7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án ( Phần 18)

a) Điều kiện xác định: x > 0, x ≠ 1.

Ta có:

A=xx−1x−x−xx+1x+x:xx−1−1x+1=x−1x+x+1xx−1−x+1x−x+1xx+1:xx+1x−1x+1−x−1x−1x+1=x+x+1x−x−x+1x:xx+1x−1x+1−x−1x−1x+1=x+x+1−x+x−1x:x+x−x+1x−1x+1=2xx:x+1x−1x+1=2.x−1x+1x+1=2x−2x+1

Vậy với x > 0, x ≠ 1 thì A=2x−2x+1.

b) Với x > 0, x ≠ 1 ta có:

A=2x−2x+1=2x+2−4x+1=2x+1−4x+1=2−4x+1

Để A đạt giá trị nguyên thì 4x+1 đạt giá trị nguyên

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

Mà x > 0, x ≠ 1 nên x + 1 > 1 và x + 1 ≠ 2

Do đó x + 1 = 3

Suy ra x = 3

Vậy x = 3 thì A đạt giá trị nguyên.

a) 182 – (96 – 54) = 182 – 42 = 140.

b) 7 × (48 : 6) = 7 × 8 = 56.

Ta có:

Vì (x – 2)² ≥ 0 với mọi x

(x + y – 1)² ≥ 0 với mọi x, y

Nên phương trình *⇔x−22=0x+y−12=0⇔x−2=0x+y−1=0⇔x=2y=−1

Vậy x = 2, y = –1.

Chọn C

Số lượng nước trong cơ thể người đó là:

     70 × 65 : 100 = 45,5 (kg)

Vậy một người 70 kg có khoảng 45,5 kg nước trong cơ thể.

Ta có:962 : 58 = 16 (dư 34).

a) Ta có:

M = (x – 3)³ – (x + 1)³ + 12x(x – 1)

M = x³ – 9x² + 27x – 27 – x³ – 3x² – 3x – 1 + 12x² – 12x

M = 12x – 28.

b) Thay x=−23 vào biểu thức M ta có M=12.−23−28=−8−28=−36

c) Để M = –16 thì 12x – 28 = –16

                            ⇔ 12x = 12

                            ⇔ x = 1

Vậy x = 1 thì M = –16.

Ta có:

A = 5x(4x² – 2x + 1) – 2x(10x² – 5x – 2)

A = 20x³ – 10x² + 5x – 20x³ + 10x² + 4x

A = 9x

Thay x = 15 vào A ta có

A = 9 . 15 = 135

Vậy A = 135 với x = 15.

Ta có: S≤x2+y2+z2+6xyz

Ta chứng minh x² + y² + z² + 6xyz ≤ 9 = (x + y + z)²

⇔ 3(x² + y² + z² + 6xyz) ≤ 3(x + y + z)²

⇔ (x + y + z)(x² + y² + z² + 6xyz) ≤ (x + y + z)³

⇔ (x + y + z)(x² + y² + z²) + 18xyz ≤ (x + y + z)³

⇔ x³ + xy² +xz² + yx² + y³ + yz² + zx² + zy² + z³ + 18xyz ≤ x³ + y³ + z³ + 3x²y + 3x²z + 3xy² + 3xz² + 3y²z + 3yz² + 6xyz

⇔ 12xyz ≤ 2x²y + 2x²z + 2xy² + 2xz² + 2y²z + 2yz²

⇔ 2(xy² + xz² + yz² + yx² + zy² + zx²) – 12xyz ≥ 0

⇔ 2(xy² + xz² + yz² + yx² + zy² + zx² – 6xyz) ≥ 0

⇔ 2(xy² – 2xyz + xz² + yz² – 2xyz + yx² + zy² – 2xyz + zx²) ≥ 0

⇔ 2[x(y² – 2yz + z²) + y(z² – 2xz + x²) + z(y² – 2xy + x²)] ≥ 0

⇔ 2[x(y – z)² + y(z – x)² + z(y – x)²] ≥ 0

Vì x, y, z ≥ 0

Nên x(y – z)² ≥ 0, y(z – x)² ≥ 0, z(y – x)² ≥ 0

Suy ra 2[x(y – z)² + y(z – x)² + z(y – x)²] ≥ 0

Do đó x² + y² + z² + 6xyz ≤ 9

Hay S ≤ 9

Dấu “ = ” xảy ra khi (x; y; z) = (0; 0; 3) và các hoán vị

Ta có S≥x2+y2+z2+32xyz

Ta sẽ chứng minh x2+y2+z2+32xyz≥92=x+y+z22

⇔ 2x² + 2y² + 2z² + 3xyz ≥ (x + y + z)²

⇔ 2x² + 2y² + 2z² + 3xyz ≥ x² + y² + z² + 2xy + 2yz + 2xz

⇔ x² + y² + z² + 3xyz ≥ 2(xy + yz + xz)

⇔ 3(x² + y² + z²) + 9xyz ≥ 3 . 2(xy + yz + xz)

⇔ (x + y + z)(x² + y² + z²) + 9xyz ≥ 2(xy + yz + xz)(x + y + z)

⇔ x³ + xy² +xz² + yx² + y³ + yz² + zx² + zy² + z³ + 9xyz ≥ 2x²y + 2xy² + 2xyz + 2xyz + 2y²z + 2yz² + 2x²z + 2xyz + 2xz²

⇔ x³ + y³ + z³ + 3xyz ≥ x²y + xy² + y²z + yz² + x²z + xz²

⇔ x³ + y³ + z³ + 3xyz ≥ (x²y + xy²) + (y²z + yz²) + (x²z + xz²)

⇔ x³ + y³ + z³ + 3xyz ≥ xy(x + y) + yz(y + z) + xz(x + z) (luôn đúng theo bất đẳng thức Schur)

Do đó x2+y2+z2+32xyz≥92

Hay S≥92

Dấu “ = ” xảy ra khi x;y;z=0;32;32 và các hoán vị

Vậy giá trị lớn nhất của S là 9 và giá trị nhỏ nhất là 92.

Do tam giác ABC vuông tại A nên BC² = AB² + AC² (Định lí Pythagore)

Suy ra BC=32+42=5.

Gọi D là chân đường phân giác góc A của tam giác.

Khi đó AD là phân giác của góc A nên DBDC=ABAC=34 hay BD→=34DC→.

⇔ID→−IB→=34IC→−34ID→⇔74ID→=34IC→+IB→   1

Lại có BI là phân giác của góc B nên

IDIA=BDBA=DCAC=BD+DCBA+AC=BCBA+AC=57.

Suy ra 7ID→=−5IA→   2

Từ (1) và (2) ta có: −54IA→=34IC→+IB→⇔5IA→+4IB→+3IC→=0→.

Bước 1: Đổ đầy bình 5 lít

Bước 2: Đổ từ bình 5 lít sang bình 3 lít sao cho đầy bình 3 lít, số lít còn lại ở bình 5 lít là 2 lít

Bước 3: Đổ hết rượu từ bình 3 lít trở lại bình 8 lít ban đầu, số lít trong bình ban đầu lúc này là 6 lít

Bước 4: Đổ 2 lít còn lại ở bình 2 lít sang bình 3 lít

Bước 5: Đổ đầy bình 5 lít từ bình ban đầu

Bước 6: Đổ đầy bình 3 lít từ bình 5 lít, số lít còn lại ở bình 5 lít là 4 lít (vì bình 3 lít đã có 2 lít ở bước 4 nên chỉ có thể đổ thêm 1 lít nữa từ bình 5 lít)

Vậy ta lấy được 4 lít rượu.

Gọi cạnh của vườn rau là a

Suy ra cạnh thửa ruộng hình vuông là 2a

Diện tích vườn rau là: a²

Diện tích thửa ruông hình vuông là: (2a)² = 4a²

Suy ra diện tích thửa ruộng gấp 4 lần diện tích vườn rau.

Hai lần xay tất cả số kg thóc là:

165,5 + 134,5 = 300 (kg)

Đổi 300 kg = 3 tạ

Cả hai lần xay được kg gạo là:

67,5 × 3 = 202,5 (kg) 

Vậy cả hai lần say được 202,5 kg gạo.

Diện tích phần tăng lên là:

29,44– 23,92=5,52(dm)

Chiều rộng hình chữ nhật ban đầu là:

5,52: 1,2= 4,6(dm)

Chiều dài hình chữ nhật ban đầu là:

23,92: 4,6= 5,2(dm)

Vậy ban đầu chiều rộng là 4,6 dm và chiều dài là 5,2 dm.

a) Muốn tính diện tích hình vuông ta lấy độ dài một cạnh nhân với chính nó nên:

S = a × a.

b) Với a = 25 m thì S = 25 × 25 = 625 (m²).

Chiều rộng của thửa ruộng đó là:

60:32=40 (m)

Diện tích của thửa ruộng đó là:

60×40=2400 (m²)

1 m² thu hoạch được số thóc là:

50:100=0,5(kg)

Thửa ruộng đó thu hoạch được số kg thóc là:

2400×0,5=1200 (kg)

Đổi 1200 kg = 12 tạ

Vậy trên thửa ruộng đó người ta thu hoạch được 12 tạ thóc.

Vì −34=x20=21y

Nên −34=x20 và −34=21y

Ta có −34=x20

Suy ra (–3) . 20 = 4 . x

⇔ – 60 = 4 . x

⇔ x = –15

Ta có −34=21y

Suy ra (–3) . y = 4 . 21

⇔ –3 . y = 84

⇔ y = –28

Vậy x = –15, y = –28.

Ta có: 23 – 9 – 9 – 5 = 0

Suy ra số nhỏ nhất có tổng các chữ số bằng 23 là 599.

Một số chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 3

Trong tập hợp {0; 1; 3; 6; 9} có duy nhất số 1 không chia hết cho 3

Vậy số đó chia hết cho 3 khi và chỉ khi các chữ số của nó thuộc tập hợp {0; 3; 6; 9}

Có 4! số có 4 chữ số khác nhau từ {0; 3; 6; 9} (có thể bắt đầu với chữ số 0)

Có 3! số có 4 chữ số khác nhau từ {0; 3; 6; 9} bắt đầu với chữ số 0

Vậy kết quả là có4! – 3! = 24 – 6 = 18 số.

Ta có:

Vậy (62007 – 62006) : 62006 = 5.

Ta có:

1027=127+227+7271312=112+512+712158=38+58+78.

Ta có: 23.3422.33.5=22.21.33.3122.33.5=2.35=65

(x – 5,6) – 3,2 = 4,5

x – 5,6 = 4,5 + 3,2

x – 5,6 = 7,7

x = 7,7 + 5,6

x = 13,3

Vậy x = 13,3.

Một năm có 12 tháng

Ta có 37 : 12 = 3 dư 1

Suy ra có chắc chắn 3 bé sinh cùng tháng.

Do trong cà phê tươi, nước chiếm 22% khối lượng nên cà phê nguyên chất chiếm: 

100% – 22% = 78%

Đổi 1 tấn = 1000 kg

Khối lượng cà phê nguyên chất có trong 1 tấn cà phê tươi là:

78% × 1000 = 780 (kg)

Trong cà phê khô, nước chiếm 4% khối lượng nên cà phê nguyên chất chiếm 

100% − 4% = 96%

Khối lượng cà phê khô (có tỉ lệ nước 4%) là:

780 : 96% = 812,5 (kg)

Khối lượng nước đã bay hơi đi là:

1000 – 812,5 = 187,5 (kg)

Vậy khối lượng nước cần bay hơi đi là 187,5kg  để lượng cà phê khô thu được có tỉ lệ nước là 4%.

Số thuần hạt chiếm số phần trăm trong hạt khô là:

100% – 10 %= 90%

Số thuần hạt chiếm số phần trăm trong hạt tươi là:

100% – 20% = 80%

Số thuần hạt trong hạt khô là:

450 : 100 × 90 =  405 (kg)

Cần phải đem phơi số ki - lô - gam hạt tươi là:

405 : 80 × 100 = 506,25 (kg)

Vậy phơi 506,25 kg hạt tươi được 450 kg hạt khô.

Số táo của Amy sau khi cho Andy và Johnny giảm là

10 + 7 = 17 (quả)

Số táo của Johnny sau khi nhận thêm táo Amy cho tăng 7 quả

Vì hai bạn có số táo bằng nhau, nên ban đầu Johhny có ít hơn Amy số táo là

17 + 7 = 24 (quả)

Vậy ban đầu Johnny có ít hơn Amy 24 quả táo.

Đặt A = 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 + 27

Ta có:

A = 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 + 27

A = 2 × 3 × 4 × 5 × 2 × 3 + 9 × 3

A = 2 × 4 × 5 × 2 × 9 + 9 × 3

Suy ra A chia hết cho 9, mà số chia hết cho 9 thì chia hết cho 3

Vậy tổng trên cũng chia hết cho 3 và 9.

Ta có : A = 1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + … + n(n + 1)

3A = 1 . 2 . (3 – 0) + 2 . 3 . (4 – 1) + 3 . 4 . (5 – 2) + ... + n(n + 1)[(n + 2) – (n – 1)]

3A = 1.2.3 – 0.1.2 + 2.3.4 – 1.2.3 + 3.4.5 – 2.3.4 + .... + n(n + 1)(n + 2) – (n – 1)n(n + 1)

3A = (1.2.3 –1.2.3) + (2.3.4 – 2.3.4) + ... + [(n – 1)n(n + 1) – (n – 1) n(n + 1)] + n(n + 1)(n + 2)

3A = n(n + 1)(n + 2)

A=nn+1n+23.

Gọi I là giao điểm của MK và AB, P là giao điểm của BM và HK.

Xét tứ giác AIMH có: A^=AHM^=AIM^=90° nên là AIMH là hình chữ nhật

Lại có AM là phân giác của góc A nên AIMH là hình vuông.

Suy ra HM = IM = IA.

Lại có IBCK là hình chữ nhật (do có 3 góc vuông) nên IK = BC = AB

Khi đó IK – IM = AB – IA hay MK = IB.

Xét DHMK và DMIB có:

HMK^=MIB^=90°;

HM = IM (cmt);

MK = IB (cmt)

Suy ra DHMK = DMIB (hai cạnh góc vuông)

Do đó MBI^=HKM^ (hai góc tương ứng)

Lại có MBI^+BMI^=90° (hai góc nhọn phụ nhau trong DMIB vuông tại I)

và BMI^=PMK^ (đối đỉnh)

Suy ra HKM^+PMK^=90°, do đó MPK^=90°

Vậy BM ⊥ HK.

Gọi A(x₀; y₀) là điểm thuộc (P) sao cho hoành độ bằng hai lần tung độ.

Suy ra x₀ = 2y₀.

Mà A(x₀; y₀) là điểm thuộc (P) nên y0=2x02

Do đó x0=2.2x02

⇔4x02−x0=0

Û x₀(4x₀ – 1) = 0

⇔x0=0x0=14

Với x₀ = 0 ta có y₀ = 0;

Với x0=14 ta có y0=18.

Vậy các điểm thỏa mãn yêu cầu là O(0; 0) và A14;18.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:

(1 + 1 + 1)(a⁴ + b⁴ + c⁴) ≥ (a² + b² + c²)²

⇔a4+b4+c4≥a2+b2+c223

Mà a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca = 4

Suy ra a4+b4+c4≥423=163

Dấu “ = ” xảy ra khi a=b=c=±23

Vậy a4+b4+c4≥163.

Ta có:

Suy ra ƯCLN(693, 495, 117) = 3² = 9

Vậy các số 693, 495 và 117 có ước chung lớn nhất là 9.

Khối lượng dung dịch muối sai khi pha là:

     3 : 15% = 20 (kg).

Số ki – lô – gam nước cần dùng là:

     20 – 3 = 17 (kg)

Vậy cần 17 kg nước để được bình nước muối chứa 15% muối.

Gọi m (m ∈ ℕ và 200 < m < 400) là số học sinh khối 6 cần tìm.

Vì khi xếp hàng 12, hàng 15, hàng 18 đều dư 5 nên ta có:

m – 5 ⋮ 12; m – 5 ⋮ 15 và m – 5 ⋮ 18

Suy ra m – 5 là bội chung của 12, 15 và 18

Ta có: 12 = 2² . 3; 15 = 3 . 5; 18 = 2 . 3²

Suy ra BCNN(12, 15, 18) = 2² . 3² . 5 = 180

Do đó BC(12, 15, 18) = {0; 180; 360; 540; ...}

Suy ra (m – 5) ∈ {0; 180; 360; 540; ...}

Suy ra m ∈ {5; 185; 365; 545; ...}

Mà 200 < m < 400 suy ra m = 365

Vậy số học sinh khối 6 là 365 học sinh.

Chọn A

Số cách chọn ban thường vụ gồm ba chức vụ bí thư, phó bí thư, ủy viên thường vụ từ 7 người là số các chỉnh hợp chập ba của bảy phần tử

Vậy có A73=210 cách chọn.

a) 72,64 – (18,35 + 9,29)

= 72,64 – 18,35 – 9,29

= 54,29 – 9,29

= 45.

b) 45,83 – 8,46 – 7,37

= 37,37 – 7,37

= 30.

a) A = 1 + 2 + 3 + 4+... + 50

Tổng A có 50 số hạng nên có 25 nhóm 2 số hạng

A = (1 + 50) + (2 + 49) + ... + (25 + 26)

A = 51 + 51 + ... + 51

A = 51 . 25 = 1275.

b) B = 2 + 4 + 6 + 8 + ...+100

Số số hạng của tổng B là: (100 – 2): 2+1 = 50 (số)

Do đó B có 25 nhóm 2 số hạng

B = (2 + 100) + (4 + 98) + ...+ (50 + 52)

B = 102 + 102 + ... + 102

B = 102 . 25 = 2550.

c) C = 1 + 3 + 5 + 7 +... + 99

Số số hạng của tổng C là: (99 – 1): 2 +1 = 50 (số)

Do đó C có 25 nhóm 2 số hạng

C = (1 + 99) +(3 + 97) +... + (49 + 51)

C = 100 + 100 + ... + 100

C = 100 . 25 = 2 500.

d) D = 2 + 5 + 8 + 11+...+ 98

Số số hạng của tổng D là: (98 – 2): 3 +1 = 33 (số)

Do đó D có 16 nhóm 2 số hạng và lẻ 1 số hạng

D = (2 + 98) + (5 + 95) +...+ (47 + 53) + 50

D = 100 + 100 + ... + 100 + 50

D = 100 . 16 + 50 = 1 650.

Ta đặt phép tính chia như sau:

201 61  51414

Vậy số dư của phép chia 201 : 14 là 5.

Số thuần hạt chiếm số phần trăm trong hạt khô là:

100% – 10% = 90%

Số thuần hạt chiếm số phần trăm trong hạt tươi là:

100% – 15% = 85%

Số thuần hạt trong hạt khô là:

340 : 100 × 90 =  306 (kg)

Cần phải đem phơi số ki - lô - gam hạt tươi là:

306 : 85 × 100 = 360 (kg)

Vậy phơi 360 kg hạt tươi được 340 kg hạt khô.

Xét tam giác ABC có IA = IB; HA = HC

Suy ra HI là đường trung bình của tam giác ABC

Do đó IH // BC và HI=12BC                                   (1)

Xét tam giác BDC có KD = KB; JD = JC

Suy ra KJ là đường trung bình của tam giác DBC

Do đó KJ // BC và KJ=12BC                                   (2)

Từ (1) va (2) suy ra KJ = IH và KJ // IH

Suy ra tứ giác KIHJ là hình bình hành

Xét tam giác ADC có HA = HC; JD = JC

Suy ra HJ là đường trung bình của tam giác ADC

Do đó HJ=12AD                                  

Mà AD = BC (giả thiết) và HI=12BC (chứng minh trên)

Suy ra HJ = HI

Xét hình bình hành KIHJ có HJ = HI nên KIHJ là hình thoi

Mà KH và IJ là hai đường chéo nên KH ⊥ IJ

Vậy KH ⊥ IJ.

Chọn C

Ta buộc 4 quyển toán với nhau – coi như 1 phần tử, số cách xếp 4 quyển toán này là 4! cách.

Tương tự ta cũng “buộc” 3 quyển sách Lý lại với nhau, thì số cách xếp cho bộ Lý này là 3! cách.

Lúc này ta sẽ đi xếp vị trí cho 7 phần tử trong đó có:

+ 1 buộc Toán

+ 1 buộc  Lý

+ 5 quyển Hóa

Thì sẽ có 7! cách xếp

Do đó theo quy tắc nhân ta có 7! × 4! × 3! = 725 760 cách xếp

2 lần số bé là:

32 – 2 × 10 = 12

Số bé là:

12 : 2 = 6

Số lớn là:

6 + 20 = 26

Vậy hai số cần tìm là 6 và 26.

Gọi số hạng thứ nhất và số hạng thứ hai lần lược là a, b

Ta có: a + b = 32

Suy ra a + (b + 7) = 32 + 7 = 39

Vậy tổng mới là 39.

Gọi A(x₀; y₀) là điểm nằm trên đường thẳng y = 3x – 7 có hoành độ gấp đôi tung độ

Nên x₀ = 2y₀

Mà A(x₀; y₀) nằm trên đường thẳng y = 3x – 7 nên ta có:

y₀ = 3 . 2y₀ – 7, suy ra 5y₀ = 7

Do đó y0=75

Suy ra x0=2.75=145.

Vậy hoành độ của điểm đó là 145.

Chọn C

Ta có: 12135=5635=85=1610=1,6