7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 61)

Đáp án đúng là: C

P (x) = 32x⁵ − 80x⁴ + 80x³ − 40x² + 10x − 1 

= 2⁵.x⁵ − 2⁴.5.x⁴ + 2⁴.5.x³ − 2³.5.x² + 2.5x − 1 

= (2x)⁵ − 5.(2x)⁴ + 10.(2x)³ − 10.(2x)² + 5.2x − 1

=2x5+C51 . −11 . 2x4+C52 . −12 . 2x3+C53 . −13 . 2x2

 +C54 . −14 . 2x3+−15

= (2x − 1)⁵

Vậy đa thức trên là khai triển của nhị thức (2x − 1)⁵.

Đáp án đúng là: C

Ta có:  2MA→+3MB→=0→

 ⇔2AM→=3MB→

 ⇔2AM→+3AM→=3MB→+3AM→

 ⇔5AM→=3AM→+MB→

 ⇔5AM→=3AB→

⇔AM→=35AB→

Vậy  AM→=35AB→.

Đáp án đúng là: C

Ta có:  2MA→−3MB→=0→

⇔2MA→−3MA→+AB→=0→

⇔2MA→−3MA→−3AB→=0→

⇔−MA→−3AB→=0→

⇔AM→=3AB→

 Vậy M nằm trên tia AB và AB = 3AB.

Đặt:  x=b+c−ay=a+c−bz=a+b−c

⇒x+y=b+c−a+a+c−b=2cy+z=a+c−b+a+b−c=2ax+z=b+c−a+a+b−c=2b

Khi đó  A=ab+c−a+ba+c−b+ca+b−c

 ⇒2A=2ab+c−a+2ba+c−b+2ca+b−c

 =y+zx+x+zy+x+yz

 =yx+zx+xy+zy+xz+yz

 =yx+xy+zy+yz+zx+xz

Với a, b, c là ba cạnh của tam giác, thì:

b+c>aa+c>ba+b>c⇒b+c−a>0a+c−b>0a+b−c>0⇒x>0y>0z>0

Áp dụng BĐT Cô-si cho  yx, xy với x, y > 0 ta có:

yx+xy≥2yx . xy=2

Chứng minh tương tự như vậy, ta cũng được:

zy+yz≥2; zx+xz≥2

Do đó:

2A=yx+xy+zy+yz+zx+xz≥2+2+2=6

⇒A=yx+xy+zy+yz+zx+xz≥3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z.

Suy ra: a = b = c.

Vậy  ab+c−a+ba+c−b+ca+b−c≥3 khi a = b = c.

Đặt:  x=a+b−cy=b+c−az=c+a−b

⇒x+y=a+b−c+b+c−a=2by+z=b+c−a+c+a−b=2cx+z=a+b−c+c+a−b=2a

Với a, b, c là ba cạnh của tam giác, thì:

b+c>aa+c>ba+b>c⇒b+c−a>0a+c−b>0a+b−c>0⇒y>0z>0x>0

Khi đó  A=aba+b−c+bcb+c−a+cac+a−b

⇒4A=2a . 2ba+b−c+2b . 2cb+c−a+2c . 2ac+a−b

=x+zx+yx+x+yy+zy+y+zx+zz

=x2+xy+z+yzx+y2+yz+x+zxy+z2+zx+y+xyz

=xx+y+z+yzx+yx+y+z+zxy+zx+y+z+xyz

=3x+y+z+yzx+zxy+xyz

=3x+y+z+yz2xyz+zx2xyz+xy2xyz

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

yz2xyz+zx2xyz≥2yz2 . zx2xyz=2z . xyzxyz=2z

zx2xyz+xy2xyz≥2zx2 . xy2xyz=2x . xyzxyz=2x

xy2xyz+yz2xyz≥2xy2 . yz2xyz=2y . xyzxyz=2y

Suy ra  yz2xyz+zx2xyz+xy2xyz≥2z+2x+2y2=x+y+z

Khi đó:

4A=3x+y+z+yz2xyz+zx2xyz+xy2xyz≥3x+y+z+x+y+z

Þ 4A ≥ 4(x + y + z)

Þ A ≥ (x + y + z) = a + b + c

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c.

Vậy  aba+b−c+bcb+c−a+cac+a−b≥a+b+c khi và chỉ khi a = b = c.

Vì C, C' thuộc đường thẳng CC' nên ta có: C(c; 2c + 3) và C'(c'; 2c' + 3)

Vì B đối xứng với A qua C' nên B(2c' − 5; 4c' + 4)

Do đó  BC→=c−2c'+5; 2c−4c'−1

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương  u→d=1; −1

Gọi M là trung điểm của BC.

Ta có:  Mc+2c'−52; 2c+4c'+42

Từ giả thiết ta có hệ phương trình:  M∈dBC→ . u→d=0

⇔c+2c'−52+2c+4c'+72−6=0c−2c'+5−2c−4c'−1=0

⇔3c+6c'+2−12=0−c+2c'+6=0 ⇔3c+6c'=10c−2c'=6⇔c=143c'=−23

Từ đó suy ra  B−193; 43, C143; 373.

Do M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB nên ta có:

xM=xB+xC2yM=yB+yC2xN=xC+xA2yN=yC+yA2xP=xA+xB2yP=yA+yB2⇔xB+xC=−5yB+yC=−2xC+xA=−3yC+yA=−7xA+xB=0yA+yB=1

⇔xA+xB+xC=−5+−3+02yA+yB+yC=−2+−7+12

⇔xA+xB+xC=−4yA+yB+yC=−4

Từ đó, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:

⇔xG=xA+xB+xC3yG=yA+yB+yC3⇔xG=−43yG=−43

Vậy  G−43; −43.

Kẻ MJ // AB, MÎAC và NI // AB, NÎBD.

Suy ra M, N, I, J đồng phẳng và (MINJ) º (P)

Thiết diện của mặt phẳng (P) và tứ diện ABCD là tứ giác MINJ, có:

Do MJAB=JCBC=13; INAB=NDBD=13 nên suy ra MJ = IN.

Lại có MJ // NI nên suy ra tứ giác MINJ là hình bình hành.

Đáp án đúng là: B

Kẻ MJ // AB, MÎAC và NI // AB, NÎBD.

Suy ra M, N, I, J đồng phẳng và (MINJ) º (P)

Thiết diện của mặt phẳng (P) và tứ diện ABCD là tứ giác MINJ, có:

Do  AMAC=AIAD=23 nên suy ra MI // CD

Mà MI Ì (P) nên suy ra (P) // CD.

Do đó CD không thể cắt (P).

Ta có MI // CD mà IJ cắt MI tại I và MI, IJ Ì (P) nên suy ra IJ không song song với CD.

Lại có:  DIDA=DNDB=13 nên suy ra IN // AB

Mà IJ cắt IN tại I và IN, IJ Ì (P) nên suy ra IJ không song song với AB.

Xét ∆SAB là tam giác đều:

Gọi H là trung điểm AB suy ra SH ^(ABC) và  SH=32 . 1=32.

Gọi G là trọng tâm ∆SAB suy ra:

GS=GA=GB=23SH=23 . 32=33 

 G' là trọng tâm ∆ABC suy ra:

G'A=G'B=G'C=23CH=23 . 32=33

Suy ra bán kính khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là:

R=GS2+G'B2−AB24=332+332−124=156

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là:

 V=43πR3=43π . 1563=5π1554.

Lấy ngẫu nhiên 3 thẻ từ một hộp 8 thẻ suy ra:

 nΩ=C83=56 (cách)

Gọi A là biến cố: “Tổng các số ghi trên ba thẻ đó bằng 11”.

Ta có: A = {(1; 2; 8), (1; 3; 7), (1; 4; 6), (2; 3; 6), (2; 4; 5)}

Þ n(A) = 5

Vậy  PA=nAnΩ=556.

Bước 1: Chọn một viên bi xanh có 6 cách chọn.

Bước 2: Chọn một viên bi đỏ, được đánh số khác với viên bi xanh nên có 7 cách chọn.

Theo quy tắc nhân có 6.7 = 42 (cách chọn).

Đồ thị hàm số y = x³ − 4x + 3 cắt trục hoành nên y = 0

Suy ra x³ − 4x + 3 = 0

Û x³ − x² + x² − x − 3x + 3 = 0

Û x(x² − 1) + x(x − 1) − 3(x − 1) = 0

Û x(x − 1)(x + 1) + x(x − 1) − 3(x − 1) = 0

Û (x − 1)[x(x + 1) + x − 3] = 0

Û (x − 1)(x² + x − 3) = 0

⇔x−1x2+2x . 12+14−134=0

⇔x−1x+122−134=0

⇔x−1x+12−132x+12+132=0

⇔x=1x=13−12x=−13−12

Vậy đồ thị hàm số y = x³ − 4x + 3 cắt trục hoành tại các điểm  1; 0, 13−12; 0, −13−12; 0.

Đồ thị hàm số y = x⁴ − x³ − 2 cắt trục hoành nên y = 0

Suy ra x⁴ − x³ − 2 = 0

Þ y¢= 4x³ − 3x² = 0

Û x²(4x − 3) = 0

⇔x=0x=34

Xét bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy số giao điểm của đồ thị hàm số y = x⁴ − x³ − 2 với trục hoành là 2.

Điều kiện:  2x−1≥0⇔x≥12

Ta có: log₃ (2x − 1) = 2 

Û 2x − 1 = 3² = 9 

Û 2x = 10

Û x = 5 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy x = 5 là nghiệm của phương trình.

Điều kiện:  2x+1≥0x−1≥0⇔x≥−12x≥1⇔x≥1

Ta có: log₃ (2x + 1) − log₃ (x − 1) = 1

Û log₃ (2x + 1) = 1 + log₃ (x − 1)

Û log₃ (2x + 1) = log₃ 3(x − 1)

Û 2x + 1 = 3(x − 1)

Û 2x + 1 = 3x − 3

Û 3x − 2x = 1 + 3

Û x = 4 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy S = {4} là tập nghiệm của phương trình.

Điều kiện: (x³ − 8)¹⁰⁰⁰ > 0

Mà (x³ − 8)¹⁰⁰⁰ ≥ 0, "x

Suy ra x³ − 8 ¹ 0 Û x³ ¹ 8 Û x ¹ 2

Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ \ {2}.

ĐKXĐ: x > 0.

Ta có:  9log92x+xlog9x≤18

 ⇔9log9x . log9x+xlog9x≤18

 ⇔9log9xlog9x+xlog9x≤18

 ⇔xlog9x+xlog9x≤18 

 ⇔2xlog9x≤18

 ⇔xlog9x≤9

Lấy logarit cơ số 9 cả 2 vế bất phương trình ta được:

log9xlog9x≤log99

 ⇔log9x . log9x≤1

 ⇔log92x≤1

 ⇔−1≤log9x≤1

 ⇔19≤x≤9

Kết hợp điều kiện xác định ta có  x∈19; 9

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:  S=19; 9.

Ta có:  z1−z2=1⇒z1−z2z1−z2¯=1

⇔z1−z2z1¯−z2¯=1

 ⇔z1 . z1¯+z2 . z2¯−z1 . z2¯−z1¯ . z2=1

 ⇔z12+z22−z1 . z2¯−z1¯ . z2=1

 ⇔12+12−z1 . z2¯−z1¯ . z2=1

 ⇔z1 . z2¯+z1¯ . z2=1

Khi đó  P=z1z22+z2z12=z1z2+z2z12−2z1z2 . z2z1

=z1z2+z2z12−2=z1 . z2¯z22+z1¯ . z2z122−2

 =z1 . z2¯+z1¯ . z22−2=12−2=−1

Giả sử z₁ = a + bi (a, b Î ℝ), z₂ = c + di (c, d Î ℝ)

Theo giả thiết, ta có:  z1=2z2=2z1+2z2=4

⇔a2+b2=4c2+d2=4a+2c2+b+2d2=16

⇔a2+b2=4                                          1c2+d2=4                                          2a2+b2+4c2+d2+4ac+bd=16  3

Thay (1), (2) vào (3) ta được: ac + bd = −1 (4)

Ta có:   2z1−z2=2a−c2+2b−d2

 =4a2+b2+c2+d2−4ac+bd 5

Thay (1), (2), (4) vào (5) ta có:  2z1−z2=4 . 4+4−4 . −1=26.

Ta có: f (x) = x²ln x

⇒f'x=2x . lnx+x2 . 1x=2xlnx+x

Suy ra  f'e=2e . lne+e2 . 1e=2e+e=3e.

Theo đề bài ta có:  Fx=∫fxdx=∫lnxdx

Đặt  u=lnxdv=dx⇒du=1xdxv=x

 ⇒Fx=∫lnxdx=xlnx−∫x . 1xdx

  =xlnx−∫dx=xlnx−x+C

Theo đề bài ta có: F (1) = 3Þ1.ln1 − 1 + C = 3 ÛC = 4

ÞF (x) = xln x − x + 4

Þ F (e) = eln e − e + 4 = 4.

Đáp án đúng là: C

Ta có:  y=ln7x+7

Û y = ln 7 − ln (x + 7)

 ⇒y'=−1x+7

Và  ey=7x+y

Khi đó  xy'+1=x . −1x+7+1

=−xx+7+1=−x+x+7x+7=7x+7=ey

Vậy xy¢ + 1 = e^y.

 Ta có: ln (7x) = 7

Û ln 7 + ln x = 7

Û ln x = 7 − ln 7

 ⇔x=e7−ln7

 ⇔x=e7eln7

 ⇔x=e77

Vậy nghiệm của phương trình là  x=e77.

Đáp án đúng là: B

Tập xác định: D = ℝ \ {1}

Ta có:  y=5x+9x−1

⇒y'=−14x−12<0, ∀x∈D

Do đó hàm số nghịch biến trên hai khoảng (−∞; 1) và (1; +∞).

Đáp án đúng là: C

Ta có: f ¢(x) = x² − 5x + 4 = 0

⇔x=1x=4

Suy ra x∈1; 4⇒f'x<0x∈−∞; 1∪4; +∞⇒f'x>0

⇒y'=−14x−12<0, ∀x∈D.

Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 4) và đồng biến trên hai khoảng (−∞; 1) và (4; +∞).

Vì (2; 3) Ì (1; 4) suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (2; 3).

Vì AB // CD nên  BA'; CD^=BA'; AB^=A'BA^=45°.

Vậy góc giữa hai đường thẳng BA' và CD bằng: 45°.

Do BD // B'D' nên góc giữa hai đường thẳng BA' và B'D' bằng góc giữa hai đường thẳng BA' và BD.

Do ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên ∆A'BC là tam giác đều.

Khi đó  A'BD^=60°

Vậy góc giữa hai đường thẳng BA' và B'D' bằng: 60°.

Đặt z = x + yi (x, y Î ℝ).

Ta có: |z + i + 1| = |z − 2i|

 ⇔x+12+y+12=x2+y−22

Û (x + 1)² + (y + 1)² = x² + (y − 2)²

Û x² + 2x + 1 + y² + 2y + 1 = x² + y² − 4y + 4

Û 2x + 6y = 2

Û x + 3y = 1

Û x = 1 − 3y

Khi đó, mô đun của số phức z là:

 z=x2+y2=1−3y2+y2=1−6y+9y2+y2

 =10y2−6y+1=10y2−2 . 10y . 310+910+110

 =y10−3102+110≥1010

Dấu “=” xảy ra  .⇔y10=310⇔y=310⇒x=110

Vậy GTNN của mô đun z là  1010 khi  x=110, y=310.

Đặt z = x + yi (x, y Î ℝ)

 ⇒z¯=x−yi

Ta có:  z+i+1=z¯−2i

 ⇔x+12+y+12=x2+−y−22

Û (x + 1)² + (y + 1)² = x² + (y + 2)²

Û x² + 2x + 1 + y² + 2y + 1 = x² + y² + 4y + 4

Û 2x − 2y = 2

Û x − y = 1

Û x = y + 1

Khi đó, mô đun của số phức z là:

 z=x2+y2=y+12+y2=y2+2y+1+y2

 =2y2+2y+1=2y2+2 . 2y . 12+12+12

 =y2+122+12≥22

Dấu “=” xảy ra  ⇔y2=−12⇔y=−12⇒x=12.

Vậy GTNN của |z| là  22 khi  x=12, y=−12.

Đặt M (z); A(4; 1), B(0; −1) là các điểm biểu diễn số phức z; 4 + i và −i.

Khi đó từ giả thiết suy ra MA = MB, tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trung trực của AB đi qua I(2; 0) và có VTPT là  n→=AB→=−4; −2

Þ ∆: −4(x − 2) − 2y = 0

Þ ∆: 2x + y − 4 = 0

Gọi N(1; −3) là điểm biểu diễn số phức 1 − 3i

Ta có |z − 1 + 3i| nhỏ nhất khi MN_min khi M  là hình chiếu vuông góc của N trên ∆, suy ra MN: x − 2y + 1 = 0

Giải hệ phương trình  2x+y−4=0x−2y−7=0⇔x=3y=−2

Þ M(3; −2)

Þ z = 3 − 2i

Khi đó T = 2a + 3b = 2.3 + 3.(−2) = 0.

Đáp án đúng là: A

Gọi M(x; y), A(0; 2), B(−2; 0) là các điểm biểu diễn số phức z; 2i và −2.

Từ giả thiết suy ra MA = MB

Suy ra M thuộc đường trung trực của AB có phương trình Δ: x + y = 0

Lại có:  P=2−iz+5=2−iz+52−i=5z+2+i 

Gọi N(−2; −1) là điểm biểu diễn số phức −2 − i suy ra  P=5MN

Ta có P nhỏ nhất khi MN_min khi M là hình chiếu vuông góc của N trên ∆.

Khi đó phương trình MN: x − y + 1 = 0.

Giải hệ phương trình

x+y=0x−y+1=0⇔x=−12y=12

⇒M−12; 12⇒z=−12+12i

 ⇒z=−122+122=22

Để hàm số y = cos 2x nghịch biến thì

2x Î (k2p; p + k2p)

⇒x∈kπ; π2+kπ, k∈ℤ

Vậy hàm số cos 2x đồng biến trên các khoảng  kπ; π2+kπ, k∈ℤ.

Đáp án đúng là: A

Ta có:

xG=xA+xB+xC3yG=yA+yB+yC3⇔xG=4+1+13yG=0+4+−13

⇔xG=2yG=1⇒G2; 1

Điểm G(2; 1) là điểm biểu diễn cho số phức z = 2 + i.

Ta có:

xG=xA+xB+xC3yG=yA+yB+yC3⇔xG=1+2+33yG=3+−4+−23

⇔xG=2yG=−1⇒G2; −1

Vậy ảnh G' của G qua phép đối xứng trục Ox có tọa độ là: G'(2; 1).

Ta có: y =−x³ + 2x² − mx + 1 

Þ y¢=−3x² + 4x − m

và y¢¢=−6x + 4

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1

 ⇔y'1=0y''1>0⇔−3+4−m=0−6+4>0⇔m=1−2>0 (Vô nghiệm)

Vậy không có giá trị của tham số m nào thỏa mãn.

Ta có: y =−x³ + 2x² − mx + 1 

Þ y¢=3x² − 4mx + m

và y¢¢=6x − 4m

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1

⇔y'1=0y''1>0⇔3−4m+m=06−4m>0⇔m=1  TMm<32

Vậy giá trị của tham số m cần tìm là m = 1.

+) TH1: 4 học sinh được trọn thuộc một lớp:

Thuộc lớp A: Có  C54 (cách chọn)

Thuộc lớp B: Có  C44 (cách chọn)

Trong trường hợp này có:  C54+C44=6 (cách chọn).

TH2: 4 học sinh thuộc hai lớp:

Thuộc lớp A và B: có  C94−C54+C44=120 (cách chọn)

Thuộc lớp B và C: có  C74−C44=34 (cách chọn)

Thuộc lớp A và C: có  C84−C54=65 (cách chọn)

Trong trường hợp này có: 120 + 34 + 65 = 219 (cách chọn)

Vậy có 219 + 6 = 225 cách chọn đội thanh niên xung kích thỏa mãn yêu cầu đầu bài.

Đáp án đúng là: C

Hình vuông có tâm đối xứng là giao điểm của hai đường chéo.

Hình tròn có tâm đối xứng là tâm của nó.

Hình thoi có tâm đối xứng là giao điểm của hai đường chéo.

Tam giác đều không có tâm đối xứng.

Đáp án đúng là: C

- Hình chữ nhật có hai trục đối xứng là đường nối hai trung điểm của hai cạnh đối diện và tâm đối xứng là giao của hai đường chéo.

- Hình thang không có trục đối xứng, cũng ko có tâm đối xứng.

- Hình hình hành không có trục đối xứng và có tâm đối xứng là giao điểm của hai đường chéo.

- Hình thoi là hình có hai trục đối xứng là hai đường chéo và tâm đối xứng là giao điểm của hai đường chéo.

Vậy hình không có tâm đối xứng là hình thang cân.

Gọi r là bán kính đáy của hình trụ, theo giả tiết, ta có: h = 2r

Gọi ABCD là thiết diện qua trục của hình trụ, O là tâm của hình chữ nhật ABCD.

Ta có bán kính mặt cầu

R=AC2=AO=h22+r2=r2+r2=r2

⇔r=R2⇒h=R2

Diện tích xung quanh của hình trụ là:

Sxq=2πrh=2π . R2 . R2=2πR2

Gọi r là bán kính đáy của hình trụ, theo giả tiết, ta có: h = 2r

Gọi ABCD là thiết diện qua trục của hình trụ, O là tâm của hình chữ nhật ABCD.

Ta có bán kính mặt cầu

R=AC2=AO=h22+r2=r2+r2=r2

⇔r=R2⇒h=R2

Thể tích của hình trụ là:

V=πr2h=π . R22 . R2=πR322

1+sinx+cosx=2cosx2−π4

⇔sin2x2+cos2x2+2sinx2 . cosx2+cos2x2−sin2x2=2cosx2 . cosπ4+sinx2 . sinπ4

⇔2cos2x2+2sinx2 . cosx2=2cosx2 . 22+sinx2 . 22

⇔2cosx2sinx2+cosx2=2sinx2+cosx2

⇔sinx2+cosx22cosx2−1=0

⇔sinx2+cosx2=02cosx2−1=0⇔2sinx2+cosx2=0cosx2=22

⇔sinx2+π4=0cosx2=22⇔x2+π4=kπx2=π4+k2πx2=−π4+k2π k∈ℤ

⇔x2=−π4+kπx2=π4+k2πx2=−π4+k2π k∈ℤ⇔x=−π2+k2πx=π2+k4πx=−π2+k4π k∈ℤ

⇔x=π2+kπ k∈ℤ

Vậy họ nghiệm của hệ phương trình là:  x=π2+kπ k∈ℤ.

1cosx−1sinx=22cosx+π4

⇔sinx−cosxsinx . cosx=22cosx . cosπ4−sinx . sinπ4

⇔sinx−cosx2sinx . cosx=2cosx . 22−sinx . 22

⇔sinx−cosxsin2x=cosx−sinx

⇔sinx−cosx1sin2x+1=0

⇔sinx=cosx1sin2x=−1⇔tanx=1sin2x=−1

⇔x=π4+kπ2x=−π2+k2π k∈ℤ⇔x=π4+kπx=−π4+kπ k∈ℤ

⇔x=π4+kπ2 k∈ℤ

Vậy họ nghiệm của hệ phương trình là:  x=π4+kπ2 k∈ℤ.

Đáp án đúng là: A

Đặt  t=1+x suy ra t² = 1 + x

Þ 2t dt = dx

Và x = t² − 1

Đổi cận  x=0⇒t=1x=3⇒t=2, khi đó ta có:

I=∫12t2−11+t . 2t dt=∫12t−1t+11+t . 2t dt

=∫122tt−1dt=∫122t2−2tdt

Þf (t) = 2t² − 2t.

Ta có nguyên hàm của hàm số f (x) = (3x + 2)³ là:

∫fxdx=∫3x+23dx=13∫3x+23d3x+2

Đặt t = 3x + 2, khi đó ta có:

∫fxdx=13∫t3dt=13 . 14t4+C=t412+C

=3x+2412+C

Ta có:  ∫dx2tanx+1=∫dx2sinxcosx+1

=∫cosx2sinx+cosxdx=∫25 . 2cosx−sinx2sinx+cosx+15dx

 =25ln2sinx+cosx+x5+C

Ta có:  A=∫0π4tanx . fcos2xdx=∫0π4sinxcosx . fcos2xdx

=∫0π4sinx . cosxcos2x . fcos2xdx=12∫0π4sin2xcos2x . fcos2xdx

Đặt cos² x = t Þ 2sin x.cos x dx =−dt

Þ sin 2x dx =−dt

Đổi cận:  x=0⇒t=1x=π4⇒t=12

Khi đó  A=−12∫112fttdt=12∫121fttdt=2

 Lại có:  ∫ee2fln2xx . lnxdx=12∫ee2fln2xln2x . 2lnxxdx

Đặt ln² x = t

⇒2lnxxdx=dt

Đổi cận:  x=e⇒t=1x=e2⇒t=4

Khi đó B=12∫14fttdt=2

 Tính I=∫142f2xxdx=∫142f2x2x . 2dx=∫142f2x2xd2x

=∫124fttdt=∫121fttdt+∫14fttdt

= 4 + 4 = 8.

Ta có:  P=C20170C20181+C20171C20182+...+C20172016C20182017+C20172017C20182018

 =C20170C20182017+C20171C20182016+...+C20172016C20181+C20172017C20180

Xét khai triển:

(1 + x)²⁰¹⁷.(1 + x)²⁰¹⁸

=C20170+xC20171+...+x2016C20172016+x2017C20172017C20180+xC20181+...+x2017C20182017+x2018C20182018

Hệ số khai triển của x²⁰¹⁷ trong khai triển trên chính là:

 P=C20170C20182017+C20171C20182016+...+C20172016C20181+C20172017C20180

Mặt khác ta cũng có:

(1 + x)²⁰¹⁷.(1 + x)²⁰¹⁸ = (1 + x)⁴⁰³⁵

 =C40350+xC40351+...+x4034C40354034+x4035C40354035

Và trong khai triển này thì hệ số của x²⁰¹⁷ là:  C40352017.

Do vậy, ta có:  P=C40352017.

Xét số hạng tổng quát:

k . C2018k=k . 2018!k!2018−k!

=k . 2018 . 2017!kk−1!2017−k−1!=2018 . C2017k−1

Cho k chạy từ 1 đến 2018 ta được:

S=2018 . C20170+2018 . C20171+...+2018 . C20172017

=2018 . C20170+C20171+...+C20172017

= 2018.2²⁰¹⁷

Vậy S = 2018.2²⁰¹⁷.

Đáp án đúng là: A

 AB→=−1; 2, AC→=−1; 0, AD→=−2; 4, BC→=0; −2, BD→=−1; 2

Khi đó:

•Do  −1−2=12=24 nên suy ra ba điểm A, B, D thẳng hàng.

•Do  −1−1=1≠0=02 nên suy ra ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

•Do  0−1=0≠−1=−22 nên suy ra ba điểm B, C, D không thẳng hàng.

•Do  −1−2=12≠0=04 nên suy ra ba điểm A, C, D không thẳng hàng.

Đáp án đúng là: C

AB→=−1; 5, AC→=−4; 6, AD→=−2; 10, BC→=−3; 1, BD→=−1; 5

Khi đó:

•Do  −1−2=12=510 nên suy ra ba điểm A, B, D thẳng hàng.

•Do  −1−4=14≠56 nên suy ra ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

•Do  −3−1=3≠15 nên suy ra ba điểm B, C, D không thẳng hàng.

•Do  −2−4=12≠53=106 nên suy ra ba điểm A, C, D không thẳng hàng.

Ta có:

AB→=CD→⇔AB=CD

Nghĩa là ta cần đi tìm các điểm D thỏa mãn cách D một khoảng bằng độ dài đoạn AB.

Suy ra tập hợp điểm D là đường tròn tâm C bán kính AB.

Vậy có vô số điểm D thỏa mãn.

Có một và chỉ một điểm D thỏa mãn  AB→=CD→

Giả sử w = a + bi. Ta có

w = (3 + 4i)z + i

Ûa + bi = (3 + 4i)z + i

Ûa + (b − 1)i = (3 + 4i)z

⇔z=a+b−1i3+4i

⇔z=a+b−1i3−4i3+4i3−4i=a+b−1i3−4i25

⇔z=1253a+4b−4+−4a+3b−3i

 Theo giả thiết cho |z| = 4nên ta có:

12523a+4b−42+−4a+3b−32=42

Û(3a + 4b − 4)² + (−4a + 3b − 3)² = 100²

Û25a² + 25b² + 25 − 50b = 100²

Ûa² + b² − 2b + 1 = 20²

Ûa² + (b − 1)² = 20²

Tập hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ Oxy biểu diễn số phức w là một đường tròn có bán kính bằng 20.

Giả sử w = a + bi. Ta có

w = 3 − 2i + (2 − i)z

Ûa + bi =3 − 2i + (2 − i)z

Ûa − 3 + (b + 2)i =(2 − i)z

⇔z=a−3+b+2i2−i

 Theo giả thiết cho |z| = 2nên ta có:

a−3+b+2i2−i=2

⇔w−3+2i2−i=2

⇔w−3+2i=25

Tập hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ Oxy biểu diễn số phức w là một đường tròn tâm (3; −2) có bán kính bằng  25.

Ta có:  fx+f−x=2+2cos2x

 =2+22cos2x−1=2cos2x=2cosx

Đặt t = −x Þ dt = − dx Û dx = − dt

Khi đó:

I=∫−3π23π2fxdx=−∫3π2−3π2f−tdt=∫−3π23π2f−tdt=∫−3π23π2f−xdx

⇒2I=∫−3π23π2fxdx+∫−3π23π2f−xdx=∫−3π23π2fx+f−xdx

=∫−3π23π22cosxdx=−2∫−3π23π2cosxdx

=−2sinx−3π23π2=−2sin3π2+2sin−3π2

 = (−2).(−1) + 2.1 = 4

Vậy  I=∫−3π23π2fxdx=2.

Ta có: f (x) + f (−x) = 2cos 2x

Đặt t = −x Þ dt = − dx Û dx = − dt

Khi đó:

I=∫−π2π2fxdx=−∫π2−π2f−tdt=∫−π2π2f−tdt=∫−π2π2f−xdx

⇒2I=∫−π2π2fxdx+∫−π2π2f−xdx=∫−π2π2fx+f−xdx

=∫−π2π22cos2xdx=2∫−π2π2cos2xdx

=sin2x−π2π2=sinπ−sin−π = 0 

Vậy  I=∫−π2π2fxdx=0.

Đặt t = e^x + 1 Þ dt = e^x dx

⇒dtt−1=dx

Đổi cận:  x=0⇒t=2x=ln2⇒t=3

Khi đó:  ∫0ln2fex+1dx=∫23ftt−1dt=5⇒∫23fxx−1dx=5

Suy ra  ∫232x−3fxx−1dx+∫23fxx−1dx=3+5

⇔∫232x−2fxx−1dx=8

⇔∫232fxdx=8

⇔∫23fxdx=4

Vậy  I=∫23fxdx=4.

Ta có:

∫−11f2xdx=∫−10f2xdx+∫01f2xdx

=∫−10f−2xdx+∫01f2xdx

Đặt t =−2x Þ dt =−2 dx  ⇒dx=−12dt

Đổi cận:  x=−1⇒t=2x=0⇒t=0

Đặt u = 2x Þ du = 2 dx  ⇒dx=12du

Đổi cận:  x=1⇒u=2x=0⇒u=0

Khi đó  ∫−11f2xdx=∫−10f−2xdx+∫01f2xdx

=∫20−ft2dt+∫02fu2du

=∫02ft2dt+∫02fu2du

=∫02fx2dx+∫02fx2dx

=∫02fxdx=3

Vậy  ∫−11f2xdx=3.

Ta có: f (x) = x²ln x

⇒f'x=2x . lnx+x2 . 1x=2xlnx+x

Suy ra  f'e=2e . lne+e2 . 1e=2e+e=3e.

Nguyên hàm của hàm số f (x) là:

Fx=∫fxdx=∫lnxxln2x+3dx

Đặt  t=ln2x+3⇒dt=2lnxx . 2ln2x+3dx=lnxxln2x+3dx

Khi đó  Fx=∫dt=t+C=ln2x+3+C

Mà đồ thị đi qua điểm (e; 2016) nên ta có:

Fe=2016⇒ln2e+3+C=2016

Þ 2 + C = 2016 Û C = 2014

Suy ra  Fx=ln2x+3+2014

Khi đó  F1=ln21+3+2014=3+2014.

Đáp án đúng là: A

Hàm số y = f (x) đồng biến trên (a ; b) khi và chỉ khi f ′(x) ≥ 0"xÎ(a; b) và f ′(x) = 0 tại hữu hạn giá trị x Î(a; b).

Đáp án đúng là: D

+) Nếu f ′(x) < 0 với mọi x Î (a; b) thì hàm số y = f (x) nghịch biến trên (a; b)

+) Nếu f ′(x) > 0 với mọi x Î (a; b) thì hàm số y = f (x) đồng biến trên (a; b)

+) Nếu hàm số y = f (x) nghịch biến trên (a; b) thì f ′(x) £ 0 với mọi x Î (a; b) và f ′(x) = 0 tại hữu hạn giá trị x Î(a; b)

+) Nếu hàm số y = f (x) đồng biến trên (a; b) thì f ′(x) ≥ 0 với mọi x Î (a; b) và f ′(x) = 0 tại hữu hạn giá trị x Î(a; b).

Đáp án đúng là: B

Đặt f (x) = u khi đó nghiệm của phương trình f(f(x))= 1 chính là hoành độ giao điểm của đồ thị f (u) với đường thẳng y = 1.

Dựa vào đồ thị ta có ba nghiệm:

fx=u1, u1∈−1; 0fx=u2, u2∈0; 1fx=u3, u3∈52; 3

Tiếp tục xét số giao điểm của đồ thị hàm số f (x) với từng đường thẳng y = u₁, y = u₂, y = u₃.

Dựa vào đồ thị ta có được 7 giao điểm

Suy ra phương trình ban đầu f(f(x))= 1 có 7 nghiệm.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt nên phương trình f (x + 2019) = 1 có 3 nghiệm phân biệt.

x+2019=ax+2019=bx+2019=c⇔x=a−2019x=b−2019x=c−2019

Vậy số nghiệm thực của phương trình f (x + 2019) = 1 là: 3 nghiệm.

Ta có: f (x) + f (−x) = 3 − 2cos x

Đặt t = −x Þ dt = − dx Û dx = − dt

Khi đó:

I=∫−π2π2fxdx=−∫π2−π2f−tdt=∫−π2π2f−tdt=∫−π2π2f−xdx

⇒2I=∫−π2π2fxdx+∫−π2π2f−xdx=∫−π2π2fx+f−xdx

=∫−π2π23−2cosxdx=3x−2sinx−π2π2

=3 . π2−2sinπ2−3 . −π2+2 sin−π2

= 3p − 4

Vậy   I=∫−π2π2fxdx=3π2−2.

Ta có:  fx+f−x=2+2cos2x

=2+22cos2x−1=2cos2x=2cosx

Đặt t = −x Þ dt = − dx Û dx = − dt

Khi đó:

I=∫−3π23π2fxdx=−∫3π2−3π2f−tdt=∫−3π23π2f−tdt=∫−3π23π2f−xdx

⇒2I=∫−3π23π2fxdx+∫−3π23π2f−xdx=∫−3π23π2fx+f−xdx

=∫−3π23π22cosxdx=−2∫−3π23π2cosxdx

=−2sinx−3π23π2=−2sin3π2+2sin−3π2

= (−2).(−1) + 2.1 = 4

Vậy  I=∫−3π23π2fxdx=2.

Đặt x² = 2t Þ 2x dx = 2dt Þ x dx = dt

Đổi cận:  x=0⇒t=0x=2⇒t=1

Khi đó  I=∫02x . fx2dx=∫01f2tdt=∫01f2xdx=8

Vậy  I=∫02x . fx2dx=8.

Xét  ∫01f2xdx=2

Đặt  2x=t⇔2dx=dt⇔dx=dt2

Đổi cận:  x=0⇒t=0x=1⇒t=2

∫01f2xdx=∫02ft2dt=2⇒∫02ftdt=∫02fxdx=4

Đặt  u=xdv=f'xdx⇔du=dxv=fx

∫02xf'xdx=x . fx02−∫02fxdx

= 2f (2) − 4 = 2.16 − 4 = 28

Vậy  ∫02xf'xdx=28.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, H là trọng tâm tam giác ABD.

Ta có SH^(ABCD)  ⇒SD; ABCD^=SD; HD^=SDH^=60°

ABCD là hình vuông cạnh a nên 

•  OD=12BD=a22

•  HO=13AO=13 . a22=a26

Tam giác HDO vuông tại O, có:

 HD=OD2+OH2=a222+a262=a53.

Tam giác SHD vuông tại H, có:

 tanSDH^=SHHD⇒SH=HD . tanSDH^=a53 . tan60°=a153.

Vậy thể tích cần tính là:

VS.ABCD=13SH . SABCD=13 . a153 . a2=a3159.

Gọi O là tâm của hình vuông và N là trung điểm của AB.

Khi đó G là giao điểm của AC và DN.

Tam giác SGD vuông tại G nên  SDG^ nhọn.

Do SG ^ (ABCD) nên  SD; ABCD^=SD; DG^=SDG^=60°

Tam giác NAD vuông tại A nên  DN=a52.

Suy ra  GD=a53

Do đó  SG=GD . tanSDG^=a153

Ta có CD // AB mà CD Ì (SCD) nên AB // (SCD).

Ta có:  AC=32GC

Suy ra  dAB; SC=dAB; SCD=dA; SCD=32dG; SCD

Từ G kẻ đường thẳng song song với AD, cắt CD tại M thì CD ^ (SGM)

Suy ra (SCD) ^ (SGM).

Hai mặt phẳng (SCD) và (SGM) cắt nhau theo giao tuyến SM.

Từ G kẻ GH ^ SM, H Î SM thì GH ^ (SCD).

Do đó d(G; (SCD)) = GH

Ta có:  GM=2a3 và tam giác SGM vuông tại G có đường cao GH nên

 GH=SG . GMSG2+GM2=a153 . 2a3a1532+2a32=2a31519.

Vậy  dAB; SC=32 . 2a31519=a1519.

Ta có: S_ABCD = a.a = a².

Thể tích của khối chóp S.ABCD là:

VS.ABCD=13SA . SABCD=13 . a2 . a2=a323

Ta có: S_ABCD = a.a = a².

Thể tích của khối chóp S.ABCD là:

VS.ABCD=13SA . SABCD=13 . a6 . a2=a363

Do thiết diện tạo thành là một hình vuông nên độ dài đường cao h của hình trụ bằng 2 bán kính r của đáy.

Do đó h = 2r = 2a.

Khi đó thể tích hình trụ là:

V =pr²h =p.a².(2a) = 2pa³.

Do thiết diện tạo thành là một hình vuông nên độ dài đường cao h của hình trụ bằng 2 bán kính r của đáy.

Do đó h = 2r = 2a.

Khi đó diện tích xung quanh của hình trụ là:

S_xq = 2prh = 2p.a.(2a) = 4pa².

P = 2(x³ + y³) − 3xy = 2(x + y)(x² − xy + y²) − 3xy

= 2(x + y)(2 − xy) − 3xy

Đặt t = x + y Þ t² = x² + y² + 2xy = 2 + 2xy

⇔xy=t2−22

Vì (x + y)² ≥ 4xy Û t² ≥ 2(t² − 2)

Û t² − 4 £ 0 Û −2 £ t £ 2

Khi đó ta có:

P=2t2−t2−22−3 . t2−22, t∈−2; 2

 =4t−t3+2t−32t2+3

 =−t3−32t2+6t+3=ft

Xét hàm số  ft=−t3−32t2+6t+3 trên [−2; 2] ta có:

f't=−3t2−3t+6=0⇔t=1∈−2; 2t=−2∈−2; 2

Ta tính được:  f−2=−7; f1=132; f2=1

Suy ra  max−2; 2ft=f1=132=maxP và  min−2; 2ft=f−2=−7=minP

Vậy  M+m=132+−7=−12.

Ta có:

+) 1 + xy =x² + y² ≥ 2xy Û xy £ 1 (Vì (x − y)² = x² + y² − 2xy ≥ 0)

+) x² − xy + y² = 1

Û (x + y)² − 3xy = 1

Û (x + y)² = 1 + 3xy ≥ 0

⇔xy≥−13

Khi đó:  P=x4+y4+1x2+y2+1=x2+y22−2x2y2+1x2+y2+1

=1+xy2−2xy2+1xy+2

=1+2xy+xy2−2xy2+1xy+2=−xy2+2xy+2xy+2

Đặt  t=xy, t∈−13; 1, xét hàm số  P=−t2+2t+2t+2

P'=−t2−4t+2t+22=0⇔t=−2+6

Ta tính được:  P−13=1115; P1=1; P−2+6=6−26

Khi đó  m=P−13=1115; M=P−2+6=6−26

Vậy  A=M+15m=6−26+15 . 1115=17−26.

Q=2x+3y+63x+2y=3x+2yxy+63x+2y

=3x+2y6+63x+2y

Xét  3x+2y≥23x . 2y=26 . 6=12 (với x, y > 0)

Áp dụng BĐT AM - GM với 3x + 2y ≥ 12 ta có:

Q=3x+2y6+63x+2y=3x+2y6+243x+2y−183x+2y

≥23x+2y6 . 243x+2y−1812=24−32=52

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

3x=2yxy=6⇔x=2y32y23=6⇔x=2y3y2=9⇔x=2y=3 do y>0

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là  52 đạt được khi x = 2, y = 3.

Ta có:  M=3x+2y+6x+8y

=3x2+6x+y2+8y+3x2+3y2

=3x2+6x+y2+8y+32x+y

Áp dụng BĐT AM - GM với x, y > 0 ta có:

3x2+6x≥23x2 . 6x=29=6

y2+8y≥2y2 . 8y=24=4

Khi đó:  M=3x2+6x+y2+8y+32x+y

≥6+4+32 . 6=19

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = 2, y = 4.

Vậy GTNN của biểu thức M là 19 khi x = 2, y = 4.

Với M là điểm nằm trên đoạn AB sao và  AM=15AB nên suy ra:

AM→=15AB→

⇔AM→=15AM→+MB→

⇔AM→=15AM→+15MB→

⇔MA→−15MA→=−15MB→

⇔45MA→=−15MB→

⇔MA→=−14MB→

Vậy  k=−14.

Với M là điểm nằm trên đoạn AB sao và  AM=15AB nên suy ra: AM→=15AB→

Vậy  k=15.

Đặt t = −x Þ dt = − dx

Đổi cận:  x=1⇒t=−1x=−1⇒t=1, khi đó:

I=∫−11fx1+exdx=−∫1−1f−t1+e−tdt=∫−11f−t1+1etdt

=∫−11f−tet+1etdt=∫−11et . f−tet+1dt=∫−11ex . f−xex+1dx

Do f (x) là hàm số chẵn nên f (x) = f (−x) "x Î[−1; 1]

⇒I=∫−11fx1+exdx=∫−11ex . f−xex+1dx=∫−11ex . fxex+1dx

⇒I+I=∫−11fx1+exdx+∫−11ex . fxex+1dx=∫−11ex+1 . fxex+1dx

⇒2I=∫−11fxdx=4

⇒I=∫−11fx1+exdx=2

Vậy  I=∫−11fx1+exdx=2.

Ta có tính chất nếu y = f (x) là hàm số chẵn, thì:

∫−aafxdx=2∫0afxdx∫abfxdx=∫−b−afxdx

Xét  ∫1412f2xdx=10

Đặt t = 2x Þ dt = 2 dx  ⇒dx=dt2

Đổi cận:  x=12⇒t=1x=14⇒t=12

Suy ra  ∫1412f2xdx=∫121ft2dt=10⇒∫121ftdt=∫121fxdx=20

Xét  I=∫−π20cosxfsinxdx

Đặt t = sin x Þ dt = cos x dx

Đổi cận:  x=0⇒t=0x=−π2⇒t=−1

Ta có:  I=∫−π20cosxfsinxdx=∫−10ftdt

=∫−1−12ftdt+∫−120ftdt=∫121fxdx+∫012fxdx

= 20 + 3 = 23

Vậy  I=∫−π20cosxfsinxdx=23.

Gọi số có 4 chữ số cần tìm có dạng:  abcd¯ và a, b, c, d Î A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, a ¹ 0, a ¹ b ¹ c ¹ d.

Để  abcd¯ chia hết cho 5 thì d phải thuộc tập hợp {0; 5}, do đó có 2 cách chọn d.

+ Trường hợp 1: d = 0.

Chọn a Î A \ {0}, a có 9 cách chọn.

Chọn 2 số b, c Î A \ {0; a} và sắp thứ tự chúng, nên có  A82=56 cách chọn.

Do đó có: 9.56 = 504 số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau có chữ số tận cùng là 0.

+ Trường hợp 2: d = 5.

Chọn a Î A \ {0; 5}, a có 8 cách chọn.

Chọn 2 số b, c Î A \ {5; a} và sắp thứ tự chúng, nên có  A82=56 (cách chọn).

Do đó có: 8.56 = 448 số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau có chữ số tận cùng là 5.

Vì hai trường hợp là rời nhau, vậy theo quy tắc cộng có 504 + 448 = 952 số tự nhiên chia hết cho 5 mà mỗi số có bốn chữ số khác nhau.

Gọi số có 4 chữ số cần tìm có dạng:  abcd¯ và a, b, c, d Î A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, a ¹ 0.

Để  abcd¯ chia hết cho 5 thì d phải thuộc tập hợp {0; 5}, do đó có 2 cách chọn d.

+ Trường hợp 1: d = 0.

Chọn a Î A \ {0} có 9 cách chọn

Chọn 2 số b, c Î A có 10.10 = 100 (cách chọn).

Do đó có: 9.100 = 900 số tự nhiên có 4 chữ số có chữ số tận cùng là 0.

+ Trường hợp 2: d = 5.

Chọn a Î A \ {0} có 9 cách chọn

Chọn 2 số b, c Î A có 10.10 = 100 (cách chọn).

Do đó có: 9.100 = 900 số tự nhiên có 4 chữ số có chữ số tận cùng là 0.

Vì hai trường hợp là rời nhau, vậy theo quy tắc cộng có 900 + 900 = 1800 số tự nhiên chia hết cho 5.

Ta có:  y=sinx+3cosx+1

=212sinx+32cosx+12

=2sinx . cosπ3+cosx . sinπ3+12

=2sinx+π3+1

Ta có:  −1≤sinx+π3≤1

⇔−2≤2sinx+π3≤2

⇔−1≤2sinx+π3+1≤3

Þ m = min y =−1; M = max y = 3

Þ M + m = 3 + (−1) = 2

Khi đó tổng M + m bằng: 2.

Ta có:  y=sinx−3cosx=212sinx−32cosx

=2sinx . cosπ3−cosx . sinπ3

=2sinx−π3

Ta có:  −1≤sinx−π3≤1

⇔−2≤2sinx−π3≤2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

sinx−π3=1⇔x−π3=π2+k2π⇔x=5π6+k2π, k∈ℤ

Vậy GTLN của hàm số bằng 2 khi  x=5π6+k2π, k∈ℤ.