7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 65)

Tọa độ giao điểm của 2 đường tròn đã cho thỏa mãn hệ phương trình:

 x2+y2−4=0x2+y2−4x−4y+4=0

⇔x2+y2−4=04−4x−4y+4=0

 ⇔x2+y2−4=0x+y=2⇔x2 +(2-x2)−4=0y=2−x

⇔x2+4−4x+x2−4=0y=2−x⇔2x2−4x=0y=2−x

⇔2x(x−2)=0y=2−x⇔x=0;  y=2x=2;  y=0

Vậy giao điểm A(0; 2) và B( 2;0).

Đáp án đúng là đáp án C.

Giải thích:

Theo định nghĩa thì một mệnh đề không thể vừa đúng vừa sai. Do đó chọn đáp án C.

Đáp án đúng là đáp án D.

Giải thích:

Đáp án D chỉ là một biểu thức, không phải khẳng định. Do đó chọn D.

Ta có: SA ^ BC; AB ^ BC

Þ SB ^ BC (định lý 3 đường vuông góc) hay SBC^=90°.

Gọi K là trung điểm của AD ta có CK = AB = AD/2 nên tam giác ACD vuông tại C

Ta có: CD ^ AC; CD ^ SA

Þ CD ^ (SAC)

Dó đó CD ^ SC hay SCD^=90°

Vậy SBC^=SCD^=90°

Quay hình vuông đã cho quanh đường thẳng chứa cạnh BC sẽ tạo thành một khối tròn xoay có hình dạng của một khối trụ bị khuyết một khối nón.

Khối trụ có chiều cao là AD = 2a, bán kính đáy AB = a

Thể tích khối trụ là V1=πa2.2a=2πa3

Khối nón có chiều cao là CH = a, bán kính đáy HD = a

Thể tích cần tìm là:  V=V−1V2=53πa3.

Vậy thể tích cần tìm là:  V=V−1V2=53πa3.

y=x+22x+3⇒y'=−1(2x+3)2

Gọi điểm M(x₀; y₀)  x0≠−32 thuộc đồ thị hàm số (C).

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng:

y=−1(2x+3)2x−x0+x0+22x0+3

Tiếp tuyến giao với trục hoành và trục tung tại 2 điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến d vuông góc với một trong 2 đường phân giác y = x hoặc y = −x.

+) Trường hợp 1: d vuông góc với đường phân giác y = x thì ta được:

 −1(2x+3)2⋅(−1)=−1⇔2x0+32=−1

 2x0+3=12x0+3=−1⇔x0=−1⇒y0=1x0=−2⇒y0=0

Với x₀ = −1; y₀ = 1 ta có phương trình tiếp tuyến tại M là: y = −x (loại)

Với x₀ = −2; y₀ = 0 ta có phương trình tiếp tuyến tại M là: 

y = −x − 2
+) Trường hợp 2: d vuông góc với đường phân giác y = −x thì ta được:

 −1(2x+3)2⋅(−1)=−1⇔2x0+32=−1 (KTM)

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = −x – 2.

Hình chiếu của P(a; b; c) lên Oy là H(0; b; 0)

Khoảng cách từ  P(a; b; c) đến Oy là:

 PH=a2+c2

Vậy khoảng cách từ  P(a; b; c) đến Oy là  PH=a2+c2.

Gọi M’ là hình chiếu của M trên trục Ox.

Khi đó M(−2;0;0)  ⇒MM'→=(0;−3;−1)

Khi đó,  d(M,Ox)=MM'→=02+(−3)2+(−1)2=10.

Vậy khoảng cách từ điểm M(−2;3;1) đến trục Ox là  10.

Ta có:  2+x15=∑k=015C15k.215−k.xk.

Để có hệ số của số hạng có chứa x⁵ trong khai triển thì k = 5.

Vậy hệ số của số hạng có chứa x⁵ trong khai triển là  210C155.

Bất phương trình  32−x<1⇔32−x−1<0⇔x+12−x<0

Đặt  f(x)=x+12−x

Ta có: x + 1 = 0 ⇔ x = −1 và 2 – x = 0 ⇔ x = 2

Bảng xét dấu:

  

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy rằng f(x) < 0 Û  x<−1x>2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (−∞; −1) ∪ (2; +∞).

Do chữ số 1 có mặt 3 lần nên ta coi như tìm các số thỏa mãn đề bài được tạo nên từ 8 số 0; 1; 1; 1; 2; 3; 4; 5.

Chọn số cho ô đầu tiên có 7 cách.

Chọn số cho ô thứ hai có 7 cách.

…

Chọn số cho ô thứ 8 có 1 cách.

Suy ra có 7.7.6.5.4.3.2.1 = 7.7! cách xếp 8 chữ số 0; 1; 1; 1; 2; 3; 4; 5 vào 8 ô.

Mặt khác chữ số 1 lặp lại 3 lần nên số cách xếp là  7.7!3!=5  880 (số)

Vậy có 5 880 cách chọn.

Xếp số vào 8 ô trống thỏa yêu cầu đề bài.

- Chọn 3 ô trong 8 ô để xếp 3 chữ số 1, có C83 cách.

- Chọn 2 ô trong 5 ô còn lại để xếp 2 chữ số 4, có  C52 cách.

- Xếp 3 chữ số số còn lại vào 3 ô còn lại, có 3! cách.

Þ có  C83.C52.3! số thỏa yêu cầu, nhưng có những số có chữ số 0 đứng vị trí đầu tiên.

Trường hợp số 0 ở ô thứ nhất.

Bước 1: Chọn 3 ô trong 7 ô còn lại, xếp 3 chữ số 1, có  C73 cách.

Bước 2: Chọn 2 ô trong 4 ô còn lại, xếp 2 chữ số 4, có  C42 cách.

Bước 3: Xếp hai chữ số còn lại vào 2 ô còn lại, có 2! cách.

Þ có  C73.C42.2! số mà chữ số 0 ở vị trí đầu tiên.

Vậy có  C83 . C52 . 3! −C 73. C42 . 2!=2  940 số thỏa yêu cầu.

A = log₃2.log₄3.log₅4...log₁₆15

⇔ A = (log₄2).lo g₅4...log₁₆15

⇔ A = (log₄2.log₅4)...log₁₆15

⇔ A = (log₅2.log₆5)...log₁₆15

Theo quy luật như vậy,  A=log152log165=log162=14log22=14.

Vậy  A=14.

Xét đường tròn (O)có AB  là đường kính và ΔABC nội tiếp đường tròn (O)

 ⇒ACB^=90° hay ΔABC vuông tại C.

Ta có: OC = OB (do cùng bằng bán kính)

Þ O cách đều hai điểm C và B,

Þ O nằm trên trung trực của BC.

Lại có: EC = EB (do E là trung điểm của BC)

Þ E cách đều hai điểm B và C

Þ E nằm trên trung trực của BC.

Ta có E và O  đều nằm trên đường trung trực của đoạn BC

Þ OE là trung trực của đoạn BC.

Vậy OE ⊥ BC.

Ta có:  ACB^=AEB^=90°  (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 ⇒FCD^=FED^=90°

 ⇒FCD^+FED^=180°

Vậy tứ giác FCDE nội tiếp.

Ta có: 5x² + 16y² + 27z² − 12xy − 12xz − 12yz

= 3(x − 2y)² + (2y − 3z)² + 2(x − 3z)² ≥ 0

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2y = 3z  (1)

Suy ra 5x² + 16y² + 27z² ≥ 12(xy + yz + xz)

 ⇒log(xy+yz+xz)(5x2+16y2+27z2)≥log(xy+yz+xz)12(xy+yz+xz)=log(xy+yz+xz)12+1

(có xy + yz + xz ≥ 1 nên hàm số  f(t)=logxy+yz+xzt đồng biến)

Biểu thức đã cho:

 log(xy+yz+xz)(5x2+16y2+27z2)+log144xy+yz+xz≥log(xy+yz+xz)12+1+14log12(xy+yz+xz)

 log(xy+yz+xz)(5x2+16y2+27z2)+log144xy+yz+xz≥2log(xy+yz+xz)12.14log12(xy+yz+xz)+1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  log(xy+yz+xz)l2=14log12(xy+yz+xz)

⇔ xy + yz + xz = 12² (2)

Từ (1), (2) suy ra đẳng thức đã cho xảy ra khi  x=2y=3zxy+yz+xz=122⇔x=12y=6z=4

Suy ra x + y – z = 14

Vậy x + y – z = 14.

Ta có:  (x+2)n=∑k=0nCnkxn−k2k 

 ⇒a5=Cn525a6=Cn626

Khi đó, ta có:  a5a6=127⇔Cn525Cn626=127

⇔n!5!(n−5)!n!6!(n−6)!2=127⇔6!(n−6)!25!(n−5)!=127

 ⇔6.2n−5=127⇔n=12

 an=Cnn2n=C1212212=4  096

Vậy a_n = 4 096.

Ta có:  ∫121f(x)dx=∫121ax2+bx+2dx

∫121f(x)dx=−ax+blnx+2x112=a+1+bln2

Theo giả thiết, ta có 

2 − 3ln2 = a + 1 + bln2  ⇒a+1=2b=−3⇔a=1b=−3

Þ T = a + b = 1 – 3 = −2

Vật T = −2.

Ta có: f(x) = x⁴ − 10x² + 2

Û f′(x) = 4x³ − 20x

f′(x) = 0 Û 4x³ − 20x = 0

Û 4x(x² − 5) = 0

⇔x=0∈[−1;2]x=−5∉[−1;2]x=5∉[−1;2]

Ta có:  f(−1)=−7f(0)=2f(2)=−22

Vậy  min[−1;2]  f(x)=−22.

f(x) =2x³ + 3x² – 1⇒ f′(x) = 6x² + 6x; f ′(x) = 0

⇔x=0   (ktm)x=−1  (tm)

Hàm số f(x) liên tục trên  −2;−12, có f(−2) = −5; f(−1) = 0;  f−12=−12

 ⇒m=min−2;−12f(x)=−5;

Và  M=max−2;−12f(x)=0

Þ P = M – m = 5.

Vậy P = 5.

Đặt y = f(x) = x² + 1

Ta có: f ′(x) = 2x

Phương trình tiếp tuyến (d) của parabol (P): y = x² + 1 tại điểm có tọa độ (1; 2) có dạng:

y = f ′(1) (x−1) + 2 = 2(x − 1) + 2 hay y = 2x

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

 x2−x+2=2x⇔x2−3x+2=0⇔x=1x=2

Diện tích của hình (H) là:  Sx=12x2−3x+2dx=16

Vậy diện tích của hình (H) là  16.

Xét phương trình hoành độ giao điểm x² − 2x = 0  ⇔x=0∈[−1;2]x=2∈[−1;2]

Do đó diện tích hình phẳng cần tính là:

 S=∫−12x2−2xdx=∫−10x2−2xdx+∫02x2−2xdx

 S=∫−10x2−2xdx+∫02x2−2xdx

 S=x33−x20−1+x33−x202=43+43=83

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi x = −1; x = 2; y = 0; y = x² − 2x là  S=83.

y = 2^x + 3^x + 4^x +...+ 2017^x + 2018^x

y′ = 2^x ln2 + 3^x ln3 + 4^x ln4 +...+ 2017^x ln2017 + 2018^x ln2018 > 0, ∀x

Þ Hàm số đồng biến trên ℝ.

y = 2017 – x ⇒ y′ = −1 < 0, ∀x

Þ Hàm số nghịch biến trên R.

Þ Phương trình 2^x + 3^x + 4^x +...+ 2017^x + 2018^x = 2017 – x có tối đa 1 nghiệm x = 0 thỏa mãn phương trình.

Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Tập xác định D=ℝ

Xét: y' = 6x² – 6

Cho y' = 0 ⇔ 6x² – 6 = 0 ⇔ x = ±1

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực đại tại x = –1 và đạt cực tiểu tại x = 1.

Tập xác định  D=ℝ\{2}

Xét:  y'=−1(x−2)2 Þ y' < 0 với  ∀x∈ℝ

Xét bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho không có cực trị.

Vậy hàm số đã cho không có cực trị.

Gọi H là trung điểm của AB

Þ SH ⊥ AB (do ΔSAB cân tại S)

Ta có: (SAB) ⊥ (ABCD)

(SAB) ∩ (ABCD) = AB

SH ⊥ AB; SH ⊂ (SAB)

Þ SH ⊥ (ABCD)

Hay H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD)

Þ CH là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABCD)

Do đó góc giữa SC và mặt đáy là  SCH^=α.

Ta có:  VS.ABCD=13SH.SABCD

 ⇔4a33=13SH.4a2⇔SH=a

Xét tam giác BHCvuông tại B, theo định lý Pytago ta có:

 HC=BH2+BC2=a2+4a2=a5

Xét tam giác SHC vuông tại H có:

 tanSCH^=SHHC=aa5=15

Vậy  tanSCH^=15.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD ⇒O là trung điểm của AC

Ta có: CD ^ AD; CD ^ SA

Þ CD ^ (SAD)

Þ CD ^ AP

Lại có: SC ^ AP (do SC ⊥ (α)); CD ⊥ AP

Þ AP ⊥ (SCD) ⇒ AP ⊥ CP Þ ΔAPC vuông tại P

Þ OA = OC = OP

Tương tự, ta có: ΔAMC vuông tại M 

Þ OA = OC = OM

Lại có: SC ⊥ AN (do SC ⊥ (α))

ÞΔANC vuông tại N ÞOA = OC = ON

Þ OA = OC = OP = OM = ON

ÞO là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP

Bán kính là:  R=OA=AB2=2

Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là: 
 V=4π3⋅23=32π3

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là  32π3.

Vì thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều SAB nên tâm mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp của hình nón trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác SAB hay chính là trọng tâm I của tam giác SAB.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón là:

 R=SI=23SH

Bán kính mặt cầu nội tiếp hình nón là: 

 r=IH=13SH=12R

⇒V1V2=43πR343πr3=23=8

Vậy  V1V2=8.

Ta có: f(x) = x⁴ − 10x² + 1

Û f ′(x) = 4x³ − 20x

f ′(x) = 0 Û 4x³ − 20x = 0

Û 4x(x² − 5) = 0

⇔x=0∈[−3;2]x=−5∉[−3;2]x=5∈[−3;2]

Ta có:  f(−3)=−8f(0)=1f(2)=−23f5=−24

Vậy  min[−3;  2]  f(x)=−24 tại  x=5.

Ta có: y = x⁴ − 4x³ − x² + 10x − 3

= x⁴ − 4x³ − x² + 10x – 5 + 2

= [(x − 1)²  − 1]² − 5(x − 1)² + 2

Đặt t = (x − 1)², x ∈ [−1;4] ⇒ t ∈ [0;9]

y = (t − 1)² − 5t + 2 = t² − 7t + 3

 y=t−722−374≥−374

Vì  t−722≥0nên  t−722−374≥−374

  min  y=−374⇔t=72⇔x=±72+1

Vậy giá trị nhỏ nhất của y là   −374 tại  x=±72+1.

Do ΔMAB nội tiếp nửa đường tròn (O)có cạnh AB là đường kính

Þ ΔMABvuông tại M 

Þ AMB^=90° hay EMF^=90°

+) Xét nửa đường tròn (O) có E là trung điểm của MA (giả thiết)

Þ OE ⊥ MA (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

 ⇒MEO^=90°

Tương tự ta cũng được:  ⇒MEO^=90°

+) Xét tứ giác MEOF có:

  EMF^=MEO^=MFO^=90°

Vậy tứ giác MEOF là hình chữ nhật.

Ta có:

•  O^1=O^2 (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

•  O^3=O^4 (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

 ⇒COD^=O^2+O^3=12O^1+O^2+O^3+O^4=90°

Þ ΔCOD vuông tại O, có đường cao OM

Do CA và CM là hai tiếp tuyến cắt nhau nên CA = CM

Do DM và DB là hai tiếp tuyến cắt nhau nên DM = DB

Áp dụng hệ thức lượng ta có:

OM² = CM. MD

Þ R² = CA. DB (đpcm)

Vậy AC. BD = R².

Diện tích lục giác đều là:

 S1=332⋅32=2732  mm2

Thể tích một chiếc bút chì là:

  V1=S1.h=2732⋅200=27003  mm3=273.10−7  m3

Thể tích lõi chì là:

  V2=S2.h=.200π  mm3=2π.10−7m3

Thể tích khối gỗ làm bút chì là:

 V3=V1−V2=273−2π.10−7m3

Giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì là:

  T=a273−2π.10−7+6a.2π.10−7=7,82.10−6a (triệu đồng)

Vậy giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì là 7,82a đồng.

Xét trường hợp:

• Trường hợp 1: lấy ra 4 viên bi trắng từ 6 viên bi trắng

Có số cách là:   C64=15(cách).

• Trường hợp 2: lấy ra 4 viên bi xanh từ 5 viên bi xanh

Có số cách là:  C54=5(cách).

Áp dụng quy tắc cộng, ta có: 15 + 5 = 20(cách) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Vậy có 20 cách lấy được 4 viên bi cùng màu.

• Trường hợp 1: chọn 4 bi đỏ hoặc trắng có:   C94=126 (cách)

• Trường hợp 2: chọn 4 bi đỏ và vàng hoặc 4 bi vàng có  C104−C44=209 (cách)

• Trường hợp 3: chọn 4 bi trắng và vàng có  C114−(C54+C64)=310 (cách)

Số cách chọn 4 viên bi từ hộp đó sao cho không có đủ 3 màu là:

126 + 209 + 310 = 645 (cách)

Vậy có 645 cách.

Điều kiện:  n≥1,  n∈ℕ

Ta có:  Pn−1.An+44<15Pn+2

 ⇔(n−1)!(n+4)!n!<15(n+2)!

 ⇔(n+4)(n+3)n<15⇔n2+7n+12<15n

 ⇔n2−8n+12<0

Û 2 < n < 6 ⇒ n ∈ {3; 4; 5}.

Vậy các giá trị n thoả mãn là 3; 4; 5.

Tập xác định  D=R

Xét: y' = −4x³ + 8x

Cho y' = 0 ⇔ −4x³ + 8x = 0  ⇔x=0x=±2

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực đại tại  x=±2 và đạt cực tiểu tại x = 0.

Tập xác định  D=ℝ\{−1}

Xét:  y'=x2+2x−3(x+1)2 

Cho y' = 0 Û x² + 2x – 3 = 0  ⇔x=1x=−3

Xét bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực đại tại x = −3 và đạt cực tiểu tại x = 1.

Tập xác định D = [2; 3]

Ta có:  y' = 2 – (xlnx)' = 2 – (lnx + 1) = 1 – lnx

y' = 0 Û lnx = 1 Û x = e Î [2; 3]

• y(2) = 4 – 2ln2

• y(3) = 6 – 3ln3

• y(e) = 2e – e = e

Vậy  max2;  3 y=e tại x = 3.

Ta có y' = 2xlnx + x = x(2lnx + 1)

 y'=0⇔x=0x=e− 12

 y1e=−1e2;  ye−12;  y(e)=e2.

Vậy  min1e;  ey=−12e.

Gọi D là trung điểm AB nên CD ⊥ AB

Þ CD ⊥ (AA′B′B)

 ⇒CA'D^=30°

 CD=a32⇒A' D=CDtan30°=3a2

 ⇒A'A=CD2−AD2=a2

 V=13A'A . SABC=13 . a2 . a234=a3612.

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là  a3612.

Ta có: V_ACMNPQ = V_EAMNC – V_EACPQ

 VEACPQ=13dE,  (ACPQ) . SACPQ=13dE, (ACD) . SACD−SDPQ

=13dB,(ACD)  .  SACD−19SACD=89VABCD

(Vì P, Q là trọng tâm của ΔBCE và ΔABE)

 VACMNPQ=1118VABCD=1118⋅a3212=112a3216

Vậy VACMNPQ=112a3216 .

Áp dụng định lí Ta lét, ta có:

 O'B'OB=O'AOA=h'h=h'40 (OA = h, O’A = h’ < 40 cm)
Tỉ số thể tích giữa 2 khối nón là:

V'V=13πO'B'2.O'A13πOB2.OA=O'B'2 . O'AOB2 . OA

 =O'B'OB2⋅O'AOA=h'402⋅h'40=18

 ⇒h3=4038=203⇒h'=20   (cm)

Vậy chiều cao của hình nón N₂ là 20 cm.

Xét phương trình:

f'(x) = x²(x − 1)(x + 2)²(x − 2) = 0

⇔x=0x=1x=−2x=2

Hàm số đã cho không đạt cực trị tại điểm x = 0 vì là nghiệm bội hai của phương trình  f'(x) = 0.

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Ta có bảng giá trị sau:

x	−2	−1	0	1	2
y	4	1	0	1	4

Vậy đồ thị hàm số y = x² là Parabol đi qua 5 điểm có tọa độ (−2; 4), (−1; 1), (0; 0), (1; 1), (2; 4).

Vẽ đồ thị hàm số:

y = −x²

Với x = 0 ⇒ y = 0, với x = ±1 ⇒ y = −1

Đồ thị hàm số y = −x² có đỉnh là (0;0) và đi qua 2 điểm (1;−1) và (−1;−1)

y = x − 2

Với x = 0 ⇒ y = −2, với y = 0 ⇒ x = 2

Đồ thị hàm số y = x − 2 đi qua điểm (0;−2) và (2;0)

Đồ thị của hai hàm số như hình vẽ.

Nhánh ngoài cùng bên phải của hàm số bậc bốn trùng phương đi xuống nên a < 0.

Đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương có ba cực trị nên a.b < 0 Þ b > 0

Do đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tung độ âm nên c < 0

Vậy a < 0, b > 0, c < 0.

 

Vì I, J là trung điểm của AA′, BB′ nên V_ABCIJ = V_{A′B′C′IJ} = 2V_AIJC.

Vì S_ΔICC′ = 2S_ΔAIC ⇒ V_JICC′ = 2V_JAIC

Mà V_{ABCA′B′C′} = V_ABCIJ + V_{A′B′C′IJ} + V_JICC′

 ⇒VABCIJ=13V

 ⇒VABCIJC'=23V

Vậy thể tích của khối đa diện ABCIJC′ là  23V.

Ta có:

•  VA.A'B'C'=13dA,  (A'B'C') . SA'B'C'=13V

•  VA.BCC'B'=V−13V=23V

Vậy thể tích khối chóp A.BCC’B’ là  23V.

 1+tanx+tan2x+tan3x

 =cos3x+sinx.cos2x+sin2x.cosx+sin3xcos3x

 =cos2x.(sinx+cosx)+sin2x.(sinx+cosx)cos3x

Vậy  1+tanx+tan2x+tan3x=sinx+cosxcos3x.

Lời giải

 1+sinxcotx–cosx

 =(1+sinx)cosxsinx−cosx

 =cosx(1+sinx)⋅1−sinxsinx

 =cosx(1−sin2x)sinx=cosx . cos2xsinx=cos3xsinx.

Vậy (1 + sin x)(cot x – cos x) = cos³ x.

a) Gọi số cần tìm có dạng  abc¯ (a khác 0)

- Có 4 cách chọn a (a khác 0)

- Có 5 cách chọn b

- Có 5 cách chọn c

Ta lập được tất cả các số chẵn có 3 chữ số là: 4 × 5 × 5 = 100 (số)

Vậy có 100 số thoả mãn.

b) Gọi số cần tìm có dạng  abc¯ (a khác 0; c = 0, 2, 6, 8)

- Có 4 cách chọn c (c = 0 hoặc c = 2 hoặc c = 6 hoặc c = 8)

- Có 4 cách chọn a (a khác 0)

- Có 5 cách chọn b

Ta lập được tất cả các số chẵn có 3 chữ số khác nhau là: 4 × 4 × 5 = 80 (số)

Vậy có 80 số thoả mãn.

a) Gọi số cần tìm có dạng  abc¯ (a khác 0)

- Có 5 cách chọn a

- Có 5 cách chọn b

- Có 5 cách chọn c

Ta lập được tất cả các số chẵn có 3 chữ số là: 5 × 5 × 5 = 125 (số)

Vậy có 125 số thoả mãn.

b) Gọi số cần tìm có dạng  abc¯ (a khác 0; a khác b khác c)

- Có 5 cách chọn a

- Có 4 cách chọn b (b khác a)

- Có 3 cách chọn c (c khác b khác a)

Ta lập được tất cả các số chẵn có 3 chữ số là: 5 × 4 × 3 = 60 (số)

Vậy có 60 số thoả mãn.

Điều kiện: x ³ −1

Phương trình đã cho tương đương với

 4x+1−8=x2−5x+6

 ⇔4x+1−2=x2−5x+6

 ⇔4(x−3)(x+1−2)=(x−2)(x+3)

 ⇔(x−3)4x+1−2−x+2=0

 ⇔x−3=0⇔x=3

Vậy x = 3.

Lời giải

Đáp án đúng là đáp án D.

Đáp án đúng là đáp án C.

Vì y = f(x) nên f(−x) = −f(x).

Ta có: 

•f[sin(−x)] = f(−sin x) = −f(sinx)ÞA đúng

•f[cos(−x)] = f(cos x) Þ B đúng

•sin[f(−x)] = sin[−f(x)] = −sin[f(x)] Þ C sai

•cos[−f(x)] = cos[f(x)] ÞD đúng

Đánh số các đỉnh A₁; A₂;...; A₆₀. Ký hiệu tứ giác cần lập là ABCD.

Nếu A ≡ A₁ thì các điểm A, B, C, D cách nhau ít nhất 1 điểm.

Gọi x₁ là số điểm ở giữa A và B (x1 ≥ 1)

x₂ là số điểm ở giữa B và C (x₂ ≥ 1)

x₃ là số điểm ở giữa C và D (x₃ ≥ 1)

x₄ là số điểm ở giữa D và A (x₄ ≥ 1)

Ta có: x₁ + x₂ + x₃ + x₄ = 56 (1)

x₁, x₂, x₃, x₄ ≥ 1

Số nghiệm dương của phương trình (1) là số cách chọn B, C, D.

Khi đó có  C553 cách, nhưng mỗi tứ giác được lặp lại 4 lần tại một đỉnh.

Suy ra, số phần tử của biến cố E là:

 n(E)=60.C5534

Xác suất của biến cố E là:

 P(E)=n(E)n(Ω)=60.C5534.C604=0,807
Vậy xác suất để lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H) là 0,807.

 8.23x−2=1024

2³.2^3x–2 = 2¹⁰

2^{3 + 3x – 2} = 2¹⁰

3 + 3x – 2 = 10

3x + 1 = 10

3x = 10 – 1

3x = 9

x = 9 : 3

x = 3

Vậy x = 3.

 2x+2x+3=144

2^x + 2^x. 2³ = 144

2^x. (1 + 2³) = 144

2^x. 9 = 144

2^x = 144 : 9

2^x = 16

2^x = 2⁴

x = 4

Vậy x = 4.

Ta có (C₁): (x − 1)² + (y − 1)² = 2²

(C₂): (x + 6)² + (y − 8)² = 10²

Do đó (C₁) có tâm và bán kính lần lượt là I₁(1;1), R₁ = 2.

(C₂)có tâm và bán kính lần lượt là I₂(−6;8), R₂ = 10.

Do đó tỉ số của phép đồng dạng là:  k=R2R1=102=5.

Vậy k = 5.

Số các số có thể có bằng số hoán vị của 10 chữ số của , trong đó chữ số 5 lặp lại 3 lần, chữ số 6 lặp lại 2 lần   10!3!  . 2!.

Số các số có dạng bằng hoán vị của 9 chữ số trong đó chữ số 5 lặp lại 3 lần, chữ số 6 lặp lại 2 lần  9!3!  . 2!.

Do đó, số các số phải tìm là:  10!3!  . 2!−9!3!  . 2!=272  160 (số)

Vậy có 272160 số thỏa yêu cầu đề bài.

Ta có:  31≠−12

Vậy  MN→=−310a→+15b→

Ta có  (SAB)∩(SCD)=SAB⊂(SAB),CD⊂(SCD)AB//CD

Gọi (SAB) Ç (SCD) = Sx với Sx // AB // CD

Vậy giao tuyến của (SAB)  và (SCD) là Sx.

 Trong (ABCD) gọi AD Ç BC = {E}

Ta có:

•E Î AD Ì (ADN) Þ E Î (ADN)

•E Î BC Ì (SBC) Þ E Î (SBC)

Do đó E Î (ADN) Ç (SBC)

Þ (ADN) Ç (SBC) = EN

Gọi SC Ç EN = {P}

Ta có: P Î SC; P Î EN Ì (ADN)

Þ P = SC Ç (ADN)

Vậy điểm P cần tìm là giao điểm của SC và EN.

Kẻ  AI ⊥ BB′, AK ⊥CC′ (hình vẽ).

Khoảng cách từ A đến BB′ và CC′ lần lượt là 1; 2

ÞAI = 1, AK = 2

Gọi F là trung điểm của BC.

Ta có:  AF=A'M=153

AI ⊥ BB′, BB’ ⊥ AK Þ BB’ ⊥ (AIK)

Hay BB’ ⊥ IK

Vì CC′ // BB′ ⇒ d(C, BB′) = d(K, BB′) = IK =  5

Þ ΔAIK vuông tại A.

Gọi E là trung điểm của IK 

Þ EF // BB’ 

Þ EF ⊥ (AIK)

Þ EF ⊥ AE

Lại có: AM ⊥ (ABC)

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AIK) là góc giữa EF và AM 

 AME^=FAE^

cosFAE^=AEAF=52153=32

 ⇒FAE^=30°

Hình chiếu vuông góc của tam giác ABC lên mặt phẳng (AIK) là ΔAIK nên ta có:

SAIK=SABCcosEAF^

 ⇒SABC=23

Xét ΔAMF vuông tại A:  tanAMF^=AFAM

 ⇒AM=15333=5⇒VABC.A'B'C'=5.23=2153

Vậy VABC.A'B'C'=2153.

Điều kiện: x > 0

Đặt t = log₃x phương trình trở thành t² − 2t – 7 = 0.

Có ac = 1.(−7) = −7 < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm t₁, t₂ phân biệt thỏa mãn

t1+t2=2t1t2=−7

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt  x1=3t1;  x2=3t2.

Khi đó   x1. x2=3t1. 3t2=3t1 + t2=32=9

Vậy tích các nghiệm của phương trình đã cho bằng 9.

Ta có: log₂(x² + x + 2) = 3

⇔ x² + x + 2 = 8

⇔ x² + x – 6 = 0

 ⇔x=2x=−3

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {2; – 3}.

Ta có   sinx−3cosx=0

  ⇔12sinx−32cosx=0⇔sinx−π3=0

 ⇔x−π3=kπ⇔x=π3+kπ  (k∈ℤ)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm  x=π3+kπ  ,k∈ℤ.

 sinx + 3cosx=3

⇔12sinx+32cosx=32⇔sinx+π3=32

⇔x+π3=π3+k2πx+π3=π−π3+k2π  ,  k∈ℤ

 ⇔x=k2πx=π3+k2π  ,  k∈ℤ

Vậy  S=k2π;  π3+k2π,  k∈ℤ.

Dựng hình lăng trụ AEF.BCD

Ta có:  VABCD=13VAEF.BCD 

 ⇒VA.CDFE=23VAEF.BCD

 ⇒VABCD=12VA.CDFE

Ta có: d(AB,CD) = d(AB, (CDFE)) = d(A, (CDFE))

⇒ d(A, (CDFE)) = 12

Lại có: CE = AB = CD = 5và  AB,CD^=CE,CD^=ECD^=30°

Nên  SCDFE=13dA,  (CDFE) . SCDFE=13⋅12⋅252=50

 VABCD=12VA.CDFE=12.50=25

Vậy  VABCD=25.