7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 52)

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.

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).

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.

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).

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.

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.

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.

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 \(\frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge ab + bc + ca\).

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.

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.

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.

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.

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.

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).

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.

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:

\(\begin{array}{l}12 - \sqrt x - x = - \left( {x + \sqrt x - 12} \right) = - \left( {x + 4\sqrt x - 3\sqrt x - 12} \right)\\ = - \left[ {\sqrt x \left( {\sqrt x + 4} \right) - 3\left( {\sqrt x + 4} \right)} \right] = \left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)\end{array}\)

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.

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.

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.

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).

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

\(\frac{{7{x^2} + 14x + 7}}{{3{x^2} + 3x}} = \frac{{7 \cdot {{(x + 1)}^2}}}{{3x \cdot (x + 1)}} = \frac{{7(x + 1)}}{{3x}}\).

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.

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.

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.

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.

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:

S_xq = 2πRh = 2π . a . 2a = 4πa²

Vậy ta chọn đáp án B.

Trong thực tiễn nhiều hình có tâm đối xứng, chẳng hạn:

+) Hình biển báo giao thông:

+) Hình bông hoa:

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).

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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).

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.

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.

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.

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.

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.

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 \[{\rm{x}} = 5 \pm \sqrt {33} \].

Ta có:

x² – 2x – 15 = x² + 3x – 5x – 15

= x(x + 3) – 5(x + 3)

= (x + 3)(x – 5).

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.