7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 53)

Đáp án đúng là: C

Hai điểm phân biệt, chẳng hạn A, B ta xác định được hai vectơ khác vectơ \(\overrightarrow 0 \) là \(\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {BA} \)

Một vectơ khác vectơ \(\overrightarrow 0 \) được xác định bởi 2 điểm phân biệt. Do đó có 30 cách chọn 2 điểm trong 4 điểm của tứ giác (có tính thứ tự các điểm) nên có thể lập được 30 vectơ

Vậy ta chọn đáp án C.

Ta có:

x² + 2y² – 3xy + x – 2y

= x² – 2xy + 2y² – xy + x – 2y

= x(x – 2y) + y(2y – x) + (x – 2y)

= (x – 2y)(x – y + 1).

Đáp án đúng là: B

Với a, b > 0 ta có

log₃a – 2log₉b = 2

⇔ log₃a – log₃b = 2

\( \Leftrightarrow {\log _3}\frac{a}{b} = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{a}{b} = 9\)

⇔ a = 9b

Vậy ta chọn đáp án B.

Ta có:

x³ – 16x = 0

⇔ x(x² – 16) = 0

⇔ x(x – 4)(x + 4) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x + 4 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 4\\x = 4\end{array} \right.\)

Vậy x ∈ {0; 4; –4}.

Đáp án đúng là: D

Ta có: \({T_{\overrightarrow {I{\rm{D}}} }}\left( I \right) = I' \Leftrightarrow \overrightarrow {II'} = \overrightarrow {I{\rm{D}}} \Leftrightarrow I' \equiv D\)

Suy ra khẳng định \({T_{\overrightarrow {I{\rm{D}}} }}\left( I \right) = B\) là sai

Vậy ta chọn đáp án D.

Ta có:

\(\frac{1}{{\sqrt 1 + \sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {99} + \sqrt {100} }}\)

\( = \frac{{\sqrt 1 - \sqrt 2 }}{{\left( {\sqrt 1 + \sqrt 2 } \right)\left( {\sqrt 1 - \sqrt 2 } \right)}} + \frac{{\sqrt 2 - \sqrt 3 }}{{\left( {\sqrt 2 + \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 2 - \sqrt 3 } \right)}} + ... + \frac{{\sqrt {99} - \sqrt {100} }}{{\left( {\sqrt {99} + \sqrt {100} } \right)\left( {\sqrt {99} - \sqrt {100} } \right)}}\)

\( = \frac{{\sqrt 1 - \sqrt 2 }}{{ - 1}} + \frac{{\sqrt 2 - \sqrt 3 }}{{ - 1}} + ... + \frac{{\sqrt {99} - \sqrt {100} }}{{ - 1}}\)

\( = \sqrt 2 - \sqrt 1 + \sqrt 3 - \sqrt 2 + ... + \sqrt {100} - \sqrt {99} \)

\( = \sqrt {100} - \sqrt 1 = 10 - 1 = 9\).

Ta có:

x³ + y³ + z³ + 3(x + y)(y + z)(z + x)

= x³ + y³ + z³ + (3xy + 3xz + 3y² + 3yz)(z + x)

= x³ + y³ + z³ + 3xyz + 3x²y + 3xz² + 3x²z + 3y²z + 3y²x + 3yz² + 3xyz

= x³ + y³ + z³ + 3x²y + 3xz² + 3x²z + 3y²z + 3y²x + 3yz² + 6xyz

= x³ + 3x²y + 3y²x + y³ + 3x²z + 6xyz + 3y²z + 3xz² + 3yz² + z³

= (x + y)³ + 3z(x² + 2xy + y²) + 3z²(x + y) + z³

= (x + y)³ + 3z(x + y)² + 3z²(x + y) + z³

= (x + y + z)³

Vậy (x + y + z)³ = x³ + y³ + z³ + 3(x + y)(y + z)(z + x).

Vì 1 giờ = 60 phút

Nên 4 giờ 30 phút = 4,5 giờ.

Ta có: \(\left( {x + 1} \right)\left( {x + 4} \right) - 3\sqrt {{x^2} + 5{\rm{x}} + 2} = 6\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 5{\rm{x}} + 4 - 3\sqrt {{x^2} + 5{\rm{x}} + 2} = 6\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 5{\rm{x}} + 2 - 3\sqrt {{x^2} + 5{\rm{x}} + 2} = 4\)

Đặt \(t = \sqrt {{x^2} + 5{\rm{x}} + 2} \left( {t \ge 0} \right)\)

Suy ra t² – 3t = 4

⇔ t² – 3t – 4 = 0

⇔ t² + t – 4t – 4 = 0

⇔ t(t + 1) – 4(t + 1) = 0

⇔ (t + 1)(t – 4) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t + 1 = 0\\t - 4 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\\t = 4\end{array} \right.\)

Mà t ≥ 0 nên t = 4

Suy ra \(\sqrt {{x^2} + 5{\rm{x}} + 2} = 4\)

⇔ x² + 5x + 2 = 16

⇔ x² + 5x – 14 = 0

⇔ x² + 7x – 2x – 14 = 0

⇔ x(x + 7) – 2(x + 7) = 0

⇔ (x + 7)(x – 2) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 7 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 7\\x = 2\end{array} \right.\)

Vậy x = 2 hoặc x = –7.

Đáp án đúng là: A

Ta có (ABCD) ∩ (SBC) = BC

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BC\\SA \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)

Suy ra BC ⊥ SB

Do đó\(\left\{ \begin{array}{l}SB \bot BC\\BA \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC{\rm{D}}} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB,AB} \right)} = \widehat {SBA} = 60^\circ \)

Xét tam giác SAB ta có:

\(SA = AB.\tan 60^\circ = a\sqrt 3 \)

Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD là

\({V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}SA.AB.A{\rm{D}} = \frac{1}{3}a\sqrt 3 .a.a\sqrt 3 = {a^3}\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(y = 3{\rm{x}} + \frac{4}{{{x^2}}} = \frac{{3{\rm{x}}}}{2} + \frac{{3{\rm{x}}}}{2} + \frac{4}{{{x^2}}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có

\(\frac{{3{\rm{x}}}}{2} + \frac{{3{\rm{x}}}}{2} + \frac{4}{{{x^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{3{\rm{x}}}}{2}.\frac{{3x}}{2}.\frac{4}{{{x^2}}}}} = 3\sqrt[3]{9}\)

Dấu “ = ” xảy ra khi \(\frac{{3{\rm{x}}}}{2} = \frac{4}{{{x^2}}} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{8}{3}}}\)

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: A

Số cách xếp 6  người vào 6 ghế là 6!

Ta tính số cách xếp sao cho A và F ngồi cạnh nhau:

Xem AF là một phần tử X, ta có 5! = 120 cách xếp 5 người X; B; C; D; E

Khi hoán vị A; F ta có thêm được một cách xếp

Vậy có 2 . 120 = 240 cách xếp để A và F ngồi cạnh nhau

Do đó, số cách xếp để A và F không ngồi cạnh nhau là:

6! – 240 = 480 cách

Vậy ta chọn đáp án A.

Phương trình dạng ax² + bx + c = 0

•Denta: Dùng cho mọi trường hợp

Công thức denta: ∆ = b² – 4ac

• Denta phẩy: Nên dùng khi hệ số b chia hết cho 2

Công thức denta phẩy: ∆’ = b’² – ac trong đó b' = b².

Ta có:

\(\frac{a}{7} - \frac{1}{2} = \frac{1}{{b + 3}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{2a}}{{14}} - \frac{7}{{14}} = \frac{1}{{b + 3}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{2a - 7}}{{14}} = \frac{1}{{b + 3}}\)

⇔ (2a – 7)(b + 3) = 14

Suy ra 2a – 7 và b + 3 thuộc Ư{14} = {1; 2; 7; 14; –1; –2; –7; –14}

Ta có bảng

2a – 7	1	2	7	14	–1	–2	–7	–14
b + 3	14	7	2	1	–14	–7	–2	–1
a	4	4,5	7	10,5	3	2,5	0	–3,5
b	11	4	–1	–2	–17	–10	–5	–4

Vì a, b nguyên nên (a, b) ∈ {(4, 11); (7, –1); (3, –17); ( 0, –5)}

Vậy (a, b) ∈ {(4, 11); (7, –1); (3, –17); ( 0, –5)}.

Đáp án đúng là: C

Ta có:

• A = {x ∈ ℤ| |x| < 1} suy ra A = {0}

• B = {x ∈ ℤ| 6x² – 7x + 1 = 0}

Xét 6x² – 7x + 1 = 0 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \mathbb{Z}\\x = \frac{1}{6} \notin \mathbb{Z}\end{array} \right.\)

Suy ra B = {1}

• C = {x ∈ ℚ| x² – 4x + 2 = 0}

Xét x² – 4x + 2 = 0 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 - \sqrt 2 \notin \mathbb{Q}\\x = 2 + \sqrt 2 \notin \mathbb{Q}\end{array} \right.\)

Suy ra C = ∅

• D = {x ∈ R| x² – 4x + 3 = 0}

Xét x² – 4x + 3 = 0 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Suy ra D = {1; 3}

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: A

Tập xác định D = [0; +∞)

Ta có: \(y' = 1 + \frac{m}{{2\sqrt x }}\)

Hàm số đạt cực trị tại x = 1

Suy ra y’(1) = 0\( \Leftrightarrow 1 + \frac{m}{2} = 0 \Leftrightarrow m = - 2\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Điều kiện x, y ≠ 0

Ta có: \(\left( {2{\rm{x}} + y} \right) - \left( {2y + x} \right) = \frac{3}{{{x^2}}} - \frac{3}{{{y^2}}}\)

\( \Leftrightarrow x - y = \frac{{3\left( {{y^2} - {x^2}} \right)}}{{{x^2}{y^2}}}\)

\( \Leftrightarrow x - y = \frac{{3\left( {y - x} \right)\left( {y + x} \right)}}{{{x^2}{y^2}}}\)

\( \Leftrightarrow x - y - \frac{{3\left( {y - x} \right)\left( {y + x} \right)}}{{{x^2}{y^2}}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {1 + \frac{{3x + 3y}}{{{x^2}{y^2}}}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - y = 0\\1 + \frac{{3x + 3y}}{{{x^2}{y^2}}} = 0\end{array} \right.\)

• TH1: x – y = 0 ⇔ x = y

Thay x = y vào phương trình \(2{\rm{x}} + y = \frac{3}{{{x^2}}}\) ta có:

\(2{\rm{x}} + x = \frac{3}{{{x^2}}} \Leftrightarrow 3{\rm{x}} = \frac{3}{{{x^2}}} \Leftrightarrow {x^3} = 1 \Leftrightarrow x = 1\)

Suy ra y = 1

•TH2: \(1 + \frac{{3x + 3y}}{{{x^2}{y^2}}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{3x + 3y}}{{{x^2}{y^2}}} = - 1 \Leftrightarrow 3{\rm{x}} + 3y = - {x^2}{y^2} < 0\)  (1)

Ta có:

\(\left( {2{\rm{x}} + y} \right) + \left( {2y + x} \right) = \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{3}{{{y^2}}}\)

\( \Leftrightarrow 3x + 3y = \frac{{3\left( {{y^2} + {x^2}} \right)}}{{{x^2}{y^2}}} > 0\)                   (2)

Từ (1) và (2) suy ra x, y ∈∅

Vậy (x, y) = (1, 1).

Đáp án đúng là: D

Ta có:

ln a + ln b = ln (ab) ≠ ln(a + b) nên A sai

ln(a + b) ≠ ln a . ln b nên B sai

\(\ln a - \ln b = \ln \frac{a}{b} \ne \ln \left( {a - b} \right)\) nên C sai

\({\log _b}a = \frac{{\ln a}}{{\ln b}}\) nên D đúng

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1;1} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt 3 \)

Gọi H là hình chiếu của B trên mặt phẳng (P) 

Khi đó ta có BH là khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) 

Ta luôn có BH ≤ AB do đó khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) lớn nhất khi H ≡ A 

Khi đó \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1;1} \right)\) là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)

Suy ra phương trình mặt phẳng (P) đi qua A (–1; 2; 4) và có véc tơ pháp tuyến \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1;1} \right)\) là x – y + z – 1 = 0

Do đó khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (P) là:

\(d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: B

Ta có: x² – 5x + 7 + 2m = 0

⇔ x² – 5x + 7 = – 2m                         (*)

Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của Parabol (P): x² – 5x + 7 và đường thẳng y = – 2m (song song hoặc trùng với trục hoành)

Ta có bảng biến thiên của hàm số x² – 5x + 7 trên đoạn [1; 5] như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy x ∈ [1; 5] thì \(y \in \left[ {\frac{3}{4};7} \right]\)

Do đó để phương trình (*) có nghiệm x ∈ [1; 5]

\( \Leftrightarrow \frac{3}{4} \le - 2m \le 7 \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{8} \ge m \ge - \frac{7}{2}\)

Vậy ta chọn đáp án B.

Vì P là số nguyên tố lớn hơn 3

Nên P không chia hết cho 2 và 3 

Ta có: P không chia hết cho 2

Suy ra P – 1 và P + 1 là 2 số chẵn liên tiếp

Do đó (P – 1)(P + 1) chia hết cho 8                        (1)

Mặt khác: P không chia hết cho 3

+) Nếu P = 3k +1 thì P – 1 = 3k ⋮ 3

Suy ra (P – 1)(P + 1) chia hết cho 3

+) Nếu P = 3k + 2 thì P + 1 = 3k + 3 ⋮ 3 

Suy ra (P – 1)(P + 1) chia hết cho 3

Do đó P không chia hết cho 3 thì (P – 1)(P + 1) chia hết cho 3             (2)

Từ (1) và (2) suy ra (P – 1)(P + 1) chia hết cho 8 và 3

Mà (8; 3) = 1

Suy ra (P – 1)(P + 1) chia hết cho 24

Vậy nếu P là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (P – 1)(P + 1) chia hết cho 24.

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:

a³ + b³ + b³ ≥ 3ab²

b³ + c³ + c³ ≥ 3bc²

a³ + a³ + c³ ≥ 3ca²

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được

3(a³ + b³ + c³) ≥ 3(ab² + bc² + ca²)

⇔ a³ + b³ + c³ ≥ ab² + bc² + ca²

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

Vậy a³ + b³ + c³ ≥ ab² + bc² + ca².

Ta có:

2ab² – a²b – b³

= –b(b² – 2ab + a²)

= –b(b – a)².

Ta có:

(a – b)² ≥ 0 với mọi a, b

⇔ a² – 2ab + b² ≥ 0 với mọi a, b

⇔ a² + b² ≥ 2ab với mọi a, b

Dấu “=” xảy ra khi a = b

Vậy a² + b² ≥ 2ab.

Đáp án đúng là: B

Dựa vào định nghĩa căn bậc hai số học của một số a không âm: Với một số dương a, Số căn bậc hai không âm duy nhất \(\sqrt a \) được gọi là căn bậc hai số học của a. Số 0 cũng được gọi là căn bậc hai số học của 0.

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: B

Diện tích tam giác ABC là

\(S = \frac{1}{2}AC.BC.\sin C = \frac{1}{2}ab\sin C\)

Vì a; b không đổi và sinC ≤ 1

Nên \[{\rm{S}} \le \frac{{ab}}{2}\]

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi sinC = 1 hay \(\widehat C = 90^\circ \)

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: C

Ta có:

6^x + (3 – m) . 2^x – m = 0 

⇔ 6^x + 3 . 2^x – m . 2^x – m = 0 

\( \Leftrightarrow m = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{1 + {2^x}}}\)

Xét hàm số \(\frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{1 + {2^x}}}\) liên tục trên (0; 1)

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{{{12}^x}.\ln 3 + {6^x}.\ln 6 + {{3.2}^x}.\ln 2}}{{{{\left( {1 + {2^x}} \right)}^2}}} > 0;\forall x \in \left( {0;1} \right)\)

Suy ra hàm số \(\frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{1 + {2^x}}}\) đồng biến trên (0; 1)

Do đó phương trình 6^x + (3 – m) . 2^x – m = 0 có nghiệm thuộc khoảng (0; 1) khi và chỉ khi f(0) < m < f(1) ⇔ 2 < m < 4

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: C

Điều kiện x ∈ ℝ

Ta có: \({2^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.{\log _2}\left( {{x^2} - 2{\rm{x}} + 3} \right) = {4^{\left| {x - m} \right|}}{\log _2}\left( {2\left| {x - m} \right| + 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow {2^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.{\log _2}\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 2} \right] = {2^{2\left| {x - m} \right|}}{\log _2}\left( {2\left| {x - m} \right| + 2} \right)\)                      (1)

Xét hàm số \(y = {2^t}.{\log _2}\left( {t + 2} \right)\) với t ≥ 0

Hàm số \(y = {2^t}.{\log _2}\left( {t + 2} \right)\) xác định và liên tục trên [0; +∞)

Ta có: \(y' = {2^t}.{\log _2}\left( {t + 2} \right).\ln 2 + \frac{{{2^t}}}{{\left( {t + 2} \right)\ln 2}} > 0\)

Suy ra hàm số \(y = {2^t}.{\log _2}\left( {t + 2} \right)\) đồng biến trên [0; +∞)

Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {{{\left( {x - 1} \right)}^2}} \right) = f\left( {2\left| {x - m} \right|} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 2\left| {x - m} \right|\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} = 2\left( {x - m} \right)\\{\left( {x - 1} \right)^2} = 2\left( {m - x} \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 2{\rm{x + }}1 = 2x - 2m\\{x^2} - 2{\rm{x}} + 1 = 2m - 2{\rm{x}}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - {x^2} + 4{\rm{x}} - 1 = 2m\\{x^2} + 1 = 2m\end{array} \right.\left( * \right)\)

Xét phương trình 2m = – x² + 4x – 1

Ta có bảng biến thiên của hàm số g(x) = – x² + 4x – 1

Phương trình 2m = – x² + 4x – 1 có 2 nghiệm phân biệt khi 2m < 3 hay \(m < \frac{3}{2}\)

Phương trình 2m = – x² + 4x – 1 có 1 nghiệm phân biệt khi 2m = 3 hay \(m = \frac{3}{2}\)

Phương trình 2m = – x² + 4x – 1 vô nghiệm phân biệt khi 2m > 3 hay \(m > \frac{3}{2}\)

Xét phương trình 2m = x² + 1

Ta có bảng biến thiên của hàm số h(x) = x² + 1

Phương trình 2m = x² + 1 có 2 nghiệm phân biệt khi 2m > 1 hay \(m > \frac{1}{2}\)

Phương trình 2m = x² + 1 có 1 nghiệm phân biệt khi 2m = 1 hay \(m = \frac{1}{2}\)

Phương trình 2m = x² + 1 vô nghiệm phân biệt khi 2m < 1 hay \(m < \frac{1}{2}\)

+) Khi \(m = \frac{3}{2}\) phương trình 2m = – x² + 4x – 1 có 1 nghiệm x = 2, phương trình 2m = x² + 1 có 2 nghiệm \[{\rm{x}} = \pm \sqrt 2 \]

Suy ra (*) có 3 nghiệm phân biệt nên loại \(m = \frac{3}{2}\)

+) Khi \(m = \frac{1}{2}\) phương trình 2m = – x² + 4x – 1 có 2 nghiệm \[{\rm{x}} = 2 \pm \sqrt 2 \], phương trình 2m = x² + 1 có 1 nghiệm x = 0

Suy ra (*) có 3 nghiệm phân biệt nên loại \(m = \frac{1}{2}\)

+) Xét phương trình – x² + 4x – 1 = x² + 1

⇔ 2x² – 4x + 2 = 0

⇔ 2(x – 1)² = 0

⇔ x = 1

Suy ra không tồn tại m để (*) có 2 nghiệm phân biệt

Để phương trình \({2^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.{\log _2}\left( {{x^2} - 2{\rm{x}} + 3} \right) = {4^{\left| {x - m} \right|}}{\log _2}\left( {2\left| {x - m} \right| + 2} \right)\) có đúng 2 nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - {x^2} + 4{\rm{x}} - 1 = 2m\\{x^2} + 1 = 2m\end{array} \right.\left( * \right)\) có đúng hai nghiệm phân biệt

TH1: Phương trình 2m = – x² + 4x – 1 có 2 nghiệm phân biệt và phương trình 2m = x² + 1 vô nghiệm

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \frac{3}{2}\\m < \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m < \frac{1}{2}\)

TH2: Phương trình 2m = – x² + 4x – 1 vô nghiệm và phương trình 2m = x² + 1 có 2 nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{3}{2}\\m > \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m > \frac{3}{2}\)

TH3: Phương trình 2m = – x² + 4x – 1 có nghiệm x = 2 và phương trình 2m = x² + 1 có nghiệm x = 0

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{3}{2}\\m = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \)

Mà m ∈ [– 2019; 2019]

Nên \(m \in \left[ { - 2019;\left. {\frac{1}{2}} \right) \cup \left( {\frac{3}{2};\left. {2019} \right]} \right.} \right.\)

Vì m nguyên nên ta có 4038 giá trị của m

Vậy ta chọn đáp án C.

Vì x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện x + y + z = xyz

Nên \(\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{x{\rm{z}}}} = 1\)

Ta có:

\(\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{z{\rm{x}}}} + {x^2}} }} \le \frac{1}{{2\sqrt {\frac{{{x^2}y}}{{xyz}}} }} \le \frac{1}{2}\)

\(\frac{1}{{\sqrt {1 + {y^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{z{\rm{x}}}} + {y^2}} }} \le \frac{1}{{2\sqrt {\frac{{{y^2}z}}{{xyz}}} }} \le \frac{1}{2}\)

\(\frac{1}{{\sqrt {1 + {z^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{z{\rm{x}}}} + {z^2}} }} \le \frac{1}{{2\sqrt {\frac{{{z^2}x}}{{xyz}}} }} \le \frac{1}{2}\)

Suy ra \(\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + \frac{1}{{\sqrt {1 + {y^2}} }} + \frac{1}{{\sqrt {1 + {z^2}} }} \le \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\)

Hay \(P \le \frac{3}{2}\)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1

Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{3}{2}\) khi x = y = z = 1.

Theo định lí sin ta có:

\(\frac{a}{{\sin {\rm{A}}}} = 2{\rm{R}} \Leftrightarrow R = \frac{a}{{2\sin {\rm{A}}}}\)

Tam giác ABC đều nên \(\widehat A = 60^\circ \)

Suy ra \(\sin {\rm{A}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Khi đó \(R = \frac{a}{{2\sin {\rm{A}}}} = \frac{a}{{2.\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó là \(\frac{a}{{\sqrt 3 }}\).

(y – 5)(y + 8) – (y + 4)(y – 1)

= y² + 8y – 5y – 40 – y² + y – 4y + 4

= –36

Vậy giá trị biểu thức trên không phụ thuộc vào biến y.

Đáp án đúng là C

Gọi I(a; b) là điểm thỏa mãn \(3\overrightarrow {IA} - 2\overrightarrow {IB} + 4\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \)

Ta có:

\(3\overrightarrow {IA} - 2\overrightarrow {IB} + 4\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow 3\overrightarrow {IA} - 2\left( {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AI} } \right) + 4\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AI} } \right) = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow 3\overrightarrow {IA} - 2\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AI} + 4\overrightarrow {AC} - 4\overrightarrow {AI} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow 5\overrightarrow {IA} = 2\overrightarrow {AB} - 4\overrightarrow {AC} \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5{\rm{a}} = - 9\\5b = - 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{ - 9}}{5}\\b = - 6\end{array} \right.\\\end{array}\)

Suy ra \(I\left( {\frac{{ - 9}}{5}; - 6} \right)\)

Khi đó \(\left| {3\overrightarrow {MA} - 2\overrightarrow {MB} + 4\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {3\overrightarrow {MI} + 3\overrightarrow {IA} - 2\overrightarrow {MI} - 2\overrightarrow {IB} + 4\overrightarrow {MI} + 4\overrightarrow {IC} } \right|\)

\( = \left| {5\overrightarrow {MI} + 3\overrightarrow {IA} - 2\overrightarrow {IB} + 4\overrightarrow {IC} } \right| = \left| {5\overrightarrow {MI} + \overrightarrow 0 } \right| = 5MI\)

Do đó \(\left| {3\overrightarrow {MA} - 2\overrightarrow {MB} + 4\overrightarrow {MC} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất

Suy ra M là hình chiếu của I trên Oy

Mà \(I\left( {\frac{{ - 9}}{5}; - 6} \right)\)

Do đó M(0; –6)

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: B

Gọi H, K là chân đường cao hạ từ A, D xuống BC

Khi đó tam giác ABH vuông tại H

Mà \(\widehat {ABC} = 45^\circ \)

Suy ra tam giác ABH vuông cân tại H

Do đó AH = BH = 2a

Vì hình thang ABCD cân

Nên AB = CD, \(\widehat {ABC} = \widehat {DCB}\), BD = AC

Xét tam giác ABH và tam giác DCK có

\(\widehat {AHB} = \widehat {DKC}\left( { = 90^\circ } \right)\)

AB = CD

\(\widehat {ABC} = \widehat {DCB}\)

Suy ra ∆ABH = ∆DCK (cạnh huyền – góc nhọn)

Do đó CK = BH = 2a

Ta có CH = AD + CK = 2a + 2a = 4a

Xét tam giac AHC vuông tại H có

AC² = AH² + CH²

Suy ra \[{\rm{AC = }}\sqrt {{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2} + {{\left( {4{\rm{a}}} \right)}^2}} = 2{\rm{a}}\sqrt 5 \]

Ta có:

\(\left| {\overrightarrow {CB} - \overrightarrow {A{\rm{D}}} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {DC} } \right| = \left| {\overrightarrow {DB} } \right| = AC = 2{\rm{a}}\sqrt 5 \)

Vậy ta chọn đáp án B.

Ta có: \(\widehat {{B_1}} + \widehat {{B_2}} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Mà \(\widehat {{B_1}} = \frac{1}{2}\widehat {{B_2}}\)

Suy ra \(\widehat {{B_1}} = \frac{{180^\circ }}{3} = 60^\circ \)

Lại có \(\widehat A = 60^\circ \) (giả thiết)

Do đó \(\widehat A = \widehat {{B_1}}\)

Suy ra a // b ( vì có cặp góc so le trong bằng nhau)

Vậy a // b.

Vì giữa chúng có 200 số chẵn nên hiệu của nó là:

200 × 2 + 1 = 401

Số lớn là :

(1987 + 401) : 2 = 1194

Số bé là :

1194 – 401 = 793

Vậy hai số cần tìm là 1194 và 793.

Điều kiện xác định của \(\sqrt {8{\rm{x}} - {x^2} - 15} \) là 8x – x² – 15 ≥ 0

⇔ x² – 8x + 15 ≤ 0

⇔ x² – 8x + 16 – 1 ≤ 0

⇔ (x – 4)² – 1 ≤ 0

⇔ (x – 4 – 1)(x – 4 + 1) ≤ 0

⇔ (x – 5)(x – 3) ≤ 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - 3 \le 0\\x - 5 \ge 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x - 3 \ge 0\\x - 5 \le 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \le 3\\x \ge 5\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\x \le 5\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow 3 \le x \le 5\)

Vậy \(\sqrt {8{\rm{x}} - {x^2} - 15} \) xác định khi 3 ≤ x ≤ 5.

Điều kiện xác định \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3 \ge 0\\1 - \sqrt {{x^2} - 3} \ne 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3 \ge 0\\\sqrt {{x^2} - 3} \ne 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3 \ge 0\\{x^2} - 3 \ne 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} \ge 3\\{x^2} \ne 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \ge \sqrt 3 \\x \le - \sqrt 3 \end{array} \right.\\x \ne \pm 2\end{array} \right.\)

Vậy \[{\rm{x}} \ne {\rm{2}},{\rm{x}} \ge \sqrt 3 \] hoặc \(x \ne - 2;x \le - \sqrt 3 \).

Đáp án đúng là: B

Đặt t = log₂x

Suy ra t ∈ (–∞; 0)

Khi đó ta có phương trình ẩn t

t² + 4t – m = 0

⇔ t² + 4t = m

Xét f(t) = t² + 4t

f’(t) = 2t + 4

f’(t) = 0 ⇔ 2t + 4 = 0 ⇔ t = –2

Ta có bảng biến thiên:

Với t ∈ (–∞; 0) suy ra m ∈ [–4; +∞) thì phương trình \(\log _2^2x + 4{\log _2}x - m = 0\) có nghiệm thuộc khoảng (0; 1)

Vậy ta chọn đáp án B.

Ta có:

A = 2 + 2³ + 2⁵ + 2⁷ + ... + 2²⁰⁰⁹

4A = 2³ + 2⁵ + 2⁷ + ... + 2²⁰¹¹

4A – A = (2³ + 2⁵ + 2⁷ + ... + 2²⁰¹¹) – (2 + 2³ + 2⁵ + 2⁷ + ... + 2²⁰⁰⁹)

3A = 2²⁰¹¹ – 2

\(A = \frac{{{2^{2011}} - 2}}{3}\)

Vậy \(A = \frac{{{2^{2011}} - 2}}{3}\).

Đáp án đúng là: C

Tập xác định D = ℝ

Ta có: y’ = 3x² – 6(2m + 1)x + 12m + 5

Hàm số đồng biến trên khoảng (2; +∞) khi y’ ≥ 0 với mọi x ∈ (2; +∞)

⇔ 3x² – 6(2m + 1)x + 12m + 5 ≥ 0 với mọi x ∈ (2; +∞)

⇔ 3x² – 12mx – 6x + 12m + 5 ≥ 0 với mọi x ∈ (2; +∞)

\( \Leftrightarrow m \le \frac{{3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}} + 5}}{{12\left( {{\rm{x}} - 1} \right)}}\) với mọi x ∈ (2; +∞)

Xét hàm số \(g\left( {\rm{x}} \right) = \frac{{3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}} + 5}}{{12\left( {{\rm{x}} - 1} \right)}}\) với mọi x ∈ (2; +∞)

\(g'\left( {\rm{x}} \right) = \frac{{3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}} + 1}}{{12{{\left( {{\rm{x}} - 1} \right)}^2}}} > 0\) với mọi x ∈ (2; +∞)

Suy ra hàm số g(x) đồng biến trên (2; +∞)

Do đó m ≤ g(x) với mọi x ∈ (2; +∞)

Suy ra \(m \le g\left( 2 \right) \Leftrightarrow m \le \frac{5}{{12}}\)

Vì \(0 < m \le \frac{5}{{12}}\)

Do đó không có giá trị nguyên dương nào của m thỏa mãn bài toán

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: B

+) Với sinx = 0 ta có 3cosx = 0 ⇔ cosx = 0

Loại vì sin²x + cos²x = 1

+) Với sinx ≠ 0 ta có 3cosx = sinx

\( \Leftrightarrow \cot {\rm{x}} = \frac{1}{3}\)

\( \Leftrightarrow x = {\mathop{\rm arccot}\nolimits} \frac{1}{3} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\)

\( \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}\)

Vậy ta chọn đáp án B.

Ta có:

D = x⁴ – 2x³ + 3x² – 2x + 1

D = (x⁴ – 2x³ + x²) + (2x² – 2x + 1)

D = (x² – x)² + 2(x² – x) + 1

D = (x² – x + 1)²

\[{\rm{D}} = {\left( {{x^2} - x + \frac{1}{4} + \frac{3}{4}} \right)^2}\]

\[{\rm{D}} = {\left[ {{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}} \right]^2}\]

Vì \[{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} \ge 0;\forall x\]

Nên \[{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} \ge \frac{3}{4};\forall x\]

Suy ra \[D \ge \frac{9}{{16}};\forall x\]

Vậy D đạt giá trị nhỏ nhất bẳng \(\frac{9}{{16}}\) khi \[{\rm{x}} = \frac{1}{2}\].

Ta có:

x⁴ + 6x³ + 7x² – 6x + 1

= x⁴ + 6x³ + 9x² – 2x² – 6x + 1

= (x²)² + 2 . x² . 3x + (3x)² – 2(x² + 3x) + 1

= (x² + 3x)² – 2(x² + 3x) + 1

= (x² + 3x – 1)²

Ta có:

2^x+1 – 2^x = 32

⇔ 2 . 2^x – 2^x = 32

⇔ 2^x = 32

⇔ 2^x = 2⁵

⇔ x = 5

Vậy x = 5.

Đáp án đúng là: A

Điều kiện xác định: 4 – x² ≥ 0 ⇔ –2 ≤ x ≤ 2

Ta có: \(y' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\)

\(y' < 0 \Leftrightarrow \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} < 0 \Leftrightarrow x > 0\)

Mà –2 ≤ x ≤ 2

Suy ra f(x) nghịch biến trên (0; 2)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: A

Ta có:

\( - 9 < \frac{{3{{\rm{x}}^2} + m{\rm{x}} - 6}}{{{x^2} - x + 1}} < 6\)

⇔ –9(x² – x + 1) < 3x² + mx – 6 < 6(x² – x + 1) vì x² – x + 1 > 0 với mọi x ∈ ℝ

⇔ –9x² + 9x – 9 < 3x² + mx – 6 < 6x² – 6x + 6

⇔ –12x² + 9x – 3 < mx < 3x² – 6x + 12

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}12{{\rm{x}}^2} + \left( {m - 9} \right)x + 3 > 0{\rm{     (1)}}\\3{{\rm{x}}^2} - \left( {m + 6} \right)x + 12 > 0{\rm{      (2)}}\end{array} \right.{\rm{ }}\)

Để \( - 9 < \frac{{3{{\rm{x}}^2} + m{\rm{x}} - 6}}{{{x^2} - x + 1}} < 6\) nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ

⇔ phương trình (1) và (2) nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\Delta _1} < 0\\{\Delta _2} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 9} \right)^2} - 144 < 0\\{\left( {m + 6} \right)^2} - 144 < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 18m + 81 - 144 < 0\\{m^2} + 12m + 36 - 144 < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 18m - 63 < 0\\{m^2} + 12m - 108 < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < m < 21\\ - 18 < m < 6\end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 < m < 6\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Để bất phương trình có nghiệm trên 1 đoạn thì f(x) = (1 – m)x² + 2mx + m – 6 phải là tam thức bậc hai có hai nghiệm phân biệt x₁; x₂ và hệ số a = 1 – m < 0

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\\Delta > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\{m^2} - \left( {1 - m} \right)\left( {m - 6} \right) > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow m \in \left( {1;\frac{3}{2}} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\)

Để độ dài khoảng nghiệm bằng 1 thì |x₁ – x₂| = 1

⇔ (x₁ – x₂)² = 1

⇔ (x₁ + x₂)² – 4x₁x₂ = 1

Áp dụng định lí Vi – ét ta có

\({x_1} + {x_2} = \frac{{2m}}{{m - 1}};{x_1}{x_2} = \frac{{m - 6}}{{1 - m}}\)

Khi đó \({\left( {\frac{{2m}}{{m - 1}}} \right)^2} - 4.\frac{{m - 6}}{{1 - m}} = 1\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{2m}}{{m - 1}}} \right)^2} + 4.\frac{{\left( {m - 6} \right)\left( {m - 1} \right)}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}}\)

⇔ 4m² + 4(m – 6)(m – 1) = (m – 1)²

⇔ 4m² + 4(m² – 7m + 6) = m² – 2m + 1

⇔ 4m² + 4m² – 28m + 24 = m² – 2m + 1

⇔ 7m² – 26m + 23 = 0

\( \Leftrightarrow m = \frac{{13 \pm 2\sqrt 2 }}{7}\)

Vậy \(m = \frac{{13 \pm 2\sqrt 2 }}{7}\).

Ta có:

(x – 2)(x + 4) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\x + 4 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 4\end{array} \right.\)

Vậy x = 2 hoặc x = – 4.

Ta có:

–x² – 4x – 7 = –x² – 4x – 4 – 3 = –(x² + 4x + 4) – 3 = –(x + 2)² – 3

Vì (x + 2)² ≥ 0 với mọi x

Nên –(x + 2)² ≤ 0 với mọi x

Suy ra –(x + 2)² – 3 < 0 với mọi x

Vậy –x² – 4x – 7 luôn âm với mọi x.