7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 41)

Xét hàm số: y=1x

limx→+∞1x=0; limx→−∞1x=0 nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang là đường thẳng y = 0.

Vậy đồ thị hàm số y=1x có 1 tiệm cận ngang là đường thẳng y = 0.

Xét hàm số: y=x2−2xx−1

limx→+∞x2−2xx−1=+∞; limx→−∞x2−2xx−1=−∞ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang

Vậy đồ thị hàm số y=x2−2xx−1không có tiệm cận ngang.

Khi quay tam giác ABC quanh đường cao AH ta được hình nón có bán kính đường tròn đáy là: R = BH = R=BH=a2, đường sinh l = AB = a.

Diện tích xung quanh là:

Sxq=πRl=π.a2.a=12πa2

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là 12πa2.

Thiết diện qua trục là 1 hình chữ nhật.

Giả sử chiều cao của hình trụ là b.

Theo đề ta có:

2(2a + b) =10a

Þ b = 3a

Thể tích khối trụ là:

V=S.h=π.a2.3a=3πa3

Vậy thể tích của khối trụ đã cho là 3πa3.

mcosx+1=0⇔cosx=−1m

Để phương trình trên có nghiệm thì −1≤−1m≤1

• Trường hợp 1: m > 0

−1≤−1m⇔m≥1−1m≤1⇔m≥−1⇔m≥1

• Trường hợp 2: m < 0

−1≤−1m⇔m≤1−1m≤1⇔m≤−1⇔m≤−1

Vậy m ≥ 1 hoặc m £ –1  thì phương trình có nghiệm.

sin²x + 2sinx – 3 = 0

Û sin²x – sinx + 3sinx – 3 = 0

Û (sinx – 1)(sinx + 3) = 0

Vì –1 £ sinx £ 1 nên sinx + 3 ¹ 0

Do đó sinx – 1 = 0

Û sinx = 1

x=π2+k2π   (k∈ℤ)

Vậy ⇔x=π2+k2π   (k∈ℤ).

cotx = tan2x

⇔cotx=cotπ2−2x

⇔x=π2−2x+kπ

⇔x=π6+kπ3   (k∈ℤ)

Vậy x=π6+kπ3   (k∈ℤ).

Để lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số ta phải thực hiện qua ba giai đoạn:

• Chọn một quả cầu đỏ.

• Chọn một quả cầu xanh.

• Chọn một quả cầu vàng.

• Chọn quả cầu đỏ có 5 cách chọn.

• Chọn quả cầu xanh có 5 cách chọn (trừ quả cầu được đánh số trùng với quả cầu đỏ).

• Chọn quả cầu vàng có 5 cách chọn (trừ hai quả cầu được đánh số trùng với quả cầu đỏ và quả cầu xanh).

Theo quy tắc nhân ta được 5. 5. 5 = 125 cách lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số.

Vậy có 125 cách lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số.

• Trường hợp 1: chọn 4 bi đỏ hoặc trắng có:

C94=126 (cách).

• Trường hợp 2: chọn 4 bi đỏ và vàng hoặc 4 bi vàng có:

C104−C44=209 (cách).

• Trường hợp 3: chọn 4 bi trắng và vàng có:

C114−(C54+C64)=310 (cách)

Số cách chọn 4 viên bi từ hộp đó sao cho không có đủ 3 màu là:

126 + 209 + 310 = 645 (cách)

Vậy có 645 cách.

Ta có: y=tan x=sin xcos x .

Điều kiện xác định cosx ¹ 0

⇒x≠π2+kπ  (k∈ℤ)

Vậy tập xác định của hàm số y = tanx là D=ℝ\π2+kπ  (k∈ℤ).

Điều kiện xác định của hàm số y=f(x)=tan x2−π4 là:

cos x2−π4≠0

⇒ x2−π4≠π2+kπ  (k∈ℤ)

⇔ x2≠π4+π2+kπ  

⇔ x2≠3π4+kπ  

⇔ x≠3π2+k2π  (k∈ℤ)

Vậy tập xác định của hàm số y=tan x2−π4 là D=ℝ\3π2+k2π,  k∈ℤ.

Số phần tử của tập S là 5! = 120 (số).

Mỗi số 5, 6, 7, 8, 9 có vai trò như nhau và xuất hiện ở hàng đơn vị số lần là:

4! = 24 (lần)

Tổng các chữ số xuất hiện ở hàng đơn vị là:

4!.(5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 840 (chữ số)

Tương tự với các chữ số hàng chục, hàng tram, hàng nghìn và hàng chục nghìn.

Tổng tất cả các số thuộc tập S là:

840.(10⁴ + 10³ + 10² + 10 + 1) = 9 333 240 (số)

Vậy tổng tất cả các số thuộc tập S là 9 333 240 số.

y = 2sinx – 3cos2x + 1 = 2sinx – 3(1 – 2sin2x) + 1 = 6sin2x + 2sinx – 2

y=6sin2x+2⋅16sin x+136−136−26

y=6sinx+162−136

Hàm số y đạt giá trị lớn nhất khi sinx = 1 khi và chỉ khi y = 6.

Vậy giá trị lớn nhất của y = 6.

Giả sử ta có số phức z = a + bi.

Thay vào |z − i| = 1 ta có:

|a + bi − i| = 1 ⇔ |a + (b − 1)i| = 1

⇔ a² + (b − 1)² = 1.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng toạ độ thoả mãn điều kiện |z − i| = 1 là đường tròn tâm I(0;1) và bán kính R = 1.

Giả sử M(z) = (a;b) (a;b∈ℝ)

Þ z = a + bi

Þ z² = a² – b² + 2abi.

Khi đó z² là một số ảo Ûa² – b² = 0 Û a = ±b

Þ M(z) = (±b; b).

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng toạ độ thoả mãn điều kiện z² là số ảo là đường thẳng y = x và y = −x (trừ gốc tọa độ O).

Ta có A = 5x2 – 6x + 9

=5x2−2x⋅35+925+3625

=5x−352+365≥365.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 365 khi và chỉ khi x−35=0⇔x=35.

• Trường hợp 1: cosx = 0 ⇔x=π2+kπ   (k∈ℤ).

Khi đó sin2x = 1 ⇔ sinx = ± 1

Thay sinx = 1vào phương trình ta có: 4.1− 3.0 − 3.1 − 1.0 = 0 ⇔ 1 = 0 (vô lí)

 ⇒x=π2+kπ  (k∈ℤ)không là nghiệm của phương trình.

• Trường hợp 2: cosx ≠ 0 ⇔x≠π2+kπ   (k∈ℤ). 

Chia cả 2 vế của phương trình cho cos3x, ta được:

4sin3xcos3x+3−3sinxcosx1cos2x−sin2xcos2x=0

⇔4tan3x+3−3tanx(1+tan2x)−tan2x=0

⇔ 4tan3x + 3 − 3tanx − 3tan3x − tan2x = 0

⇔ tan3x − tan2x − 3tanx + 3 = 0

⇔ tan2x(tanx − 1) − 3(tanx − 1) = 0

⇔ (tanx − 1)(tan2x − 3) = 0

⇔tanx=1tanx=3tanx=−3⇔x=π4+kπx=π3+kπx=−π3+kπ

Vậy x=π4+kπhoặc x=±π3+kπ.

Với x ≥ 0; x khác 25, ta có:

A=xx−5−10xx−25−5x+5 

=xx−5−10xx−5x+5−5x+5

=xx+5x−5x+5−10xx−5x+5−5x−5x−5x+5

=xx+5−10x−5x−5x−5x+5

=x+5x−10x−5x+25x−5x+5

=x−10x+25x−5x+5

=x−52x−5x+5=x−5x+5

Vậy A=x−5x+5.

=xx−1x+2xx−1x+x+1

Vậy A=x+2x+x+1.

Ta có: AC=a2⇒AO=OC=AC2=a22

Vì ABCD là hình vuông nên:

AB→ . OC→=AB→ . AO→=AB . AO . cosBAO^=a . a22 . cos45°=a22

Vậy AB→ . OC→=a22.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD nên O là trung điểm của AC

Ta có:CD ^ AD; CD ^ SA

Suy ra CD ^ (SAD) hay CD ^ AP

Lại có:SC ^ AP (do SC ⊥ (α)); CD ⊥ AP

Suy ra AP ⊥ (SCD) ⇒ AP ⊥ CP ⇒ ΔAPC vuông tại P

⇒ OA = OC = OP

Tương tự, ta có: ΔAMC vuông tại M 

⇒ OA = OC = OM

Lại có: SC ⊥ AN (do SC ⊥ (α))

Khi đó ΔANC vuông tại N nên OA = OC = ON

⇒ OA = OC = OP = OM = ON

ÞO là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP

Bán kính của khối cầu là: R=OA=AB2=2.

Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là: 
V=4π3⋅23=32π3.

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là 32π3.

Áp dụng công thức r=3VStp   (*) và tam giác đều cạnh x có diện tích S=x234  

Từ giả thiết S.ABC đều có SA = SB = SC.

Lại có SA, SB, SC đôi một vuông góc và thể tích khối chóp S.ABC bằng a36nên ta có SA = SB = SC = a.

Suy ra AB=BC=CA=a2 và tam giác ABC đều cạnh có độ dài a2.

Do đó diện tích toàn phần của khối chóp S.ABC là:

Stp  = SSAB + SSBC + SSCA + SABC

=3a22+a22.34=a23+32 

Thay vào (*) ta được:

4π3

Vậy r = r=a3+3.

Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên ta có:MA ⊥ OA; MB ⊥ OB

Suy ra MAO^=MBO^=90°

Xét tứ giác AMBO có:

MAO^+MBO^=90°+90°=180°

Do đó tứ giác AMBO nội tiếp

Vậy 4 điểm A, B, M, O cùng thuộc 1 đường tròn.

TXĐ: D = R 

Ta có: y′ = 3x² – 3

Cho y′ ≥ 0

⇔ 3x² − 3 ≥ 0

⇔ x ∈ (−∞; −1] ∪ [1; +∞).

Vậy hàm số đồng biến trên (−∞; −1) và (1; +∞).

Ta có y’ =3x² – 6x = 0

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng {0; 2}.

Khi viết dấu phẩy sang bên phải mổ hàng nghĩa là số đó đã gấp lên 10 lần . 

9 lần số hạng thứ nhất là:

159,8 − 47,3 = 112,5

Số hạng thứ nhất là:

112,5 : 9 = 12,5

Số hạng thứ hai là:

47,3 − 13,5 = 33,8

Vậy số hạng cần tìm là 33,8.

Khi viết nhầm như vậy thì số hạng đó tăng thêm 10 lần.

Vậy tổng sẽ tăng lên một lượng bằng 9 lần số hạng đó.

 Lượng tăng là:

49,1 − 27,95 = 21,15

Vậy số hạng đó là:

21,15 : 9 = 2,35

Còn số hạng kia là:

27,95 − 2,35 = 25,6

Đáp số : 2,35 và 25,6

Gọi A là biến cố “bạn An làm trọn vẹn 50 câu”

•A₁ là biến cố “bạn An làm hết 20 câu nhận biết”

•A₂ là biến cố“ bạn An làm hết 20 câu vận dụng”

•A₃ là biến cố“bạn An làm hết 10 câu vận dụng cao”

Khi đó: A = A₁A₂A₃.Vì các biến cố A₁; A₂; A₃ là độc lập nhau nên theo quy tắc nhân xác suất ta có:

P(A) = P(A₁) . P(A₂) . P(A₃) = 0,9 . 0,8 . 0,6 = 0,432.

Vậy xác suất để bạn An làm trọn vẹn 50 câu là 0,432.

Bài thi có 50 câu nên mỗi câu đúng được 0,5 điểm. Như vậy để được 9 điểm, thí sinh

này phải trả lời đúng thêm 5 câu nữa.

Trong 10 câu còn lại chia làm 2 nhóm:

* Nhóm A là 3 câu đã loại trừ được một đáp án chắc chắn sai.

Nên xác suất chọn được phương án trả lời đúng là 13, xác suất chọn được phương án trả lời sai là 23.

 

* Nhóm B là 7 câu còn lại, xác suất chọn được phương án trả lời đúng là 14, xác suất chọn được phương án trả lời sai là 34.

Ta có các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Có 3 câu trả lời đúng thuộc nhóm A và 2 câu trả lời đúng thuộc nhóm B.

Xác xuất là P1=133.C72.142.345=18916384

• Trường hợp 2: Có 2 câu trả lời đúng thuộc nhóm A và 3 câu trả lời đúng thuộc nhóm B.

Xác xuất là P2=C32132.23 . C73 . 143 . 344=3158  192.

• Trường hợp 3: Có 1 câu trả lời đúng thuộc nhóm A và 4 câu trả lời đúng thuộc nhóm B.

Xác xuất là P3=C31⋅13⋅232⋅C74⋅144⋅343=1054  096

• Trường hợp  4: Không có câu trả lời đúng nào thuộc nhóm A và 5 câu trả lời đúng thuộc nhóm B.

Xác xuất là P4=233⋅C75⋅145⋅342=72  048.

Xác suất cần tìm là: P=P1+P2+P3+P4=1  29516  384=0,079.

Vậy xác suất bạn đó được 9 điểm là 0,079.

Gọi x là số câu trả lời đúng, suy ra 50 − x là số câu trả lời sai.

Ta có số điểm của Hoa là 0,2 . x − 0,1 . (50 − x) = 4 ⇔ x = 30 .

Do đó bạn Hoa trả lời đúng 30 câu và sai 20 câu.

Không gian mẫu là số phương án trả lời 50 câu hỏi mà bạn Hoa chọn ngẫu nhiên. Mỗi câu có 4 phương án trả lời nên có 450 khả năng.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là | Ω | = 450.

Gọi X là biến cố "Bạn Hoa trả lời đúng 30 câu và sai 20 câu".

Vì mỗi câu đúng có 1 phương án trả lời, mỗi câu sai có 3 phương án trả lời.

Vì vậy có C5030 . (3)20 khả năng thuận lợi cho biến cố X.

Suy ra số phần tử của biến cố X là | Ω X | = C5030. (3)20.

Xác suất cần tính P(X)=|ΩX||Ω|=C5030 . (3)20450.

Vậy xác suất để bạn Hoa đạt được 4 điểm môn Tiếng Anh trong kỳ thi trên là C5030 . (3)20450.

Ta có:

• d ∩ Ox tại A(1; 0) nên OA = 1

• d ∩ Oy tại B(0; −1) nên OB =1

Ta có: OA ⊥ OB

Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng AB

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

1OH2=1OA2+1OB2=2

⇒OH=22

Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d là 22.

Gọi z = x + yi  (x; y∈ℝ)

Khi đó: z¯=x−yi

Ta có: z.z¯=1⇔ (x + yi)(x − yi) = 1 ⇔ x² − (yi)² = 1 ⇔ x² + y² = 1

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn tâm O(0;0) và bán kính R = 1.

Ta có:dy = y’dx = (sinx – 3cosx)’dx = (cosx + 3sinx)dx

Vậy vi phân của hàm số đã cho là (cosx + 3sinx)dx.

Ta có: dy=y'dx=xx2+1'dx

=x2+1−2x2x2+12dx=1−x2x2+12dx.

Vậy vi phân của hàm số là 1−x2x2+12dx.

Số tiền cả gốc lẫn lãi chú Nam nhận được sau 5 năm là:

S₅ = 10.(1 + 5.0,05) = 12,5 (triệu đồng).

Đáp số: 12,5 triệu đồng.

Gọi n là số chu kỳ gửi ngân hàng, áp dụng công thức lãi đơn ta có:

4 020 000 = 3 350 000(1 + n.0,04)

4 020 000 = 3 350 000 + 134 000.n

670 000 = 134 000.n

Suy ra, n = 5 (chu kỳ)

Mà nửa năm = 6 tháng

Thời gian ít nhất chị rút được cả vốn lẫn lãi là 4 020 000 đồng là:

 5.6 = 30 (tháng)

Đáp số: 30 tháng

Hàm số y = x³ + 3x² + 1

Xét đạo hàm:y′ = 3x² + 6x

⇒ y′(1) = 9

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A(1;5) là:

y = 9(x − 1) + 5 = 9x – 4 ⇔ 9x – y – 4 = 0 (d) hay y = 9x – 4

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

x³ + 3x² + 1 = 9x – 4

Û x³ + 3x² – 9x + 5 = 0

⇔x=−5x=1⇔y=−49y=5

Do đó giao điểm thứ hai của d với (C) là B(–5; –49).

AB=(−5−1)2+(−49−5)2=682

d(O;  AB)=d(O;  d)=−492+12=482

⇒SOAB=12d(O;d) . AB=12⋅482⋅682=12

Vậy SOAB=12.

Trường hợp 1: m + 1 ³ 0 Û m ³ −1

Hàm số xác định trên R Û 3x² – 2x + m > 0, ∀x∈ℝ

⇔Δ'=1−3m<03>0⇔m>13

Trường hợp 2: m + 1 < 0 Û m < −1

Hàm số xác định trên R Û 3x² – 2x + m > 0, ∀x∈ℝ

Điều này không xảy ra vì hàm số y = Û 3x² – 2x + m có a = 3 > 0 nên không thể luôn âm trên R.

Thay x = −1 vào y = 2x², ta được:

y = 2.(−1)² = 2

Þ Đồ thị hàm số y = 2x² đi qua điểm (−1;2).

Vậy đồ thị hàm số y = 2x² đi qua điểm (−1;2).

Thay toạ độ điểm N(1;4) vào đồ thị hàm số y = –2x ta có:

y = –2x = –2.1 = –2 ¹ 4

Vậy điểm N(1;4) không thuộc đồ thị hàm số y = –2x.

Phương trình hoành độ giao điểm:

2x+1x+1=−x−1  (x≠−1)

⇔ 2x + 1 = −x2 − 2x – 1

⇔ x2 + 4x + 2 = 0

Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình trên.

Theo Vi-ét, ta có: x1 + x2 = −4 và x1x2 = 2

Tọa độ các điểm A(x1; y1), B(x2; y2)

Độ dài đoạn AB là:

AB=x2−x12+y2−y12

=x2−x12+−x2−1−−x1−12=2x2−x12

 =2x2+x12−8x1x2=2 . (−4)2−8.2=4.

Vậy AB = 4.

x2+1n=∑k=1nCnk .  1n−k . x2k=∑k=1nCnk . x2k.

Do tổng các hệ của khai triển bằng 1024. 

Cn0+Cn1+...+Cnn=1024

Þ (1 + 1)n = 1024 Û 2n  = 210 Û n = 10

⇒x2+110=∑k=110C10k.x2k.

Hệ số của x12 tương ứng với 2k = 12 Û k = 6.

Hệ số của x12 là: C106.

Vậy hệ số của x12 là C106.

Ta có: 2x−x210=∑k=110C10k.(2x)10−k.−x2k=∑k=110C10k.210−k.x10+k

Hệ số của x12 tương ứng với 10 + k = 12 Û k = 2

Do đó hệ số của x12 là C102 . 28.

Tổng chi phí vốn cố định và vốn sản xuất ra x chiếc xe lăn (đơn vị triệu đồng): y = 500 + 2,5x.

Hàm số biểu diễn số tiền thu được khi bán ra x chiếc xe lăn là: y = 3x.

Vậy hàm số biểu diễn tổng số tiền đã đầu tư đến khi sản xuất ra được x chiếc xe lăn (gồm vốn ban đầu và chi phí sản xuất) là y = 500 + 2,5x và hàm số biểu diễn số tiền thu được khi bán ra x chiếc xe lăn là y = 3x.

Điều kiện: x ≥ 6

5x2+4x−x2−3x−18=5x

⇔5x2+4x−21−x2−3x−18−6=5x−15

⇔5x2+4x−4415x2+4x+21−x2−3x−18−36x2−3x−18+6=25x−2255x+15

⇔(x−9)(5x+49)5x2+4x+21−(x−9)(x+6)x2−3x−18+6−25(x−9)5x+15=0

⇔(x−9)5x+495x2+4x+21−x+6x2−3x−18+6−255x+15=0

Dễ thấy 5x+495x2+4x+21−x+6x2−3x−18+6−255x+15>0

Þ x – 9 = 0

Û x = 9 (TM)

Vậy x = 9.

Điều kiện: x2 + 2x + 3 ≥ 0

x2+6x+1=(2x+1)x2+2x+3

⇔x2+2x+3+4x+2=(2x+1)x2+2x+3

Đặt a=x2+2x+3; b = 2x +1, phương trình trở thành:

a2 + 2b = ab + 4

⇔ a2 − 4−  ab +  2b = 0

⇔ (a − 2)(a + 2) − b(a − 2)  = 0

⇔ (a − 2)(a – b + 2) = 0

⇔a=2           a−b=−2.

• Với a = 2 ⇔x2+2x+3=2

Û x2 + 2x – 1 = 0

⇔x=2−1  (tm)x=−2−1  (tm)

• Với a – b = −2⇔x2+2x+3−(2x+1)=−2

⇔x2+2x+3=2x−1

⇔ x2 +  2x+ 3 = 4x2 − 4x + 1

⇔3x2 − 6x −  2 =0

⇔x=3+153(tm)x=3−153  (tm)

Vậy tập hợp giá trị x thỏa mãn là: S=−1±2;3±153.

Gọi số tiền bác Kim gửi vào ngân hàng là x (đồng) ()

Số tiền lãi sau một năm là:

x.7% = 0,07x (đồng)

Sau một năm bác tới ngân hàng rút là 128 400 000 nên ta có phương trình là:

x + 0,07x = 128 400 000

⇔1,07x = 128 400 000

⇔x = 120 000 000 (TM)

Đáp số: 120 000 000 đồng.

Số tiền lãi bà Mai phải trả năm đầu là:

200. 10 : 100 = 20(triệu đồng)

Số tiền bà phải trả cả gốc lẫn lãi năm đầu là:

200 + 20 = 220(triệu đồng)

Số tiền lãi năm 2 bà Mai phải trả là:

220. 10 : 100 = 22 (triệu đồng)

Số tiền bà Mai phải trả trong 2 năm là:

220 + 22 = 242 (triệu đồng)

Đáp số: 242 triệu đồng.

Vì có 10 ghế nên bạn thứ nhất có 10 cách xếp.

•Bạn thứ hai có 9 cách xếp.

•Bạn thứ ba có 8 cách xếp.

•Bạn thứ tư có 7 cách xếp.

•Bạn thứ năm có 6 cách xếp.

•Bạn thứ sáu có 5 cách xếp.

Như vậy có: 10 . 9 . 8 . 7 . 6 . 5 = Α106 (cách xếp).

Vậy có Α106 cách xếp.

Ta có

P(x) = a₁₀₀₀x¹⁰⁰⁰ + a₉₉₉x⁹⁹⁹ + … + a₁x + a₀

Cho x = 1 ta được

P(1) = a₁₀₀₀ + a₉₉₉ + … + a₁ + a₀

Mặt khác

P(x) = (2x – 1)¹⁰⁰⁰

Do đóP(1) = (2 . 1 – 1)¹⁰⁰⁰ = 1

Từ đó suy raP(1) = a₁₀₀₀ + a₉₉₉ + … + a₁ + a₀ = 1

Do đó a₁₀₀₀ + a₉₉₉ + … + a₁ = 1 – a₀

Mà là số hàng không chứa x trong khai triển P(x) = (2x – 1)¹⁰⁰⁰

Nên a0=C10001000 (2x)0 (−1)1000=1.

Vậy a₁₀₀₀ + a₉₉₉ + … + a₁ = 0.

Tập xác định: D = R

Ta có: y′ = 3x2 − 6x = 0

⇔x=2⇒y=−3x=0⇒y=1

Do đó A(0;1) và B(2; −3) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là:

x−02−0=y−1−3−1
⇔ −2x = y – 1 ⇔ y = −2x + 1 (d′)

Vì d ⊥ d′ ⇒ (2m − 1).(−2) = −1

⇔2m−1=12⇔m=34

Vậy m=34.

Vì đường thẳng y = 2m – 1x + 3 song song với đường thẳng y = 5x – 1 nên ta có:

2m−1≠02m−1=5⇔m≠12m=3  (TM)

Vậy với m = 3 thì đường thẳng y = 2m – 1x + 3 song song với đường thẳng y = 5x – 1.

Để đường thẳng (d) cắt đường thẳng (d’) thì 2k – 1 ¹ 2 hay k≠32

Thay x = –2 vào hàm số y = 2x + 1

Û y = 2. (–2) + 1 = –3

Gọi A(–2; –3)

Do đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau tại A nên:

–3 = (2k – 1)( –2) + 3 – k

Û –4k + 2 + 3 – k + 3 = 0

Û –5k + 8 = 0

⇔k=−85 (TMĐK)

Vậy giá trị k thỏa mãn là k=−85.

Để đường thẳng (d) // (m) thì:

2k−1=0,53−k≠−3⇔k=34   (TM)k≠6              

Vậy giá trị k thỏa mãn là k=34.

Gọi số cần tì có dạng abcd¯  (a, b, c, d ∈ N, 0 ≤ a, b, c, d ≤ 9, a ≠ 0)

• Trường hợp 1: Trong 4 chữ số a, b, c, d có 3 chữ số bằng 0

⇒ b = c = d = 0, a = 7

Do đó có 1 số thỏa mãn.

• Trường hợp 2: Trong 4 chữ số a, b, c, d có 2 chữ số bằng 0.

Chọn vị trí cho 2 chữ số 0 có   (cách)

Tổng hai chữ số còn lại là 7, ta có:

7 = 6 + 1 = 5 + 2 = 4 + 3 = 3 + 4 = 2 + 5 = 1 + 6

Nên có 6 cách chọn 2 chữ số còn lại.

Do đó trường hợp này có 18 số.

• Trường hợp 3: Trong 4 chữ số a, b, c, d có 1 chữ số bằng 0.

Chọn vị trí cho 1 chữ số 0 có C31=3  (cách).

Tổng ba chữ số còn lại là 7, ta có

7 = 1 + 1 + 5 = 1 + 2 + 4 = 1 + 3 + 3 = 2 + 2 + 3

Với bộ số (1; 2; 4) có 3! = 6 cách chọn 3 chữ số còn lại.

Với 3 bộ số còn lại có 3!2!=3  cách chọn 3 chữ số còn lại.

Do đó trường hợp này có 3 . (6 + 3 . 3) = 45 (số).

• Trường hợp 4: Trong 4 chữ số a, b, c, d không có chữ số bằng 0

Ta có: 7=1+1+1+47=1+1+2+37=1+2+2+2

+) Với bộ số (1; 1; 1; 4) có 4!3!=4 cách chọn 4 chữ số a, b, c, d.

+) Với bộ số(1; 1; 2; 3) có 4!2!=12  cách chọn 4 chữ số a, b, c, d.

+) Với bộ số(1; 2; 2; 2) có 4!3!=4 cách chọn 4 chữ số a, b, c, d.

Do đó trường hợp này có 4 + 12 + 4 = 20 số thỏa mãn.

Vậy có tất cả: 1 + 18 + 45 + 20 = 84 số.

Do hạ giá 10% nên giá bán mới bằng 90% giá ngày thường

Coi giá vốn là 100% thì giá bán mới bằng 108% giá vốn

Như vậy 108100 giá vốn bằng 90100 giá ngày thường

Giá ngày thường so với giá vốn là:

108100:90100=120  (%)

Ngày thường thì cửa hàng được lãi là:

120% – 100% = 20%

Đáp số: 20%

Coi giá ban đầu là 100% thì giá sách sau khi giảm đi 20% là:

100% – 20% = 80%

Vậy lúc đầu giá của cuốn sách đó là:

9600 : 80 × 100 = 12000 (đồng)

Đáp số: 12000 đồng

Điều kiện xác địnhx² + 5x – 6 > 0

⇔x<−6x>1

Þ (–¥; –6) È (1; +¥)

Điều kiện (x³ − 8)¹⁰⁰⁰ > 0 ⇔ x ≠ 2

Tập xác định D = R∖{2}

Ta có4sin2x=3⇔sin2x=34⇔sinx=±32

Với sinx=32⇔sinx=sinπ3⇔x=π3+k2πx=2π3+k2π(k∈ℤ).

sinx=−32⇔sinx=sin(−π3)⇔x=−π3+k2πx=4π3+k2π  (k∈ℤ).

Xếp 4 bạn nam và 2 bạn nữ thành 1 hàng ngang

Þ n(W) = 6! = 720.

Gọi A là biến cố: “ 2 bạn nữ không ngồi cạnh nhau”.

Xếp 4 bạn nam có 4! cách, khi đó sẽ tạo ra 5khaongr trống giữa 4 bạn nam, xếp 2 bạn nữ vào 2 trong 5 khoảng trống nay có  cách.

⇒nA=4!.A52=480.

Vậy PA=nAnΩ=480720=23.

Xếp 7 bạn vào 7 vị trí có n(Ω) = 7! = 5 040 (cách)

Gọi A là biến cố 2 bạn nữ ngồi cạnh nhau.

Chọn 2 bạn từ 2 bạn nữ có 1 cách

Coi 2 bạn nữ đó là một ẩn, xếp 6 vào 6 vị trí có 6! cách

Xếp 2 bạn nữ đảo chỗ cho nhau có 2 cách

Do đó số cách xếp 2 bạn ngồi cạnh nhau là:

n(A) = 1.6!.2 = 1440 (cách)

Xác suất xếp 2 bạn nữ ngồi cạnh nhau là:

PA=1  4405  040=27.

Xác suất xếp 2 bạn nữ không ngồi cạnh nhau là: 1−27=57.

Tọa độ điểm E sao cho B là ảnh của E qua phép quay tâm O góc quay (−90º).

Khi đó, tọa độ cần tìm là E(3; 6).