng màu là $n(\bar{A}) = C_{10}^5 + C_5^5 = 252 + 1 = 253$, do đó xác suất của biến cố A là $P(A) = 1 - P(\bar{A}) = 1 - \dfrac{253}{3003} = \dfrac{2750}{3003} = \dfrac{250}{273}$.

Câu 43: Tập xác định của hàm số $y = {\left[ {\ln \left( {x - 2} \right)} \right]^\pi }$ là:

Lời giải: Hàm số đã cho có dạng $y = {\left[ {u\left( x \right)} \right]^\alpha }$ với số mũ $\alpha = \pi$ là một số thực không nguyên. Do đó, điều kiện xác định của hàm số là $u\left( x \right) = \ln \left( {x - 2} \right) > 0$. Giải bất phương trình này ta được $x - 2 > {e^0} \Leftrightarrow x - 2 > 1 \Leftrightarrow x > 3$, vậy tập xác định của hàm số là $\left( {3; + \infty } \right)$.

Câu 44: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$ có $AB = a,\,\,AD = AA' = 2a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AC$ và $DC'$ bằng:

Lời giải: Ta có thể giải bài toán bằng phương pháp tọa độ hóa trong không gian. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A là gốc tọa độ, AB ≡ Ox, AD ≡ Oy, AA' ≡ Oz, khi đó ta có $\vec{AC} = (a; 2a; 0)$, $\vec{DC'} = (a; 0; 2a)$ và $\vec{AD} = (0; 2a; 0)$. Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $d = \dfrac{|[\vec{u_1}, \vec{u_2}] . \vec{M_1M_2}|}{|[\vec{u_1}, \vec{u_2}]|}$, ta tính được kết quả là $\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$.

Câu 45: Hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và dấu của đạo hàm được cho bởi bảng dưới đây: Hàm số $y = f\left( {2x - 2} \right)$ nghịch biến trên khoảng:

Câu 45: Hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và dấu của đạo hàm được cho bởi bảng dưới đây: Hàm số $y = f\left( {2x - 2} \right)$ nghịch biến trên khoảng:
Lời giải: Ta có đạo hàm $y' = (2x-2)' \cdot f'(2x-2) = 2f'(2x-2)$. Để hàm số nghịch biến thì $y' < 0$, tương đương với $f'(2x-2) < 0$. Dựa vào bảng xét dấu đã cho, $f'(t) < 0$ khi $0 < t < 2$, do đó ta cần giải bất phương trình $0 < 2x-2 < 2$, suy ra $1 < x < 2$. Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $(1;2)$.

Câu 46: Cho $n \in {\mathbb{N}^*}$ và $C_n^2.C_n^{n - 2} + C_n^8.C_n^{n - 8} = 2C_n^2.C_n^{n - 8}$ . Tổng $T = {1^2}C_n^1 + {2^2}C_n^2 + ... + {n^2}C_n^n$ bằng:

Lời giải: Áp dụng tính chất $C_n^k = C_n^{n-k}$, phương trình đã cho trở thành $(C_n^2)^2 + (C_n^8)^2 = 2C_n^2.C_n^8 \Leftrightarrow (C_n^2 - C_n^8)^2 = 0$, suy ra $C_n^2 = C_n^8$, từ đó ta tìm được $n=2+8=10$. Với $n=10$, ta có công thức tính tổng $T = \sum_{k=1}^{n} {k^2}C_n^k = n(n+1)2^{n-2} = 10(11)2^{8} = 110.2^8 = 55.2^9$.

Câu 47: Cho $n \in \mathbb{N}$ và $n! = 1$. Số giá trị của $n$ thỏa mãn giả thiết đã cho là:

Lời giải: Theo quy ước và định nghĩa của giai thừa, ta có $0! = 1$ và $1! = 1$. Đối với các số tự nhiên $n \ge 2$, giá trị của $n!$ sẽ luôn lớn hơn 1. Vì vậy, có hai giá trị của $n$ thỏa mãn giả thiết đã cho là $n=0$ và $n=1$.

Câu 48: Cho hàm số có đồ thị như hình dưới đây. Hàm số $g\left( x \right) = \ln \left( {f\left( x \right)} \right)$ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

Câu 48: Cho hàm số có đồ thị như hình dưới đây. Hàm số $g\left( x \right) = \ln \left( {f\left( x \right)} \right)$ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
Lời giải: Ta có đạo hàm của hàm số $g\left( x \right)$ là $g'\left( x \right) = \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}$. Để hàm số $g\left( x \right)$ đồng biến thì $g'\left( x \right) > 0$. Dựa vào đồ thị, ta thấy $f\left( x \right) \ge 2 > 0$ với mọi $x$, do đó $g'\left( x \right) > 0$ khi và chỉ khi $f'\left( x \right) > 0$, tức là khi hàm số $f\left( x \right)$ đồng biến. Từ đồ thị, ta thấy $f\left( x \right)$ đồng biến trên các khoảng $\left( { - 1;0} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$, đối chiếu với các đáp án, ta chọn B.

Câu 49: Cần sản xuất một vỏ hộp sữa hình trụ có thể tích $V$ cho trước. Để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy phải bằng

Lời giải: Để tiết kiệm vật liệu nhất, ta cần tìm bán kính đáy $r$ sao cho diện tích toàn phần của hình trụ $S = 2\pi r^2 + 2\pi rh$ đạt giá trị nhỏ nhất, với thể tích cho trước $V = \pi r^2 h$. Từ công thức thể tích, ta rút ra $h = \dfrac{V}{\pi r^2}$ và thay vào công thức diện tích, ta được hàm số $S(r) = 2\pi r^2 + \dfrac{2V}{r}$. Sử dụng đạo hàm để tìm cực trị của hàm số này, ta tìm được giá trị $r$ tối ưu là $r = \sqrt[3]{\dfrac{V}{2\pi}}$.

Câu 50: Bất phương trình ${4^x} - \left( {m + 1} \right){2^{x + 1}} + m \ge 0$ nghiệm đúng với mọi $x \ge 0$. Tập tất cả các giá trị của $m$ là:

Lời giải: Đặt $t = 2^x$, do $x \ge 0$ nên $t \ge 1$. Bất phương trình đã cho trở thành $t^2 - 2(m+1)t + m \ge 0$, tương đương với $m \le \frac{t^2 - 2t}{2t - 1}$ với mọi $t \ge 1$. Khảo sát hàm số $f(t) = \frac{t^2 - 2t}{2t - 1}$ trên $[1, +\infty)$, ta tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số là $f(1) = -1$, do đó $m \le -1$.
Đề tiếp theo »

Các Nội Dung Liên Quan:

  1. Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Chuyên Thái Bình lần 3
  2. Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2023 online – Đề thi của Trường THPT Nguyễn Đình Chiểu
  3. Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Nguyễn Hữu Huân
  4. Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Phước Long
  5. Thi thử tốt nghiệp THPT quốc gia môn Toán online – Đề thi của trường THPT Trần Khai Nguyên năm 2022
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.