7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 58)
51 câu hỏi
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác vuông tại A. E là trung điểm của B’C’, CB’ cắt BE tại M. Tính thể tích V của khối tứ diện ABCM biết AB = 3a, AA’ = 6a.
V = 6a3;
\[V = 6\sqrt 2 {a^3}\];
V = 8a3;
V = 7a3.
Đáp án đúng là: A
Kẻ MH⊥BC, EK⊥BC.
Ta có: (g.g)
\( \Rightarrow \frac{{ME}}{{MB}} = \frac{{B'E}}{{CB}} = \frac{1}{2}\).
(g.g)
\( \Rightarrow \frac{{MH}}{{KE}} = \frac{{BM}}{{BE}} = \frac{2}{3}\)
\( \Rightarrow MH = \frac{2}{3}EK = \frac{2}{3}.6a = 4a\)
\(V = \frac{1}{3}MH.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.4a.\left( {\frac{1}{2}.3a.3a} \right) = 6{a^3}\).
Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, biết BA = BC = 2a và (A’BC) hợp với đáy một góc 30°. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là:
6a3;
\(\frac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{9}\);
\(4{a^3}\sqrt 3 \);
\(\frac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
Đáp án đúng là: D
Ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'BA} \right) \Rightarrow \widehat {A'BA} = 30^\circ \)
Khi đó \(AA' = AB.\tan 30^\circ = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\)
\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{4{a^2}}}{2}.\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O và \(\widehat {ABC} = 120^\circ \). Các cạnh AA', A'B, A'D cùng tạo với đáy một góc 60°. Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
\({a^3}\sqrt 3 \);
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\);
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\);
\(\frac{{3{a^2}}}{2}\).
Đáp án đúng là: C
Ta có: \(\widehat {ABC} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {BAD} = 60^\circ \) suy ra tam giác ABD là tam giác đều cạnh a.
Khi đó A’.ABD là chóp đều cạnh đáy bằng a.
Như vậy hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt đáy trùng với trọng tam tam giác ABD.
Ta có: \(A'H = HA.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3 = a\)
\( \Rightarrow {V_{A'.ABD}} = \frac{1}{3}A'H.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)
Do đó \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 3.{V_{A'.ABCD}} = 6.{V_{A'.ABD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc dài 4 km và một đoạn xuống dốc dài 5 km. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 40 phút và đi từ B về A hết 41 phút (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính vận tốc lúc lên dốc và lúc xuống dốc.
Gọi vận tốc lúc lên dốc và vận tốc lúc xuống dốc theo thứ tự là x, y (km/h) (x, y > 0)
* Lúc đi từ A đến B: Đoạn lên dốc dài 4 km và đoạn xuống dốc dài 5 km
* Lúc đi từ B đến A: Đoạn lên dốc dài 5 km và đoạn xuống dốc dài 4 km
Thời gian đi lên dốc là \(\frac{4}{x}\) (h), thời gian xuống dốc là: \(\frac{5}{y}\) (h)
Theo đầu bài thời gian đi A đến B là 40 phút \( = \frac{2}{3}\) (h) nên:
\(\frac{4}{x} + \frac{5}{y} = \frac{2}{3}\) (1)
* Lúc đi từ B đến A qua C: Đoạn lên dốc dài 5 km và đoạn xuống dốc dài 4 km
Thời gian đi lên dốc là \(\frac{5}{x}\) (h), thời gian xuống dốc là: \(\frac{4}{y}\) (h)
Theo đầu bài thời gian đi A đến B là 41 phút \( = \frac{{41}}{{60}}\) (h) nên:
\(\frac{5}{x} + \frac{4}{y} = \frac{{41}}{{60}}\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{4}{x} + \frac{5}{y} = \frac{2}{3}\\\frac{5}{x} + \frac{4}{y} = \frac{{41}}{{60}}\end{array} \right.\)
Đăth \(X = \frac{1}{x};Y = \frac{1}{y}\) khi đó hệ phương trình trên trở thành:
\(\left\{ \begin{array}{l}4X + 5Y = \frac{2}{3}\\5X + 4Y = \frac{{41}}{{60}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}X = \frac{1}{{12}}\\Y = \frac{1}{{15}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 12\\y = 15\end{array} \right.\) (TMĐK)
Vậy tốc độ lúc lên dốc là 12 km/h, vận tốc lúc xuông dốc là 15 km/h.
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
Khối tứ diện là khối đa diện lồi;
Lắp ghép 2 khối hộp sẽ được 1 khối đa diện lồi;
Khối lập phương là khối đa diện lồi;
Khối lăng trụ tam giác là khối đa diện lồi.
Đáp án đúng là: B
Lắp ghép 2 khối hộp chưa chắc được 1 khối đa diện lồi.
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
Tồn tại tứ diện là khối tứ diện đều;
Tồn tại khối lăng trụ đều là khối đa diện đều;
Tồn tại khối hộp là khối đa diện đều;
Tồn tại khối chóp tứ giác đều là khối da diện đều.
Đáp án đúng là: D
Không thể tồn tại khối chóp tứ giác đều là khối đa diện đều.
Tìm một số tự nhiên có hai chữ số,biết rằng nếu viết thêm chữ số 6 vào bên trái số đó ta được một số lớn gấp 13 lần số đã cho.
31;
87;
50;
51.
Đáp án đúng là: C
Gọi số phải tìm là: \(\overline {ab} \). Viết thêm chữ số 9 vào bên trai ta được số \(\overline {9ab} \).
Theo đề bài, ta có:
\(6\overline {ab} = \overline {ab} \times 13\)
\(600 + \overline {ab} = \overline {ab} \times 13\)
\(600 = \overline {ab} \times 13 - \overline {ab} \)
\(600 = \overline {ab} \left( {13 - 1} \right)\)
\(600 = 12 \times \overline {ab} \)
\(\overline {ab} = 600:12 = 50\)
Vậy số cần tìm là 50.
Cho phương trình (m + 1).16x − 2( 2m − 3) .4x + 6m + 5 = 0 với m là tham số thực. Tập tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu có dạng (a; b). Tính P = a.b.
4;
−4;
5;
−5.
Đáp án đúng là: A
Đặt t = 4x > 0
Phương trình trở thành:
(m + 1).t2 – 2(2m – 3)t + 6m + 5 = 0 (*)
Phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn x1 < 0 < x2
\( \Rightarrow 0 < {4^{{x_1}}} < {4^0} < {4^{{x_2}}}\)
Suy ra: 0 < t1 < 1 < t2
YCBT trở thành:
Phương trình (*) có hai nghiệm t1; t2 thỏa mãn
0 < t1 < 1 < t2 \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \ne 0\\\left( {m + 1} \right)f(1) < 0\\\left( {m + 1} \right)f(0) > 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \ne 0\\\left( {m + 1} \right)\left( {3m + 12} \right) < 0\\\left( {m + 1} \right)\left( {6m + 5} \right) > 0\end{array} \right.\)
⇔ −4 < m < −1
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 4\\b = - 1\end{array} \right. \Rightarrow P = 4\)
Vậy P = 4.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình mx – m = 0 vô nghiệm.
m ∈∅;
m = 0;
m ∈ ℝ;
m ∈ ℤ.
Đáp án đúng là: A
Ta có: mx – m = 0 vô nghiệm
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \)
Vậy không tồn tại m để phương trình đã cho vô nghiệm hay m ∈∅.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình (m2 – 4)x = 3m + 6 vô nghiệm.
Ta có: (m2 – 4)x = 3m + 6 ⇔ (m2 – 4)x – 3m – 6 = 0 vô nghiệm
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4 = 0\\ - 3m - 6 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 2\end{array} \right.\\m \ne - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\)
Vậy với m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho một khối chóp có thể tích bằng V. Khi giảm chiều cao của hình chóp xuống 2 lần và tăng diện tích đáy lên 4 lần thì thể tích khối chóp lúc đó bằng:
\(\frac{{2V}}{3}\);
2V;
3V;
\(\frac{V}{2}\).
Đáp án đúng là: B
Gọi V,h,S lần lượt là thể tích, chiều cao, và diện tích đáy của hình chóp ban đầu.
V′, h′, S′ lần lượt là thể tích, chiều cao, và diện tích đáy của hình chóp khi đã thay đổi kích thước.
Theo giả thiết: \(h' = \frac{h}{2}\), S’ = 4S.
Ta có: \(V' = \frac{1}{3}.S'.h' = \frac{1}{3}.4S.\frac{h}{2} = 2.\left( {\frac{1}{3}.S.h} \right) = 2V\).
Phương trình \(2{\sin ^2}x + \sqrt 3 \sin 2x = 3\) có nghiệm là
\(x = \frac{\pi }{3} + k\pi \), k ∈ ℤ;
\(x = \frac{{2\pi }}{3} + k\pi \), k ∈ ℤ;
\(x = \frac{{4\pi }}{3} + k\pi \), k ∈ ℤ;
\(x = \frac{{5\pi }}{3} + k\pi \), k ∈ ℤ.
Đáp án đúng là: A
Ta có:\(2{\sin ^2}x + \sqrt 3 \sin 2x = 3\)
\( \Leftrightarrow 2{\sin ^2}x - 1 + \sqrt 3 \sin 2x = 2\)
\( \Leftrightarrow - \left( {1 - 2{{\sin }^2}x} \right) + \sqrt 3 \sin 2x = 2\)
\( \Leftrightarrow - \cos 2x + \sqrt 3 \sin 2x = 2\)
\( \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin 2x - \cos 2x = 2\)
\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x - \frac{1}{2}\cos 2x = 1\)
\( \Leftrightarrow \cos \frac{\pi }{6}.\sin 2x - \sin \frac{\pi }{6}.\cos 2x = 1\)
\( \Leftrightarrow \sin \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) = 1\)
\( \Leftrightarrow 2x - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \), k ∈ ℤ
\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi \), k ∈ ℤ.
Vậy phương trình có họ nghiệm là: \(x = \frac{\pi }{3} + k\pi \), k ∈ ℤ.
Thể tích khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a bằng:
\(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\);
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\);
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\);
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).
Đáp án đúng là: C
Xét hình lăng trụ như hình vẽ:
Tam giác ABC đều nên có diện tích \({S_{ABC}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).
Chiều cao của khối lăng trụ là AA’ = 2a suy ra thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ là \(V = AA'.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\) (đvtt)
Thể tích của khối lăng trụ đứng tam giác đều có cạnh bên bằng a, cạnh đáy bằng 2a bằng:
\(2{a^3}\sqrt 3 \);
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\);
\({a^3}\sqrt 3 \);
2a3.
Đáp án đúng là: C
Thể tích của khối lăng trụ đứng tam giác đều có cạnh bên bằng a, cạnh đáy bằng 2a là:
\(V = a{\left( {2a} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^3}\sqrt 3 \).
Cho hàm số y = log2x2. Khẳng định nào sau đây là sai?
Hàm số đồng biến trên (0; +∞);
Hàm số nghịch biến trên (−∞; 0);
Đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang;
Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng.
Đáp án đúng là: C
TXĐ: D = ℝ \ {0}
Ta có: y = log2x2
\( \Rightarrow y' = \frac{{{{\left( {{x^2}} \right)}^\prime }}}{{{x^2}\ln 2}} = \frac{{2x}}{{{x^2}\ln 2}}\)
Ta thấy y’ > 0 ⇔ x > 0 nên hàm số đồng biến trên (0; +∞)
y’ < 0 ⇔ x < 0 nên hàm số nghịch biến trên (−∞; 0)
Lại có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \, \pm \,\infty } y = + \infty \) nên hàm số đã cho không có tiệm cận ngang
Đồ thị hàm số có một tiệm cận đúng là x = 0.
Vậy đáp án C là khẳng định sai.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình 2f(x2 – 1) – 5 = 0 là:
3;
2;
6;
4.
Đáp án đúng là: B
2f(x2 – 1) – 5 = 0
Đặt t = x2 – 1 (t ≥ −1)
Phương trình (1) trở thành
2f(t) – 5 = 0
\( \Leftrightarrow \left( t \right) = \frac{5}{2}\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = a(a < - 3)\\t = b\left( {b \in \left\{ { - 2; - 1} \right\}} \right)\\t = c\left( {c \in \left\{ { - 1;0} \right\}} \right)\end{array} \right.\)
Ta có t = c (thỏa mãn)
⇒ c = x2 – 1 \( \Leftrightarrow x = \pm \sqrt {c + 1} \)
Vậy số nghiệm thực của phương trình (1) là 2.
Cho tứ giác ABCD có a là góc nhọn tạo bởi hai đường chéo. Chứng minh rằng \({S_{ABCD}} = \frac{1}{2}.AC.BD.\sin a\).
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD và \(\widehat {AOD} = \widehat {BOC} = a < 90^\circ \)
Kẻ AH và CK vuông góc với BD. Ta có:
\({S_{ABCD}} = {S_{ABD}} + {S_{BCD}} = \frac{1}{2}.BD.AH + \frac{1}{2}.BD.CK\)
\( = \frac{1}{2}.BD.\left( {AH + CK} \right)\) (1)
Lại có AH = OA.sina; CK = OC.sina
Do đo AH + CK = (OA + OC).sina = AC.sina (2)
Từ (1) và (2) suy ra \({S_{ABCD}} = \frac{1}{2}.AC.BD.\sin a\)
Giá trị của tan30° + cot30° bằng bao nhiêu?
\(\frac{4}{{\sqrt 3 }}\);
\(\frac{{1 + \sqrt 3 }}{3}\);
\(\frac{2}{{\sqrt 3 }}\);
2.
Đáp án đúng là: A
Ta có:tan30° + cot30° \( = \frac{1}{{\sqrt 3 }} + \sqrt 3 = \frac{1}{{\sqrt 3 }} + \frac{3}{{\sqrt 3 }} = \frac{4}{{\sqrt 3 }}\).
Tập nghiệm của phương trình \({5^x}{.8^{\frac{{x - 1}}{x}}} = 500\) là
\(\left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - {\log _5}2\end{array} \right.\);
\(\left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = {\log _5}2\end{array} \right.\);
\(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - {\log _5}2\end{array} \right.\);
\(\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = {\log _5}2\end{array} \right.\).
Đáp án đúng là: A
Ta có:
\({5^x}{.8^{\frac{{x - 1}}{x}}} = 500 = {2^2}{.5^3}\)
\( \Leftrightarrow {5^x}{.2^{\frac{{3\left( {x - 1} \right)}}{x}}} = {2^2}{.5^3}\)
\( \Leftrightarrow {2^{\frac{{3\left( {x - 1} \right)}}{x} - 2}} = {5^{x - 3}}\)
\( \Leftrightarrow {\log _2}{2^{\frac{{x - 3}}{x}}} = {\log _2}{5^{3 - x}}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{x - 3}}{x} = \left( {3 - x} \right){\log _2}5\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {\frac{1}{x} + {{\log }_2}5} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\\frac{1}{x} + {\log _2}5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = \frac{{ - 1}}{{{{\log }_2}5}} = - {\log _5}2\end{array} \right.\).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 3 hoặc x = −log52.
Giải phương trình \(\sin 3x - \frac{2}{{\sqrt 3 }}{\sin ^2}x = 2\sin x.\cos 2x\)
\(x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \); \(x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \) (k ∈ ℤ);
\(x = \pm \frac{\pi }{4} + k2\pi \); \(x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \) (k ∈ ℤ);
x = kp; \(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \); \(x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \) (k ∈ ℤ);
\(x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \); \(x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \) (k ∈ ℤ).
Đáp án đúng là: C
\(\sin 3x - \frac{2}{{\sqrt 3 }}{\sin ^2}x = 2\sin x.\cos 2x\)
\( \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin 3x - 2{\sin ^2}x = \sqrt 3 \left( {\sin 3x - \sin x} \right)\)
\( \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin 3x - 2{\sin ^2}x = \sqrt 3 \sin 3x - \sqrt 3 \sin x\)
\( \Leftrightarrow \sin x\left( {2\sin x - \sqrt 3 } \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.\)
Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là: x = kp; \(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \); \(x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \) (k ∈ ℤ).
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình 2f(x) + 5 = 0 là:
3;
4;
2;
1.
Đáp án đúng là: C
Số nghiệm của phương trình 2f(x) + 5 = 0 \( \Leftrightarrow f(x) = - \frac{5}{2}\) là số giao điểm của đường thẳng \(y = - \frac{5}{2}\) và đồ thị hàm số y = f(x)
Ta có BBT:
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng \(y = - \frac{5}{2}\) cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại hai điểm phân biệt.
Do đó 2f(x) + 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Tổng các nghiệm của phương trình 4x – 3.2x+2 + 32 = 0 bằng
32;
3;
5;
12.
Đáp án đúng là: C
Ta có:
4x – 3.2x+2 + 32 = 0
⇔ (2x)2 – 12.2x + 32 = 0
⇔ (2x – 8)(2x – 4) = 0
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} = 8\\{2^x} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 2\end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {3; 2}
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 3 + 2 = 5.
Tập nghiệm của bất phương trình 4x – 3.2x+2 + 32 ≤ 0 là:
(4; 8);
(2; 3);
[2; 3];
[4; 8].
Đáp án đúng là: C
Đặt t = 2x > 0. Khi đó bất phương trình trở thành:
t2 – 12t + 32 ≤ 0
⇔ 4 ≤ t ≤ 8
⇒ 4 ≤ 2x ≤ 8
⇔ 2 ≤ x ≤ 3
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: [2; 3].
Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây:
Tồn tại khối lăng trụ đều là khối đa diện đều;
Tồn tại khối chóp tứ giác đều là khối đa diện đều;
Tồn tại khối tứ diện là khối đa diện đều;
Tồn tại khối hộp là khối đa diện đều.
Đáp án đúng là: B
Không thể tồn tại khối chóp tứ giác đều là khối đa diện đều.
Vậy mệnh đề sai là mệnh đề B.
Giải bất phương trình sau:\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{4^x} + 4} \right) \ge {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{2^{2x + 1}} - {{3.2}^x}} \right)\).
\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{4^x} + 4} \right) \ge {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{2^{2x + 1}} - {{3.2}^x}} \right)\)
⇔ 4x – 3.2x – 4 ≥ 0
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} \le - 1\\{2^x} \ge 4\end{array} \right.\)
⇔ 2x ≥ 4
⇔ x ≥ 2.
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là [2; +∞)
Phương trình 5x + 251-x = 6 có tích các nghiệm là:
\[{\log _5}\left( {\frac{{1 - \sqrt {21} }}{2}} \right)\];
\({\log _5}\left( {\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}} \right)\);
5;
\(5\log \left( {\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}} \right)\).
Đáp án đúng là: B
Ta có:
5x + 251-x = 6
⇔ 5x + 52(1-x) = 6
\( \Leftrightarrow {5^x} + \frac{{{5^2}}}{{{5^{2x}}}} = 6\)
⇔ 53x + 25 = 6.52x
Đặt t = 5x > 0
Khi đó phương trình trở thành:
t3 – 6t2 + 25 = 0
⇔ (t – 5)(t2 – t – 5) = 0
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 5\\t = \frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}\\t = \frac{{1 - \sqrt {21} }}{2}\end{array} \right.\)
Vì t > 0 nên ta có: \(\left[ \begin{array}{l}t = 5\\t = \frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}\end{array} \right.\)
Với t = 5 ⇒ 5x = 5 ⇔ x = 1
Với \(t = \frac{{1 + \sqrt {21} }}{2} \Rightarrow {5^x} = \frac{{1 + \sqrt {21} }}{2} \Leftrightarrow x = {\log _5}\left( {\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}} \right)\)
Vậy tích các nghiệm của phương trình bằng: \({\log _5}\left( {\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}} \right)\).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I với \(AB = 2a\sqrt 3 \); BC = 2a. Biết chân đường cao H hạ từ đỉnh S xuống đáy ABCD trùng với trung điểm đoạn DI và SB hợp với mặt phẳng đáy (ABCD) một góc 60°. Khoảng cách từ D đến (SBC) tính theo a bằng
\(\frac{{a\sqrt {15} }}{5}\);
\(\frac{{2a\sqrt {15} }}{5}\);
\(\frac{{4a\sqrt {15} }}{5}\);
\(\frac{{5a\sqrt {15} }}{5}\).
Đáp án đúng là: C
Ta có SB tạo với mp (ABCD) là: \(\widehat {SBM} = 60^\circ \)
\(BM = \frac{3}{4}BD = 3a\)
\(SM = BM.\tan 60^\circ = 3\sqrt 3 a\)
\(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{4}{3}MH\)
Xét ∆SMK vuông tại M có:
\(\frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{1}{{M{K^2}}} + \frac{1}{{M{S^2}}}\)
\( = \frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{4}.2\sqrt 3 a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {3\sqrt 3 a} \right)}^2}}} = \frac{5}{{27{a^2}}}\)
\( \Rightarrow MH = \sqrt {\frac{{27}}{5}} a\)
Vậy \(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{4}MH = \frac{{4\sqrt {15} a}}{5}\).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, mặt bên (SBC) là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\);
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{4}\);
\(\frac{{a\sqrt 5 }}{4}\);
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Đáp án đúng là: A
Gọi H là trung điểm của BC. Khi đó SH⊥(ABCD).
Do tam giác ABC vuông cân tại A nên AH⊥BC và \(AH = \frac{a}{2}\).
Dựng điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.
Khi đó d(SA, BC) = d(BC,(SAD)) = d(H, (SAD)).
Kẻ HI ⊥ SA.
Khi đó d(H, (SAD)) = HI \( = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{2}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 2a. Diện tích xung quanh của hình nón đỉnh S và đáy là hình tròn nội tiếp ABCD là:
\(\frac{{\pi {a^2}\sqrt {17} }}{8}\);
\(\frac{{\pi {a^2}\sqrt {15} }}{4}\);
\(\frac{{\pi {a^2}\sqrt {17} }}{6}\);
\(\frac{{\pi {a^2}\sqrt {17} }}{4}\).
Đáp án đúng là: D
Ta có \(R = OH = \frac{a}{2}\)
\(SH = \sqrt {S{O^2} + O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}\)
Vậy \({S_{xq}} = \pi .\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt {17} }}{2} = \frac{{\pi {a^2}\sqrt {17} }}{4}\)
Tìm nghiệm của phương trình 3x–1 = 9.
3x–1 = 9
⇔ 3x–1 = 32
⇔ x – 1 = 2
⇔ x = 3
Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình.
Gọi S là nghiệm của phương trình ln(3ex – 2) = 2x. Số tập con của S bằng
0;
4;
1;
2.
Đáp án đúng là: B
Ta có ln(3ex – 2) = 2x
⇔ 3ex – 2 = e2x
⇔ e2x – 3ex + 2 = 0
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{e^x} = 1\\{e^x} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \ln 2\end{array} \right.\)
Vậy S có 2 phần tử nên có tất cả 22 = 4 tập con.
Tập nghiệm của bất phương trình ln(1 – x) < 0:
(−∞; 1);
(0; 1);
(0; +∞);
(−∞; 0).
Đáp án đúng là: B
Ta có: ln(1 – x) < 0
⇔ 0 < 1 – x < e0
⇔ 0 < x < 1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (0; 1)
Với các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 có thể lập được bao nhiêu số lẻ gồm 4 chữ số khác nhau?
Gọi số lẻ đang xét có dạng \(\overline {abcd} \)
Ta có:
d ∈ {1; 3; 5}
a ∈ {1; 2; 3; 4; 5}
b và c ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5}
Khi đó ta có:
•d có 3 cách chọn
•a có 4 cách chọn
•b có 4 cách chọn
•c có 3 cách chọn
Vậy các số lẻ có thể lập được là 3.4.4.3 = 144.
Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 ta lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 10 chữ số đôi một khác nhau?
Xét số tự nhiên có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}{a_9}{a_{10}}} \).
TH1: a1 có thể bằng 0 hoặc khác 0.
Với a1 có thể bằng 0 hoặc khác 0, mỗi số có dạng trên là một hoán vị của 10 chữ số đã cho.
Do đó, số các số có thể lập được trong trường hợp 1 là:
P10 = 10! (số).
Trường hợp 2: a1 = 0.
Vì a1 = 0 cố định nên 9 chữ số sau a1 đều khác 0 và chỉ có 9 chữ số đó thay đổi.
Suy ra, mỗi số có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}{a_9}{a_{10}}} \) là một hoán vị của 9 chữ số khác 0 đã cho.
Do đó, số các số có thể lập được trong trường hợp 2 là:
P9 = 9! (số).
Vậy số các số tự nhiên có 10 chữ số đôi một khác nhau có thể lập được là:
10! – 9! = 3 265 920 (số).
Cho hai đường tròn bằng nhau (O; R) và (O’; R’) phân biệt. Có bao nhiêu phép vị tự biến (O; R) thành (O’; R’)?
0;
1;
2;
Vô số.
Đáp án đúng là: B
Vì O và O’ riêng biệt, R = R’
Suy ra chỉ có duy nhất 1 phép vị tự biến (O; R) thành (O’; R’).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, cạnh a, góc \(\widehat {BAD} = 60^\circ \); \(SA = SB = SD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Gọi a là góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD). Mệnh đề nào sau đây đúng?
\(\tan a = \sqrt 5 \);
\(\tan a = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\);
\(\tan a = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\);
a = 45°.
Đáp án đúng là: A
Từ giả thiết suay ra tam giác ABD đều cạnh a.
Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).
Do SA = SB = SC nên suy ra H cách đều các đỉnh của tam giác ABD hay H là tâm của tam giác đều ABD.
Suy ra \(HI = \frac{1}{3}AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\) và \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}\)
Vì ABCD là hình thoi nên HI ⊥ BD
Tam giác SBD cân tại S nên SI⊥BD
Do đó \(\widehat {\left( {\left( {SBD} \right),\,\,\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SI,\,\,AI} \right)} = \widehat {SIH}\)
Trong tam giác vuông SHI, có \(\tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \sqrt 5 \).
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = b, CC’ = c. Độ dài đường chéo AC’ là:
\(AC' = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \);
\(AC' = \sqrt { - {a^2} + {b^2} + {c^2}} \);
\(AC' = \sqrt {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \);
\(AC' = \sqrt {{a^2} - {b^2} + {c^2}} \).
Đáp án đúng là: A
Ta có: C’B⊥(ABB’A’) nên suy ra ∆AB’C’ vuông tại B’.
(AB’)2 = a2 + c2
Khi đó ta có: \(AC' = \sqrt {{{(AB')}^2} + {{(B'C')}^2}} \)
\( = \sqrt {{a^2} + {c^2} + {b^2}} \).
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có n3 + 5n chia hết cho 6.
Ta có: n3 + 5n = n3 – n + 6n = n(n2 – 1) + 6n
= n(n – 1)(n + 1) + 6n
Vì n là số nguyên dương nên suy ra:
Tích của ba số nguyên dương liên tiếp: n – 1; n; n + 1 chia hết cho 2 và 3
Nên n.(n – 1)(n + 1) chia hết cho 6.
Mà 6n chia hết cho 6 nên suy ra:
n(n – 1)(n + 1) + 6n chia hết cho 6.
Suy ra với mọi số nguyên dương ta luôn có n3 + 5n chia hết cho 6 (đpcm)
Cho x là số thực dương, số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức \({\left( {x + \frac{2}{{\sqrt x }}} \right)^{30}}\) là:
220;
\({2^{20}}\,.\,C_{30}^{10}\);
\({2^{10}}\,.\,C_{30}^{20}\);
\(C_{30}^{20}\).
Đáp án đúng là: B
Ta có: \({\left( {x + \frac{2}{{\sqrt x }}} \right)^{30}} = \sum\limits_{k = 0}^{30} {C_{30}^k{{\left( x \right)}^{30 - k}}.{{\left( {\frac{2}{{\sqrt x }}} \right)}^k}} \)
\( = \sum\limits_{k = 0}^{30} {C_{30}^k.{{\left( 2 \right)}^k}.{{\left( x \right)}^{\frac{{60 - 3k}}{2}}}} \)
Số hạng không chứa x tương ứng \(\frac{{60 - 3k}}{2} = 0 \Leftrightarrow k = 20\)
Vậy số hạng không chứa x là: \({2^{20}}\,.\,C_{30}^{20} = {2^{20}}\,.\,C_{30}^{10}\).
Giá trị lớn nhất của hàm số y = x4 – 4x2 + 9 trên đoạn [−2; 3] bằng:
201;
9;
2;
54.
Đáp án đúng là: D
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [−2; 3]
Ta có y¢ = 4x3 – 8x
\(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)
Ta có: f(−2) = 9; f(3) = 54; f(0) = 9; \(f\left( { - \sqrt 2 } \right) = 5\); \(f\left( {\sqrt 2 } \right) = 5\)
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [−2; 3] bằng f(3) = 54.
Giá trị lớn nhất của hàm số y = −x3 + 3x2 + 24x – 7 trên đoạn [−3; 3] bằng:
65;
73;
−25;
−35.
Đáp án đúng là: A
Ta có: y¢ = −3x2 + 6x + 24 = 0
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2 \in [ - 3;3]\\x = 4 \notin [ - 3;3]\end{array} \right.\)
y(−3) = −25; y(−2) = −35; y(3) = 65.
Vậy giá trị cần tìm là 65.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 + 2x2 – 7x trên đoạn [0; 4] bằng
−259;
68;
0;
−4.
Đáp án đúng là: D
TXĐ: D = ℝ
Hàm số liên tục trên đoạn [0; 4]
Ta có: y¢ = 3x2 + 4x – 7 = 0
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in [0;4]\\x = - \frac{7}{3} \notin [0;4]\end{array} \right.\)
Khi đó y(0) = 0; y(1) = −4; y(4) = 68
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là: −4.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, \(\widehat {ABC} = 120^\circ \); ∆SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuôn góc với mặt đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng
\(\frac{{a\sqrt {11} }}{6}\);
\(\frac{{a\sqrt {39} }}{6}\);
\(\frac{{a\sqrt {37} }}{6}\);
\(\frac{{a\sqrt {35} }}{6}\).
Đáp án đúng là: B
Gọi H là trung điểm của AB, khi đó SH⊥AB
Lại có (SAB)⊥(ABCD) suy ra SH⊥(ABCD)
Ta có: \(\widehat {ABC} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {BCD} = 60^\circ \)
Suy ra, tam giác BAD; BCD là tam giác đều.
Do đó DA = DB = DC.
Khi đó, D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vì tam giác SAB; ABD là tam giác đều nên DH⊥(SAB)
Trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB cắt đường thẳng Dt (Dt//SH) tại I nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC.
Ta có:\(DH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = IG\); \(SG = \frac{2}{3}SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)
\( \Rightarrow R = \sqrt {I{G^2} + S{G^2}} = \frac{{a\sqrt {39} }}{6}\).
Một hộp chứa 5 bi xạnh, 7 bi đỏ và 8 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 8 viên bi từ hộp. Tính xác suất để 8 viên bi lấy ra có đủ cả 3 màu.
Lẫy ngẫu nhiên 8 bi từ hộp, không gian mẫu có: \[\left| \Omega \right| = C_{20}^8 = 125\,\,970\].
Số cách chọn 8 bi không có đủ cả 3 màu:
TH1: Chọn 8 bi chỉ có 1 màu (chỉ chọn được màu vàng): \(C_8^8 = 1\)
TH2: Chọn 8 bi có 2 màu: \(C_{12}^8 + C_{13}^8 + C_{15}^8 - 2C_8^8 = 8215\)
Gọi A là biến cố chọn 8 bi không đủ 3 màu
\( \Rightarrow \left| {{\Omega _A}} \right| = 8215 + 1 = 8216\)
Xác suất
\(P\left( A \right) = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \frac{{8216}}{{C_{20}^8}} = \frac{{316}}{{4845}}\)
Gọi B là biến cố 8 bi được chọn có đủ cả 3 màu
\( \Rightarrow B = \overline A \)
Vậy xác suất: \(P\left( B \right) = 1 - P\left( A \right) = \frac{{4529}}{{4845}}\).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (A) 4x – 3y – 7z + 3 = 0 và điểm I(1; −1; 2). Phương trình mặt phẳng đối xứng với (A) qua I là
(B): 4x – 3y – 7z – 3 = 0;
(B): 4x – 3y – 7z + 11 = 0;
(B): 4x – 3y – 7z – 11 = 0;
(B): 4x – 3y – 7z + 5 = 0.
Đáp án đúng là: B
Do (B) đối xứng với (A) qua O nên (B)//(A)
Suy ra (B): 4x – 3y – 7z + D = 0 với D ≠ 3.
Chọn M(0; 1; 0) ∈ (A)
Suy ra tọa độ điểm N đối xứng với M qua I là: N(2; −3; 2) ∈ (B)
Thay toạn độ điểm N vào phương trình (B) ta được: D = 11
Vậy phương trình mặt phẳng (B) là: 4x – 3y – 7z + 11 = 0.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): mx + y – 2z – 2 = 0 và (Q): x – 3y + mz + 5 = 0. Tìm tất cả các giá trị thực của m để hai mặt phẳng đã cho vuông góc với nhau.
m = −2;
m = 3;
m = −3;
m = 2.
Đáp án đúng là: C
Ta có (P)⊥(Q) khi và chỉ khi \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \,.\,\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = 0\)
⇔ m.1 + 1(−3) + (−2).m = 0
⇔ −m – 3 = 0
⇔ m = −3
Vậy với m = −3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Tính diện tích hình tròn nội tiếp một hình vuông có cạnh là 4cm.
Hình tròn nội tiếp hình vuông có cạnh 4 cm thì có R = 2 cm.
Vậy diện tích hình tròn là: pR2 = 4p (cm2)
Phân tích đa thức thành nhân tử:
a) x2 – 4x + 4;
b) x3 + 9x2 + 27x + 27.
a) x2 – 4x + 4 = x2 – 2.x.2 + 22 = (x – 2)2.
b) x3 + 9x2 + 27x + 27 = x3 + 3.x2 . 3 + 3.x.32 + 33 = (x + 3)3.
Tập xác định của hàm số y = log3(x2 + 2x) là
(−∞; −2) È (0; +∞);
(−∞; −2);
(0; +∞);
(−∞; −2) ∩ (0; +∞).
Đáp án đúng là: A
Hàm số đã cho xác định khi:
x2 + 2x > 0
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 0\\x < - 2\end{array} \right.\)
Vậy D = (−∞; −2) È (0; +∞).
Cho tập hợp A = {0; 1; 2; 3; 4} và B= {x ∈ ℕ| x < 5}. Trong các kết luận sau, kết luận nào sai?
A∈B;
A ⸦ B;
A = B;
A∩B = ∅
Đáp án đúng là: C
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{N}\\x < 5\end{array} \right.\) ⇒ x ∈ {0; 1; 2; 3; 4}
⇒ B = {0; 1; 2; 3; 4} ⇒ A = B.
Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 5 nam và 5 nữ thành một hàng dọc. Xác suất để không có bất kì hai học sinh cùng giới nào đứng cạnh nhau bằng
\(\frac{1}{{252}}\);
100%;
\[\frac{1}{{126}}\];
50%.
Đáp án đúng là: C
Số cách xếp ngẫu nhiên là 10!.
Ta tìm số cách xếp thoả mãn:
Đánh số hàng từ 1 đến 10. Có hai khả năng:
• 5 nam xếp vị trí lẻ và 5 nữ xếp vị trí chẵn có 5! . 5! = 1202
• 5 nam xếp vị trí chẵn và 5 nữ xếp vị trí lẻ có 5! . 5! = 1202
Theo quy tắc cộng ta có: 1202 + 1202 = 2 . 1202 cách sắp xếp thỏa mãn.
Vậy xác suất cần tính: \(\frac{{2{{(5!)}^2}}}{{10!}} = \frac{1}{{126}}\).
