Thứ năm, 14/11/2024
IMG-LOGO
Trang chủ Lớp 12 Toán Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án

Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án

Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 52)

  • 10242 lượt thi

  • 43 câu hỏi

  • 60 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Hàm số \(F\left( x \right) = {e^{{x^2}}}\) là nguyên hàm của hàm số nào trong các hàm số sau:

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Ta có:

\(f\left( {\rm{x}} \right) = F'\left( x \right) = \left( {{e^{{x^2}}}} \right)' = \left( {{x^2}} \right)'.{e^{{x^2}}} = 2x{e^{{x^2}}}\)

Vậy ta chọn đáp án A.


Câu 2:

Phân tích đa thức thành nhân tử: x2 + 2xy + y2 – x – y – 12.

Xem đáp án

x2 + 2xy + y2 – x – y – 12

= (x + y ) 2 – (x + y) – 12

= (x + y) 2 – 4(x + y ) + 3(x + y ) – 12

= (x + y)(x + y – 4) + 3(x + y – 4)

= (x + y – 4)(x + y + 3).


Câu 3:

Từ các số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau? Tính tổng tất cả các số tự nhiên đó.

Xem đáp án

Số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lập được là: 5! = 120 số

Gọi S(5) là tổng của tất cả các số tự nhiên đó

Mỗi chữ số trong một số có 5 chữ số được lặp lại 4! lần

Khi đó ta có

S(5) = 4! . (1 + 2 + 3 + 4 + 5)(104 + 103 + 102 + 10 + 1) = 24 . 15 . 11111 = 3 999 960

Vậy lập được 120 số có tổng là 3 999 960.


Câu 4:

Cho ba điểm A(1; 1); B(4; 3) và C (6; –2)

a) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình thang có AB // CD và CD = 2AB.

Xem đáp án

a) Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {3;2} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {5; - 3} \right)\)

Vì \(\frac{3}{5} \ne \frac{2}{{ - 3}}\) nên \(\overrightarrow {AB} \ne k\overrightarrow {AC} \)

Vậy ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Gọi tọa độ điểm D(x; y)

Ta có: \(\overrightarrow {DC} = \left( {6 - x; - 2 - y} \right)\)

Vì hình bình hành ABCD có AB // CD

Nên hai vectơ \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DC} \) cùng hướng và CD = 2AB

Do đó \(\overrightarrow {DC} = 2\overrightarrow {AB} \)

Ta có: \(2\overrightarrow {AB} = 2\left( {3;2} \right) = \left( {6;4} \right)\)

Do đó \(\overrightarrow {DC} = 2\overrightarrow {AB} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 - x = 6\\ - 2 - y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = - 6\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ điểm D là D(0; – 6).


Câu 5:

Trong khai triển (2a – 1)6, tổng ba số hạng đầu là:

Xem đáp án

Đáp án đúng là D

Ta có: (2a – 1)6

\( = C_6^0{.2^6}.{a^6} - C_6^1{.2^5}.{a^5} + C_6^2{.2^4}.{a^4} - ...\)

= 64a6 – 192a5 + 240a4 – ...

Vậy ta chọn đáp án D.


Câu 6:

Cho hình vuông ABCD, M là một điểm nằm giữa B và C. Kẻ AN vuông góc với AM, AP vuông góc với MN (N và P thuộc đường thẳng CD).

a) Chứng minh tam giác AMN vuông cân và AN2 = NC . NP

b) Tính tỉ số chu vi tam giác CMP và chu vi hình vuông ABCD.

c) Gọi Q là giao điểm của tia AM và tia DC. Chứng minh tổng \(\frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{Q^2}}}\) không đổi khi điểm M thay đổi trên cạnh BC.

Xem đáp án
Cho hình vuông ABCD, M là một điểm nằm giữa B và C. Kẻ AN vuông góc với AM (ảnh 1)

a) Vì ABCD là hình vuông nên AB = BC = CD = DA và \(\widehat {ABC} = \widehat {BC{\rm{D}}} = \widehat {C{\rm{D}}A} = \widehat {DAB} = 90^\circ \)

Ta có:

\(\widehat {MAN} = \widehat {MA{\rm{D}}} + \widehat {DAN} = 90^\circ \)

\(\widehat {BA{\rm{D}}} = \widehat {MA{\rm{D}}} + \widehat {MAB} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {DAN} = \widehat {BAM}\)

Xét tam giác ADN và tam giác ABM có

\(\widehat {A{\rm{D}}N} = \widehat {ABM}\left( { = 90^\circ } \right)\)

AD = AB (chứng minh trên)

\(\widehat {DAN} = \widehat {BAM}\) (chứng minh trên)

Suy ra ∆ADN = ∆ABM (g.c.g)

Do đó AM = AN, DN = BM (các cặp cạnh tương ứng)

Suy ra tam giác AMN cân tại A

Khi đó tam giác AMN vuông cân tại A

Xét tam giác AMN cân tại A có AP là đường cao nên AP đồng thời là phân giác

Do đó \(\widehat {NAP} = \widehat {MAP} = \frac{1}{2}\widehat {MAN} = \frac{1}{2}.90^\circ = 45^\circ \)

Vì ABCD là hình vuông có CA là đường chéo nên \(\widehat {AC{\rm{D}}} = \widehat {ACB} = \frac{{90^\circ }}{2} = 45^\circ \)

Xét ∆ACN và ∆PAN có

\(\widehat {NAP} = \widehat {NCA}\left( { = 45^\circ } \right)\)

\(\widehat {ANC}\) là góc chung

Suy ra (g.g)

Do đó \(\frac{{AN}}{{PN}} = \frac{{CN}}{{AN}}\)

Hay AN2 = NC . NP

b) Xét tam giác APN và tam giác APM có

AP là cạnh chung

\(\widehat {PAN} = \widehat {PAM}\) (chứng minh câu a)

AN = AM (chứng minh câu a)

Suy ra ∆APN = ∆APM (c.g.c)

Do đó PM = PN (hai cạnh tương ứng)

Chu vi tam giác MCP là:

CM + MP + CP = CM + PN + CP = CM + PB + DN + CP

= CM + PB + BM + CP = (CM + BM) + (PB + CP) = CD + CB = 2BC

Chu vi hình vuông ABCD là: 4BC

Vậy tỉ số chu vi tam giác CMP và chu vi hình vuông ABCD bằng \(\frac{{2BC}}{{4BC}} = \frac{1}{2}\)

c) Ta có: \[{{\rm{S}}_{ANQ}} = \frac{1}{2}AN.AQ = \frac{1}{2}A{\rm{D}}.NQ\]

Suy ra \(\frac{1}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{NQ}}{{AN.AQ}}\)

Do đó \(\frac{1}{{A{{\rm{D}}^2}}} = \frac{{N{Q^2}}}{{A{N^2}.A{Q^2}}}\)

Vì tam giác ANQ vuông tại A nên AN2 + AQ2 = NQ2

Suy ra \(\frac{1}{{A{{\rm{D}}^2}}} = \frac{{A{N^2} + A{Q^2}}}{{A{N^2}.A{Q^2}}} = \frac{1}{{A{N^2}}} + \frac{1}{{A{Q^2}}}\)

Vì AD là cạnh hình vuông nên AD không đổi

Suy ra tổng \(\frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{Q^2}}}\) không đổi khi điểm M thay đổi trên cạnh BC

Vậy tổng \(\frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{Q^2}}}\) không đổi khi điểm M thay đổi trên cạnh BC.


Câu 7:

Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (P, Q là tiếp điểm) và 1 cát tuyến MAB (A nằm giữa M và B). Gọi I là trung điểm của AB.

a) Chứng minh 5 điểm M, P, O, I, Q cùng thuộc 1 đường tròn.

b) PQ cắt AB tại E. Chứng minh MP2 = ME . MI.

c) Qua A kẻ đường thẳng song song MP cắt PQ, PB lần lượt tại H và K. Chứng minh KB = 2HI.

Xem đáp án
Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn  (ảnh 1)

a) Vì MP, MQ là tiếp tuyến của (O) nên \(\widehat {MPO} = \widehat {MQO} = 90^\circ \)

Xét tứ giác MPOQ có \(\widehat {MPO} + \widehat {MQO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác MPOQ nội tiếp                      (1)

Xét (O) có AB là dây cung, I là trung điểm của AB nên OI AB

Xét tứ giác MPOI có \(\widehat {MPO} + \widehat {MIO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác MPOI nội tiếp                        (2)

Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm M, P, O, I, Q cùng thuộc 1 đường tròn.

b) Vì 5 điểm M, P, O, I, Q cùng thuộc 1 đường tròn nên tứ giác IPMQ nội tiếp

Suy ra \(\widehat {PIM} = \widehat {PQM} = \widehat {MPQ}\)

Xét ∆PEM và ∆IPM có

\(\widehat {EPM} = \widehat {MIP}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {PME}\) là góc chung

Suy ra (g.g)

Do đó \(\frac{{ME}}{{PM}} = \frac{{PM}}{{IM}}\)

Suy ra MP2 = ME . MI

c) Vì tứ giác IPMQ nội tiếp nên \(\widehat {IQH} = \widehat {IMP}\) (cùng chắn cung IP)

Vì AK // MP nên \(\widehat {IAH} = \widehat {IMP}\) (hai góc đồng vị)

Suy ra \(\widehat {IQH} = \widehat {IAH}\)

Do đó tứ giác AHIQ nội tiếp

Suy ra \(\widehat {AIH} = \widehat {AQH} = \widehat {QPA}\) (cùng chắn cung AI)

\(\widehat {AQP} = \widehat {ABP}\) (cùng chắn cung AP)

Do đó \(\widehat {AIH} = \widehat {ABP}\), mà hai góc này ở vị trí đồng vị

Suy ra IH // BP

Xét tam giác ABK có IH // BP và \(IA = IB = \frac{1}{2}AB\)

Suy ra IH là đường trung bình

Do đó KB = 2IH.


Câu 8:

Chứng minh \(\frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge ab + bc + ca\).

Xem đáp án

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

\(\frac{{{a^3}}}{b} + ab \ge 2{{\rm{a}}^2}\)

\(\frac{{{b^3}}}{c} + bc \ge 2{b^2}\)

\(\frac{{{c^3}}}{a} + ac \ge 2{c^2}\)

Suy ra \(\frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} + ab + bc + ac \ge 2{{\rm{a}}^2} + 2{b^2} + 2{c^2}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge 2\left( {{{\rm{a}}^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - \left( {ab + bc + ac} \right)\)

Theo hệ quả của bất đẳng thức AM – GM thì a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ac

Do đó \(\frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge ab + bc + ca\)

Vậy \(\frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge ab + bc + ca\).


Câu 9:

Trong các hình sau đây, hình nào có 4 trục đối xứng?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Hình vuông có 4 trục đối xứng: đường chéo và đường thẳng đi qua trung điểm của cặp cạnh đối diện

Trong các hình sau đây, hình nào có 4 trục đối xứng A. Hình bình hành B. Hình chữ nhật (ảnh 1)

Vậy ta chọn đáp án D.


Câu 10:

Xem đáp án

Đáp án đúng là C

Tập xác định của hàm số là D = R \ { –m}

Ta có \(y' = \frac{{m - 4}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\)

Hàm số đồng biến trên khoảng (–∞; –7)

y’ > 0 với mọi x (–∞; –7)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 4 > 0\\ - m \notin \left( { - \infty ; - 7} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 4\\m \le 7\end{array} \right. \Leftrightarrow 4 < m \le 7\)

Vậy ta chọn đáp án C.


Câu 11:

Chứng minh rằng: 20 + 21 + 22 + ... + 2n = 2n+1 – 1 (n ℕ*).

Xem đáp án

Đặt A = 20 + 21 + 22 + ... + 2n

Suy ra 2A = 21 + 22 + ... + 2n+1

Do đó 2A – A = (21 + 22 + ... + 2n+1) – (20 + 21 + 22 + ... + 2n)

A = 2n+1 – 20

A = 2n+1 – 1

Vậy 20 + 21 + 22 + ... + 2n = 2n+1 – 1.


Câu 12:

Trong số 50 học sinh của lớp 10A có 15 bạn đucợ xếp loại học lực giỏi, 25 bạn được xếp loại hạnh kiểm tốt, trong đó có 10 bạn vừa được học sinh giỏi vừa được hạnh kiểm tốt. Khi đó lớp 10A có bao nhiêu bạn được khen thưởng, biết rằng muốn được khen thưởng bạnd dó phải có học lực giỏi hay hạnh kiểm tốt.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Số bạn đạt học lực giỏi nhưng không có hạnh kiểm tốt là:

15 – 10 = 5 (bạn)

Số bạn đạt hạnh kiểm tốt nhưng khôgn có học lực giỏi là:

25 – 10 = 15 (bạn)

Số bạn được khen thưởng là:

5 + 15 + 10 = 30 (bạn)

Vậy ta chọn đáp án B.


Câu 13:

Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB = a, AC = 2a. SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC) và \(SA = a\sqrt 3 \). Tính thể tích V của khối chóp S.ABC.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Thể tích khối chóp S.ABC là:

\(V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{1}{2}.a.2{\rm{a = }}\frac{{\sqrt 3 }}{3}{a^3}\)

Vậy ta chọn đáp án C.


Câu 14:

Phân tích đa thức thành nhân tử: (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3.

Xem đáp án

Ta có:

(a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3

= a3 – 3a2b + 3ab2 – b3 + b3 – 3b2c + 3bc2 – c3 + c3 – 3c2a + 3ca2 – a3

= 3ab2 – 3a2b – 3b2c + 3bc2 – 3c2a + 3ca2

= 3[(ab2 – a2b) + (bc2 – c2a) + (ca2 – b2c)]

= 3[ab(b – a) + c2(b – a) + c(a2 – b2)]

= 3[ab(b – a) + c2(b – a) + c(a – b)(a + b)]

= 3(b – a)[(ab + c2 – c(a + b)]

= 3(b – a)(ab + c2 – ca – cb)

= 3(b – a)[(ab – ca)+ (c2 – cb)]

= 3(b – a)[a(b – c)+ c(c – b)]

= 3(b – a)(a – c)(b – c).


Câu 15:

Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn bẳng bao nhiêu độ?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Trong một đường tròn, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông nên bằng 90°

Vậy ta chọn đáp án B.


Câu 16:

Phân tích đa thức thành nhân tử:

a) \[{\rm{x}} - 2\sqrt {x - 1} \] với x ≥ 1

b) \(x - 2\sqrt x - 3\)

c) \(12 - \sqrt x - x\).

Xem đáp án

a) Ta có:

\[{\rm{x}} - 2\sqrt {x - 1} = x - 1 - 2\sqrt {x - 1} + 1 = {\left( {\sqrt {x - 1} - 1} \right)^2}\]

b) \(x - 2\sqrt x - 3 = x - 3\sqrt x + \sqrt x - 3 = \sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right) + \left( {\sqrt x - 3} \right) = \left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)\)

c) Ta có:

\(\begin{array}{l}12 - \sqrt x - x = - \left( {x + \sqrt x - 12} \right) = - \left( {x + 4\sqrt x - 3\sqrt x - 12} \right)\\ = - \left[ {\sqrt x \left( {\sqrt x + 4} \right) - 3\left( {\sqrt x + 4} \right)} \right] = \left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)\end{array}\)


Câu 17:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6).

Xem đáp án

Ta có:

P = (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6)

P = [(x – 1)(x + 6)][(x + 2)(x + 3)]

P = (x2 + 5x – 6)(x2 + 5x + 6)

P = (x2 + 5x)2 – 62

P = (x2 + 5x)2 – 36

Vì (x2 + 5x)2 ≥ 0 với mọi x

Nên (x2 + 5x)2 – 36 ≥ –36 với mọi x

Hay P ≥ –36 với mọi x

Suy ra P đạt giá trị nhỏ nhất bằng –36 khi x2 + 5x = 0 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 5\end{array} \right.\)

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất P = –36 khi x = 0 hoặc x = –5.


Câu 18:

Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị đối xứng qua trục trung?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Hàm số lẻ thì đồ thị hàm số đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Hàm số chẵn thì đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng

+) Xét hàm số y = sinx . cos2x

Tập xác định D = R

Ta có f(–x) = sin(–x) . cos (–2x) = – sinxcos2x

Suy ra f(–x) = – f(x)

Do đó hàm số này là hàm số lẻ (loại)

+) Xét hàm số \(y = {\sin ^3}x.cos\left( {x - \frac{\pi }{2}} \right) = {\sin ^3}x.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} = {\sin ^4}x\)

Tập xác định D = R

Ta có g(–x) = sin4(–x) = (–sinx)4 = sin4x

Suy ra g(–x) = g(x)

Do đó hàm số này là hàm số chẵn

Vậy ta chọn đáp án B.


Câu 19:

Tính nhanh giá trị của đa thức: 3(x – 3)(x + 7) + (x – 4)2 + 48 với x = 0,5.
Xem đáp án

Ta có:

3(x – 3)(x + 7) + (x – 4)2 + 48

= 3(x2 + 7x – 3x – 21) + x2 – 8x + 16 + 48

= 3(x2 + 4x – 21) + x2 – 8x + 64

= 3x2 + 12x – 63 + x2 – 8x + 64

= 4x2 + 4x + 1

= (2x + 1)2

Thay x = 0,5 vào biểu thức ta được

(2 . 0,5 + 1)2 = (1 + 1)2 = 22 = 4

Vậy biểu thức có giá trị bằng 4.


Câu 20:

ân tích nhân tử ab(a – b) + bc(b – c) + ca(c – a).
Xem đáp án

Ta có:

ab(a – b) + bc(b – c) + ca(c – a)

= ab(a – b) + b2c – bc2 + c2a – a2c

= ab(a – b) + (b2c – ca2) + (c2a – c2b)

= ab(a – b) + c(b2 – a2) + c2(a – b)

= ab(a – b) – c(a – b)(a + b) + c2(a – b)

= (a – b)(ab – ca – cb + c2)

= (a – b)[(ab – cb) + (–ca + c2)]

= (a – b)[b(a – c) + c(c – a)]

= (a – b)(a – c)(b – c).


Câu 21:

Phân tích tử và mẫu thành nhân tử rồi rút gọn phân thức:

a) \(\frac{{3{{\rm{x}}^2} - 12{\rm{x}} + 12}}{{{x^4} - 8{\rm{x}}}}\);

b) \(\frac{{7{{\rm{x}}^2} + 14{\rm{x}} + 7}}{{3{{\rm{x}}^2} + 3{\rm{x}}}}\).

Xem đáp án

a) \(\frac{{3{{\rm{x}}^2} - 12{\rm{x}} + 12}}{{{x^4} - 8{\rm{x}}}}\)

+ Phân tích tử số và mẫu số thành nhân tử:

3x2 – 12x + 12 = 3(x2 – 4x + 4)

= 3(x2 – 2 . x . 2 + 2) (Hằng đẳng thức (2))

= 3(x – 2)2

x4 – 8x = x(x3 – 8) = x(x3 – 23) (Hằng đẳng thức (7))

= x.(x – 2)(x2 + 2x + 22)

= x(x – 2)(x2 + 2x + 4)

+ Rút gọn phân thức:

\(\frac{{3{x^2} - 12x + 12}}{{{x^4} - 8x}}{\rm{ }} = \frac{{3 \cdot {{(x - 2)}^2}}}{{x \cdot (x - 2)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}} = \frac{{3 \cdot (x - 2)}}{{x\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}}\)

b) \(\frac{{7{{\rm{x}}^2} + 14{\rm{x}} + 7}}{{3{{\rm{x}}^2} + 3{\rm{x}}}}\)

+ Phân tích tử và mẫu thành nhân tử:

7x2 + 14x + 7 = 7(x2 + 2x + 1) = 7(x + 1)2

3x2 + 3x = 3x(x + 1)

+ Rút gọn phân thức

\(\frac{{7{x^2} + 14x + 7}}{{3{x^2} + 3x}} = \frac{{7 \cdot {{(x + 1)}^2}}}{{3x \cdot (x + 1)}} = \frac{{7(x + 1)}}{{3x}}\).


Câu 22:

Trong lớp 10C có 45 học sinh trong đó có 25 em thích môn Văn, 20 em thích môn Toán, 18 em thích môn Sử, 6 em không thích môn nào, 5 em thích cả ba môn. Hỏi số em thích chỉ một môn trong ba môn trên.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Trong lớp 10C có 45 học sinh trong đó có 25 em thích môn Văn, 20 em thích môn Toán (ảnh 1)

Gọi a, b, c theo thứ tự là số học sinh chỉ thích môn Văn, Sử, Toán

x là số học sịnh chỉ thích hai môn là văn và toán

y là số học sịnh chỉ thích hai môn là sử và toán

z là số học sịnh chỉ thích hai môn là văn và sử

Ta có số em thích ít nhất một môn là 

45 – 6 = 39

Dựa vào biểu đồ ven ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + x + z + 5 = 25{\rm{                     }}\left( 1 \right)}\\{b + y + z + 5 = 18{\rm{                      }}\left( 2 \right)}\\{c + x + y + 5 = 20{\rm{                       }}\left( 3 \right)}\\{x + y + z + a + b + c + 5 = 39{\rm{          }}\left( 4 \right)}\end{array}} \right.\)

Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta có

a + b + c + 2 (x + y + z) + 15 = 63 (5)

Từ (4) và (5) ta có

a + b + c + 2(39 – 5 – a – b – c) + 15 = 63

a + b + c = 20

Suy ra chỉ có 20 em thích chỉ một môn trong ba môn trên

Vậy ta chọn đáp án B.


Câu 23:

Chứng minh rằng trong tam giác ABC, ta có:

tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC \(\left( {\widehat A,\widehat B,\widehat C \ne \frac{\pi }{2}} \right)\).

Xem đáp án

Vì A, B, C là ba góc của tam giác nên ta có : A + B + C = π

Suy ra C = π – (A + B); A + B = π – C

Ta có:

tan A + tan B + tan C = (tan A + tan B) + tan C

= tan (A + B). (1 – tan A.tan B) + tan C

= tan (π – C).(1 – tan A. tan B) + tan C

= – tan C.(1 – tan A. tan B) + tan C

= – tan C + tan A. tan B. tan C + tan C

= tan A. tan B. tan C

Vậy tanA + tanB + tanC = tanAtanBtanC.


Câu 24:

Phép tịnh tiến biến gốc tọa độ O thành điểm A(1; 2) sẽ biến điểm A thành điểm A′ có tọa độ là

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Phép tính tiến biến gốc tọa độ O thành điểm A(1; 2)

Nên vectơ tịnh tiến \(\overrightarrow u = \overrightarrow {OA} = \left( {1;2} \right)\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}x' = 1 + 1 = 2\\y' = 2 + 2 = 4\end{array} \right.\)

Suy ra A′(2; 4)

Vậy ta chọn đáp án A.


Câu 25:

Hãy chứng minh 1 + 1 = 3.
Xem đáp án

Ta có:

1 + 1 = 3 2 = 3

Giả sử ta có đẳng thức:

14 + 6 – 20 = 21 + 9 – 30

Đặt thừa số chung ta có

2 × (7 + 3 – 10) = 3 × (7 + 3 – 10)

Theo toán học thì hai tích bằng nhau và có thừa số thứ hai bằng nhau thì thừa số thứ nhất bằng nhau

Do đó 2 = 3

Phản biện:

+) Sự thật 2 không thể bằng 3. Bài toán này sai trong lí luận của chúng ta là ở chỗ ta kết luận rằng: Hai tích bằng nhau và có thừa số thứ hai bằng nhau thì thừa số thứ nhất cũng bằng nhau. Điều đó không phải bao giờ cũng đúng.

+) Kết luận đó đúng khi và chỉ khi hai thừa số bằng nhau đó khác 0. Khi đó ta có thể chia 2 vế của đẳng thức cho số đó. Trong trường hợp thừa số đó bằng 0, thì luôn luôn có a × 0 = b × 0 với bất kì giá trị nào của a và b.

Ta có: 1 + 1 = 2 + 1

Mà (1 + 1) × 0 = (2 + 1 ) × 0

Vậy 1 + 1 = 3.


Câu 26:

Thiết diện qua trục của một hình trụ là hình vuông có chu vi là 8a. Diện tích xung quanh của hình trụ đó là:

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Thiết diện qua trục của một hình trụ là hình vuông có chu vi là 8a

Suy ra cạnh hình vuông là 2a

Chiều cao của hình trụ là cạnh của thiết diện qua trục: h = 2a

Bán kính đáy của hình trụ là nửa cạnh của thiết diện qua trục: R = a

Diện tích xung quanh của hình trụ đó là:

Sxq = 2πRh = 2π . a . 2a = 4πa2

Vậy ta chọn đáp án B.


Câu 27:

Hãy tìm một số hình có tâm đối xứng trong thực tiễn.

Xem đáp án

Trong thực tiễn nhiều hình có tâm đối xứng, chẳng hạn:

+) Hình biển báo giao thông:

Hãy tìm một số hình có tâm đối xứng trong thực tiễn (ảnh 1)

+) Hình bông hoa:

Hãy tìm một số hình có tâm đối xứng trong thực tiễn (ảnh 2)

Câu 28:

Cho điểm M có hoành độ là –2 và điểm M thuộc đồ thị hàm số y = –2x2. Xác định tọa độ điểm M.

Xem đáp án

Vì M thuộc đồ thị hàm số y = –2x2 và M có hoành độ bằng –2

Nên y = –2 . (–2)2 = –2 . 4 = –8

Vậy M(–2; –8).


Câu 29:

Giải phương trình sau: \[{\rm{tanx}} + \tan \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\].

Xem đáp án

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\x + \frac{\pi }{4} \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\x \ne \frac{\pi }{4} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Ta có:

\[{\rm{tanx}} + \tan \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\]

\( \Leftrightarrow \tan x + \frac{{\tan x + \tan \frac{\pi }{4}}}{{1 - \tan x \cdot \tan \frac{\pi }{4}}} = 1\)

\( \Leftrightarrow \tan x + \frac{{\tan x + 1}}{{1 - \tan x}} = 1\)

tanx(1 – tanx) + tanx + 1 = 1 – tanx

tanx – tan2x + 2tanx = 0

3tanx – tan2x = 0

tanx(3 – tanx) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = 0\\\tan x = 3\end{array} \right.\)

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \arctan 3 + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = kπ; x = arctan3 + kπ; k ℤ.


Câu 30:

Nếu G là trọng tâm tam giác ABC thì đẳng thức nào sau đây đúng?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Nếu G là trọng tâm tam giác ABC thì đẳng thức nào sau đây đúng A. vecto AG (ảnh 1)

Gọi M là trung điểm của BC

Ta có: \(\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AM} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)}}{3}\)

Vây ta chọn đáp án B.


Câu 31:

Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ 8.
Xem đáp án

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:

\(a + 1 \ge 2\sqrt a \)

\(b + 1 \ge 2\sqrt b \)

\(c + 1 \ge 2\sqrt c \)

Suy ra \(\left( {a + 1} \right)\left( {b + 1} \right)\left( {c + 1} \right) \ge 8\sqrt {abc} = 8\) (vì abc = 1)

Vậy (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ 8.


Câu 32:

Xem đáp án

a) Có một  đường thẳng và chỉ một đường thẳng đi qua hai điểm A và B. Từ đó suy ra:

Hai đường thẳng có 2 điểm chung thì trùng nhau.

Hai đường thẳng khồn trùng nhau gọi là 2 đường thẳng phân biệt.

b) Hình gồm một điểm O và một phần đường thẳng bị chia ra bởi O là một tia gốc O. Khi viết(đọc) tên một tia, phải đọc hay viết tên gốc trước.

Hai tia chung gốc Ox và Oy tạo thành một đường thẳng xy gọi là hai tia đối nhau.

Hai tia trùng nhau là hai tia chung gốc và cùng nằm 1 phía trên 1 đường thẳng.


Câu 33:

Nếu tam giác ABC có a2 < b2 + c2 thì

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác ABC có

\[{\rm{cosA}} = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\]

Vì a2 < b2 + c2 nên cosA > 0

Suy ra góc A là góc nhọn

Vậy ta chọn đáp án A.


Câu 34:

Xem đáp án

Ta có:

a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca

2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ca)

(a2 – 2ab + b2) + (b2 – 2cb + c2) + (a2 – 2ac + c2) ≥ 0

(a – b)2 + (b – c)2 + (a – c)2 ≥ 0

Vì (a – b)2 ≥ 0 với mọi a, b

(b – c)2 ≥ 0 với mọi b, c

(a – c)2 ≥ 0 với mọi a, c

Nên (a – b)2 + (b – c)2 + (a – c)2 ≥ 0 với mọi a, b, c

Vậy a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.


Câu 35:

Chứng minh rằng:

a) (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)

b) (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2).

Xem đáp án

a) Ta có :

(a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)

a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc ≤ 3a2 + 3b2 + 3c2

– 2a2 – 2b2 – 2c2 + 2ab + 2ac + 2bc ≤ 0

– (a – b)2 – (b – c)2 – (a – c)2 ≤ 0

Vì (a – b)2 ≥ 0 với mọi a, b

(b – c)2 ≥ 0 với mọi b, c

(a – c)2 ≥ 0 với mọi a, c

Nên – (a – b)2 – (b – c)2 – (a – c)2 ≤ 0 với mọi a, b, c

Dấu " = " xảy ra khi a = b = c

Vậy (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)

b) Ta có: (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2)

a2 – 2ab + b2 ≤ 2a2 + 2b2

– a2 – 2ab – b2 ≤ 0

– (a + b)2 ≤ 0

Vì (a – b)2 ≥ 0 với mọi a, b

Nên – (a + b)2 ≤ 0 với mọi a, b

Dấu "=" xảy a khi a = – b

Vậy (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2).


Câu 36:

Giải bất phương trình:

a) 3x2 – x + 1 > 0

b) 2x2 – 5x + 4 < 0.

Xem đáp án

a) Ta có: 3x2 – x + 1

\( = 3\left( {{x^2} - \frac{1}{3}x} \right) + 1\)

\( = 3\left( {{x^2} - \frac{1}{3}x + \frac{1}{{36}}} \right) + \frac{{11}}{{12}}\)

\( = 3{\left( {x - \frac{1}{6}} \right)^2} + \frac{{11}}{{12}}\)

Ta có:

\({\left( {x - \frac{1}{6}} \right)^2} \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

Suy ra:

\(3{x^2} - x + 1 = 3{\left( {x - \frac{1}{6}} \right)^2} + \frac{{11}}{{12}} \ge \frac{{11}}{{12}} > 0;\forall x \in \mathbb{R}\)

Do đó bất phương trình 3x2 – x + 1 > 0 luôn đúng với mọi x R

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là R.

b) Ta có:

2x2 – 5x + 4

\( = 2\left( {{{\rm{x}}^2} - \frac{5}{2}x} \right) + 4\)

\( = 2\left( {{{\rm{x}}^2} - \frac{5}{2}x + \frac{{25}}{{16}}} \right) + \frac{7}{8}\)

\( = 2{\left( {{\rm{x}} - \frac{5}{4}} \right)^2} + \frac{7}{8}\)

\(2{\left( {{\rm{x}} - \frac{5}{4}} \right)^2} \ge 0;\forall x \in \mathbb{R}\)

Nên \(2{\left( {{\rm{x}} - \frac{5}{4}} \right)^2} + \frac{7}{8} > 0;\forall x \in \mathbb{R}\)

Suy ra bất phương trình 2x2 – 5x + 4 < 0 vô nghiệm

Vậy bất phương trình 2x2 – 5x + 4 < 0 vô nghiệm.


Câu 37:

Trong các hàm số sau đây, hàm số nào có tập xác định D = R ?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Hàm số \(y = {\left( {2 + \sqrt x } \right)^\pi }\) có tập xác định là

D = [0; +∞)

Hàm số \(y = {\left( {2 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^\pi }\) có tập xác định là

D = R \ {0}

Hàm số \(y = {\left( {2 + {x^2}} \right)^\pi }\) có tập xác định là

D = R

Hàm số \(y = {\left( {2 + x} \right)^\pi }\) có tập xác định là

D = (–2; +∞)

Vậy ta chọn đáp án C.


Câu 38:

Giải phương trình: \[{\rm{cos2x}} - 3co{\rm{sx}} = 4co{{\rm{s}}^2}\frac{x}{2}\] có nghiệm là:

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

\[{\rm{cos2x}} - 3co{\rm{sx}} = 4co{{\rm{s}}^2}\frac{x}{2}\]

\( \Leftrightarrow 2co{{\rm{s}}^2}x - 1 - 3co{\rm{sx}} = 4.\frac{{1 + \cos x}}{2}\)

\( \Leftrightarrow 2co{{\rm{s}}^2}x - 1 - 3co{\rm{sx}} = 2 + 2co{\rm{sx}}\)

\( \Leftrightarrow 2co{{\rm{s}}^2}x - 5co{\rm{sx}} - 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}cosx = \frac{{ - 1}}{2}\\cos{\rm{x}} = 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow cosx = \frac{{ - 1}}{2}\)

\( \Leftrightarrow cosx = \cos \frac{{2\pi }}{3}\)

\( \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy ta chọn đáp án D.


Câu 39:

Cho một cây nến hình lăng trụ lục giác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy lần lượt là 15 cm và 5 cm. Người ta xếp cây nến trên vào trong một hộp có dạng hình hộp chữ nhật sao cho cây nến nằm khít trong hộp (có đáy tiếp xúc như hình vẽ).

Cho một cây nến hình lăng trụ lục giác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy lần lượt (ảnh 1)

Thể tích của chiếc hộp đó bằng:

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Ta có

AB = SP = 2MN = 10 cm

\[{\rm{AD}} = MR = 2\sqrt {{5^2} - {{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2}} = 5\sqrt 3 \]

Suy ra \[{{\rm{S}}_{ABC{\rm{D}}}} = AB.A{\rm{D}} = 10.5\sqrt 3 = 50\sqrt 3 \]

Thể tích của chiếc hộp đó bằng:

\(V = h.{S_{ABC{\rm{D}}}} = 15.50\sqrt 3 = 750\sqrt 3 \left( {c{m^3}} \right)\)

Vậy ta chọn đáp án D.


Câu 40:

Tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x3 – 3x2 + 4 là:

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

TXĐ: D = ℝ

Ta có: y’ = 3x2 – 6x 

\(y' = 0 \Leftrightarrow 3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên

Tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x^3 - 3x^2 + 4 là: A. (2; 4) B. (2; 0) (ảnh 1)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy tọa độ điểm cực đại là (0; 4)

Vậy ta chọn đáp án D.


Câu 41:

Giải phương trình \(10\sqrt {{x^3} + 1} = 3\left( {{x^2} + 2} \right)\).

Xem đáp án

Điều kiện xác định x ≥ –1

Ta có: \(10\sqrt {{x^3} + 1} = 3\left( {{x^2} + 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow 10\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)} = 3\left( {{x^2} + 2} \right)\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {\left( {x + 1} \right)} \\b = \sqrt {\left( {{x^2} - x + 1} \right)} \end{array} \right.\left( {a,b \ge 0} \right)\)

Khi đó a2 + b2 = x2 + 2

Phương trình trở thành:

10ab = 3(a2 + b2)

3a2 + 3b2 – 10ab = 0

3a2 – 9ab + 3b2 – ab = 0

3a(a – 3b) + b(3b – a) = 0

(a – 3b)(b – 3a) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a - 3b = 0\\b - 3{\rm{a}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 3b\\b = 3{\rm{a}}\end{array} \right.\)

+) TH1: a = 3b

\( \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} = 3\sqrt {{x^2} - x + 1} \)

x + 1 = 9(x2 – x + 1)

9x2 – 10x + 8 = 0

\( \Leftrightarrow 9{{\rm{x}}^2} - 10{\rm{x}} + \frac{{25}}{9} + \frac{{47}}{9} = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {3{\rm{x}} - \frac{5}{3}} \right)^2} + \frac{{47}}{9} = 0\) (vô nghiệm vì \({\left( {3{\rm{x}} - \frac{5}{3}} \right)^2} + \frac{{47}}{9} > 0;\forall x\))

+) TH2: b = 3a

\( \Leftrightarrow 3\sqrt {x + 1} = \sqrt {{x^2} - x + 1} \)

9(x + 1) = x2 – x + 1

x2 – 10x – 8 = 0

x2 – 10x + 25 – 33 = 0

(x2 – 5)2 – 33 = 0

\( \Leftrightarrow \left( {{\rm{x}} - 5 - \sqrt {33} } \right)\left( {{\rm{x}} - 5 + \sqrt {33} } \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5 - \sqrt {33} \\x = 5 + \sqrt {33} \end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Vậy \[{\rm{x}} = 5 \pm \sqrt {33} \].


Câu 42:

Phân tích đa thức thành nhân tử: x2 – 2x – 15.

Xem đáp án

Ta có:

x2 – 2x – 15 = x2 + 3x – 5x – 15

= x(x + 3) – 5(x + 3)

= (x + 3)(x – 5).


Câu 43:

Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Phép vị tự tâm G biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ có tỉ số vị tự bằng bao nhiêu?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của các cạnh (ảnh 1)

Vì G là trọng tâm tam giác ABC

Nên \(\overrightarrow {GA'} = \frac{{ - 1}}{2}\overrightarrow {GA} ;\overrightarrow {GB'} = \frac{{ - 1}}{2}\overrightarrow {GB} ;\overrightarrow {GC'} = \frac{{ - 1}}{2}\overrightarrow {GC} \)

Suy ra phép vị tự tâm G biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ có tỉ số vị tự bằng \( - \frac{1}{2}\)

Vậy ta chọn đáp án A.


Bắt đầu thi ngay