- Đề số 1
- Đề số 2
- Đề số 3
- Đề số 4
- Đề số 5
- Đề số 6
- Đề số 7
- Đề số 8
- Đề số 9
- Đề số 10
- Đề số 11
- Đề số 12
- Đề số 13
- Đề số 14
- Đề số 15
- Đề số 16
- Đề số 17
- Đề số 18
- Đề số 19
- Đề số 20
- Đề số 21
- Đề số 22
- Đề số 23
- Đề số 24
- Đề số 25
- Đề số 26
- Đề số 27
- Đề số 28
- Đề số 29
- Đề số 30
- Đề số 31
- Đề số 32
- Đề số 33
- Đề số 34
- Đề số 35
- Đề số 36
- Đề số 37
- Đề số 38
- Đề số 39
- Đề số 40
- Đề số 41
- Đề số 42
- Đề số 43
- Đề số 44
- Đề số 45
- Đề số 46
- Đề số 47
- Đề số 48
- Đề số 49
- Đề số 50
- Đề số 51
- Đề số 52
- Đề số 53
- Đề số 54
- Đề số 55
- Đề số 56
- Đề số 57
- Đề số 58
- Đề số 59
- Đề số 60
- Đề số 61
- Đề số 62
- Đề số 63
- Đề số 64
- Đề số 65
- Đề số 66
- Đề số 67
- Đề số 68
- Đề số 69
- Đề số 70
- Đề số 71
- Đề số 72
- Đề số 73
- Đề số 74
- Đề số 75
- Đề số 76
- Đề số 77
- Đề số 78
- Đề số 79
- Đề số 80
- Đề số 81
- Đề số 82
- Đề số 83
- Đề số 84
- Đề số 85
- Đề số 86
- Đề số 87
- Đề số 88
- Đề số 89
- Đề số 90
- Đề số 91
- Đề số 92
- Đề số 93
- Đề số 94
- Đề số 95
- Đề số 96
- Đề số 97
Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 52)
-
10422 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:
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.
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.
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.
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:
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.
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.
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)
Mà \(\widehat {AQP} = \widehat {ABP}\) (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 \(\frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge ab + bc + ca\).
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?
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
Vậy ta chọn đáp án D.
Câu 10:
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*).
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.
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.
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.
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?
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) \(12 - \sqrt x - x\).
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).
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?
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:
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:
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) \(\frac{{7{{\rm{x}}^2} + 14{\rm{x}} + 7}}{{3{{\rm{x}}^2} + 3{\rm{x}}}}\).
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.
Đáp án đúng là: B
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 \(\left( {\widehat A,\widehat B,\widehat C \ne \frac{\pi }{2}} \right)\).
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
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:
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:
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.
Trong thực tiễn nhiều hình có tâm đối xứng, chẳng hạn:
+) Hình biển báo giao thông:
+) Hình bông hoa:
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.
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: \[{\rm{tanx}} + \tan \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\].
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?
Đáp án đúng là: B
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:
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:
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
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:
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).
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.
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
\( = 2\left( {{{\rm{x}}^2} - \frac{5}{2}x} \right) + 4\)
\( = 2\left( {{{\rm{x}}^2} - \frac{5}{2}x + \frac{{25}}{{16}}} \right) + \frac{7}{8}\)
\( = 2{\left( {{\rm{x}} - \frac{5}{4}} \right)^2} + \frac{7}{8}\)
Vì \(2{\left( {{\rm{x}} - \frac{5}{4}} \right)^2} \ge 0;\forall x \in \mathbb{R}\)
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 ?
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:
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).
Thể tích của chiếc hộp đó bằng:
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:
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
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 \(10\sqrt {{x^3} + 1} = 3\left( {{x^2} + 2} \right)\).
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.
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?
Đáp án đúng là: A
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.