7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 57)

Điều kiện: x ≥ 0

\[\left( {2\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right) = 7\]

\( \Leftrightarrow 2x - 3\sqrt x - 2 = 7\)

\( \Leftrightarrow 2x - 3\sqrt x - 9 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {2\sqrt x + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 3\\2\sqrt x = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 9\\x \in \emptyset \end{array} \right.\)

⇔ x = 9 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 9

\(x - 2\sqrt {x - 1} \)\( = \left( {x - 1} \right) - 2\sqrt {x - 1} + 1\)

\( = {\left( {\sqrt {x - 1} } \right)^2} - 2\sqrt {x - 1} + 1\)

\( = {\left( {\sqrt {x - 1} - 1} \right)^2}\)

Đáp án đúng là: B

Ta có:\(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} \)

\( = \overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {BC} \)

\( = \overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)\)

\( = \overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} \)

\( = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} \).

Gọi x (đồng), y (đồng) lần lượt là giá 1 quyển tập và 1 cây cây bút dự định (x > 0,

y > 1000)

Số tiền An mang theo: S₁ = 10x + 6y (đồng)

Số tiền An mua trong thực tế: S₂ = 10(x + 500) + 6(y – 1000) (đồng)

Ta có S₂ = 10x + 5000 + 6y – 6000 = 10x + 6y – 1000 = S₁ – 1000

Vậy để mua 10 quyển tập, 6 cây bút như trên thì bạn An còn thiếu số tiền là 1000 đồng.

Đáp án đúng là: B

•Xét đáp án A: log_ab^c = clog_ab ⇒ A sai

•Xét đáp án B: log_ab^c = clog_ab ⇒ B đúng

•Xét đáp án C: \({\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b\) ⇒ C sai

•Xét đáp án D: \({\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b\)⇒ D sai.

Đáp án đúng là: A.

y’ = 3x² – 1 ⇒ y’(1) = 2

⇒ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(1; 3) là:

y = 2(x – 1) + 3 = 2x + 1

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

X³ – x + 3 = 2x + 1

⇔ x³ – 3x + 2 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2 \Rightarrow y = - 3 \Rightarrow N\left( { - 2; - 3} \right)\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy N(−2; −3).

Đáp án đúng là: D

Ta có: G là trọng tâm tam giác ABC nên:

\(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {SA} - \overrightarrow {SG} + \overrightarrow {SB} - \overrightarrow {SG} + \overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SG} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} - 3\overrightarrow {SG} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 3\overrightarrow {SG} \)

Vậy \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 3\overrightarrow {SG} \).

Đáp án đúng là: D

Dựa vào đồ thị ta có a > 0, đồ thị cắt Oy tại 1 điểm có tung độ dương nên d > 0, đồ thị có 2 cực trị trái dấu nên:

x₁.x₂ < 0 \( \Rightarrow \frac{c}{a} < 0\) ⇒ c < 0

Đáp án đúng là: B

Gọi (C) là đồ thị của hàm số y = ax³ + bx² + cx + d.

Ta có [f(x)]² = 4 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f(x) = 2(1)\\f(x) = - 2(2)\end{array} \right.\)

Nhìn vào đồ thị của (C) ta thấy:

+) Phương trình (1) có một nghiệm duy nhất.

+) Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt và khác nghiệm của phương trình (1).

Do đó phương trình [f(x)]² = 4 có 4 nghiệm phân biệt.

Đáp án đúng là: C

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

x³ + 3x² + m = 0 (1)

Vì đồ thị (C) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho B là trung điểm của AC nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt lập thành 1 cấp số cộng.

Gọi 3 nghiệm đó lần lượt là: x₀ – d; x₀; x₀ + d (d ≠ 0)

Theo định lí Vi-ét, ta có:

\[{x_0} - d + {x_0} + {x_0} + d = \frac{{ - b}}{a} = - 3\]

⇔ 3x₀ = −3 ⇔ x₀ = −1 (là một nghiệm của phương trình (1))

⇒ (−1)³ + 3.(−1)² + m = 0

⇔ m + 2 = 0

⇔ m = −2 ⇒ m ∈ (−4; 0).

Đáp án đúng là: D

Hàm số y = x⁴ + 8x² + m liên tục trên [1; 3]

y’ = 4x³ + 16x = 4x(x² + 4), y’ = 0 ⇔ x = 0 ∉ [1; 3]

y(1) = 9 + m, y(3) = 153 + m.

Vậy min y = 9 + m = 6 ⇔ m = −3.

Đáp án đúng là: A

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có y’ = 4x³ – 4mx = 4x(x² – m)

y’ = 0 ⇔ 4x(x² – m) = 0 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m(*)\end{array} \right.\)

Để hàm số có 3 cực trị thì y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

⇔ Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x ≠ 0 ⇔ m > 0.

Vậy với m > 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: C

Mặt cầu (T) là mặt cầu ngoại tiếp hình nón (N).

Diện tích thiết diện qua trục là \(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = \sqrt {39} {a^2}\).

Bán kính mặt cầu (T) cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp của thiết diện qua trục.

Khi đó: \({R_{mc}} = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{4a.4a.2\sqrt 3 a}}{{4\sqrt {39} {a^2}}} = \frac{{8\sqrt {13} a}}{{13}}\).

Đáp án đúng là: C

Gọi I là tâm của (T) thì I ∈ SO và IS = IA. Gọi M là trung điểm của SA thì IM ⊥SA.

Ta có \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{{\left( {4a} \right)}^2} - {a^2}} = a\sqrt {15} \).

Lại có: SM.SA = SI.SO

\( \Rightarrow SI = \frac{{SM.SA}}{{SO}} = \frac{{2a.4a}}{{a\sqrt {15} }} = \frac{{8\sqrt {15} a}}{{15}}\).

Gọi O là tâm của đáy ABCD.

Trong tam giác SAC, ta có NO là đường trung bình nên NO//SA.

Tức là NO⊥(ABCD) và \(NO = \frac{a}{2}\).

Ta có \({V_{ANIB}} = {V_{NAIB}} = \frac{1}{3}.{S_{AIB}}.NO = \frac{3}{6}.{S_{AIB}}(1)\)

Ta tính diện tích tam giác AIB:

Xét hình chữ nhật ABCD. Do MA = MD

\( \Rightarrow MA = \frac{1}{2}BD \Rightarrow AI = \frac{1}{2}IC\)

\( \Rightarrow AI = \frac{1}{3}AC \Rightarrow A{I^2} = \frac{{A{C^2}}}{9} = \frac{{2{a^2} + {a^2}}}{9} = \frac{{{a^2}}}{3}\)

Lại có \(BI = \frac{2}{3}BM \Rightarrow B{I^2} = \frac{4}{9}B{M^2} = \frac{4}{9}\left( {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} \right) = \frac{{2{a^2}}}{3}\)

Do đó AI² + BI² = a² = AB², nên AIB là tam giác vuông đỉnh I.

Vậy \({S_{AIB}} = \frac{1}{2}.IA.IB = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{6}(2)\)

Thay (2) vào (1) ta có: \({V_{ANIB}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{36}}(dvtt)\)

Đáp án đúng là: D

Giả sử tam giác ABC đều cạnh 1, khi đó ta có \(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow AI = \frac{2}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} = R\)

\( \Rightarrow {V_2} = \frac{4}{3}\pi .{R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^3} = \frac{{4\sqrt 3 }}{{27}}\)

\({V_1} = \frac{1}{3}\pi .B{M^2}.AM = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{{24}}\)

Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{{24}}}}{{\frac{{4\sqrt 3 }}{{27}}}} = \frac{9}{{32}}\)

a) Do ME, MF là tiếp tuyến với đường tròn suy ra ME = MF nên M thuộc đường trung trực của EF.

Ta có OE = OF nên O thuộc đường trung trực của EF.

Do đó OM là đường trung trực của EF.

⇒ EF ⊥ OM.

Tứ giác ABHM có \(\widehat {BAM} = \widehat {BHM} = 90^\circ \), mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác này nội tiếp đường tròn bán kính MB.

b) Xét ∆OHB và ∆OAM có:

\(\widehat {OHB} = \widehat {OAM} = 90^\circ \); \(\widehat {MOA}\) chung

 (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OB}}{{AM}}\)

⇒ OA.OB = OH.OM (1)

Xét ∆OHE và ∆OEM có:

\(\widehat {OHE} = \widehat {OEM} = 90^\circ \); \(\widehat {MOE}\) chung

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{OH}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OM}}\)

Hay OH.OM = OE² (2)

Từ (1) và (2) suy ra OA.OB = OH.OM = OE² = R².

Rút y từ phương trình thứ nhất ta được

y = 2 – (m – 1)x thế vào phương trình còn lại ta được phương trình:

3m + 2 – (m – 1)x = m + 1

⇔ x = m -1

Suy ra y = 2(m – 1)² với mọi m

Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) = (m – 1; 2 – (m – 1)²)

2x + y = 2(m – 1)² + 2 – (m – 1)² = −m² + 4m – 1 = 3 – (m – 2)² ≤ 3 với mọi giá trị của m.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

\(\frac{3}{1} \ne \frac{m}{1} \Leftrightarrow m \ne 3\).

Vậy với m ≠ 3 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Đáp án đúng là: A

Đặt \(\sqrt[3]{{m + 3\sin x}} = a\); sinx = b.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt[3]{{m + 3a}} = b\\\sqrt[3]{{m + 3b}} = a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 3a = {b^3}\\m + 3b = {a^3}\end{array} \right.\)

⇒ 3(a – b) = b³ – a³ = (b – a)(b² + ba + a²)

⇔ (b – a)(b² + ba + a² + 3) = 0

Do b² + ba + a² + 3 > 0 ⇒ a = b = m + 3sinx = sin³x

⇔ m = sin³x – 3sinx = b³ – 3b = f(b).

Xét f(b) = b³ – 3b (b ∈ [−1; 1]).

Do đó hàm số f(b) nghịch biến trên [−1; 1].

Khi đó f(b) ∈ [f(1); f(−1)] = [−2; 2].

Do đó phương trình đã cho có nghiệm ⇔ m ∈ [−2; 2].

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

\(\sqrt 3 \sin x - \cos x = 2m\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x - \frac{1}{2}\cos x = m\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = m\)

Mà \(x \in \left[ {\frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{6}} \right]\)

\( \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{6} \in \left[ {0;\pi } \right]\)

\( \Rightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) \in \left[ {0;1} \right]\)

Do đó phương trình có nghiệm

⇔ \[\frac{m}{2} \in \left[ {0;1} \right]\]

⇔ m ∈ [0; 2]

Do m ∈ ℤ nên m ∈ {0; 1; 2}

TXĐ: D = ℝ

Ta có y' = 3x² – 6x – 9

y' = 0 ⇔ 3x² – 6x – 9 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên:

Vậy hàm số đã cho không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.

Thể tích bồn nước là:

V = S.h = 0,32.1,75 = 0,56 (m³)

Vậy bồn nước đựng đầy được 0,56 mét khối nước.

Đáp án đúng là: A

Số học sinh nữ của lớp học đó là: 45 – 20 = 25 (học sinh)

Số cách chọn ban cán sự gồm 4 học sinh là: \(C_{25}^4\) (cách)

Số cách chọn ban cán sự gồm 4 học sinh đều là học sinh nữ là: \(C_{25}^4\)(cách)

Vậy nên số cách chọn ra một ban cán sự gồm 4 học sinh nếu có ít nhất 1 học sinh nam là:\(C_{45}^4 - C_{25}^4 = 136\,\,345\).

Đáp án đúng là: D.

Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu (S).

Gọi (P) là mặt phẳng cách tâm một khoảng bằng 4 cm.

Ta có:h = d(I; (P)) = 4 cm.

(P) cắt mặt cầu (S) theo được thiết diện là một hình trong có bán kính r.

Theo giả thiết ta có:

pr² = 9p⇔ r = 3 cm.

Ta có:\(R = \sqrt {{r^2} + {h^2}} = 5\) cm.

Suy ra thể tích khối cầu (S) là:\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{500\pi }}{3}\) (cm³).

Vì số cam còn lại gấp 4 lần số xoài còn lại nên tổng số cam và xoài còn lại phải là số chia hết cho 5. Số cam và xoài mang ra chợ là: 

36 + 39 + 40 + 41 + 42 + 44 = 242 (quả)

Ta có: 242 chia 5 dư 2

⇒ Giỏ xoài bán đi có số quả là số chia 5 dư 2.

Trong các số 36; 39; 40; 41; 42; 44 chỉ có số 42 chia 5 dư 2

⇒ Số cam và số xoài còn lại là: 242 – 42 = 200 (quả)

Số xoài còn lại là: 200 : 5 = 40 (quả)

Vậy các giỏ xoài là các giỏ có 40 và 42 quả.

Các giỏ cam là các giỏ có 36 quả, 39 quả, 41 quả và 44 quả.

Đáp án đúng là: C

Hai bạn Bình và Lan có cùng 1 mã đề, cùng 1 môn thi (Toán hoặc Tiếng Anh) có 21 cách.

Môn còn lại khác nhau nên có 24.23 cách chọn,

Do đó có 2.24.24.23 = 26496 cách để Bình và Lan có chung mã đề.

Vậy xác suất cần tìm là:\(P = \frac{{26\,\,496}}{{{{24}^2}\,.\,{{24}^2}}} = \frac{{23}}{{288}}\).

Đáp án đúng là: D.

\(Q = {b^{\frac{5}{3}}}:\sqrt[3]{b}\) (b > 0)

\( \Leftrightarrow Q = {b^{\frac{5}{3}}}:{b^{\frac{1}{3}}}\)

\( \Leftrightarrow Q = {b^{\frac{5}{3}\, - \,\frac{1}{3}}} = {b^{\frac{4}{3}}}\)

Đáp án đúng là: A

Ta có: 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: A

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

\( \Leftrightarrow {2^{2x + 1}} - {2^{3{x^2} + 2x + 1}} = {3^{6{x^2} + 4x + 2}} - {3^{4x + 2}}\)

\( \Leftrightarrow {2^{2x + 1}} + {3^{4x + 2}} = {2^{3{x^2} + 2x + 1}} + {3^{6{x^2} + 4x + 2}}\)

\( \Leftrightarrow {2^{2x + 1}} + {3^{2\left( {2x + 1} \right)}} = {2^{3{x^2} + 2x + 1}} + {3^{2\left( {3{x^2} + 2x + 1} \right)}}\)

Đặt f(t) = 2^t + 3^2t, t ∈ ℝ. Ta có f(t) đồng biến trên ℝ.

Khi đó ta có f(2x + 1) = f(3x² + 2x + 1)

⇔ 2x + 1 = 3x² + 2x + 1

⇔ x = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Đáp án đúng là: C

Ta có: \({3^{{x^2}\, - \,4x\, + \,5}} = 9\)

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

⇔ x² – 4x + 5 = 2

⇔ x² – 4x + 3 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Vậy tổng lập phương các nghiệm bằng: 1 + 3³ = 28.

Đáp án đúng là: D

•Giả sử mệnh đề I đúng. Tức là trên tấm bìa chỉ có 1 mệnh đề I là đúng, 3 mệnh đề còn lại là sai. Tức là mệnh đề II sai.

Hay nói cách khác, trên tấm bìa phải có 2 mệnh đề đúng. Điều này mâu thuẫn với điều giả sử. Nên mệnh đề I sai.

•Giả sử mệnh đề II đúng. Tức là trên tấm bài này có 2 mệnh đề đúng và 2 mệnh đề sai. Mà theo trên thì mệnh đề I sai.

Nên hai mệnh còn lại là mệnh đề III, mệnh đề IV phải có 1 mệnh đề sai và 1 mệnh đề đúng.

Nếu mệnh đề III đúng thì mệnh đề II sai, nếu mệnh đề IV đúng thì mệnh đề II cũng sai nên mâu thuẫn với giả thiết. Hay mệnh đề II sai.

•Giả sử mệnh đề III đúng.

Nghĩa là có 3 mệnh đề sai I, II, IV. Điều này thỏa mãn vì mệnh đề I, II đã sai (theo trên), mệnh đề IV sai vì mệnh đề III đã đúng nên IV phải là mệnh đề sai.

•Giả sử mệnh đề IV đúng thì điều này mâu thuẫn với chính nó vì mệnh đề IV nói có 4 mệnh đề sai nên IV phải là mệnh đề sai.

Vậy có 3 mệnh đề sai và 1 mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: B

Ta có các hoành độ giao điểm:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} = \frac{{{x^2}}}{{27}} \Leftrightarrow x = 0\\{x^2} = \frac{{27}}{x} \Leftrightarrow x = 3\\\frac{{{x^2}}}{{27}} = \frac{{27}}{x} \Leftrightarrow x = 9\end{array} \right.\)

Gọi S là diện tích cần xác định, ta có: S = S₁ + S₂

= \(\int\limits_0^3 {\left( {{x^2} - \frac{{{x^2}}}{{27}}} \right)} dx + \int\limits_3^9 {\left( {\frac{{27}}{x} - \frac{{{x^2}}}{{27}}} \right)dx} \)

\(\)\( = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^3}}}{{81}}} \right)} \right|_0^3 + \left. {\left( {27\ln x - \frac{{{x^3}}}{{81}}} \right)} \right|_3^9 = 27\ln 3\)

Đáp án đúng là: D

Ta có \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^x} > 0\) với mọi x ∈ ℝ.

a) Hai tam giác MAE và MBF có:

\(\widehat {EMA}\) chung

\(\widehat {MAE} = \widehat {MFB}\) (cùng bù \(\widehat {EAB}\))

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{MA}}{{ME}} = \frac{{MF}}{{MB}} \Rightarrow MA.MB = ME.MF\)

b) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có:

MA.MB = MC²

Mặt khác, hệ thức lượng trong tam giác vuông MCO cho ta:

MH.MO = MC² ⇒ MA.MB = MH.MO

Do đó tứ giác AHOB nội tiếp trong đường tròn.

Ta có: \(\widehat {ACD} = \widehat {ABD}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn của nửa đường tròn (O))  (1)

Lại có \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Do đó \(\widehat {ABD} = \widehat {DQB}\) (cùng phụ \(\widehat {DBQ}\))  (2)

Từ (1) và (2) suy ra:\(\widehat {ACD} = \widehat {DQB} \Rightarrow \widehat {PCD} + \widehat {DQB} = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác CPQD nội tiếp đường tròn.

Đáp án đúng là: C

Đường thẳng y = 2x + 3 song song với đường thẳng

y = (m² – 2m + 2)x + 2m – 1

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m + 2 = 2\\2m - 1 \ne 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m = 0\\2m \ne 4\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 0\)

Vậy với m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: A

\(\left| {4x - 2m - \frac{1}{2}} \right| > - {x^2} + 2x + \frac{1}{2} - m\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4x - 2m - \frac{1}{2} > - {x^2} + 2x + \frac{1}{2} - m\\4x - 2m - \frac{1}{2} < {x^2} - 2x - \frac{1}{2} + m\end{array} \right.\)

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

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

Khi đó ta có \(\left[ \begin{array}{l}m + 2 < 0\\3m - 9 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 2\\m > 3\end{array} \right.\)

Vậy đáp án đúng là A.

Đáp án đúng là: D.

Ta có y′ = 5^x.ln5.

Đáp án đúng là: B

Biến đổi giả thiết ta có:

\({\log _2}\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{3xy + {x^2}}} + 1 + 2{x^2} + 2{y^2} \le 3xy + {x^2}\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{2{x^2} + 2{y^2}}}{{3xy + {x^2}}} + 2{x^2} + 2{y^2} \le 3xy + {x^2} - 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {2{x^2} + 2{y^2}} \right) + 2{x^2} + 2{y^2} \le {\log _2}\left( {3xy + {x^2}} \right) + 3xy + {x^2}\)

⇔ 2x² + 2y² ≤ 3xy + x²

⇔ x² – 3xy + 2y² ≤ 0

\( \Leftrightarrow 1 \le \frac{x}{y} \le 2\)

Khi đó \(P = \frac{{2\frac{x}{y} - \frac{x}{y} + 2}}{{\frac{{2x}}{y} - 1}} = f\left( {\frac{x}{y}} \right) \ge f\left( {\frac{3}{2}} \right) = \frac{5}{2}\).

Đáp án đúng là: B

Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AC và AD ta có ME//BC, EF//CD

\(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( P \right) \cap \left( {ABC} \right)\\\left( P \right)//BC \subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = ME\\ME//BC\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}E \in \left( P \right) \subset \left( {ACD} \right)\\\left( P \right)//CD \subset \left( {ACD} \right) \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) = EF\\EF//CD\end{array} \right.\)

(P)∩(ABD) = MF.

Khi đó thiết diện tạo bởi mp(P) và hình chóp là tam giác MEF

Ta có: \(ME = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}a\); \(EF = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}a\);

\(MF = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}a\)

\( \Rightarrow ME = EF = MF = \frac{a}{2}\).

Vậy thiết diện là một tam giác đều.

Đáp án đúng là: A

Số cách sắp xếp 5 học sinh trong đó có hai bạn Lan và Hồng đứng cạnh nhau là:

4!.2! = 48 (cách).

Vậy có 48 cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: D

Mỗi cách xếp cho ta một hoán vị của 5 học sinh và ngược lại.

Vậy số cách xếp là P₅ = 5! = 120 (cách)

Đáp án đúng là: A

Gọi I là trung điểm của OO’.

⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối trụ.

\( \Rightarrow R = \sqrt {I{O^2} + O{A^2}} = \sqrt {3{a^2} + 3{a^2}} = a\sqrt 6 \)

\( \Rightarrow V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {a\sqrt 6 } \right)^3} = 8\sqrt 6 \pi {a^3}\).

Đáp án đúng là: C

Ta có SA⊥SB, SA⊥SC.

Do đó SA ⊥ (SBC).

Suy ra: \(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{SBC}} = \frac{1}{3}.SA.\frac{1}{2}.SB.SC = \frac{1}{3}.3a.\frac{1}{2}.2a.a = {a^3}\).

Ta có các cạnh của hình lập phương ABCD.EFGH đều bằng nhau và bằng một giá trị

a = 7cm.

Khi đó thể tích hình lập phương ABCD.EFGH là:

V = a³ = 7³ = 343 (cm³).

Đáp án đúng là: C

Áp dụng định lí Simson, ta có:

•\(\frac{{{V_{S.MCD}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SC}}{{SC}}.\frac{{SD}}{{SD}} = \frac{1}{2}\).

•\(\frac{{{V_{S.MCN}}}}{{{V_{S.ACB}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SC}}.\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{4}\)

\( \Rightarrow {V_{S.CDMN}} = {V_{S,MCD}} + {V_{S.MNC}} = \frac{{{V_{S.ADC}}}}{2} + \frac{{{V_{S.ABC}}}}{4}\)

\( = \frac{{{S_{S.ABCD}}}}{4} + \frac{{{S_{S.ABCD}}}}{8} = \frac{{3{V_{S.ABCD}}}}{8}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.SDMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{3}{8}\).

4sin³x + 3cos³x – 3sinx – sin²x.cosx = 0

⇔ sinx(4sin²x – 3) – cosx(sin²x – 3cos²x) = 0

⇔ sin(4sin²x – 3) – cosx[sin²x – 3(1 – sin²x)] = 0

⇔ (4sin²x – 3)(sinx – cosx) = 0

⇔ [2(1 – cos2x) – 3](sinx – cosx) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos 2x = - \frac{1}{2} = \cos \frac{{2\pi }}{3}\\\sin x = \cos x\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\\tan x = 1 = \tan \frac{\pi }{4}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm \frac{\pi }{3} + k\pi \\x = \frac{\pi }{4} + k\pi \end{array} \right.\) (k ∈ ℤ)

Vậy phương trình có các họ nghiệm là: \(x \in \left\{ { \pm \frac{\pi }{3} + k\pi ;\,\,\frac{\pi }{4} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Đáp án đúng là: D

Gọi I là trung điểm BC.

Vì B và C cố định nên I cố định

Khi đó \(\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = 2\overrightarrow {MI} \)

Theo giả thiết\(\overrightarrow {MA} \left( {\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} .2\overrightarrow {MI} = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} \bot \overrightarrow {MI} \)

\( \Rightarrow \widehat {AMI} = 90^\circ \).

Do đó quỹ tích các điểm M là đường tròn đường kính AI.

Đáp án đúng là: D

Ta có:2^x + 2^x+1 = 3^x + 3^x+1

⇔ 2^x + 2.2^x = 3^x + 3.3^x

⇔ 3.2^x = 4.3^x

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = \frac{3}{4}\)

\( \Leftrightarrow x = {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{3}{4}\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{3}{4}\).

Ta có:(*) ⇔ 2cos³x + 2cos²x – 1 + sinx = 0

⇔ 2cos²x(cosx + 1) – 1 + sinx = 0

⇔ 2(1 – sin²x)(1 + cosx) – (1 – sinx) = 0

⇔ (1 – sinx)[2(1 + sinx)(1 + cosx) – 1] = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - \sin x = 0\\1 + 2\sin x.\cos x + 2(\sin x + \cos x) = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 1\\{(\sin x + \cos x)^2} + 2(\sin x + \cos x) = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 1\\\sin x + \cos x = 0\\\sin x + \cos x = - 2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 1\\\tan x = - 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \end{array} \right.\) (k ∈ ℤ)

Vậy phương trình có các họ nghiệm là: \(x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \); \(x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \) (k ∈ ℤ)

Đáp án đúng là: B

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}\,.\,AB\,.\,BC = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

• Xét ∆BAC vuông tại B có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2a\)

•Xét ∆SAC vuông tại S có:

\(SO = AO = \frac{{AC}}{2} = a \Rightarrow HO = \frac{{AO}}{2} = \frac{a}{2}\)

•Xét ∆SHO vuông tại H có:

\(SH = \sqrt {S{O^2} - H{O^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{4}\).

Đáp án đúng là: A

Đặt f(x) = t (*)

Nhận xét:

• Với phương trình t = −3 có một nghiệm x = 1.

• Với t > −3 nên phương trình (*) có hai nghiệm x = x₁ và x = x₂ vớix₁ < 1; x₂ > 1

Ta có f[f(x) + m] = 0 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t + m = 0\\t + m = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - m\\t = 2 - m\end{array} \right.\)

Vì 2 – m > −m, \(\forall \)m nên f[f(x) + m] = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

\(\left\{ \begin{array}{l} - m = - 3\\2 - m > - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 3\\m < 5\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 3\)

Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yều cầu bài toán.

Đáp án đúng là: B

Kẻ SH⊥AD ⇒ H là trung điểm của AD (∆SAD cân tại S).

Kéo dài BH∩CD = E.

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\SH \supset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Xét tam giác EBC có:

\[\left\{ \begin{array}{l}HD\,{\rm{//}}\,BC\\HD = \frac{1}{2}BC\end{array} \right.\]

⇒ HD là đường trung bình của tam giác EBC.

⇒ H là trung điểm của BE.

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}\,.\,SH\,.\,{S_{ABCD}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{4}{3}{a^3} = \frac{1}{3}\,.\,SH\,.\,2{a^2} \Leftrightarrow SH = 2a\)

Kẻ HK⊥SD ⇒ d(H; (SCD)) = HK

Ta có \(\frac{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{HE}}{{BE}} = \frac{1}{2}\)

Xét tam giác SHD vuông tại H có:

\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{S{D^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}}\)

\( \Rightarrow HK = \frac{{2a}}{3}\)

D(B;(SCD)) = 2d(H;(SCD)) = 2HK \( = \frac{{2.2a}}{3} = \frac{{4a}}{3}\).

Đáp án đúng là: D

Gọi H, H' lần lượt là trung điểm của BC, B'C'.

Do lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a nên \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Và \({S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có: ((AB’C”),(ABC)) = (AH, AH’) \( = \widehat {H'AH} = 60^\circ \).

Xét tam giác H'HA vuông tại H có:

\(\tan 60^\circ = \frac{{H'H}}{{AH}} \Leftrightarrow H'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{3}{2}a\).

Mà A'A=H'H nên \(A'A = \frac{3}{2}a\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'A.{S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{3}{2}a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{8}{a^3}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có: AA’ = A’B = A’D.

Khi đó, hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABD) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

Mà ABCD là hình chữ nhật nên am giác ABD vuông tại A.

Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD là trung điểm của BD.

Do đó, hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABD) là trung điểm của BD và cũng là giao điểm O của AC với BD.

Ta có: \(OA = \frac{{BD}}{2} = \frac{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} }}{2} = a\)

A’O⊥(ABCD) ⇒ A’O⊥OA ⇒ ∆AOA’ vuông tại O

\(A'O = \sqrt {A'{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{{(2a)}^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \)

Thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ là:

\(V = {S_{ABCD}}.OA' = AB.AD.OA' = a.a\sqrt 3 .a\sqrt 3 = 3{a^3}\).