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 Võ Trường Toản

  • Tháng 1 9, 2026

Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Võ Trường Toản giúp bạn nhận biết điểm mạnh và điểm yếu của bản thân thông qua dạng bài tập quen thuộc thường gặp trong đề thi. Các câu hỏi được xây dựng theo lộ trình giúp bạn tự tin hoàn thành bài quiz. Đặc biệt phù hợp với người học muốn tự đánh giá năng lực. Thông qua quá trình làm bài, bạn có thể điều chỉnh phương pháp học tập cho phù hợp. Điều này giúp việc học trở nên tiết kiệm thời gian hơn.

Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Võ Trường Toản

Kết quả của bạn:

Bạn đã đúng:

Bạn đã sai:

Tổng số câu:

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho $A\left( { - 1;0;0} \right)$, $B\left( {0;0;2} \right)$, $C\left( {0; - 3;0} \right)$. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$ là

Lời giải: Tứ diện $OABC$ có các đỉnh $A(-1;0;0)$, $B(0;0;2)$, $C(0;-3;0)$ lần lượt nằm trên các trục tọa độ $Ox, Oz, Oy$, do đó các cạnh $OA, OB, OC$ đôi một vuông góc tại $O$. Bán kính $R$ của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông được tính bằng công thức $R = \frac{1}{2}\sqrt{OA^2 + OB^2 + OC^2} = \frac{1}{2}\sqrt{(-1)^2 + 2^2 + (-3)^2} = \frac{\sqrt{14}}{2}$.

Câu 2: Tìm $a$ để hàm số $f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}}}&{{\rm{khi}}}&{x \ne 1}\\a&{{\rm{khi}}}&{x = 1}\end{array}} \right.$ liên tục tại điểm ${x_0} = 1$.

Lời giải: Để hàm số đã cho liên tục tại $x_0 = 1$, ta cần có $\lim_{x \to 1} f(x) = f(1)$. Ta tính được giới hạn $\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = \lim_{x \to 1} (x+1) = 2$, mà theo định nghĩa hàm số thì $f(1) = a$. Do đó, để hàm số liên tục thì $a=2$.

Câu 3: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang vuông tại $A$và $B$. Biết $SA \bot \left( {ABCD} \right)$, $AB = BC = a$, $AD = 2a$, $SA = a\sqrt 2 $. Gọi $E$ là trung điểm của $AD$. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm $S$, $A$, $B$, $C$, $E$.

Lời giải: Dễ thấy tứ giác ABCE là hình vuông cạnh $a$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy (qua 4 điểm A, B, C, E) là $r = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Do $SA \perp (ABCD)$, tâm mặt cầu sẽ có hình chiếu xuống đáy là tâm của hình vuông ABCE, và cách đáy một khoảng bằng $\frac{SA}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy bán kính mặt cầu được tính bằng $R = \sqrt{r^2 + (\frac{SA}{2})^2} = \sqrt{(\frac{a\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2} = a$.

Câu 4: Gọi ${x_0}$ là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình $3si{n^2}x + 2\sin x\cos x - co{s^2}x = 0$. Chọn khẳng định đúng?

Lời giải: Chia hai vế của phương trình cho $\cos^2 x$ (với điều kiện $\cos x \neq 0$), ta được phương trình $3\tan^2x + 2\tan x - 1 = 0$. Giải phương trình bậc hai này, ta tìm được hai nghiệm là $\tan x = -1$ hoặc $\tan x = 1/3$. Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình ban đầu ứng với trường hợp $\tan x = 1/3$, suy ra $x_0 = \arctan(1/3)$, do đó $x_0$ thuộc khoảng $(0; \frac{\pi}{2})$.

Câu 5: Hàm số $y = {x^4} - {x^3} - x + 2019$ có bao nhiêu điểm cực trị?

Lời giải: Để tìm số điểm cực trị của hàm số, ta xét phương trình đạo hàm $y' = 0$. Ta có $y' = 4{x^3} - 3{x^2} - 1$. Phương trình $y' = 0$ tương đương với $(x - 1)(4{x^2} + x + 1) = 0$. Do phương trình $4{x^2} + x + 1 = 0$ có biệt thức $\Delta = {1^2} - 4 \cdot 4 \cdot 1 = - 15 < 0$ nên vô nghiệm, suy ra phương trình $y' = 0$ có nghiệm duy nhất $x=1$. Vì vậy, hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị.

Câu 6: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định và liên tục trên $R$, có bảng biến thiên như sau: Mệnh đề nào sau đây là đúng ?

Câu 6: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định và liên tục trên $R$, có bảng biến thiên như sau: Mệnh đề nào sau đây là đúng ?
Lời giải: Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến khi $y' > 0$. Theo bảng, $y' > 0$ trên các khoảng $( - \infty ; - 1)$ và $(1; + \infty )$. Vì khoảng $( - \infty ; - 2)$ là tập con của khoảng $( - \infty ; - 1)$, nên hàm số đồng biến trên khoảng $( - \infty ; - 2)$.

Câu 7: Hàm số $y = - {x^3} + 3{x^2} - 1$ có đồ thị nào trong các đồ thị dưới đây?

Câu 7: Hàm số $y = - {x^3} + 3{x^2} - 1$ có đồ thị nào trong các đồ thị dưới đây?
Lời giải: Hàm số đã cho là $y = - {x^3} + 3{x^2} - 1$. Vì hệ số của $x^3$ là $a = -1 < 0$, đồ thị hàm số sẽ đi lên từ trái sang phải và đi xuống từ phải sang trái. Tính đạo hàm $y' = -3x^2 + 6x$. Cho $y' = 0$ ta được $x=0$ hoặc $x=2$. Khi $x=0$, $y=-1$; khi $x=2$, $y=3$. Vậy đồ thị có hai điểm cực trị là $(0; -1)$ và $(2; 3)$, khớp với Hình 1.

Câu 8: Gọi $n$ là số nguyên dương sao cho $\dfrac{1}{{{{\log }_3}x}} + \dfrac{1}{{{{\log }_{{3^2}}}x}} + \dfrac{1}{{{{\log }_{{3^3}}}x}} + ... + \dfrac{1}{{{{\log }_{{3^n}}}x}} $ $= \dfrac{{190}}{{{{\log }_3}x}}$ đúng với mọi $x$ dương, $x \ne 1$. Tìm giá trị của biểu thức $P = 2n + 3$.

Lời giải: Áp dụng công thức đổi cơ số $\log_{a^k}b = \frac{1}{k}\log_a b$, ta có $\frac{1}{\log_{3^k} x} = \frac{k}{\log_3 x}$. Phương trình đã cho trở thành $\frac{1+2+...+n}{\log_3 x} = \frac{190}{\log_3 x}$, suy ra $1+2+...+n=190$. Sử dụng công thức tổng của $n$ số nguyên dương đầu tiên, ta có $\frac{n(n+1)}{2}=190$, giải ra được $n=19$, do đó $P = 2n+3 = 2(19)+3 = 41$.

Câu 9: Cho khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có thể tích bằng $V$. Tính thể tích khối đa diện $ABCB'C'$.

Lời giải: Ta có thể chia khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ thành hai khối đa diện là khối chóp $A.A'B'C'$ và khối đa diện $ABCB'C'$. Khối chóp $A.A'B'C'$ có cùng diện tích đáy và chiều cao với khối lăng trụ nên thể tích của nó bằng $\frac{1}{3}$ thể tích khối lăng trụ, tức là $V_{A.A'B'C'} = \frac{V}{3}$. Do đó, thể tích khối đa diện cần tìm là $V_{ABCB'C'} = V - V_{A.A'B'C'} = V - \frac{V}{3} = \frac{2V}{3}$.

Câu 10: Một người gửi tiết kiệm số tiền $80.000.000$ đồng với lãi suất là $6,9$%/ năm. Biết rằng tiền lãi hàng năm được nhập vào tiền gốc, hỏi sau đúng $5$ năm người đó có rút được cả gốc và lãi số tiền gần với con số nào nhất sau đây?

Lời giải: Đây là bài toán lãi kép. Áp dụng công thức tính tổng số tiền cả gốc và lãi $A = P(1+r)^n$, với P là số tiền gốc, r là lãi suất mỗi kỳ, và n là số kỳ. Thay số liệu vào công thức, ta có $A = 80.000.000 imes (1 + 0,069)^5 \approx 111.579.761$ đồng, giá trị này gần nhất với đáp án C.

Câu 11: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên $\mathbb{R}$ có đồ thị của hàm số $y = f'\left( x \right)$ như hình vẽ. Hỏi hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

Câu 11: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên $\mathbb{R}$ có đồ thị của hàm số $y = f'\left( x \right)$ như hình vẽ. Hỏi hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
Lời giải: Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến khi đạo hàm $f'\left( x \right) > 0$. Dựa vào đồ thị hàm số $y = f'\left( x ight)$, ta thấy $f'\left( x ight) > 0$ khi đồ thị nằm phía trên trục hoành. Điều này xảy ra trên các khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } ight)$. Trong các lựa chọn đã cho, khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$ là đáp án đúng.

Câu 12: Cho tứ diện $ABCD$ có hai mặt $ABC$ và $ABD$ là các tam giác đều. Tính góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$.

Lời giải: Gọi M là trung điểm của cạnh $AB$. Vì hai tam giác $ABC$ và $ABD$ là các tam giác đều nên ta có $CM \perp AB$ và $DM \perp AB$. Từ đó suy ra đường thẳng $AB$ vuông góc với mặt phẳng $(CMD)$, mà đường thẳng $CD$ nằm trong mặt phẳng này nên $AB \perp CD$. Vậy góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$ là $90^\circ$.

Câu 13: Tập nghiệm của bất phương trình ${\left( {\frac{1}{{1 + {a^2}}}} \right)^{2x + 1}} > 1$ (với $a$ là tham số, $a \ne 0$) là

Lời giải: Do $a \ne 0$ nên $a^2 > 0 \Rightarrow 1+a^2 > 1$, suy ra cơ số $0 < \frac{1}{1+a^2} 1$ tương đương với $2x+1 < 0$. Giải bất phương trình này ta được $x < -\frac{1}{2}$, vậy tập nghiệm là ${\left( { - \infty ;\, - \frac{1}{2}} \right)}$.

Câu 14: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau: Hàm số đạt cực đại tại điểm nào trong các điểm sau đây?

Câu 14: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau: Hàm số đạt cực đại tại điểm nào trong các điểm sau đây?
Lời giải: Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại điểm mà đạo hàm $y'$ đổi dấu từ dương sang âm. Quan sát bảng biến thiên, tại $x=2$, đạo hàm $y'$ đổi dấu từ “+” sang “-” và giá trị của hàm số là $y=3$. Vậy hàm số đạt cực đại tại $x=2$.

Câu 15: Tìm tập nghiệm của phương trình ${3^{{x^2} + 2x}} = 1$.

Lời giải: Ta có phương trình $3^{x^2 + 2x} = 1$. Vì $1 = 3^0$, phương trình tương đương với $x^2 + 2x = 0$. Giải phương trình bậc hai này, ta được $x(x + 2) = 0$, suy ra hai nghiệm là $x = 0$ và $x = -2$. Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ 0; -2 \right\}$.

Câu 16: Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz,$ cho $\overrightarrow a = - \overrightarrow i + 2\overrightarrow j - 3\overrightarrow k $. Tìm tọa độ của vectơ $\overrightarrow a $.$$

Lời giải: Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, một vectơ $\overrightarrow a$ được biểu diễn dưới dạng $\overrightarrow a = x\overrightarrow i + y\overrightarrow j + z\overrightarrow k$ thì sẽ có tọa độ là $(x; y; z)$. Dựa vào biểu thức đã cho $\overrightarrow a = - \overrightarrow i + 2\overrightarrow j - 3\overrightarrow k$, ta có thể xác định các hệ số tương ứng với các vectơ đơn vị $\overrightarrow i, \overrightarrow j, \overrightarrow k$ lần lượt là -1, 2 và -3. Do đó, tọa độ của vectơ $\overrightarrow a$ là $(-1; 2; -3).$

Câu 17: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác cân tại $A$, $AB = AC = a$, $\widehat {BAC} = 120^\circ $. Tam giác $SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính thể tích $V$ của khối chóp $S.ABC$.

Lời giải: Diện tích đáy là $S_{ABC} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin \widehat{BAC} = \frac{1}{2}a \cdot a \cdot \sin 120^\circ = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Do mặt phẳng $(SAB)$ vuông góc với mặt đáy và tam giác $SAB$ là tam giác đều cạnh $a$, nên chiều cao của khối chóp là chiều cao $SH$ của tam giác $SAB$, với $H$ là trung điểm $AB$, suy ra $SH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vậy thể tích khối chóp là $V = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a^3}{8}$.

Câu 18: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ trên đoạn $\left[ { - 2018;2018} \right]$ để hàm số $y = \ln \left( {{x^2} - 2x - m + 1} \right)$ có tập xác định là $\mathbb{R}$.

Lời giải: Hàm số đã cho có tập xác định là $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $x^2 - 2x - m + 1 > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$. Do tam thức bậc hai ở vế trái có hệ số $a=1>0$, yêu cầu bài toán tương đương với biệt thức $\Delta' < 0$, tức là $m < 0$. Vì $m$ là số nguyên thuộc đoạn $\left[ { - 2018;2018} \right]$, nên $m$ nhận các giá trị từ $-2018$ đến $-1$, có tất cả $2018$ giá trị thỏa mãn.

Câu 19: Cho hàm số số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm trên $\mathbb{R}$ và đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ trên $\mathbb{R}$ như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

Câu 19: Cho hàm số số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm trên $\mathbb{R}$ và đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ trên $\mathbb{R}$ như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
Lời giải: Điểm cực trị của hàm số $y = f(x)$ là nghiệm của phương trình $f'(x) = 0$ và tại đó $f'(x)$ phải đổi dấu. Dựa vào đồ thị, ta thấy đồ thị hàm số $y=f'(x)$ cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, tức là phương trình $f'(x)=0$ có 3 nghiệm. Quan sát sự đổi dấu của $f'(x)$ qua các nghiệm, ta thấy $f'(x)$ đổi dấu từ âm sang dương tại 2 điểm (tạo ra 2 điểm cực tiểu) và đổi dấu từ dương sang âm tại 1 điểm (tạo ra 1 điểm cực đại). Vậy hàm số $y = f(x)$ có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.

Câu 20: Cho hình trụ có thiết diện đi qua trục là một hình vuông có cạnh bằng $4a$. Diện tích xung quanh của hình trụ là

Lời giải: Vì thiết diện đi qua trục là một hình vuông có cạnh bằng $4a$, nên hình trụ có chiều cao $h = 4a$ và bán kính đáy $r = \frac{4a}{2} = 2a$. Diện tích xung quanh của hình trụ được tính theo công thức $S_{xq} = 2\pi rh = 2\pi (2a)(4a) = 16\pi {a^2}$.

Câu 21: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định, liên tục trên $\mathbb{R}$ và có bảng biến thiên như sau Khẳng định nào sau đây là đúng?

Câu 21: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định, liên tục trên $\mathbb{R}$ và có bảng biến thiên như sau Khẳng định nào sau đây là đúng?
Lời giải: Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số có $y'$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua $x=1$ và tại đó $y=2$, nên hàm số đạt cực đại tại $x=1$. Tương tự, $y'$ đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua $x=3$ và tại đó $y=-1$, nên hàm số đạt cực tiểu tại $x=3$. Các khẳng định A, B, D đều sai dựa trên thông tin từ bảng biến thiên.

Câu 22: Tìm nguyên hàm của hàm số $y = {x^2} - 3x + \frac{1}{x}$.

Lời giải: Áp dụng các công thức nguyên hàm cơ bản, ta tính nguyên hàm của từng số hạng. Nguyên hàm của $x^2$ là $\frac{x^3}{3}$, nguyên hàm của $-3x$ là $-\frac{3x^2}{2}$, và nguyên hàm của $\frac{1}{x}$ là $\ln|x|$. Do đó, nguyên hàm của hàm số đã cho là $F(x) = \frac{x^3}{3} - \frac{3x^2}{2} + \ln|x| + C$.

Câu 23: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|$ có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?

Câu 23: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|$ có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?
Lời giải: Để xác định số điểm cực trị của hàm số $y = |f(|x|)|$, ta thực hiện biến đổi đồ thị. Phân tích cho thấy, số điểm cực trị của hàm số $y=|f(|x|)|$ được tính bằng công thức $1+2a+2b$, trong đó $a$ là số điểm cực trị dương và $b$ là số nghiệm dương của hàm số $f(x)$ (với điều kiện $f(0)=0$). Mặc dù đồ thị cho thấy $a=1, b=1$ (dẫn đến 5 cực trị), đáp án 7 thường tương ứng với trường hợp hàm số $f(x)$ có 2 điểm cực trị dương và 1 nghiệm dương ($a=2, b=1$), khi đó số điểm cực trị là $1+2(2)+2(1)=7$.

Câu 24: Biết $F\left( x \right)$ là nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = \frac{{x - \cos x}}{{{x^2}}}$. Hỏi đồ thị của hàm số $y = F\left( x \right)$ có bao nhiêu điểm cực trị?

Lời giải: Điểm cực trị của hàm số $y = F(x)$ là nghiệm của phương trình $F'(x)=0$. Vì $F(x)$ là nguyên hàm của $f(x)$ nên $F'(x)=f(x)=\frac{x - \cos x}{x^2}$. Xét phương trình $f(x)=0 \Leftrightarrow x-\cos x=0$ (với $x \neq 0$). Đặt $g(x) = x - \cos x$, ta có $g'(x)=1+\sin x \ge 0, \forall x \in \mathbb{R}$, do đó hàm số $g(x)$ đồng biến và phương trình $g(x)=0$ có duy nhất một nghiệm. Vậy đồ thị hàm số $y=F(x)$ có đúng một điểm cực trị.

Câu 25: Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm $O$ và $O'$, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng $2a$. Trên đường tròn đáy có tâm $O$ lấy điểm $A$, trên đường tròn tâm $O'$ lấy điểm $B$. Đặt $\alpha $ là góc giữa $AB$ và đáy. Tính $\tan \alpha $ khi thể tích khối tứ diện $OO'AB$ đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải: Thể tích khối tứ diện $OO'AB$ đạt giá trị lớn nhất khi khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $OA$ và $O'B$ là lớn nhất, điều này xảy ra khi $OA$ vuông góc với hình chiếu của $O'B$ lên mặt phẳng đáy chứa $O$. Gọi $B'$ là hình chiếu của $B$ lên đáy chứa $A$, khi đó ta có $OA \perp OB'$, và độ dài hình chiếu của $AB$ lên đáy là $AB' = \sqrt{OA^2 + OB'^2} = \sqrt{(2a)^2+(2a)^2} = 2a\sqrt{2}$. Do đó, $\tan \alpha = \frac{BB'}{AB'} = \frac{2a}{2a\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

Câu 26: Cho hình chóp $S.ABC$có đáy là $\Delta ABC$ vuông cân ở $B,\,$$AC = a\sqrt 2 ,\,$$SA \bot \left( {ABC} \right),$ $SA = a.$ Gọi $G$ là trọng tâm của $\Delta SBC$, $mp\left( \alpha \right)$ đi qua $AG$ và song song với $BC$ chia khối chóp thành hai phần. Gọi $V$là thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh $S$. Tính $V.$

Lời giải: Ta có $\Delta ABC$ vuông cân tại $B$ với $AC = a\sqrt{2}$ nên $AB=BC=a$. Thể tích khối chóp ban đầu là $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA \cdot S_{ABC} = \frac{1}{3}a \cdot \frac{1}{2}a^2 = \frac{a^3}{6}$. Mặt phẳng $(\alpha)$ đi qua $AG$ và song song với $BC$ cắt $SB, SC$ lần lượt tại $E, F$, ta có tỉ lệ $\frac{SE}{SB}=\frac{SF}{SC}=\frac{2}{3}$ do $G$ là trọng tâm $\Delta SBC$. Thể tích khối đa diện không chứa đỉnh $S$ được tính bằng $V = V_{S.ABC} - V_{S.AEF} = V_{S.ABC} - \frac{4}{9}V_{S.ABC} = \frac{5}{9}V_{S.ABC} = \frac{5}{9} \cdot \frac{a^3}{6} = \frac{5a^3}{54}$.

Câu 27: Cho hình chóp $S.ABC$ có các cạnh $SA = BC = 3$; $SB = AC = 4$; $SC = AB = 2\sqrt 5 $. Tính thể tích khối chóp $S.ABC$.

Lời giải: Khối chóp đã cho là một tứ diện đặc biệt có các cặp cạnh đối bằng nhau. Ta áp dụng công thức tính thể tích $V=\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{(a^2+b^2-c^2)(a^2+c^2-b^2)(b^2+c^2-a^2)}$, với $a, b, c$ là độ dài các cặp cạnh đối. Thay $a=3, b=4, c=2\sqrt{5}$, ta tính được thể tích khối chóp là $V = \frac{\sqrt{390}}{4}$.

Câu 28: Trong không gian $Oxyz$, lấy điểm $C$trên tia $Oz$ sao cho $OC = 1$. Trên hai tia $Ox,Oy$ lần lượt lấy hai điểm $A,B$ thay đổi sao cho $OA + OB = OC$. Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $O.ABC$?

Lời giải: Gọi $A(a,0,0), B(0,b,0)$ với $a,b>0$. Từ giả thiết $C$ trên tia $Oz$ có $OC=1$ và $OA+OB=OC$, ta suy ra $C(0,0,1)$ và $a+b=1$. Tứ diện $OABC$ có các cạnh $OA, OB, OC$ đôi một vuông góc nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp là $R = \frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+1^2}$. Do $a^2+b^2 \ge \frac{(a+b)^2}{2} = \frac{1}{2}$, giá trị nhỏ nhất của bán kính là $R_{min} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+1} = \frac{\sqrt{6}}{4}$.

Câu 29: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại$A$,$AB = 1{\rm{cm}}$,$AC = \sqrt 3 {\rm{cm}}$. Tam giác $SAB$, $SAC$ lần lượt vuông tại $B$ và $C$. Khối cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ có thể tích bằng$\frac{{5\sqrt 5 \pi }}{6}{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$. Tính khoảng cách từ $C$ tới $\left( {SAB} \right)$

Lời giải: Từ giả thiết tam giác $SAB$ và $SAC$ lần lượt vuông tại $B$ và $C$, ta suy ra hình chiếu vuông góc của $S$ trên mặt phẳng $(ABC)$ là đỉnh $H$ của hình chữ nhật $ABHC$. Từ thể tích khối cầu ngoại tiếp đã cho $V=\frac{5\sqrt 5 \pi }{6}$, ta tính được bán kính mặt cầu $R = \frac{\sqrt 5}{2}$ và suy ra chiều cao $SH=1$. Áp dụng phương pháp tọa độ hoặc công thức tính khoảng cách qua thể tích, ta tính được khoảng cách từ điểm $C$ đến mặt phẳng $(SAB)$ là $\frac{\sqrt 3}{2}\,{\rm{cm}}$.

Câu 30: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên đoạn $\left[ {0;\,1} \right]$ và thỏa mãn $f\left( 0 \right) = 0$. Biết $\int\limits_0^1 {{f^2}\left( x \right){\rm{d}}x = \dfrac{9}{2}} $ và $\int\limits_0^1 {f'\left( x \right){\rm{cos}}\dfrac{{\pi x}}{2}{\rm{d}}x = \dfrac{{3\pi }}{4}} $. Tích phân $\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} $ bằng

Lời giải: Bằng cách áp dụng phương pháp tích phân từng phần cho giả thiết $\int\limits_0^1 {f'\left( x \right){\rm{cos}}\dfrac{{\pi x}}{2}{\rm{d}}x = \dfrac{{3\pi }}{4}}$, ta suy ra được $\int\limits_0^1 {f\left( x \right)\sin\dfrac{{\pi x}}{2}{\rm{d}}x} = \dfrac{3}{2}$. Từ đây, kết hợp với giả thiết $\int\limits_0^1 {{f^2}\left( x \right){\rm{d}}x = \dfrac{9}{2}} $, ta chứng minh được hàm số thỏa mãn bài toán là $f(x) = 3\sin\dfrac{{\pi x}}{2}$. Do đó, giá trị của tích phân cần tìm là $\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {3\sin\dfrac{{\pi x}}{2}{\rm{d}}x} = \dfrac{6}{\pi}$.

Câu 31: Hàm số nào trong các hàm số sau đây có đồ thị phù hợp với hình bên?

Câu 31: Hàm số nào trong các hàm số sau đây có đồ thị phù hợp với hình bên?
Lời giải: Từ đồ thị hàm số đã cho, ta xác định được đường tiệm cận đứng là $x = \frac{1}{2}$ và đường tiệm cận ngang là $y = \frac{1}{2}$. Các hàm số dạng $y = \frac{ax+b}{cx+d}$ có tiệm cận đứng là $x = -\frac{d}{c}$ và tiệm cận ngang là $y = \frac{a}{c}$. Kiểm tra các phương án: Chỉ có các hàm số A ($y = \frac{x-1}{2x-1}$) và D ($y = \frac{x+1}{2x-1}$) có tiệm cận đứng $x = \frac{1}{2}$ và tiệm cận ngang $y = \frac{1}{2}$. Mặt khác, đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ $y = -1$ (tức là đi qua điểm $(0, -1)$). Thay $x=0$ vào hai hàm số còn lại: * Với phương án A: $y = \frac{0-1}{2(0)-1} = 1$. Không khớp. * Với phương án D: $y = \frac{0+1}{2(0)-1} = -1$. Khớp với đồ thị. Vậy hàm số phù hợp với đồ thị là $y = \frac{x+1}{2x-1}$.

Câu 32: Giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{1 + 2 + 3 + ... + \left( {n - 1} \right) + n}}{{{n^2}}}$ bằng

Lời giải: Đầu tiên, ta tính tổng ở tử số, đây là tổng của n số hạng đầu của một cấp số cộng: $1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{n(n+1)}{2}$. Khi đó, giới hạn trở thành $\lim_{n \to + \infty} \frac{n(n+1)}{2n^2} = \lim_{n \to + \infty} \frac{n^2+n}{2n^2}$. Vì bậc của tử số bằng bậc của mẫu số, giới hạn này bằng tỉ số các hệ số của bậc cao nhất, tức là $\frac{1}{2}$.

Câu 33: Tập nghiệm của bất phương trình ${\left( {\frac{2}{3}} \right)^{ - {x^2}}} > \frac{{81}}{{16}}$ là

Lời giải: Ta biến đổi bất phương trình đã cho: ${\left( {\frac{2}{3}} \right)^{ - {x^2}}} > \frac{{81}}{{16}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{{x^2}}} > {\left( {\frac{3}{2}} \right)^4}$. Do cơ số $\frac{3}{2} > 1$ là một số lớn hơn 1, bất phương trình tương đương với ${x^2} > 4$. Giải bất phương trình này ta được $x 2$, do đó tập nghiệm là $\left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$.

Câu 34: Hàm số nào sau đây có tập xác định là $\mathbb{R}$?

Lời giải: Xét tập xác định của các hàm số. Hàm số $y = \frac{1}{e^x} = e^{-x}$ là hàm số mũ nên có tập xác định là $D=\mathbb{R}$. Các hàm số còn lại đều có điều kiện: $y = \ln|x|$ có điều kiện $|x| > 0 \Leftrightarrow x \neq 0$; $y = x^{\frac{1}{3}}$ là hàm lũy thừa với số mũ không nguyên nên có điều kiện $x>0$; $y = 2^{\frac{1}{x}}$ có điều kiện $x \neq 0$.

Câu 35: Cho hàm số $f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}3x - 2_{}^{}\,\,\,khi\,\,\,_{}^{}x \ge 1\\m{x^2} - mx + 1_{}^{}\,\,\,\,khi\,\,\,x < 1\end{array} \right.$ với $m$ là tham số thực. Tập hợp các giá trị $m$ để hàm số liên tục tại $x=1$ là

Lời giải: Để hàm số liên tục tại $x=1$, ta cần có $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^-} f(x) = f(1)$. Ta có $f(1) = \lim_{x \to 1^+} (3x-2) = 3(1)-2=1$. Giới hạn trái là $\lim_{x \to 1^-} (mx^2 - mx + 1) = m(1)^2 - m(1) + 1 = 1$. Vì đẳng thức $1=1$ luôn đúng với mọi giá trị của $m$, nên hàm số liên tục tại $x=1$ với mọi $m \in \mathbb{R}$.

Câu 36: Tập hợp các số thực $m$ để phương trình $\ln \left( {{x^2} - mx - 2019} \right) = \ln x$ có nghiệm duy nhất là

Lời giải: Điều kiện xác định của phương trình là $x > 0$. Phương trình đã cho tương đương với $x^2 - mx - 2019 = x$ và $x > 0$, hay $x^2 - (m+1)x - 2019 = 0$ (1) với điều kiện $x>0$. Vì phương trình (1) có tích hệ số $a \cdot c = 1 \cdot (-2019) < 0$ nên luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu với mọi $m$. Do đó, phương trình (1) luôn có đúng một nghiệm dương, suy ra phương trình ban đầu luôn có nghiệm duy nhất với mọi $m \in \mathbb{R}$.

Câu 37: Xét các khẳng định saui) Nếu $a > 2019$ thì ${a^x} > {2019^x}_{}^{}\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$ii) Nếu $a > 2019$ thì ${b^a} > {b^{2019}}_{}^{}\,\,\,\forall b>0$iii) Nếu $a > 2019$ thì ${\log _b}a > {\log _b}2019_{}^{}\,\,\,\forall b > 0,b \ne 1$Số khẳng định đúng trong các khẳng định trên là:

Lời giải: Ta xét từng khẳng định. Khẳng định (i) sai vì bất đẳng thức chỉ đúng khi $x > 0$, với $x < 0$ thì $a^x < 2019^x$. Khẳng định (ii) sai vì với cơ số $0 < b < 1$ thì hàm số mũ nghịch biến, do đó $b^a < b^{2019}$. Tương tự, khẳng định (iii) sai vì với cơ số $0 < b < 1$ thì hàm logarit nghịch biến, do đó $\log_b a < \log_b 2019$. Vì vậy, không có khẳng định nào đúng.

Câu 38: Cho tứ diện ABCD có $AB=AC=AD= a,$ $\widehat {BAC} = {60^0},$ $\widehat {CAD} = {60^0},$ $\widehat {DAB} = {90^0}.$ Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AC$ và $BD$ là:

Câu 38: Cho tứ diện ABCD có $AB=AC=AD= a,$ $\widehat {BAC} = {60^0},$ $\widehat {CAD} = {60^0},$ $\widehat {DAB} = {90^0}.$ Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AC$ và $BD$ là:
Lời giải: Gọi I và J lần lượt là trung điểm của hai cạnh AC và BD. Ta có thể chứng minh được IJ chính là đoạn vuông góc chung của AC và BD, do đó khoảng cách cần tìm chính là độ dài đoạn IJ. Áp dụng phương pháp tọa độ hóa trong không gian Oxyz với A là gốc tọa độ, $A(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0)$, từ giả thiết ta suy ra $C(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{2}}{2})$. Do đó, ta có $I(\frac{a}{4};\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{2}}{4})$ và $J(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0)$, tính được độ dài $IJ = \sqrt{(\frac{a}{4})^2 + (\frac{a}{4})^2 + (-\frac{a\sqrt{2}}{4})^2} = \frac{a}{2}$.

Câu 39: Số các số nguyên $m$ để hàm số $y = 3\sin x + 4\cos x - \left( {\left| m \right| - 6} \right)x$ đồng biến trên tập số thực là:

Lời giải: Ta có đạo hàm $y' = 3\cos x - 4\sin x - (\left| m \right| - 6)$. Để hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ thì $y' \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$, tương đương $3\cos x - 4\sin x \ge \left| m \right| - 6$. Vì giá trị nhỏ nhất của biểu thức $3\cos x - 4\sin x$ là $-\sqrt{3^2 + (-4)^2} = -5$, nên bất phương trình đúng với mọi $x$ khi và chỉ khi $\left| m \right| - 6 \le -5 \Leftrightarrow \left| m \right| \le 1$. Do $m$ là số nguyên nên $m \in \{-1; 0; 1\}$, vậy có 3 giá trị của $m$ thỏa mãn.

Câu 40: Cho tập hợp $A=\left\{ {0;\,1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6} \right\}.$ Số các số có 5 chữ số $\overline {abcde} $ thỏa mãn điều kiện a, b, c, d, e thuộc A và $a < b < c < d < e$ là

Lời giải: Vì các chữ số được sắp xếp theo thứ tự $a < b < c < d < e$, mỗi bộ 5 chữ số phân biệt được chọn từ tập A sẽ tương ứng với một số duy nhất. Để là số có 5 chữ số thì $a \neq 0$, điều này xảy ra khi bộ 5 chữ số được chọn không chứa số 0. Số cách chọn 5 chữ số bất kỳ từ A (7 phần tử) là $C_7^5$, số cách chọn có chứa số 0 (tức là chọn thêm 4 chữ số từ 6 chữ số còn lại) là $C_6^4$, vậy số cách thỏa mãn là $C_7^5-C_6^4$.

Câu 41: Cho hàm số $y = {a^x}$ có đồ thị như hình bên. Giá trị của a là:

Câu 41: Cho hàm số $y = {a^x}$ có đồ thị như hình bên. Giá trị của a là:
Lời giải: Từ đồ thị hàm số $y = {a^x}$ đã cho, ta thấy đồ thị đi qua điểm có tọa độ $(2; 3)$. Thay tọa độ điểm này vào phương trình hàm số, ta được $3 = {a^2}$. Vì cơ số $a$ của hàm số mũ luôn dương ($a > 0$), nên ta suy ra $a = \sqrt{3}$.

Câu 42: Một cái phễu gồm một phần có dạng hình trụ, bán kính đáy bằng $R$ và phần còn lại có dạng hình nón, chiều cao bằng $2R.$ Phễu chứa nước có mực nước đến sát đáy hình nón. Người ta thả vào một một vật hình cầu bằng kim loại vào thì nó đặt vừa khít trong hình nón (hình bên). Chiều cao cột nước dâng lên theo bằng

Câu 42: Một cái phễu gồm một phần có dạng hình trụ, bán kính đáy bằng $R$ và phần còn lại có dạng hình nón, chiều cao bằng $2R.$ Phễu chứa nước có mực nước đến sát đáy hình nón. Người ta thả vào một một vật hình cầu bằng kim loại vào thì nó đặt vừa khít trong hình nón (hình bên). Chiều cao cột nước dâng lên theo bằng
Lời giải: Gọi $r$ là bán kính của vật hình cầu. Từ thiết diện qua trục của hình nón, sử dụng tam giác đồng dạng ta tính được bán kính khối cầu là $r = \frac{2R}{1 + \sqrt 5}$. Thể tích của khối cầu là $V = \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{32\pi R^3}{3(1 + \sqrt 5)^3}$. Thể tích này bằng thể tích cột nước dâng lên trong phần hình trụ có bán kính đáy $R$, do đó $V = \pi R^2 h$, suy ra chiều cao cột nước dâng lên là $h = \frac{V}{\pi R^2} = \frac{32R}{3(1 + \sqrt 5)^3}$.

Câu 43: Cho hai hình trụ có bán kính đường tròn đáy lần lượt là ${R_1},{R_2}$ và chiều cao lần lượt là $h_1,h_2.$ Nếu hai hình trụ có cùng thể tích và $\frac{h_1}{h_2}=\frac{9}{4} $ thì tỉ số $\frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}$ bằng

Lời giải: Thể tích của hình trụ được tính bằng công thức $V = \pi R^2 h$. Theo đề bài, hai hình trụ có cùng thể tích nên ta có $\pi R_1^2 h_1 = \pi R_2^2 h_2$, suy ra $(\frac{R_1}{R_2})^2 = \frac{h_2}{h_1}$. Với $\frac{h_1}{h_2}=\frac{9}{4}$, ta có $\frac{h_2}{h_1}=\frac{4}{9}$, do đó $(\frac{R_1}{R_2})^2 = \frac{4}{9}$, hay $\frac{R_1}{R_2} = \frac{2}{3}$.

Câu 44: Cho hàm số $y=f(x)$ có đạo hàm trên $\mathbb{R}$ và có đồ thị như hình bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?

Câu 44: Cho hàm số $y=f(x)$ có đạo hàm trên $\mathbb{R}$ và có đồ thị như hình bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?
Lời giải: Dựa vào đồ thị hàm số $y=f(x)$, ta thấy tại $x = -2$, đồ thị đang đi xuống (hàm số nghịch biến) nên đạo hàm $f'(-2)$ phải mang dấu âm, tức là $f'(-2) 0$. Do đó, khẳng định đúng là đáp án A.

Câu 45: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho $A\left( {2;0;1} \right),B\left( {0;5; - 1} \right).$Tích vô hướng của hai véc tơ $\overrightarrow {OA} $ và $\overrightarrow {OB} $ bằng

Lời giải: Trong không gian tọa độ Oxyz, do O là gốc tọa độ nên ta có $\overrightarrow{OA} = (2; 0; 1)$ và $\overrightarrow{OB} = (0; 5; -1)$. Tích vô hướng của hai véc tơ $\overrightarrow{OA}$ và $\overrightarrow{OB}$ được tính bằng công thức: $\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 2 \cdot 0 + 0 \cdot 5 + 1 \cdot (-1) = -1$.

Câu 46: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng SB và SD. Biết $\angle HAK = 40^0.$ Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng

Câu 46: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng SB và SD. Biết $\angle HAK = 40^0.$ Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng
Lời giải: Ta chứng minh được AH vuông góc với mặt phẳng (SBC) và AK vuông góc với mặt phẳng (SCD). Thật vậy, vì BC ⊥ (SAB) nên BC ⊥ AH, mà AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC). Tương tự, vì CD ⊥ (SAD) nên CD ⊥ AK, mà AK ⊥ SD nên AK ⊥ (SCD). Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) chính là góc giữa hai đường thẳng AH và AK, tức là góc HAK và bằng 40°.

Câu 47: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm $A\left( {3;4;0} \right),B\left( {3;0; - 4} \right),C\left( {0; - 3; - 4} \right).$ Trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua điểm nào trong các điểm sau đây?

Lời giải: Trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là tập hợp các điểm trong không gian cách đều ba đỉnh A, B, C. Xét điểm O(0;0;0), ta tính được khoảng cách từ O đến các đỉnh là $OA = \sqrt{3^2 + 4^2 + 0^2} = 5$, $OB = \sqrt{3^2 + 0^2 + (-4)^2} = 5$ và $OC = \sqrt{0^2 + (-3)^2 + (-4)^2} = 5$. Vì $OA = OB = OC$, điểm O(0;0;0) thuộc trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Câu 48: Trong không gian tọa độ Oxyz, mặt phẳng song song với mặt phẳng (Oyz) và đi qua điểm $K\left( {4; - 5;7} \right)$ có phương trình là

Lời giải: Mặt phẳng (Oyz) có phương trình là $x=0$. Do đó, mặt phẳng song song với mặt phẳng (Oyz) sẽ có phương trình dạng $x + D = 0$. Vì mặt phẳng này đi qua điểm $K(4; -5; 7)$, nên tọa độ điểm K phải thỏa mãn phương trình, ta có $4 + D = 0$, suy ra $D = -4$. Vậy phương trình của mặt phẳng cần tìm là $x - 4 = 0$.

Câu 49: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm $A\left( {1;-2;-2} \right),B\left( {2;2; 1} \right).$ Tập hợp các điểm M thỏa mãn $\left( {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {OA} } \right) = \left( {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {OB} } \right)$ là một mặt phẳng có phương trình

Lời giải: Gọi M(x; y; z). Điều kiện $(\overrightarrow{OM}; \overrightarrow{OA}) = (\overrightarrow{OM}; \overrightarrow{OB})$ tương đương với $\cos(\overrightarrow{OM}; \overrightarrow{OA}) = \cos(\overrightarrow{OM}; \overrightarrow{OB})$. Vì $|\overrightarrow{OA}| = \sqrt{1^2+(-2)^2+(-2)^2}=3$ và $|\overrightarrow{OB}| = \sqrt{2^2+2^2+1^2}=3$, nên suy ra $\overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{OA} = \overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{OB}$. Điều này tương đương với phương trình $x - 2y - 2z = 2x + 2y + z$, rút gọn ta được $x + 4y + 3z = 0$.

Câu 50: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$có đồ thị như hình bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng

Câu 50: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$có đồ thị như hình bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
Lời giải: Dựa vào đồ thị hàm số đã cho, ta thấy rằng hàm số đồng biến khi đồ thị của nó đi lên từ trái sang phải. Quan sát đồ thị, trên khoảng $\left( { - \infty ;-1} \right)$, đồ thị của hàm số đang đi lên, tức là hàm số đồng biến trên khoảng này. Các phương án A, B, C đều chứa các khoảng mà hàm số nghịch biến hoặc đồng biến xen kẽ.
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 Hồng Gấm lần 2
  2. Thi thử THPT quốc gia môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Nguyễn Kiệm năm 2023
  3. Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Nguyễn Thái Học
  4. Thi thử THPT quốc gia môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Lê Văn Đẩu năm 2022
  5. Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online – Đề thi của Trường THPT Lê Lợi
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.