Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Trần Phú (Hà Nội) có đáp án

Lời giải

Chọn A

Tiệm cận đứng là: $x = 1$ nên $- \frac{d}{c} = 1 \Rightarrow d = - c$

Tiệm cận ngang là: $y = - 1$ nên $\frac{a}{c} = - 1 \Rightarrow a = - c$

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng $- 2$ nên $\frac{b}{d} = - 2 \Rightarrow b = - 2d = 2c$

Ta xét 2 trường hợp dấu của $c$

TH1: Nếu $c > 0$ thì $b > 0;{\rm{ }}a < 0;{\rm{ }}d < 0$ suy ra có 2 số dương.

TH1: Nếu $c < 0$ thì $b < 0;{\rm{ }}a > 0;{\rm{ }}d > 0$ suy ra có 2 số dương.

Vậy trong mọi trường hợp đều có 2 số dương.

Lời giải

Chọn D

$\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {B{C_1}} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {{D_1}A} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {B{C_1}} + \overrightarrow {{C_1}{D_1}} + \overrightarrow {{D_1}A} = \overrightarrow 0$ suy ra khẳng định A đúng

Áp dụng quy tắc 3 điểm suy ra khẳng định B đúng.

Áp dụng quy tắc hình hộp suy ra khẳng định C đúng

Vậy chọn khẳng định D.

Lời giải

Chọn A

$V = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABCD}} = \frac{1}{3}.\sqrt 2 {.1^2} = \frac{{\sqrt 2 }}{3}d{m^3}$.

Lời giải

Chọn B

${u_5} = {u_3} + 2d = 8 + 2.3 = 14$.

Lời giải

Chọn C

$S = \int\limits_{}^{} {\left( {\sin 2x + \cos 2x} \right){\rm{d}}x} = \frac{1}{2}\left( { - \cos 2x + \sin 2x} \right) + C$.

Lời giải

Chọn B

$- 4x + 3y = 0$.

Lời giải

Chọn D

Gọi $I$ trung điểm $AD$.

$\frac{{BG}}{{BI}} = \frac{{BM}}{{BC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow MG{\rm{//}}CI$

mà $\left\{ \begin{array}{l}CI \subset \left( {ACD} \right)\\MG \not\subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right.$ nên $MG{\rm{//}}\left( {ACD} \right)$.

Lời giải

Chọn C

$S = \int\limits_1^3 {\left( {3x - 1} \right){\rm{d}}x}$.

Lời giải

Chọn A

Mặt phẳng $\left( P \right):2x--3z - 5 = 0$ có véc tơ pháp tuyến là $\overrightarrow u = (2;0; - 3)$.

Lời giải

Chọn A

Cỡ mẫu $n = 11 + 10 + 6 + 8 + 3 + 2 = 40$ là số chẵn.

Gọi ${x_1}$, ${x_2}$, …, ${x_{40}}$(giây) là thời lượng thực hiện cuộc gọi điện thoại xếp theo thứ tự không giảm.

Khi đó trung vị là $\frac{{{x_{20}} + {x_{21}}}}{2}$. Do hai giá trị ${x_{20}}$và ${x_{21}}$ thuộc nhóm $\left[ {30;60} \right)$nên nhóm $\left[ {30;60} \right) =$${\rm{[}}{a_p};{a_{p + 1}})$ chứa trung vị. Ta có p = 2, ${m_1}$= 11, ${m_2}$= 10

Trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm là:${M_e} = {a_p} + \frac{{\frac{n}{2} - ({m_1} + {m_2} + ... + {m_{p - 1}})}}{{{m_p}}}({a_{p + 1}} - {a_p}) = 30 + \frac{{\frac{{40}}{2} - 11}}{{10}}.30 = 57$.

Lời giải

Chọn A

Ta có

$\sin 2x = - 1 \Leftrightarrow 2x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{4} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}$.

Lời giải

Chọn B

Ta có ${\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ - 2x - 1}} = 27 \Leftrightarrow {3^{2x + 1}} = {3^3} \Leftrightarrow 2x + 1 = 3 \Leftrightarrow x = 1$.

Lời giải

+) Ta có TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

+) $f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}};f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.$.

+) Bảng xét dấu đạo hàm

Hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ; - 1} \right)$và $\left( {3; + \infty } \right)$.

Vậy

a) Sai.

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng vì

Ta có: $x = 1$ là TCĐ của $\left( C \right)$; $y = x - 1$ là TCX của $\left( C \right)$ và $I\left( {1;0} \right)$ là tâm đối xứng của $\left( C \right)$.

Phương trình tiếp tuyến với $\left( C \right)$ tại điểm $M\left( {2;5} \right)$ là: $\left( d \right):y = - 3x + 11$.

Do đó, giao điểm của $\left( d \right)$ với các tiệm cận đứng và tiệm cận xiên của $\left( C \right)$ lần lượt là $A\left( {1;8} \right),B\left( {3;2} \right)$.

Khi đó: $\overrightarrow {IA} = \left( {0;8} \right),\overrightarrow {IB} = \left( {2;2} \right)$.

Vậy diện tích tam giác $IAB$ là ${S_{IAB}} = \frac{1}{2}\left| {0.2 - 2.8} \right| = 8$.

Do đó câu d đúng.

Lời giải

a) Sai.

Vì $f'\left( x \right) = 2{\rm{cos}}2x - 2$

b) Đúng.

Hàm số nghịch biến thì $f'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow 2({\rm{cos}}2x - 1) \le 0,\forall x \in R$ đúng do $- 1 \le {\rm{cos}}2x \le 1{\rm{ }}$$\Rightarrow {\rm{cos}}2x - 1 \le 0 \Leftrightarrow 2({\rm{cos}}2x - 1) \le 0,\forall x \in R$

c) Đúng.

Ta có $f'\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow 2{\rm{cos}}2x - 2 + 1 = 0 \Leftrightarrow 2{\rm{cos}}2x = 1 \Leftrightarrow {\rm{cos}}2x = \frac{1}{2}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi {\rm{ }}(1){\rm{ }}\\2x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{6} + k\pi {\rm{ (2)}}\end{array} \right.{\rm{(k}} \in \mathbb{Z}{\rm{)}}\\\end{array}$

Từ họ nghiệm (2) thay $k = 1 \Rightarrow x = - \frac{\pi }{6} + \pi = \frac{{5\pi }}{6} \in ( - \pi ;\pi )$

d) Sai.

Xét hàm số $f\left( x \right) = \sin 2x - 2x$trên đoạn $\left[ {0;\frac{\pi }{6}} \right]$.

Ta có $f'\left( x \right) = 2{\rm{cos}}2x - 2$.

$f'\left( x \right) \le 0{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;\frac{\pi }{6}} \right]$. Hàm số nghịch biến trên đoạn $\left[ {0;\frac{\pi }{6}} \right]$.

Ta có $f\left( 0 \right) = 0;{\rm{ }}f\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{\pi }{3}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {0;\frac{\pi }{6}} \right]$ là $- \frac{\pi }{6} + \sqrt 3$.

Lời giải

a) Vì chất điểm B chuyển động sau chất điểm A 3 giây nên thời điểm chất điểm B đuổi kịp A thì chất điểm B đi được 15 giây, chất điểm A đi được 18 giây.

Chọn ĐÚNG.

b) Vận tốc của chất điểm B là ${v_B}\left( t \right) = \int {adt} = at + C$

Vì ${v_B}\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow {v_B}\left( t \right) = at$.

Khi B đuổi kịp A thì A đi được quãng đường $s = \int\limits_0^{18} {\left( {\frac{1}{{120}}{t^2} + \frac{{58}}{{45}}t} \right)dt} = 225\left( m \right)$

Quãng đường B đi được: $\int\limits_0^{15} {\left( {at} \right)dt} = \left. {\frac{{a{t^2}}}{2}} \right|_0^{15} = \frac{{a.225}}{2}\left( m \right)$

- $\frac{{a.225}}{2} = 225$ Þ $a = 2$

$\Rightarrow {v_B}\left( t \right) = 2t\left( {m{\rm{/}}s} \right)$

- Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng $2.15 = 30\left( {m{\rm{/}}s} \right)$.

Chọn ĐÚNG.

c) Theo phần b) ta có $a = 2$

Chọn ĐÚNG.

d) Sau khi B xuất phát được 10 giây thì A đi được 13 giây

- Quãng đường A đi được là $s = \int\limits_0^{13} {\left( {\frac{1}{{120}}{t^2} + \frac{{58}}{{45}}t} \right)dt} = \frac{{8281}}{{72}} \approx 115\left( m \right)$

Chọn SAI.

Lời giải

a) Sai

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AD//BC\\AD \not\subset (SBC)\end{array} \right.$suy ra $AD//(SBC)$ do đó $d(D,(SBC)) = d(A,(SBC))$ (1)

Kẻ đường cao $AH$ của tam giác $SAB$ suy ra $AH \bot SB$ (hình vẽ) (2)

Theo giả thiết $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA(doSA \bot (ABCD))\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH$(3)

Từ (2) và (3) suy ra $AH \bot (SBC)$$\Rightarrow d(A,(SBC)) = AH$$\Rightarrow d(D,(SBC)) = AH$

Xét $\Delta SAB$ ta có $AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 6 }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$

Vậy $d(D,(SBC)) = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$

b) Đúng

Theo a) ta có $AD//(SBC)$

c) Sai

Ta có $(SC,(ABCD)) = (SC,AC) = \widehat {SCA}$

Xét $\Delta SAC$ ta có $\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}$

d) Đúng

Ta có $BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {3 - 2} = 1$$\Rightarrow AD = BC = 1$

Ta cũng có $AB//(SDC) \Rightarrow d(AB,SD) = d(AB,(SDC)) = d(A,(SDC))$(4)

Kẻ đường cao $AI$của $\Delta SAD$$\Rightarrow AI \bot SD$(5)

Mà $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow CD \bot AI$(6)

Từ (5) và (6) suy ra $AI \bot (SDC) \Rightarrow d(A,(SDC)) = AI$

Xét $\Delta SAD$ ta có $AI = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$(7)

Từ (4) và (7) suy ra $d(AB,SD) = AI = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$.

Lời giải

Đáp số: 40.

Bác An gửi tiền theo thể thức lãi kép. Gọi $A$ (triệu đồng) là số tiền ban đầu bác gửi ngân hàng.

Khi đó ta có phương trình: $57 = A{\left( {1 + 7{,}5\% } \right)^5} \Leftrightarrow A = \frac{{57}}{{{{\left( {1 + 7{,}5\% } \right)}^5}}} \approx 40$ (triệu đồng).

Vậy bác phải gửi tối thiểu 40 triệu đồng.

Lời giải

Đáp án: 30

Gọi $x,y$tương ứng là số cái bàn, cái ghế mà xưởng mộc sản xuất

Theo bài ra, ta có điều kiện của $x,y$ như sau: $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0,y \ge 0\\5x + 2y \le 240\\2x + y \le 100\end{array} \right.\,\,\,\,(I)$

Lợi nhuận xưởng thu được là: $F(x,y) = 600x + 300y$ (nghìn đồng)

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số $F(x,y)$ trên miền nghiệm của $(I).$

Vẽ miền nghiệm của $(I)$

Miền nghiệm là tứ giác với các đỉnh $O\left( {0;0} \right),\,\,A\left( {0;100} \right),\,\,B\left( {40;20} \right),\,\,C\left( {48;0} \right).$

Ta có $F\left( {0;0} \right) = 0,\,\,F\left( {0;100} \right) = 30000,\,\,F\left( {40;20} \right) = 30000,\,\,F(48;0) = 28800$.

Vậy lợi nhuận lớn nhất mà xưởng mộc có thể thu được là 30 triệu đồng khi sản xuất 100 cái bàn và 0 cái ghế hoặc sản xuất 40 cái bàn và 20 cái ghế.

Lời giải

Đáp án: 4,47.

Đặt $BM = x,\,\,\left( {0 \le x \le 7} \right)$.

Khi đó $MC = 7 - x$.

$AM = \sqrt {25 + {x^2}}$.

Vận tốc chèo thuyền là: $1{,}2\left( {{\rm{m/s}}} \right){\rm{ = }}4{,}32\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$.

Vận tốc đi bộ là:$1{,}8\left( {{\rm{m/s}}} \right) = 6{,}48\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$.

Thời gian đi từ $A$ đến $C$: $f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {25 + {x^2}} }}{{4{,}32}} + \frac{{7 - x}}{{6{,}48}}$.

$f'\left( x \right) = \frac{1}{{4{,}32}}.\frac{x}{{\sqrt {25 + {x^2}} }} - \frac{1}{{6{,}48}}$.

$T'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{4{,}32\sqrt {25 + {x^2}} }} = \frac{1}{{6{,}48}} \Leftrightarrow {x^2} = 20 \Leftrightarrow x = \sqrt {20} ,\,\,\left( {0 \le x \le 7} \right)$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có khoảng cách từ $M$ đến $B$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x = 2\sqrt 5 \approx 4{,}47\,{\rm{km}}$.

Lời giải

Đáp số: 65

a) Gọi $f\left( x \right),g\left( x \right)$ là các Parabol và $f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\,\,\left( {a < 0} \right)$, $g\left( x \right) = a'{x^2} + b'x + c'\,\,\left( {a' > 0} \right)$.

Dựa vào hình vẽ ta thấy $f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c$ đi qua các điểm $\left( {0;3} \right);\left( {6;0} \right);\left( { - 6;0} \right)$.

Do đó $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = c = 3\\f\left( 6 \right) = 36a + 6b + c = 0\\f\left( { - 6} \right) = 36a - 6b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{{12}}\\b = 0\\c = 3\end{array} \right.$. Khi đó $f\left( x \right) = - \frac{1}{{12}}{x^2} + 3$.

Mặt khác $g\left( x \right) = a'{x^2} + b'x + c'$ đi qua các điểm $\left( {0; - 5} \right);\left( {6;0} \right);\left( { - 6;0} \right)$.

Do đó $\left\{ \begin{array}{l}g\left( 0 \right) = c' = - 5\\g\left( 6 \right) = 36a' + 6b' + c' = 0\\g\left( { - 6} \right) = 36a' - 6b' + c' = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a' = \frac{5}{{36}}\\b' = 0\\c' = - 5\end{array} \right.$. Khi đó $g\left( x \right) = \frac{5}{{36}}{x^2} - 5$.

Diện tích của logo là

$S = \int\limits_{ - 7}^6 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|} = \int\limits_{ - 7}^{ - 6} {\left[ {\frac{5}{{36}}{x^2} - 5 - \left( { - \frac{1}{{12}}{x^2} + 3} \right)} \right]dx} + \int\limits_{ - 6}^6 {\left| { - \frac{1}{{12}}{x^2} + 3 - \left( {\frac{5}{{36}}{x^2} - 5} \right)} \right|dx}$$= \frac{{1766}}{{27}} \approx 65\left( {c{m^2}} \right)$.

Lời giải

Đáp án: $0{,}31$.

Theo đề bài, ta có 3 loại phần thưởng: Hộp bút bi và Tập vở viết, Hộp bút bi và Bộ dụng cụ vẽ hình, Tập vở viết và Bộ dụng cụ vẽ hình.

Gọi số phần thưởng theo mỗi loại kể trên lần lượt là $x$, $y$, $z$ (phần thưởng) $\left( {x,\,y,\,z \in {\mathbb{N}^*}} \right)$.

Vì cô giáo chuẩn bị 8 hộp bút bi, 7 tập vở viết và 5 bộ dụng cụ vẽ hình nên ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + z = 8\\x + y = 7\\y + z = 5\end{array} \right.$.

Giải hệ phương trình, ta được: $\left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 2\\z = 3\end{array} \right.$.

Tổng số cách chia phần thưởng cho Dũng và Nam là $10\,.\,9 = 90$ (cách).

Có 3 trường hợp để Dũng và Nam có phần thưởng giống nhau:

Trường hợp 1: Dũng và Nam cùng nhận phần thưởng là Hộp bút bi và Tập vở viết.

Có $5\,.\,4 = 20$ (cách).

Trường hợp 1: Dũng và Nam cùng nhận phần thưởng là Hộp bút bi và Bộ dụng cụ vẽ hình.

Có $2\,.\,1 = 2$ (cách).

Trường hợp 1: Dũng và Nam cùng nhận phần thưởng là Tập vở viết và Bộ dụng cụ vẽ hình.

Có $3\,.\,2 = 6$ (cách).

Tổng số cách chia phần thưởng cho Dũng và Nam sao cho hai học sinh có phần thưởng giống nhau là $20 + 2 + 6 = 28$ (cách).

Vậy xác suất để Dũng và Nam có phần thưởng giống nhau là $\frac{{28}}{{90}} \approx 0{,}31$.

Lời giải

Đáp án: 0,81

Cách 1:

Trong $\Delta ABM$ vuông tại $M$: $AM = \sqrt {A{B^2} - B{M^2}} = \sqrt {{3^2} - {2^2}} = \sqrt 5$.

Xét hệ trục tọa độ Mxyz

M(0;0;0), B(0;-2;0), C(0;2;0), $A\left( {\sqrt 5 ;0;0} \right)$, $S\left( {\sqrt 5 ;0;4} \right)$

Gọi $H\left( {{x_H};0;0} \right)$, ta có $\overrightarrow {CH} = \left( {{x_H}; - 2;0} \right)$, $\overrightarrow {AB} = \left( { - \sqrt 5 ; - 2;0} \right)$, $\Rightarrow \overrightarrow {CH} .\overrightarrow {AB} = - \sqrt 5 .{x_H} + 4 = 0 \Rightarrow {x_H} = \frac{4}{{\sqrt 5 }}$

$\overrightarrow {CH} = \left( {\frac{4}{{\sqrt 5 }}; - 2;0} \right)$

$\overrightarrow {SB} = \left( { - \sqrt 5 ; - 2; - 4} \right)$, $\overrightarrow {SC} = \left( { - \sqrt 5 ;2; - 4} \right)$$\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {16;0; - 4\sqrt 5 } \right)$

Góc giữa đường thẳng HC và mp(SBC):

$\sin \left( {HC,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{\left| {\frac{4}{{\sqrt 5 }}.16} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{4}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} .\sqrt {{{16}^2} + {{\left( { - 4\sqrt 5 } \right)}^2}} }} = \frac{{8\sqrt {21} }}{{63}}$

Suy ra, $\cos \alpha = \sqrt {1 - \sin \alpha } = \frac{{{\bf{5}}\sqrt {{\bf{105}}} }}{{{\bf{63}}}} \approx 0{,}8132$

Cách 2:

1. Tính các đại lượng ở đáy $ABC$:

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Vì $\Delta ABC$ cân tại $A$ nên $AM \bot BC$. Ta có $BM = MC = \frac{{BC}}{2} = 2$.

Trong $\Delta ABM$ vuông tại $M$: $AM = \sqrt {A{B^2} - B{M^2}} = \sqrt {{3^2} - {2^2}} = \sqrt 5$.

Vì $H$ là trực tâm $\Delta ABC$ nên $H$ nằm trên đường cao AM.

Ta có $\widehat {BHM} = \hat C$ (vì cùng phụ với $\widehat {HBC}$).

Trong $\Delta AMC$ vuông tại $M$: $\tan C = \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}$.

Trong $\Delta BHM$ vuông tại $M$: $HM = BM \cdot \cot \widehat {BHM} = BM \cdot \frac{1}{{\tan C}} = 2 \cdot \frac{2}{{\sqrt 5 }} = \frac{4}{{\sqrt 5 }}$.

Áp dụng định lý Pytago cho $\Delta HMC$ vuông tại $M$:

$HC = \sqrt {H{M^2} + M{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{4}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2} + {2^2}} = \frac{6}{{\sqrt 5 }}$

2. Xác định góc $\alpha$ và khoảng cách:

Ta có: $BC \bot AM$ và $BC \bot SA \Rightarrow BC \bot (SAM)$.

Từ đó suy ra: $(SBC) \bot (SAM)$ theo giao tuyến SM.

Trong mặt phẳng $(SAM)$, kẻ $HP \bot SM$ tại $P$. Vì $(SBC) \bot (SAM)$ nên $HP \bot (SBC)$.

Do đó, $P$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên mặt phẳng $(SBC)$. Góc giữa $CH$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ chính là góc $\widehat {HCP} = \alpha$.

3. Tính $\cos \alpha$:

Trong $\Delta SAM$ vuông tại $A$: $SM = \sqrt {S{A^2} + A{M^2}} = \sqrt {{4^2} + 5} = \sqrt {21}$.

Xét $\Delta HPM$ vuông tại $P$, ta có $\sin \widehat {SMP} = \frac{{SA}}{{SM}} = \frac{4}{{\sqrt {21} }}$.

$HP = HM \cdot \sin \widehat {SMP} = \frac{4}{{\sqrt 5 }} \cdot \frac{4}{{\sqrt {21} }} = \frac{{16}}{{\sqrt {105} }}$

Xét $\Delta HPC$ vuông tại $P$:

$\sin \alpha = \frac{{HP}}{{HC}} = \frac{{\frac{{16}}{{\sqrt {105} }}}}{{\frac{6}{{\sqrt 5 }}}} = \frac{{16}}{{6\sqrt {21} }} = \frac{8}{{3\sqrt {21} }}$

Suy ra giá trị của $\cos \alpha$:

$\cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \sqrt {1 - \frac{{64}}{{9 \cdot 21}}} = \sqrt {\frac{{125}}{{189}}} = \frac{{5\sqrt {105} }}{{63}}$

Kết luận: $\cos \alpha = \frac{{{\bf{5}}\sqrt {{\bf{105}}} }}{{{\bf{63}}}}$.