5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 6)

Ta có x³ + y³ + z³ − 3xyz = (x + y)³ − 3xy(x + y) + z³ − 3xyz

= [(x + y)³ + z³] − [3xy(x + y) + 3xyz]

= (x + y + z)[(x + y)² − (x + y)z + z²] − 3xy(x + y + z)

= (x + y + z)(x² + 2xy + y² − xz − yz + z² − 3xy)

= (x + y + z)(x² + y² + z² − xy − xz − yz)

Diện tích tam giác đều cạnh a bằng:S=12.a.a.sin60°=a234

Lại có: S=pr⇒r=Sp=a2343a2=a36

Vây bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh a bằng a36

A = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) − 24

= (x + 2)(x + 5)(x + 3)(x + 4) − 24

= (x² + 7x + 10)(x² + 7x + 12) – 24.

Đặt a = x² + 7x + 11. Thay vào A, ta được:

A = (a − 1)(a + 1) − 24 = a² − 25 = (a − 5)(a + 5) (2)

Thế a = x² + 7x + 11 vào (2), ta được:

A = (x² + 7x + 11 − 5)( x² + 7x + 11 + 5)

= (x² + 7x + 6)( x² + 7x + 16).

+) (a+b+c)²= a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ca

+) (a+b − c)²= a² + b² + c² + 2ab − 2bc − 2ca

+) (a − b − c)²= a² + b² + c² − 2ab + 2bc − 2ca.

F = 1² + 2² + 3² + … + n²

= 1 + (1 + 1).2 + (1 + 2).3 + … + (1 + n − 1).n

= 1 + 2 + 1.2 + 3 + 2.3 + … + n + (n − 1).n

= (1 + 2 + 3 + … + n) + [1.2 + 2.3 + … + (n − 1).n]

Đặt A = 1 + 2 + 3 + … + n

⇒A=n+1.n2 (1)

Đặt B = 1.2 + 2.3 + … + (n − 1).n

Þ 3B = 1.2.3 + 2.3.3 + … + (n − 1).n.3

3B = 1.2.3 + 2.3.(4 − 1) + … + (n − 1).n.[(n + 1) − (n − 2)]

3B = 1.2.3 + 2.3.4 − 1.2.3 + … + (n − 1).n.(n + 1) − (n − 2).(n − 1).n

3B = (n − 1).n.(n + 1)

⇒B=n−1.n.n+13 (2)

Từ (1) và (2) ⇒F=n+1.n2+n−1.n.n+13.

x⁵ − 3x⁴ + 3x³ − x²

= x²(x³ − 3x² + 3x − 1)

=x²(x − 1)³.

Gọi A, B, C lần lượt là biến cố bạn sinh viên này thi đậu ở vòng 1, 2, 3. Khi đó bạn này thi đậu tất cả các vòng khi tất cả các biến cố này đồng thời xảy ra, và áp dụng công thức nhân xác suất thứ hai ta có:

P (ABC) = P (A).P (B/A).P (C/AB) = 0,5.0,6.0,7 = 0,21.

 - Lần lượt chia 4 cho 1; 2; 3; 4 ta thấy 4 chia hết cho 1; 2; 4

Vậy Ư(4) = {1; 2; 4}

- Lần lượt chia 6 cho 1; 2; 3; 4; 5; 6 ta thấy 6 chia hết 1; 2; 3; 6.

Vậy Ư(6) = {1; 2; 3; 6}.

- Lần lượt chia 9 cho 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 ta thấy 9 chia hết cho 1; 3; 9

Vậy Ư(9) = {1; 3; 9}.

- Lần lượt chia 13 cho 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10; 11; 12; 13. Ta thấy 13 chia hết cho 1 và 13.

Vậy Ư(13) = {1; 13}.

x³ – 7x – 6 = x³ + 1 – 7x – 7

= (x + 1)( x² – x + 1) – 7(x + 1)

= (x + 1) (x² – x + 1 – 7)

= (x + 1)( x² – x – 6)

= (x + 1)( x² + 2x – 3x – 6)

= (x + 1)[x .(x + 2) – 3(x + 2)]

= (x + 1)(x + 2)(x – 3).

Đáp án đúng là: D.

Điều kiện để tồn tại tập hợp A, B là:

m−1<4−2<2m+2

⇔m<5m>−2

⇔−2<m<5 (*)

A ∩ B ⊂ (−1; 3)

⇔m−1≥−12m+2≤3

⇔m≥0m≤12

⇔0≤m≤12

Kết hợp với điều kiện (*) ta có 0≤m≤12 là giá trị cần tìm.

a) Ta có: BC là đường kính của (O) suy ra CM⊥AB, BN⊥AC.

Mà BN∩CM=H suy ra H là trực tâm tam giác ∆ABC

⇒AK⊥BC (đpcm)

b) Ta có: CM⊥AB, BN⊥AC

⇒cosA^=AMAC=ANAB

⇒AM.AB=AN.AC (đpcm)

c) Ta có:

AK⊥BC, BN⊥AC,CM⊥AB.

Suy ra ta có những tứ giác sau là những tứ giác nội tiếp:

AMHN, MHKB, ANKB.

⇒KMH^=KBH^=KBN^=KAN^=HAN^=HMN^

⇒KMH^=HMN^

Suy ra MH là phân giác góc NMK.

d) Ta có:

SMB^+BMN^=180°

NCB^+BMN^=180°

Suy ra SMB^=NCB^

⇒ΔSMB∽  ΔSCN(g.g)

⇒SMSC=SBSN

⇒SM.SN=SC.SB(1)

Theo câu c) ⇒NMK^=2CMN^=2NBC^=NOC^

Suy ra MNOK nội tiếp.

⇒SKM^=MNO^

ΔSMK∽  ΔSON(g.g)

⇒SMSO=SKSN⇒SM.SN=SK.SO(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

SB.SC= SK.SO

x⁴ + 4

= x⁴ + 4 + 4x² – 4x²

= (x⁴ + 4x² + 4) – (2x)²

= (x² + 2)² – (2x)²

=(x² + 2 – 2x)(x² + 2 + 2x)

Đáp án đúng là: B

(x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4) = 24

 (x – 1)(x – 4)(x – 2)(x – 3) = 24

 (x² – 5x + 4)(x² – 5x + 6) = 24

Đặt x² – 5x + 4 = t khi đó ta có:

t(t + 2) = 24

 t² + 2t – 24 = 0 (*)

Phương trình trên có a = 1; b’ = 1; c = −24

∆’ = 1 + 24 = 25 > 0; Δ'=5

Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt là:

t₁ = −1 + 5 = 4; t₂ = −1 – 5 = −6

+) TH1: t₁ = 4 ta có:

x² – 5x + 4 = 4

⇔ x² – 5x = 0

⇔ x(x – 5) = 0

⇔x=0x=5   x = 0 hoặc x = 5

+) TH2 t₂ = −6 ta có:

x² – 5x + 4 = −6

x² – 5x + 10 = 0

∆ = ( −5)² – 4.10 = −15 < 0 ( phương trình vô nghiệm)

Vậy S = {0; 5}.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0; x = 5.

Bất phương trình bậc nhất 2 ẩn là: 5x + 3y < 20.

Chọn x₀ = 1 và y₀ = 1 ta có: 5. 1 + 3. 1 = 8 < 20.

Vậy (1; 1) là một nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn 5x + 3y < 20.

a) Với x = 1, y = 2, thay vào bất phương trình ta có: 1 + 2.2 = 5 ≥ 0 (luôn đúng)

Suy ra (1; 2) là nghiệm của bất phương trình đã cho.

Với x = −2, y = 1, thay vào bất phương trình ta có: −2 + 2.1 = 0 ≥ 0 (luôn đúng)

Suy ra (−2; 1) là nghiệm của bất phương trình đã cho.

Với x = 7, y = −2, thay vào bất phương trình ta có: 7 + 2.(−2) = 3 ≥ 0 (luôn đúng)

Suy ra (7; −2) là nghiệm của bất phương trình đã cho.

b) Thay y = 0 vào bất phương trình đã cho ta được: x + 2.0 ≥ 0 ⇔ x ≥ 0.

Vậy với y = 0 thì có vô số giá trị của x mà x ≥ 0 thỏa mãn bất phương trình đã cho.

x⁵ – x⁴ – x³ – x² – x – 2

= x⁵ – 2x⁴ + x³ – 2x³ + x² – 2x² + x – 2x – 2

= ( x⁵ – 2x⁴) + (x⁴ – 2x³) + (x³ – 2x²) + (x² – 2x) + (x – 2)

= x⁴(x – 2) + x³(x – 2) + x²(x – 2) + x(x – 2) + (x – 2)

= (x – 2)(x⁴ + x³ + x² + x + 1).

Đáp án đúng là: C

Hàm số y = sinx đồng biến trên D khi y' = cosx > 0, ∀x ∈ D.

Lại có bất phương trình cos x > 0 có nghiệm: 

x∈−π2+k2π;π2+k2π, k ∈ ℤ .

Với k = 5 thì x∈19π2;21π2.

Mà 19π2;10π⊂19π2;21π2.

Do đó hàm số y = sin x đồng biến trên 19π2;10π.

 

Trên các đoạn 7π;15π2;−7π2;−3π;−6π;−5π

ta kiểm tra được cos x < 0.

Do đó hàm số y = sin x nghịch biến trên các khoảng này.

Đặt a + b – c = x; b + c – a = y; c + a – b = z.

Khi đó ta có:

x + y + z = a + b + c.

Áp dụng hằng đẳng thức: (x + y + z)³ = x³ + y³ + z³ + 3(x + y)(y + z)(z + x) ta có:

A = (x + y + z)³ – x³ – y³ – z²

= x³ + y³ + z³ + 3(x + y)(y + z)(z + x) – x³ – y³ – z²

= 3(x + y)(y + z)(z + x)

= 3(a + b – c + b + c – a)(b + c – a + c + a – b)(c + a – b + a + b – c)

= 3. 2b. 2c. 2a

= 24abc.

C = x² – 4xy + 5y² + 10x – 22y + 28

= (x² – 4xy + 4y²) + (10x – 20y) + (y² – 2y + 1) + 27

= (x – 2y)² + 10(x – 2y) + (y – 1)² + 27

= (x – 2y)² + 2. (x – 2y). 5 + 5² + (y – 1)² + 2

= (x – 2y + 5)² + (y – 1)² + 2

Vì (x – 2y + 5)² ≥ 0 với mọi x; y ∈ ℝ.

Và (y – 1)² ≥ 0 với mọi y ∈ ℝ.

Nên (x – 2y + 5)² + (y – 1)² + 2 ≥ 2 với mọi x; y ∈ ℝ.

Hay C ≥ 2 với mọi x; y ∈ ℝ.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

⇔x−2y+5=0y−1=0

⇔x=2y−5y=1

⇔x=-3y=1

Vậy C_min = 2 khi x = −3 và y = 1.

Đáp án đúng là: D.

Không gian mẫu có số phần tử là 17³ = 4913.

Lấy một số tự nhiên từ 1 đến 17 ta có các nhóm số sau:

+) Số chia hết cho 3: có 5 số thuộc tập {3; 6; 9; 12; 15}.

+) Số chia cho 3 dư 1: có 6 số thuộc tập {1; 4; 7; 10; 13; 16}.

+) Số chia cho 3 dư 2: có 6 số thuộc tập {2; 5; 8; 11; 14; 17}.

Ba bạn A, B, C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn [1; 17] thỏa mãn ba số đó có tổng chia hết cho 3 thì các khả năng xảy ra như sau:

TH1: Ba số đều chia hết cho 3 có 5³ = 125 cách.

TH2: Ba số đều chia cho 3 dư 1 có 6³ = 216 cách.

TH3: Ba số đều chia cho 3 dư 2 có  6³ = 216 cách.

TH4: Một số chia hết cho 3, một số chia cho 3 dư 1, chia cho 3 dư 2 có

5.6.3! = 1080 cách.

Vậy xác suất cần tìm là 125+216+216+10804913=16374913.

Đáp án đúng là: C.

Gọi A tập các học sinh chơi bóng đá và B là tập các học sinh chơi bóng chuyền

Suy ra |A| = 35, |B| = 15.

Tập các học sinh của lớp là A ∪ B, |A ∪ B| = 45

Tập các học sinh đăng kí cả hai môn là A ∩ B

Ta có |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| =  45

⇔ 35 + 15 − |A ∩ B| = 45

⇔|A ∩ B| = 5

Vậy số học sinh đăng kí cả hai môn bóng đá và bóng chuyền là 5 học sinh.

Đáp án đúng là: A.

Ta có x² – 6x + 8

= x² – 4x – 2x + 8

= x(x – 4) – 2(x – 4)

= (x – 4)(x – 2).

a) 8x³ – 12x² + 6x – 1 = 0

⇔(2x)³ – 3.(2x)².1 + 3. 2x. 1² - 1³ = 0

⇔(2x – 1)³ = 0

⇔2x – 1 = 0

⇔x=12.

Vậy x=12.

b)

(4x – 3)² – 3x(3 – 4x) = 0

⇔(4x – 3)² + 3x(4x – 3) = 0

⇔(4x – 3)(4x – 3 + 3x) = 0

⇔(4x – 3)(7x – 3) = 0

⇔4x−3=07x−3=0

⇔x=34x=37

Vậy x=34 hoặc x=37.

Cho không gian mẫu Ω và A₁, A₂, …. A_n, B là các biến cố.

Các biến cố A₁, A₂, …. A_n được gọi là một hệ biến cố đầy đủ nếu chúng thỏa mãn 2 điều kiện:

A1∪A2∪...∪An=Ω

Ai∩Aj=∅ với mọi i ≠ j và i, j ∈ {1, 2, …,n}

Khi đó ta có:

P(B)=∑i=1nP(Ai)P(B/Ai)

Các xác suất P(A₁); P(A₂);…; P(A_n) thường được gọi là các xác suất của các giả thiết (hay các xác suất tiên nghiệm) và công thức trên được gọi là công thức xác suất đầy đủ.

A = 5 – 8x – x²

= −(x² + 8x – 5)

= −(x² + 2.x.4 + 16 – 21)

= −(x + 4)² + 21

Ta có với mọi x ∈ ℝ (x + 4)² ≥ 0 ⇔ −(x + 4)² + 21 ≤ 21.

Vậy A_max = 21 khi x = −4.

Ta có:

n⁵ + 1 = n²(n³ + 1) – n² + 1

Để A chia hết cho n³ + 1 thì số dư của phép chia bằng 0

(n⁵ + 1 chia cho n³ + 1 được thương là n² và số dư là 1 – n²)

Suy ra ta có: 1 – n² = 0 ⇔n=1n=−1

Vì n là số nguyên dương nên ta có n = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy có duy nhất một giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 1.

a) x⁵ + x⁴ + 1

= x⁵ + x⁴ + x² – x² + 1

= x²(x³ – 1) + (x⁴ + x² + 1)

= x²(x³ – 1) + ( x⁴ + x³ – x³ + x² – x² + x² – x + x + 1)

= x²(x³ – 1) + [(x⁴ + x³ + x²) – (x³ + x² + x) + ( x² + x + 1)]

= x²(x³ – 1) + [x²(x² + x + 1) – x(x² + x + 1) + (x² + x + 1)]

= x²(x – 1)(x² + x + 1) + (x² + x + 1)(x² – x + 1)

= (x² + x + 1)[x²(x – 1) + x² – x+ 1]

= (x² + x + 1)(x³ – x² + x² – x + 1)

= ( x² + x + 1)(x³ – x + 1)

Vì ABCD là hình bình hành

⇔AB//CD hay AE//CF.

Lại có: AE = CF (gt),

Suy ra AECF là hình bình hành.

⇔AC, EF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Hay O ∈ AC; O ∈ CF (1).

Mà AC và BD cũng cắt nhau tại trung điểm mỗi đường ( do ABCD là hình bình hành).

O ∈ AC; O ∈ BD (2).

Từ (1) và (2) suy ra ba đường thẳng AC, BD, EF đồng quy (đpcm).

Đáp án đúng là: A

y’ = 3x² – 2mx + (m² – 2m)

⇔y’ = 0 ⇔3x² – 2mx + (m² – 2m) = 0 (*)

Cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình (*):

f(x) = 3x² – 2mx + (m² – 2m) = 0

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 ⇔ f’(0) > 0

Ta có: f’(x) = 6x – 2m

 ⇔ f’(0) = −2m > 0 ⇔m < 0

Vậy có vô số giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: D

Các tập X cần tìm là: {1; 2}; {1; 2; 3}; {1; 2; 4}; {1; 2; 5}; {1; 2; 3; 4}; {1; 2; 3;5}; {1; 2; 4; 5}; {1; 2; 3; 4; 5}.

Đáp án đúng là: C.

u(0) = sin0 = 0.

uπ2=sinπ2=1

Sin⁴x.cosxdx = sin⁴x d(sinx) = u⁴du

Vậy ∫0π2sin4x.cosxdx=∫01u4du.

ĐK: x² + x + 1 ≥ 0 và x – x² + 1 ≥ 0.

Nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si mỗi hạng số vế trái ta được:

(x2+x+1).1≤x2+x−1+12=x2+x2 (1)

(x−x2+1).1≤x−x2+1+12=−x2+x+22(2)

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có:

x2+x+1+x−x2+1≤x2+x2+−x2+x+22=x+1

Nên theo đề ta có: x² – x + 2 ≤ x + 1 ⇔(x – 1)² ≤ 0.

Đẳng thức xảy ra khi x – 1 = 0 hay x = 1.

Thử lại ta thấy x = 1 thỏa mãn phương trình.

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1.

x⁴ + 2x³ – 4x – 4

= (x⁴ – 4) + (2x³ – 4x)

= (x² + 2)(x² – 2) + 2x(x² – 2)

= (x² – 2)(x² + 2x + 2)

Đáp án đúng là: D.

Trục Ox có vecto chỉ phương u→=(1;0;0) và đi qua điểm O (0; 0; 0)

Mặt phẳng (Q) có vecto pháp tuyến nQ→=(3;1;−2)

Do mặt phẳng (P) chứa trục Ox và vuông góc với mặt phẳng (Q) nên mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến là n→=u→;nQ→=0;2;1

 Phương trình mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến n→ và đi qua điểm O là:

2y + z =0

Đáp án đúng là: B.

Ta có:

y=3−x223⇒y'=233−x2−13.3−x2'

=233−x2−13−2x

=−4x33−x2−13.

Vậy y'(1)=−43.2−13=−43.23=−2433.

Đáp án đúng là: D.

Chu vi hình chữ nhật là:

(12 + 8). 2 = 40 ( m).

Vì chu vi hình vuông bằng chu vi hình chữ nhật nên chu vi hình vuông bằng 40 m.

Suy ra cạnh của hình vuông đó là: 40 : 4 = 10 ( m).

Vậy diện tích của hình vuông đó là: 10. 10 = 100 ( m²).

Áp dúng bất đẳng thứcCô-si ta có:

a² + b² ≥ 2ab;

b² + c² ≥ 2bc;

c² + a² ≥ 2ca.

Cộng vế với vế ta có:

2(a² + b² + c²) ≥ 2(ab + bc + ca)

⇔ a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca (*)

Mặt khác (a + b + c)² = a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ca.

Từ (*) suy ra: (a + b + c)² ≥ 3 (ab + bc + ca)

⇔ (a + b + c)². (ab + bc + ca)²≥ 3 (ab + bc + ca). (ab + bc + ca)²

⇔ (a + b + c)². (ab + bc + ca)² ≥ 3(ab + bc + ca)³ (đpcm).+ +²²²²²

 

sin2x+cos6x+π3=0

⇔sin2x=−cos6x+π3=sin6x+π3−π2

⇔sin2x=sin6x−π6

⇔2x=6x−π6+k2π2x=π−6x+π6+k2π

 

⇔−4x=−π6+k2π8x=7π6+k2π

⇔x=π24+kπ2x=7π32+kπ4

Ta có:

A = 3x² – 2x + 1

=3x2−23x+13=3x2−2.x.13+19+29

=3x−132+29=3x−132+23

Với mọi giá trị của x ∈ ℝ ta có: x−132≥0⇔3x−132+23≥23

Vậy A_min = 23 khi x=13.

TH1: m + 1 ≤ -1 ⇔ m ≤ -2. Khi đó khoản biểu diễn của A nằm bên trái B và không trung điểm nào với đoạn biểu diễn B.

TH2: m ≥ 3. Khi đó khoảng biểu diễn của A nằm bên phải B và không trùng điểm nào với đoạn biểu diễn B.

Vậy với m ≤ −2 hoặc m ≥ 3 thì A ∩ B = Ø.

x² – 5x + 6 = x² – 2x – 3x + 6

= (x² – 2x) – (3x – 6)

= x(x – 2) – 3(x – 2)

= (x – 2)(x – 3)

Ta xét các trường hợp:

TH1. Chữ số hàng nghìn là số 1. Ta có tổng số số nhỏ hơn 2811 là:

1. 9. 9. 9 = 729

TH2. Chữ số hàng nghìn là số 2.

Chữ số hàng trăm là số < 8 suy ra có 7 cách chọn.

Chữ số hàng chục và đơn vị có 9 cách chọn.

Tổng số: 1. 7. 9. 9 = 567

Vậy tổng số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

1290 số.

P(n) chia hết cho 24 hay P(n) chia hết cho 2; 3 và 4.

Ta có:

n⁴ – 14n³ + 71n² – 154n + 120

= n⁴ – 2n³ – 12n³ + 24n² + 47n² – 94n – 60n + 120

= n³(n – 2) – 12n²(n – 2) + 47n(n – 2) – 60(n – 2)

= (n – 2)(n³ – 3n² – 9n² + 27n + 20n – 60)

= (n – 2)[n²(n – 3) – 9n(n – 3) + 20(n – 3)]

= (n – 2)(n – 3)(n² – 4n – 5n + 20)

= (n – 2(n – 3)[n(n – 4) – 5(n – 4)]

= (n – 2)(n – 3)(n – 4)(n – 5)

Đây là tích của 4 số tự nhiên liên tiếp nên : Chắc chắn sẽ có 1 số chia hết cho 2; 3 và 4.

Suy ra P(n) chia hết cho 2; 3 và 4 hay P(n) chia hết cho 24 ( đpcm).

Đáp án đúng là: A.

Ta có: nΩ=C83=56

Gọi A là: “ 3 người được chọn có ít nhất 1 nữ”

Suy ra A¯ là: “3 người được chọn không có bạn nữ nào”.

Khi đó:

nA¯=C53=10.

Suy ra nA=nΩ−nA¯=56−10=46( cách).

Đáp án đúng là: C.

Vì 5 người được chọn không phân biệt nam nữ nên số cách là:

C85=56( cách).

ĐK: x ∈ ℤ.

Ta có: x−1⋮x−1⇒3x−3⋮x−1.

Đề 3x+5⋮x+1 thì

3x+5−3x+3⋮x−1⇔8⋮x−1

Suy ra (x – 1) ∈ Ư(8) = {1; - 1; 2; -2; 4; -4; 8; - 8}

Hay x ∈ {2; 0; 3; -1; 5; -3; 9; -7}