5000 câu trắc nghiệm tổng hợp Toán 2026 mới nhất (có đáp án) - Phần 1

a) A = 14,61 - 7,15 + 3,2

Cách 1: A ≈ 15 - 7 + 3 = 11

Cách 2: A = 14,61 – 7,15 + 3,2 = 10,66 ≈ 11 (chữ số bỏ đi thứ 2 là 6 > 5)

b) B = 7,56 . 5,173

Cách 1 : B ≈ 8.5 = 40

Cách 2 : B = 7,56. 5,173 = 39,10788 ≈ 39 (chữ số thập phân thứ nhất là 1 < 5)

c) C = 73,95 : 14,2

Cách 1 : C ≈ 74 : 14 ≈ 5,2857 ≈ 5 (chữ số thập phân thứ nhất là 2 < 5)

Cách 2 : C = 73,95 : 14,2 = 5,207746 ≈ 5 (chữ số thập phân thứ nhất là 2 < 5)

Nhận xét : Hai cách làm cho ta hai kết quả xấp xỉ nhau nhưng cách 2 cho ta kết quả với độ chính xác cao hơn , cách 1 lại có thể tính nhẩm dễ dàng hơn.

d) $\text{D}=\frac{21,73\cdot 0,815}{7,3}$.

Cách 1: $\text{D}\approx \frac{22\cdot 1}{7}\approx 3,14\approx 3.$

Cách 2: $\text{D}=\frac{21,73\cdot 0,815}{7,3}\approx 2,426...\approx 2$.

+ Số 12,653 gần với số 13 hơn số 12.

Vậy khi làm tròn số 12,653 đến hàng đơn vị ta được số 13.

+ Số 12,653 gần với số 12,7 hơn số 12,6.

Vậy khi làm tròn số 12,653 đến hàng phần mười ta được số 12,7.

+ Số 12,653 gần với số 12,65 hơn số 12,66.

Vậy khi làm tròn số 12,653 đến hàng phần trăm ta được số 12,65.

a) Xét f(x) = x³ – 3x² + (1 – m)x trên (2; +).

TXĐ: $\text{D}=ℝ.$

Ta có: f’(x) = 3x² – 6x + 1 – m.

Để f(x) đồng biến trên (2; +) thì f’(x) ≥ 0 x (2; +).

3x² – 6x + 1 – m ≥ 0 x (2; +)

m ≤ $\underset{\left(2;+\infty \right)}{min}\left(3{\text{x}}^2-6\text{x}+1\right)$.

Đặt g(x) = 3x² – 6x + 1, g’(x) = 6x – 6 = 0 x = 1.

Ta có bảng biến thiên:

Vậy m ≤ $\underset{\left(2;+\infty \right)}{min}\left(3{\text{x}}^2-6\text{x}+1\right)$ m ≤ 1

b) Xét f(x) = $\frac{\text{x}+3}{\text{x}+\text{m}}$ trên (–; –6).

TXĐ: D = $ℝ\backslash \left\{-\text{m}\right\}$.

Để hàm số f(x) = $\frac{\text{x}+3}{\text{x}+\text{m}}$ đồng biến trên (–; –6), ta có:

$\iff \{\begin{array}{l}{\text{f}}^{\prime }\left(\text{x}\right)>0\\ -\text{m}\cancel{\in }\left(-\infty ;-6\right)\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\text{m}-3>0\\ -\text{m}\ge -6\end{array}\iff 3<\text{m}\le 6.$

Vậy 3 < m ≤ 6 thì y = $\frac{\text{x}+3}{\text{x}+\text{m}}$ đồng biến trên (–; –6).

Ta kí hiệu các điểm như trong hình vẽ.

Có AI = IB $=\frac{\text{A}\text{B}}{2}=\frac{20}{2}=10$ (m), IJ = BC = 20 (m).

Đặt EF = FG = GH = HE = x (m, x > 0).

$\text{F}\text{H}=\text{E}\text{G}=\sqrt{\text{E}{\text{H}}^2+\text{H}{\text{G}}^2}=\sqrt{{\text{x}}^2+{\text{x}}^2}=\text{x}\sqrt{2}\left(\text{m}\right)$.

$\text{E}\text{I}=\text{G}\text{J}=\frac{\text{I}\text{J}-\text{E}\text{G}}{2}=\frac{20-\text{x}\sqrt{2}}{2}\left(\text{m}\right)$.

Xét tam giác AIE vuông tại I:

$\text{A}\text{E}=\sqrt{\text{A}{\text{I}}^2+\text{I}{\text{E}}^2}=\sqrt{10^2+{\left(\frac{20-\text{x}\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{{\text{x}}^2}{2}-10\sqrt{2}\text{x}+200}$ (m).

LN = OM = EG = HF = x$\sqrt{2}$ (m), LP = $\frac{\text{L}\text{N}}{2}=\frac{\text{x}\sqrt{2}}{2}$ (m).

Xét tam giác KLP vuông tại P:

$\text{K}\text{P}=\sqrt{\text{K}{\text{L}}^2-\text{L}{\text{P}}^2}=\sqrt{\frac{{\text{x}}^2}{2}-10\sqrt{2}\text{x}+200-\frac{{\text{x}}^2}{2}}=\sqrt{200-10\sqrt{2}\text{x}}$ (m).

Điều kiện: x ≤ $10\sqrt{2}$.

Thể tích khối chóp là: $\text{V}=\frac{1}{3}\cdot \text{K}\text{P}\cdot {\text{S}}_{\text{L}\text{M}\text{N}\text{O}}=\frac{1}{3}\sqrt{200-10\sqrt{2}\text{x}}\cdot {\text{x}}^2\left({\text{m}}^3\right)$.

Đặt y = $\frac{1}{3}\sqrt{200-10\sqrt{2}\text{x}}\cdot {\text{x}}^2$, ta có $\text{y}\text{'}=\frac{-25\sqrt{2}{\text{x}}^2+400\text{x}}{3\sqrt{200-10\sqrt{2}\text{x}}}=0\iff [\begin{array}{l}\text{x}=0\left(\text{L}\right)\\ \text{x}=8\sqrt{2}\end{array}$.

Bảng biến thiên:

Vậy thể tích khối chóp lớn nhất khi x = 8$\sqrt{2}$ (m).

Diện tích tấm bạt bị cắt khi đó là:

S = 4S_AEB = $4\cdot \frac{1}{2}\cdot \text{E}\text{I}\cdot \text{A}\text{B}=2\cdot \frac{20-8\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{2}\cdot 20=80\left({\text{m}}^2\right).$

+ Làm tròn đến hàng chục:

+ Làm tròn đến hàng trăm:

a) Ta có: $\begin{array}{l}\text{S}\in \left(\text{S}\text{C}\text{D}\right)\cap \left(\text{S}\text{A}\text{B}\right)\\ \text{C}\text{D}\text{/}\text{/}\text{A}\text{B}\\ \text{C}\text{D}\subset \left(\text{S}\text{C}\text{D}\right)\\ \text{A}\text{B}\subset \left(\text{S}\text{A}\text{B}\right)\end{array}\}\Rightarrow$ Giao tuyến của hai mặt phẳng (SCD) và (SAB) là đường thẳng d đi qua S, song song với CD và AB.

b) Ta có: BC = (BCM) (ABCD), AD = (SAD) (ABCD), MN = (BCM) (SAD), BC // AD.

Do đó, theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: AD // BC // MN.

Vậy tứ giác CBMN là hình thang.

a) Gọi p (triệu đồng) là giá của mỗi ti vi, x là số ti vi. Khi đó, hàm cầu là p = p(x).

Theo giả thiết, tốc độ thay đổi của x tỉ lệ với tốc độ thay đổi của p nên hàm số p = p(x) là hàm số bậc nhất nên. Do đó, p(x) = ax + b (a khác 0).

Giá tiền p₁ = 14 ứng với x₁ = 1 000, giá tiền p₂ = 13,5 ứng với x₂ = 1 000 + 100 = 1 100.

Do đó, phương trình đường thẳng p(x) = ax + b đi qua hai điểm (1 000; 14) và (1 100; 13,5).

Ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}14=1000\text{a}+\text{b}\\ 13,5=1100\text{a}+\text{b}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\text{a}=-\frac{-1}{200}\\ \text{b}=19\end{array}$ (thỏa mãn).

Vậy hàm cầu là: p(x) $=-\frac{1}{200}\text{x}+19.$

b) Vì p $=-\frac{1}{200}\text{x}+19\Rightarrow$ x = –200p + 3 800.

Hàm doanh thu từ tiền bán ti vi là:

R(p) = px = p(−200p + 3 800) = −200p² + 3 800p.

Để doanh thu là lớn nhất thì ta cần tìm p sao cho R đạt giá trị lớn nhất.

Ta có: R′(p) = −400p + 3 800, R′(p) = 0 $\iff \text{p}=\frac{-19}{2}$.

Bảng biến thiên:

Vậy công ty nên giảm giá số tiền một chiếc ti vi là: $14-\frac{19}{2}=4,5$ (triệu đồng) thì doanh thu là lớn nhất.

c) Doanh thu bán hàng của x sản phẩm là:

$R\left(x\right)=x.p\left(x\right)=x.\left(\frac{-1}{200}x+19\right)=\frac{-x^2}{200}+19x$ (triệu đồng).

Do đó, hàm số thể hiện lợi nhuận thu được khi bán x sản phẩm là:

$P\left(x\right)=R\left(x\right)-C\left(x\right)=\frac{-x^2}{200}+19x-12000+3x=\frac{-x^2}{200}+22x-12000$ (triệu đồng).

Để lợi nhuận là lớn nhất thì P(x) là lớn nhất.

Ta có: $P\text{'}\left(x\right)=\frac{-x}{100}+22,P\text{'}\left(x\right)=0\iff x=2200$.

Bảng biến thiên:

Vậy có 2 200 ti vi được bán ra thì lợi nhuận là cao nhất.

Số ti vi mua tăng lên là: 2 200 – 1 000 = 1 200 (chiếc).

Vậy cửa hàng nên đặt giá bán là: $14-0,5.\frac{1200}{100}=8$ (triệu đồng).

a) Tứ giác AEDF có AE // DF; AF // DE (giả thiết).

Suy ra tứ giác AEDF là hình bình hành.

b) Hình bình hành AEDF là hình thoi khi AD là tia phân giác của góc BAC.

Mà tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác AD đồng thời là đường trung tuyến.

Do đó D là trung điểm của BC.

c) Nếu ΔABC vuông tại A thì AEDF là hình chữ nhật (vì hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật).

d) Tam giác ABC vuông cân tại A tức là vừa vuông tại A vừa cân tại A.

Theo câu c, nếu ΔABC vuông tại A thì AEDF là hình chữ nhật.

Để hình chữ nhật AEDF là hình vuông thì tức nó cũng là hình thoi.

Theo câu b, AEDF là hình thoi nếu D là trung điểm của cạnh BC của tam giác ABC cân tại A.

Vậy nếu tam giác ABC vuông cân tại A thì để AEDF là hình vuông thì điểm D là trung điểm của BC.

Chọn C.

Ta có: $\overrightarrow{\text{A}{\text{C}}^{\prime }}=\overrightarrow{\text{A}\text{C}}+\overrightarrow{\text{C}{\text{C}}^{\prime }}$.

Vì ABCD là hình bình hành nên $\overrightarrow{\text{A}\text{C}}=\overrightarrow{\text{A}\text{B}}+\overrightarrow{\text{A}\text{D}}$.

Lại có: $\overrightarrow{\text{C}{\text{C}}^{\prime }}=\overrightarrow{\text{A}{\text{A}}^{\prime }}$.

Do đó, $\overrightarrow{\text{A}{\text{C}}^{\prime }}=\overrightarrow{\text{A}\text{B}}+\overrightarrow{\text{A}\text{D}}+\overrightarrow{\text{A}{\text{A}}^{\prime }}$

Dễ thấy các điểm A, B, C, D cách đều trục Oz, mà S thuộc trục Oz nên SA = SB = SC = SD.

Các lực $\overrightarrow{{\text{F}}_1};\overrightarrow{{\text{F}}_2};\overrightarrow{{\text{F}}_3};\overrightarrow{{\text{F}}_4}$ có độ lớn bằng nhau và có giá trùng với các đường thẳng SA, SB, SC, SD.

Do đó: $\overrightarrow{{\text{F}}_1}=\text{k}\overrightarrow{\text{S}\text{A}}=\left(30\text{k};0;-30\text{k}\right);\overrightarrow{{\text{F}}_2}=\text{k}\overrightarrow{\text{S}\text{B}}=\left(0;30\text{k};-30\text{k}\right)$;

$\overrightarrow{{\text{F}}_3}=\text{k}\overrightarrow{\text{S}\text{C}}=\left(-30\text{k};0;-30\text{k}\right);\overrightarrow{{\text{F}}_4}=\text{k}\overrightarrow{\text{S}\text{D}}=\left(0;-30\text{k};-30\text{k}\right)$.

Suy ra: $\overrightarrow{{\text{F}}_1}+\overrightarrow{{\text{F}}_2}+\overrightarrow{{\text{F}}_3}+\overrightarrow{{\text{F}}_4}=\text{k}\left(\overrightarrow{\text{S}\text{A}}+\overrightarrow{\text{S}\text{B}}+\overrightarrow{\text{S}\text{C}}+\overrightarrow{\text{S}\text{D}}\right)=\left(0;0;-120\text{k}\right)$.

Vì O là trung điểm của AC và BD nên $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{\text{S}\text{A}}+\overrightarrow{\text{S}\text{C}}=2\overrightarrow{\text{S}\text{O}}\\ \overrightarrow{\text{S}\text{B}}+\overrightarrow{\text{S}\text{D}}=2\overrightarrow{\text{S}\text{O}}\end{array}$

$\Rightarrow \overrightarrow{\text{S}\text{A}}+\overrightarrow{\text{S}\text{C}}+\overrightarrow{\text{S}\text{B}}+\overrightarrow{\text{S}\text{D}}=4\overrightarrow{\text{S}\text{O}}$.

Khi đó: $\overrightarrow{\text{P}}=\overrightarrow{{\text{F}}_1}+\overrightarrow{{\text{F}}_2}+\overrightarrow{{\text{F}}_3}+\overrightarrow{{\text{F}}_4}=\text{k}\left(\overrightarrow{\text{S}\text{A}}+\overrightarrow{\text{S}\text{B}}+\overrightarrow{\text{S}\text{C}}+\overrightarrow{\text{S}\text{D}}\right)=4\overrightarrow{\text{S}\text{O}}$.

Trọng lực $\overrightarrow{\text{P}}$ tác dụng lên chậu cây có độ lớn 60 N, gốc S cùng hướng với $\overrightarrow{\text{S}\text{O}}$.

Suy ra: $\overrightarrow{\text{P}}=\overrightarrow{{\text{F}}_1}+\overrightarrow{{\text{F}}_2}+\overrightarrow{{\text{F}}_3}+\overrightarrow{{\text{F}}_4}=\left(0;0;-60\right)\iff -120\text{k}=-60\iff \text{k}=\frac{1}{2}$.

Thay k, ta được:

$\overrightarrow{{\text{F}}_1}=\left(15;0;-15\right);\overrightarrow{{\text{F}}_2}=\left(0;15;-15\right);\overrightarrow{{\text{F}}_3}=\left(-15;0;-15\right);\overrightarrow{{\text{F}}_2}=\left(0;-15;-15\right)$.

Ta có: $\overrightarrow{{\text{F}}_1}+2\overrightarrow{{\text{F}}_2}+3\overrightarrow{{\text{F}}_3}+4\overrightarrow{{\text{F}}_4}$ = (15 – 15.3; 15.2 – 15.4; –15 – 15.2 – 15.3 – 15.4) = (–30; –30; –150).

Vậy $\left|\overrightarrow{{\text{F}}_1}+2\overrightarrow{{\text{F}}_2}+3\overrightarrow{{\text{F}}_3}+4\overrightarrow{{\text{F}}_4}\right|=\sqrt{{\left(-30\right)}^2+{\left(-30\right)}^2+{\left(-150\right)}^2}=90\sqrt{3}\approx 156\left(\text{N}\right)$.

Đặt HC = x (x > 0), từ đó suy ra BC = 0,5 + x (m).

Có MH // AB nên áp dụng hệ quả định lí Thales ta có: $\frac{\text{M}\text{H}}{\text{A}\text{B}}=\frac{\text{H}\text{C}}{\text{B}\text{C}}=\frac{\text{x}}{\text{x}+0,5}$.

Do đó, $\text{A}\text{B}=\frac{4\left(\text{x}+0,5\right)}{\text{x}}$.

Để chiều dài thang nhỏ nhất thì AC nhỏ nhất, tức là AC² nhỏ nhất.

Do tam giác ABC vuông tại B nên

AC² = AB² + BC² = (x + 0,5)² + $\frac{16{\left(\text{x}+0,5\right)}^2}{{\text{x}}^2}=\frac{{\left(\text{x}+0,5\right)}^2\left({\text{x}}^2+16\right)}{{\text{x}}^2}$.

Đặt f(x) = AC² = $\frac{{\text{x}}^4+{\text{x}}^3+\frac{65}{4}{\text{x}}^2+16\text{x}+4}{{\text{x}}^2}\left(\text{x}>0\right)$.

Bài toán trở thành tìm GTNN của hàm số y = f(x) với x > 0.

Ta có: ${\text{f}}^{\prime }\left(\text{x}\right)=\frac{2{\text{x}}^4+{\text{x}}^3-16\text{x}-8}{{\text{x}}^3}$.

f’(x) = 0 (x – 2)(2x + 1)(x² + 2x + 4) = 0 $\iff [\begin{array}{l}\text{x}=2>0\\ \text{x}=\frac{-1}{2}<0\end{array}$.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: $\underset{\left(0;+\infty \right)}{min}\text{f}\left(\text{x}\right)=\text{f}\left(2\right)=\frac{125}{4}\approx 5,5902$.

Đáp án: C.

Ta có H(0; 40); Q(20; 50); F(100; 50).

Giả sử đường cong có phương trình f(x) = ax³ + bx² + cx + d (a > 0).

Ta có f’(x) = 3ax² + 2bx + c.

Vì ba điểm H, Q, F thuộc đường cong, Q là điểm cực trị của đường cong nên ta có:

$\{\begin{array}{l}\text{f}\left(0\right)=40\\ \text{f}\left(20\right)=50\\ \text{f}\left(100\right)=50\\ {\text{f}}^{\prime }\left(20\right)=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\text{a}\cdot 0^3+\text{b}\cdot 0^2+\text{c}\cdot 0+\text{d}=40\\ \text{a}\cdot 20^3+\text{b}\cdot 20^2+\text{c}\cdot 20+\text{d}=50\\ \text{a}\cdot 100^3+\text{b}\cdot 100^2+\text{c}\cdot 100+\text{d}=50\\ 3\text{a}\cdot 20^2+2\text{b}\cdot 20+\text{c}=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\text{a}=\frac{1}{4000}\\ \text{b}=\frac{-7}{200}\\ \text{c}=\frac{11}{10}\\ \text{d}=40\end{array}$.

Do đó, $\text{f}\left(\text{x}\right)=\frac{1}{4000}{\text{x}}^3-\frac{7}{200}{\text{x}}^2+\frac{11}{10}\text{x}+40.$

Vì M là trung điểm của AB nên M(50; 0). Do đó, hoành độ điểm I là x = 50.

Ta có tung độ điểm I là $\text{f}\left(\text{5}\text{0}\right)=\frac{1}{4000}\cdot \text{5}{\text{0}}^3-\frac{7}{200}\cdot \text{5}{\text{0}}^2+\frac{11}{10}\cdot \text{5}\text{0}+40=\frac{155}{4}.$

Do đó $\text{M}\text{I}=\frac{155}{4}$ (m), NI = MN – MI = $80-\frac{155}{4}=\frac{165}{4}$ (m).

Tổng số tiền mắc dây đèn trang trí đoạn MN là:

$120000\cdot \frac{155}{4}+200000\cdot \frac{165}{4}=12900000$ đồng = 12,9 triệu đồng.

Áp dụng định lí Thalès, ta có:

• Vì DE // AC nên $\frac{\text{A}\text{E}}{\text{A}\text{B}}=\frac{\text{C}\text{D}}{\text{B}\text{C}}.$

• Vì DF // AB nên $\frac{\text{A}\text{F}}{\text{A}\text{C}}=\frac{\text{B}\text{D}}{\text{B}\text{C}}$.

Khi đó: $\frac{\text{A}\text{E}}{\text{A}\text{B}}+\frac{\text{A}\text{F}}{\text{A}\text{C}}=\frac{\text{C}\text{D}}{\text{B}\text{C}}+\frac{\text{B}\text{D}}{\text{B}\text{C}}=\frac{\text{B}\text{C}}{\text{B}\text{C}}=1.$