5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 5)

Gọi I là trung điểm của BC. Suy ra I là trung điểm của MN. Đặt MN=x,  (0<x<90).

Khi đó ta có: MQAI=BMBI⇔MQ=32(90−x). Gọi R là bán kính của hình trụ ⇒R=x2π.

Thể tích của khối trụ là: V=πx2π232(90−x)=38π(−x3+90x2).

Xét f(x)=38π(−x3+90x2), với 0<x<90. Suy ra 

f'(x)=38π(−3x2+180x)⇒f'(x)=0⇔x=0x=60.

Do đó maxx∈(0;90)f(x)=f(60)=13500.3π.

Sử dụng tổng cấp số nhân, ta có công thức sau: a=N.yn(y−1)yn−1. 

Trong đó với N là số tiền vay, y=1+m%,   m% là lãi suất hàng tháng), a là số tiền trả hàng tháng và n là số tháng.

Khi đó: 3=50.yn(y−1)yn−1⇔3.(1,006n−1)=0,3.1,006n

           ⇔1,006n=109⇒n≈18.

Vậy anh A mất 18 tháng thì sẽ trả hết nợ cho ngân hàng.

Ta có hình vẽ sau:

Khi đó ta có: VMNPQ=12VP.MNE=12.13.1.SMNE. 

Do MN//AC;  ME//BD nên ta có:

MN⊥ME;  MN=22;  ME=2.

Vì vậy SMNE=12⇒VMNPQ=112.

Khối đa diện (H) được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ của (H) luôn thuộc (H). Khi đó đa diện giới hạn (H) được gọi là đa diện lồi.

Một khối đa diện là khối đa diện lồi khi và chỉ khi miền trong của nó luôn nằm về một phía đối với mỗi mặt phẳng đi qua một mặt của nó.

Vậy theo định nghĩa trên thì chỉ có 1 hình là đa diện lồi.

Do tam giác ABC vuông cân tại B nên ta có AC=2a⇒AB=a2.

Đồng thời d(I;(ABC))=23d(S;(ABC)) do IBBS=23.

Suy ra VI.ABC=23VS.ABC. Mặt khác: SΔAJC=12SΔABC (do J là trung điểm của BC).

Ta có: VAIJC=VIAJC=12VIABC=12.23.VS.ABC=13.13.SA.SΔABC=19a.12AB2=a39.

Gọi H là trung điểm của BC. Đặt AB= a ,ta có: AH=a32.

Xét tam giác A'AH ta tìm được: A'H=a,   AA'=a2.

Suy ra SA'BC=8⇔12A'H.BC=8⇔a=4.

Thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C':V=AA'.SABC=83.

Hình lập phương có 9 mặt đối xứngC

Xét hàm số f(x) = x³ – 3x² – 9x + m trên đoạn [– 2; 4].

Ta có: f(– 2) = m – 2, f(– 1) = m + 5, f(3) = m – 27, f(4) = m – 20.

Vậy S = {11}. Do đó S có 1 phần tử.

Chọn đán án D

Ta có: y=x3−3x2+m=(x3−3x2+m)2⇒y'=(x3−3x2+m)(3x2−6x)(x3−3x2+m)2.

Để đồ thị hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình: y'=0 có 5 nghiệm phân biệt. Điều này tương đương với (x3−3x2+m)(3x2−6x)=0. Đặt g(x)=(x3−3x2+m)=0 phải có 3 nghiệm phân biệt khác 0 và 2.

Ta có: −x3+3x2=m, tức là ta cần đi tìm giá trị của m để đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=f(x)=−x3+3x2 tại 3 điểm phân biêt

Do đó ta khảo sát hàm số f(x)=−x3+3x2 thì ta có được: −4+m<0<m⇔0<m<4

Vậy S={1;2;3},tổng tất cả các giá trị của S là 6.

Xét hàm số y=x3−3x2+1. Tập xác định D=R

Ta xét đạo hàm bậc nhất: y'=3x2−6x=0⇔x=0x=2. Khi đó ta có BBT sau:

Hàm số y=x3−3x2+1=x3−3x2+1,   x≥0−x3−3x2+1,   x<0 là hàm số chẵn và đồ thị của nó được suy ra từ đồ thị hàm số y=x3−3x2+1 bằng cách bỏ đi phần bên trái trục tung. Giữ nguyên phần bên phải trục tung và lấy đối xứng với phần bên phải Oy qua Oy. Như vậy ta sẽ thu được đồ thị hàm số y=x3−3x2+1 có dạng sau:

Vậy đồ thị hàm số y=x3−3x2+1 có 3 điểm cực trị.

Gọi O là tâm của hình bình hành ABB'A' và I là trung điểm của A'C' Ta có:  B'OI^=(AB',BC')=600.

Mặt khác OB'=AB'2=BC'2=OI nên ΔB'OI là tam giác đều.

Suy ra AB'=2OB'=2B'I=22a32=2a3.

Vì  ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác đều nên tam giác AA'B' vuông tại A' và có

AA'=AB'2−A'B'2=12a2−4a2=2a2.

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là: V=AA'.SABC=2a2.(2a)234=26a3.

Gọi G1,G2,G3,G4 lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB, SBC, SCD, SDA.

Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA.

Ta có: SMNPQ=4SG1G2G3G4=4.49.SEFGH=4.49.12.EG.HF=8a29.

Mặt khác:

d(S',(MNPQ))=d(S',(ABCD))+d(O,(MNPQ))                                     =d(S,(ABCD))+2d(O,(G1G2G3G4))                                     =d(S,(ABCD))+23d(S,(ABCD))                                     =53d(S,(ABCD))=5a146.

Vậy thể tích của khối chóp S.MNPQ là:

VS'.MNPQ=13.5a146.8a29=20a31481.

Gọi I, N là trung điểm của AD, AB. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABO, vì tam giác ABI đều nên H thuộc NI.

Kẻ HK vuông góc CD, dựng hình bình hành AECD. Gọi F là giao điểm của BO và AE.

Ta có: AF// CD, nên d(SA,CD)=d(CD,(SAF))=d(O,(SAF)).

Vì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD, nên tam giác BIC và CID là các tam giác đều, do đó ta có:

AC=(4a)2−(2a)2=2a3CO=12CD=aAO=AC2+CO2=12a2+a2=a13BO=BC2+CO2−2BC.CO.cos1200=4a2+a2+2a2=a7SΔABO=(2a+4a).a32−12.2a.a32−12.4a.a32=3a232.

Suy ra

 AH=2a.a7.a134.3a32=a2739.SH=SA2−AH2=4a2−273a281=a519.

Diện tích SΔAFO=2SΔABO=3a23.

Thể tích của khối chóp S. AFO là: VS.AFO=13SH.SAFO=a31539.

Diện tích tam giác SAF:

SA=2a,  AF=3a⇒SB2=SO2+SF22−FO24⇒SF=3a2⇒SΔSAF=a21194.

Vậy d(SA,CD)=d(CD,(SAF))=d(O,(SAF))=3VO.SAFSΔSAF=3a31539a21194=2a7.

Ta có: B'H=sin300.B'C'=a32.

Mà BHB'^=600⇒BB'=B'H.tan600=3a2.

Vậy suy ra thể tích của khối lăng trụ đứng A'B'C' là:

VABC.A'B'C'=SABC.BB'=a234.3a2=3a338.

Đáp án C.

Dựa vào đáp án ta có nhận xét: Xác định góc AB→,AC→=A^ nên

AB→,AC→^=600⇒AB→.AC→=AB.AC.cosAB→,AC→=a.a.cos600=12a2.

Tương tự ta cũng xác định AC→,CB→ là góc ngoài của góc C nên AC→,CB→=1200

AC→.CB→=AC.CB.cosAC→,CB→=a.a.cos1200=−12a2.

Xác định góc của GA→,GB→=AGB^=1200 do đó

GA→.GB→=GA.GB.cosGA→,GB→=a3.a3.cos1200=−16a2.

Tương tự cho ý đáp án D, ta ra kết quả là AB→.AG→=12a2.

Giả sử cạnh của tam giác đều SAB bằng 1. Gọi thiết diện qua trục hình nón là tam giác đều SAB.

Gọi I là trọng tâm của tam giác đều SAB, khi đó I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón là: R=SI=23SO=23.32=33.

Bán kính mặt cầu nội tiếp hình nón là: r=IO=13SO=13.32=36.

Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình nón là: V1=43πR3=4327π.

Thể tích mặt cầu nội tiếp hình nón là: V2=43πr3=354π.

Vậy V1V2=8.

Gọi số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau có dạng: abcdeg¯.

Sắp xếp cụm số 3, 4, 5 mà số 4 luôn đứng cạnh 3 và 5 thì ta có 2 cách sắp xếp: 345 và 543.

TH1: Nếu các cụm số 3, 4, 5 đứng đầu có các số tạo thành là: 2.7.6.5 =420(số)

TH2: Nếu các cụm số 3,4,5 không đứng đầu có 3 cách sắp xếp là: x345xx; xx345x; xxx345.

Khi đó 3 chữ số còn lại có: 6.6.5=180 cách chọn và sắp xếp.

Do đó ta có được các số tạo thành là: 2.3.180=1080 (số)

Áp dụng quy tắc cộng có: 420+1080=1500  số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Số cách lập số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau từ tập A (không tính chữ số 0 đứng đầu) là: A66−A55=600(số).

Số cách lập số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau mà số 3 và số 4 đứng cạnh nhau là: 2!.4.4.3.2=192(số).

Xác suất cần tìm thỏa mãn bài toán là: 192600=825.

Ta có: 0 + 6 = 2 + 4 = 1 + 5

Suy ra a, b, c, d, e, f ∈ {0; 1; 2; 4; 5; 6}

+) a khác 0 nên a có 5 cách, b có 1 cách.

+) c khác a và b nên c có 4 cách, d có 1 cách.

+) e khác a, b, c, d nên e có 2 cách, d có 1 cách.

Do đó có 5.4.2 = 40 cách.

Ta lại có: 0 + 5 = 2 + 3 = 1 + 4

Do đó có 40 cách.

Vậy tổng cộng có 40 + 40 = 80 số.

Chọn D

Gọi O là mặt cầu ngoại tiếp của hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D'.

Khi đó bán kính của hình hộp sẽ là:

R=12AB2+AD2+AA'2=12a2+(2a)2+(2a)2=3a2.

Vậy diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp là:

S=4π3a22=9πa2.

Do (ACC'A')⊥(ABCD) nên kẻ C'H⊥AC⇒C'H⊥(ABCD). Do C'B=C'C nên HB= HC

⇒HI⊥BC (với I là trung điểm của BC).

Ta có: HI=IC.tanHCI^=a2tan300=a36.

Tam giác C'HI vuông tại H nên ta có:

C'H=C'I2−HI=a322−a362=a63.

Tam giác vuông ABC có ACB^=300⇒AC=a32,  AB=a2.

Vậy thể tích của lăng trụ đã cho là: V=SABCD.C'H=a32.a2.a63=a324.

+ Chia trước cho mỗi học sinh một phần quà thì số phần quà còn lại là 9 phần quà.

+ Chia 9 phần quà cho 3 học sinh sao cho học sinh nào cũng có ít nhất một phần quà: Đặt 9 phần quà theo một hàng ngang, giữa các phần quà sẽ có 8 khoảng trống, chọn 2 khoảng trống trong 8 khoảng trống đó để chia 9 phần quà còn lại thành 3 phần quà mà mỗi phần có ít nhất một phần quà, có C82

+ Vậy tất cả có số cách chia là: C82=28 (cách chia).

Cho 3 học sinh nam cầm tay nhau coi như là một người, cùng với 2 học sinh nữ xếp thành một hàng ngang, có 3! cách.

Ba học sinh nam có thể đổi chỗ cho nhau, có 3! cách.

Vậy theo quy tắc nhân sẽ có: 3!.3!=36 cách xếp.

B1: Số cách chọn ra 3 bạn nam trong 10 bạn nam là: C103.

B2: Số cách chọn ra 2 bạn nữ trong 8 bạn nữ là: C82

B3: Áp dụng theo quy tắc nhân ta có số cách chọn ra 5 bạn thỏa mãn đề bài là: C103.C82.

Gọi số cần lập có 3 chữ số đôi một khác nhau có dạng: abc¯.

Theo giả thiết là các số này sẽ chia hết cho 9, do đó ta có: (a+b+c)⋮9.

Khi đó các số a, b, c thuộc các tập số A={0,4,5}, và B={1,3,5}.

+ TH1: Nếu các số a, b, c thuộc tập A.

Khi đó chữ số a có: 2 cách chọn; chữ số b có 2 cách và c có 1 cách chọn. Vậy ta có: 2.2.1=4 (số).

+ TH2: Nếu các số a, b, c thuộc tập B.

Khi đó a có 3 cách chọn, b có 2 cách và c có 1 cách chọn. Vậy ta có: 3.2.1=6(số).

Áp dụng quy tắc cộng ta có các số tạo thành thỏa mãn bài toán là: 6+4=10 (số).

Đặt y=23,xét số x=abcde¯ trong đó a; b; c; d; e đôi một khác nhau và thuộc tập {0; 1; y; 4; 5}.

Khi đó có 4 cách chọn a; 4 cách chọn b; 3 cách chọn c; 2 cách chọn d và 1 cách chọn e.

Theo quy tắc nhân có 4.4.3.2=96 số.

Khi ta hoán vị trong y ta được hai số khác nhau.

Vậy có tất cả: 96.2=192 số thỏa yêu cầu bài toán.

Gọi các cạnh của đáy ABCD đều có độ dài là a.

Vì chóp S. ABCD là chóp tứ giác đều, nên do đó ta có: SA=AB= a

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD thì ta có: SO⊥(ABCD).

Suy ra ta có: (SA,ABCD))=SAO^.

Xét tam giác SAO vuông tại O ta có:

cosSAO^=SOSA=SA2−AO2SA=a2−a22a=12.

Đồ thị hàm số y=x3−8x2+(m2+11)x−2m2+2​    (C) có 2 điểm cực trị nằm về hai phía của Ox

⇔(C) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt.

⇔x3−8x2+(m2+11)x−2m2+2​=0    (*) có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có: (*)⇔(x−2)(x2−6x+m2−1​=0

                  ⇔x=2x2−6x+m2−1=0   (1)

Để (C) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2.

⇔Δ'=10−m2>022−6.2+m2−1≠0⇔−10<m<10m≠±3.

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn điều kiện trên.

Từ giả thiết ta có các tam giác ABD, A'AD,  A'AB là các tam giác đều.

Suy ra ta có: A'A=A'B=A'D nên H là hình chiếu của A' trên mặt phẳng (ABCD) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABD.

Do đó: AH=23.2a.32=232a

⇒A'H=A'A2−AH2=263a.

Vậy thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' là: V=A'H.SABCD=263a.2.4a234=42a3.

Ta có: MN→=MC→+CN→.

MC→=12BC→=12(AC→−AB→).

CN→AC→=−(9−x)9=x9−1⇒CN→=x9−1AC→

⇒CN→=x9−1AC→⇒MN→=12AC→−AB→+x9−1AC→=x9−12AC→−12AB→

Vậy MN→=x9−12c→−12b→.

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó ta có SH⊥AB⇒SH⊥(ABCD) nên hình chiếu của SD trên (ABCD) là HD.

Do đó SD,(ABCD)^=SD,HD^=SDH^.

Mặt khác tam giác SAB đều cạnh a nên SH=a32.

Suy ra HD=AH2+AB2=a52.

Khi đó xét tam giác vuông SHD, ta có: cotSHD^=DHSH=515.

Gọi I là tâm của hình thoi ABCD, H là hình chiếu của S lên mặt (ABCD).

Ta có SA=SB=SC nên hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay H∈BI.

Ta có: SI2=SA2−IA2=a2−IA2,  IB2=AB2−IA2=a2−IA2⇒SI=IB.

Khi đó tam giác SBD vuông tại S. Giả sử SD=x. Ta có SB.SD=SH.BD⇔a.x=SH.BD⇔SH=a.xBD.

Ta có: VS.ABCD=13SH.12AC.BD=13a.xBD.12AC.BD=16a.x.AC.

Ta có: BD2=SB2+SD2=a2+x2⇒IB2=a2+x24⇒IA2=a2−a2+x24=3a2−x24.

Suy ra AC=2IA=23a2−x24=3a2−x2.

Vậy VS.ABCD=16a.x.3a2−x2≤a6.x2+3a2−x22=a34.

Số các số chia hết cho 2 là: 2020−22+1=1010.

Số các số chia hết cho 3 là: 2019−33+1=673.

Số các số chia hết cho cả 2 và 3 (đồng nghĩa là chia hết cho 6) là: 2016−66+1=336.

Vậy các số thỏa mãn đề bài ra là: 1010+673−336=1347.

2cos2x=1⇔2cos2x−1=0⇔cos2x=0⇔2x=π2+kπ⇔x=π4+kπ2;  k∈Ζ

Vì x∈−2π;  2π nên ta có: −2π≤π4+kπ2≤2π⇔−92≤k≤72.

Mặt khác k là số nguyên nên k sẽ nhận các giá trị: −4;  −3;  −2;  −1;  0;  1;  2;  3.

Vậy phương trình đã cho có 8 nghiệm trên đoạn −2π;  2π.

Có 5 mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D. Cụ thể như sau:

+ Mặt phẳng đi qua 4 trung điểm của 4 cạnh bên: có 1 mặt.

+ Mặt phẳng đi qua tâm O và song song với từng mặt bên: có 4 mặt như vậy.

Mặt phẳng (SAC) chia khối chóp S. ABCD thành 2 khối tứ diện là S. ABC và S. ACD.

Tứ diện đều có ba trục đối xứng đó là ba đường thẳng đi qua trung điểm của các cặp cạnh đối của nó.

Khối tứ diện đều có 3 trục đối xứng (đi qua trung điểm của các cặp cạnh đối diện) nên n1=3.

Khối chóp tứ giác đều có 1 trục đối xứng (đi qua đỉnh và tâm của mặt tứ giác) nên n2=1.

Khối lập phương có 9 trục đối xứng (Loại 1: đi qua tâm của các mặt đối diện; Loại 2: đi qua trung điểm các cặp cạnh đối diện) nên n3=9.

Đáp án D.

Đáp án D.

Gọi số cần tìm có dạng N=abcd¯. Do N chia hết cho 15 nên N phải chia hết cho 3 và 5.

Vì vậy d có 1 cách chọn là bằng 5, và (a+b+c+d) chia hết cho 3.

Do vai trò của các chữ số a, b, c là như nhau, mỗi số a, b và c có 9 cách chọn nên ta xét các trường hợp sau

TH1: Nếu a+b+d chia hết cho 3, khi đó c chia hết cho 3 ⇒c∈{3;  6;  9}⇒c có 3 cách chọn.

TH2: Nếu a+b+d chia cho 3 dư 1, khi đó c chia 3 dư 2 ⇒c∈{2;  5; 8}⇒ c có 3 cách chọn.

TH3: Nếu a+b+d chia cho 3 dư 2, khi đó c chia 3 dư 1⇒c∈{1; 4; 7}⇒ c có 3 cách chọn.

Vậy trong mọi trường hợp thì c đều có 3 cách chọn nên ta có tất cả 9.9.3.1=243 số thỏa mãn.

Ta có sin2x+3π4+cosx = 0⇔cosx =sin−2x−3π4

⇔cosx =sinπ2−2x+5π4⇔cosx =cos2x+5π4

⇔x =2x+5π4+k2πx =−2x−5π4+k2π⇔x =−5π4−k2πx =−5π12+23kπ   (k∈Ζ)

Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm là: x =−5π4−k2π và  x =−5π12+23kπ.

Vì số học sinh nam là lẻ nên bạn nam phải đứng đầu hàng.

Khi đó xếp 21 bạn nam vào 21 vị trí cố định có: 21!=P21 (cách).

Sau đó ta xếp 20 bạn nữ vào 20 vị trí trống xen kẽ với các bạn nam thì sẽ có: 20!=P20 (cách).

Vậy có tất cả số cách là: 20!.21!=P20.P21.

Đáp án đúng là: D

Ta có hình vẽ sau:

Bán kính đường tròn đáy của hình trụ là r=R2−d2=52−32=4.

Vậy thể tích của khối trụ cần tính là: V=πr2.h=π.42.6=96π.

Ta sẽ phân tích vecto DM theo hai vecto DC và BC.

Vì ABCD là hình bình hành nên ta có: BD→=DA→+DC→.

Mặt khác M là trung điểm của AB nên 2DM→=DA→+DB→⇔2DM→=2DA→+DC→⇔2DM→=−2BC→+DC→

Suy ra DM→=12DC→−BC→.

Gọi số cần tìm có dạng abcde¯

+ TH1: 2 số lẻ liên tiếp ở vị trí ab. Khi đó: a có 3 cách chọn; b có 2 cách chọn; c có 4 cách chọn; d có 3 cách chọn và e có 2 cách chọn. Theo quy tắc nhân ta có: 3.2.4.3.2=144 (số).

+ TH2: 2 số lẻ liên tiếp ở vị trí bc. Khi đó: a có 3 cách chọn; b có 3 cách chọn; c có 2 cách chọn; d có 3 cách chọn và e có 2 cách chọn. Theo quy tắc nhân ta có: 3.3.2.3.2=108 (số).

+ TH3: 2 số lẻ liên tiếp ở vị trí cd (tượng tự TH2).

Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài là: 144+108.2=360 (số).

a) Ta có:

⇒ (SCD) ⊥ (SAD)

Gọi I là trung điểm của đoạn AB. Ta có AICD là hình vuông và IBCD là hình bình hành. Vì DI // CB và DI ⊥ CA nên AC ⊥ CB. Do đó CB ⊥ (SAC).

Vậy (SBC) ⊥ (SAC).

b) Ta có:

c)

Vậy (α) là mặt phẳng chứa SD và vuông góc với mặt phẳng (SAC) chính là mặt phẳng (SDI). Do đó thiết diện của (α) với hình chóp S.ABCD là tam giác đều SDI có chiều dài mỗi cạnh bằng a√2. Gọi H là tâm hình vuông AICD ta có SH ⊥ DI và

 .

Tam giác SDI có diện tích:

Ta có SA = SB = SC nên hình chiếu của đinh S xuống mặt phẳng (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Mà ABC là tam giác vuông cân tại B nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm H của AC.

Ta có: Diện tích tam giác ABC là: SABC=12AC.BH=12.2.1=1.

Xét tam giác SAC, có: SH = 32−12=22.

Vậy thể tích hình chóp là: VSABC=13.1.22=223.

Số phần tử của không gian mẫu là: Ω=C61.C61=6.6=36.

Khi đó ta có: n(Ω)=6n(A)=3⇒P(A)=36=12

Ta có phương trình mx2−2(m+1)x+m+3=0 là phương trình bậc hai khi m≠0.

Thay x= -2 ta được: m(−2)2−2(m+1)(−2)−m+3=0

⇔9m+7=0⇔m=−79 (thỏa mãn)

Vậy m=−79.

Ta có y=x3−3mx2+3(2m−1)x+1⇒y'=3x2−6mx+3(2m−1);   ∀x∈R.

Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi y'≥0;   ∀x∈R⇔x2−2mx+2m−1≥0;   ∀x∈R. 

⇔a=1>0Δ'=m2−2m+1≤0⇔(m−1)2≤0⇔m=1.

Vậy m=1 là giá trị cần tìm thỏa mãn bài toán.

Xét bài toán: Tam giác ABC, điều kiện cần và đủ để hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau là: b2+c2=5a2.

Ta có: Gọi G là giao điểm của hai trung tuyến BM, CN. Áp dụng công thức trung tuyến ta có:

GB2=49BM2=19(2a2+2c2−b2);    GC2=49CN2=19(2a2+2b2−c2)

Áp dụng định lý Pythago cho tam giác vuông BGC, ta có: BG2+CG2=BC2

Khi đó ta có: 19(2a2+2c2−b2)+19(2a2+2b2−c2)=a2⇔4a2+b2+c2=9a2⇔b2+c2=5a2.

Quay trở lại bài toán trên, xét tam giác ABC ta có:

a2=b2+c2−2bc.cosA=5a2−2bc.cosA⇒bc=2a2cosA.

Khi đó: S=12bc.sinA=122a2cosA.sinA=a2tanA=33.

Ta có: y=x3+mx2+3x−2m+5⇒y'=3x2+2mx+3.

Khi đó xét: Δ'=m2−9.

Để hàm số trên đồng biến trên R khi và chỉ khi y'≥0 với mọi giá trị của m là tham số thực.

Tức là: Δ'=m2−9≥⇔−3≤m≤3.

Vậy m∈[−3;  3].

Hàm số y=x+4x liên tục trên (0;+∞).

Ta có: y'=1−4x2=0⇔x=−2∉(0;+∞)x=2∉(0;+∞)

Bảng biến thiên của hàm số y=x+4x trên (0;+∞) như sau:

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra ta có: m=min(0;+∞)y=y(2)=4.

Nhắc lại: limx→0+y=limx→0+x+4x=+∞;     limx→+∞y=limx→+∞x+4x=+∞.

Xét phương trình đã cho tương đương với phương trình sau: 22x−2m.2x+2m+3=0    (1).

Đặt 2x=t   (t>0), khi đó phương trình (1) trở thành: t2−2m.t+2m+3=0   (2).

Phương trình (1) có hai nghiệm là x1,  x2 khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm t1,  t2 dương;

⇔Δ'≥0S>0P>0⇔m2−2m−3≥02m>02m+3>0⇔m≥3.

Theo định lý Viet ta có: t1+t2=2mt1.t2=2m+3. Với t=2x khi đó ta có:

t1.t2=2x1.2x2⇔2m+3=2x1+x2⇔16=2m+3⇔m=132.

Gọi a là số trứng lành, b là số trứng hỏng trong giỏ A.

Gọi x là số trứng lành, y là số trứng hỏng trong giỏ B.

Lấy ngẫu nhiên mỗi giỏ 1 quả trứng thì khi đó xác suất để lấy được 2 quả trứng lành là: aa+b.xx+y=5584.

Do đó theo giả thiết bài toán ta có:

(a.x)⋮  55(a+b)(x+y)⋮  84a+b+x+y=20(a+b)(x+y)≤a+b+x+y22=100⇒a+b=14x+y=6(a.x)⋮  55⇒a=11x=5.

Vậy giỏ A có 11 quả trứng lành.

Do M và N lần lượt là trung điểm của BC và AC nên MN là đường trung bình của tam giác ABC.

Suy ra MN//AB;  MN=12AB.           (1)

Lại có P là trung điểm của AB nên: AP=BP=12AB.           (2)

Từ (1) và (2) suy ra: MN=AP=BP. 

Vậy khi đó số vecto bằng MN→ mà có điểm đầu và cuối trùng với các điểm trên là: BP→;   PA→.

Gọi E=AC'∩A'C và F=BC'∩B'C. Khi đó (ABC') và (A'B'C') chia khối lăng trụ đều ABC.A'B'C' thành 4 khối đa diện: CEFC';   FEA'B'C';   FEABC và FEABB'A'.

Gọi V là thể tích của khối lăng trụ đều ABC.A'B'C' Ta có:

VC.A'B'C'=VC''.ABC=13V;    VFEA'B'C'=VC.A'B'C'−VCEFC';     VFEABC=VC.ABC−VCEFC'⇒VFEA'B'C'=VFEABC.

Mặt khác: VCEFC'VC.A'B'C'=CECA'⋅CFCB'=12⋅12=14⇒VCEFC'=14VC.A'B'C'=14⋅13V=112V

Suy ra VFEA'B'C'=VFEABC=VC.A'B'C'−VCEFC'=13V−112V=14V⇒VFEABB'A'=V−2.14V−112V=512V.

Do đó H1 là thể tích lớn nhất của khối đa diện FEABB'A';    H2là thể tích nhỏ nhất của khối đa diện CEFC'

Khi đó: V(H1)V(H2)=5.

Hình chóp S.A1A2...An   (n≥3) có n cạnh bên và n cạnh đáy nên sẽ có 2n cạnh.

Khi đó ta có: 2n=16⇔n=8.

Vậy hình chóp 16 cạnh sẽ có 8 mặt bên và 1 mặt đáy nên tổng số là 9 mặt.

Ta có: a2+b2=6ab⇒(a+b)2=8ab⇔a+b=8ab

Suy ra log2(a+b)=log28ab⇔log2(a+b)=12log2(8ab)

Do đó log2(a+b)=12(3+log2a+log2b).

Ta có: 9a2+b=10ab⇔3a+b42=ab.

Lấy log của cả hai vế của đẳng thức trên thì ta có được:

log3a+b42=log(ab)⇒2log3a+b4=log(a)+log(b)⇒log3a+b4=log(a)+log(b)2.

Chọn đáp án B.

Ta chia hình lập phương thành 6 khối tứ diện bằng nhau như sau:

+ Chia khối lập phương ABCD.A'B'C'D' thành hai khối lăng trụ tam giác bằng nhau: ABC.A'B'C' và BCD.B'C'D'

+ Tiếp theo, lần lượt chia khối lăng trụ ABD.A'B'D' và BCD.B'C'D' thành ba tứ diện: DABB';  DAA'B và DCBB',  DCC'B',  DD'C'B'.

+ Ta chứng minh được các khối tứ diện này bằng nhau như sau:

-        Hai khối tứ diện DABB' và DAA'B' bằng nhau vì chúng đối xứng nhau qua mặt phẳng (DAB')

-        Hai khối tứ diện DAA'B' và DD'A'B' bằng nhau vì chúng đối xứng nhau qua mặt phẳng (B'A'D)

Từ (1) và (2) suy ra ba khối tứ diện DABB',   DAA'B' và DD'A'B' bằng nhau.

-        Tương tự, ba khối tứ diện DCBB',   DCC'B',   DD'C'B' cũng bằng nhau.

Vậy khối lập phương ABCD.A'B'C'D' được chia thành sáu khối tứ diện bằng nhau.