7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 67)

Sau 2 giờ quãng đường tàu thứ nhất chạy được là:

S₁ = 30.2 = 60 (km)

Sau 2 giờ quãng đường tàu thứ hai chạy được là:

S₂ = 40.2 = 80 (km)

Suy ra sau 2 giờ hai tàu cách nhau là:

 S=S12+S22−2S1 . S2 . cos60°=602+802−2 . 60 . 80 . cos60°=2013

Đáp án đúng là: B

Sau 2 giờ tàu B đi được 40 hải lí, tàu C đi được 30 hải lí.

Vậy tam giác ABC có AB = 40, AC = 30 và  A^=60°

Áp dụng định lí côsin vào tam giác ABC, ta có:

a² = b² + c² − 2bc.cos A

= 30² + 40² − 2.30.40.cos 60°

= 900 + 1600 − 1200 = 1300

Vậy  BC=1300≈36 (hải lí).

Ta có:  y'=x+14x'=x+1' . 4x−x+1 . 4x'4x2

 =4x−x+1 . 4x . ln44x2=1−x+1 . ln44x=1−2x+1 . ln222x.

Ta có:  y'=x−14x'=x−1' . 4x−x−1 . 4x'4x2

 =4x−x−1 . 4x . ln44x2=1−x−1 . ln44x=1−2x−1 . ln222x.

Ta có chiều cao cột đèn là AC.

Theo bài ra ta có: AB = 7,5 m và  ABC^=42°

Xét tam giác ACB vuông tại A có:

AC = AB.tan B = 7,5.tan 42°» 6,753 (m).

Vậy cột đèn cao 6,753 m.

Ta có OABC là hình bình hành.

 OA→+OC→+OE→=OB→+OE→=0→

Suy ra A đúng

 BC→+FE→=AO→+OD→=AD→

Suy ra B đúng

 OA→+OC→+OB→=OB→+OB→=2OB→=EB→

Suy ra C đúng

 AB→+CD→−EF→=AB→+BO→−OA→=AO→−OA→=2OA→≠0→

Suy ra D sai.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

•  OA→+OC→−EO→=OB→+OE→=0→

Suy ra A đúng

•  BC→−EF→=BC→+FE→=AO→+OD→=AD→

Suy ra B đúng

•  OA→−OE→=EA→=EB→+BA→=EB→+CO→=EB→−OC→

Suy ra C đúng

•  AB→+CD→−EF→=AB→+BO→−OA→=AO→−OA→=2OA→≠0→

Suy ra D sai.

Để A Ç B ¹ 0 thì điều kiện là  vm−1≤m+32m−1<−3m+32≥3⇔2m−2≤m+3m<−2m+3≥6

⇔m≤5m<−2m≥3⇔m<−23≤m≤5

Vậy m Î (−∞; −2) È [3; 5].

Tập xác định D = ℝ

Xét hàm số  y=fx=mx33+7mx2+14x−m  có:

f ¢(x) =mx² + 14mx + 14

Yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình

mx² + 14mx + 14 ≤ 0, "x ≥ 1 tương đương với  gx=−14x2+14x≥m 1

 ⇒g'x=142x+14x2+14x2=28x+7x2+14x2≥0​, ∀x∈1; +∞

Dễ dàng có được g(x) là hàm tăng "x Î [1; +∞), suy ra  

 minx≥1gx=g1=−1415

Yêu cầu bài toán suy ra  m≤minx≥1gx=−1415

Vậy   m∈−∞; −1415.

Xét hàm số y = x³ − 3mx² − m có:

y¢= 3x² − 6mx = 3x(x − 2m)

Để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1) thì y¢ ≤ 0, "x Î (0; 1).

Þ 3x(x − 2m) ≤ 0, "x Î (0; 1)

Mà x > 0 suy ra x − 2m ≤ 0, "x Î (0; 1)

Û x ≤ 2m, "x Î (0; 1)

 ⇒2m≥1⇔m≥12

Vậy  m∈12; +∞.

Xét hàm số f (x) = x² − 2x + m trên đoạn [0; 3], ta có:

f ¢(x) = 2x − 2 = 0

Û 2x − 2 = 0 Û x = 1

Ta có f (0) = m, f (1) = m − 1, f (3) = m + 3

Dễ thấy m − 1 < m < m + 3 nên ta có BBT của hàm số f (x) = x² − 2x + m trên đoạn [0; 3] như sau:

+) TH1: m − 1 ≥ 0 Û m ≥ 1 thì:

min0; 3fx=m−1=5⇔m=6 TM

+) TH2: m − 1 < 0 ≤ m + 3 Û −3 ≤ m < 1 thì:

 min0; 3fx=0≠5 (mẫu thuẫn giải thiết, loại)

+) TH3: m + 3 < 0 Û m < −3 thì:

 min0; 3fx=−m−3=5⇔m=−8 TM

Vậy m Î {6; −8} nên tổng các giá trị của m là 6 + (−8) = −2.

Xét hàm số f (x) = 4x² − 4mx + m² − 2m trên đoạn [−2; 0] ta có:

f ¢(x) = 8x − 4m = 0

 ⇔2x−m=0⇔x=m2

+) TH1:  m2≤−2⇔m≤−4

Xét bảng biến thiên:

Khi đó:  min−2; 0fx=f−2=m2+6m+16=3

 min−2; 0fx=f−2=m2+6m+16=3 (vô nghiệm)

+) TH2:  −2<m2≤0⇔−4<m≤0

Xét bảng biến thiên:

Khi đó:  min−2; 0fx=fm2=−2m=3⇔m=−32 TM 

+) TH3:  m2>0⇔m>0

Xét bảng biến thiên:

Khi đó:

 min−2; 0fx=f0=m2−2m=3⇔m=−1 KTMm=3   TM 

Vậy  m∈−32; 3 nên tổng các giá trị của m là  T=−32+3=32.

Ta có: V_{(I; k)} (DABC) =DA'B'C' suy ra DABC ᔕDA'B'C' theo tỉ số k.

 ⇒SΔA'B'C'SΔABC=k2=4⇒SΔA'B'C'=4SΔABC

Lại có 3² + 4² = 5² nên theo định lí Pytago đảo thì DABC là tam giác vuông

 ⇒SΔA'B'C'SΔABC=k2=4⇒SΔA'B'C'=4SΔABC

Þ S_DA'B'C'= 4.6 = 24

- Phép vị tự tỉ số k biến một tam giác thành tam giác đồng dạng với nó theo tỉ số k.

- Tỉ số diện tích S' = k².S với S' là diện tích của tam giác ảnh, S là diện tích tam giác dưới phép vị tự.

 ⇒S'S=−22=4.

•Vẽ đường thẳng d₁: x − y − 1 = 0, đường thẳng d₁ qua hai điểm (0; −1) và (1; 0).

Xét điểm O(0; 0) thay vào phương trình đường thẳng, ta có 0 − 0 − 1 = −1 < 0.

Thoả mãn bất phương trình x − y − 1 ≤ 0.

Vậy O(0; 0) thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

Do đó miền nghiệm D₁ là nửa mặt phẳng không bị gạch được chia bởi đường thẳng d₁ chứa gốc tọa độ O kể cả bờ.

•Vẽ đường thẳng d₂: x + 2y − 10 = 0, đường thẳng d₂ qua hai điểm (0; 5) và (10; 0).

Xét điểm O(0; 0) thay vào phương trình đường thẳng ta có 0 + 2.0 − 10 = −10 < 0. Thoả mãn bất phương trình x + 2y − 10 ≤ 0.

Vậy điểm O(0; 0) thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

Do đó miền nghiệm D₂ là nửa mặt phẳng không bị gạch được chia bởi đường thẳng d₂ chứa gốc tọa độ O kể cả bờ.

•Vẽ đường thẳng d₃: y = 4.

Xét điểm O(0; 0) thay vào phương trình đường thẳng ta có 0 < 4.

Thoả mãn bất phương trình 0 ≤ y ≤ 4.

Vậy điểm O(0; 0) thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

Do đó miền nghiệm D₃ là nửa mặt phẳng không bị gạch được chia bởi đường thẳng d₃ chứa gốc tọa độ O kể cả bờ.

x ≥ 0 có miền nghiệm là nửa mặt phẳng nằm bên phải trục tung (kể cả trục tung).

y ≥ 0 có miền nghiệm là nửa mặt phẳng nằm phía trên trục hoành (kể cả trục hoành).

Miền nghiệm là phần không bị gạch như hình vẽ.

Miền nghiệm là ngũ giác ABCOE với A(4; 3), B(2; 4), C(0; 4), O(0; 0), E(1; 0).

Nhận thấy biểu thức F (x; y) = x + 2y đạt giá trị lớn nhất tại các điểm A, B, C, O, E.

Do F (x; y) = x + 2y suy ra:

F(4; 3) = 4 + 2.3 = 10;

F(0; 4) = 0 + 2.4 = 8;

F(2; 4) = 2 + 2.4 = 10;

F(1; 0) = 1 + 2.0 = 1;

F(0; 0) = 0 + 2.0 = 0.

Vậy giá trị lớn nhất của biết thức F(x; y) = x + 2y bằng 10.

Gọi M là trung điểm BC Þ AM ^ BC

Trong tam giác vuông AMB, ta có:

 AM=AB . sinABM^=a . sin30°=a2

Ta có:  AB→+AC→=2AM→=2AM=2 . a2=a.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD.

Khi đó:

MA→+MB→=2ME→MC→+MD→=2MF→, ∀M

Do đó  MA→+MB→=MC→+MD→

 ⇔2ME→=2MF→

 ⇔ME→=MF→

Û ME = MF (*)

Vì E, F là hai điểm cố định nên từ đẳng thức (*) suy ra tập hợp các điểm M là trung trực của đoạn thẳng EF hay chính là trung trực của đoạn thẳng AD.

Lấy 1 điểm A bất kì thuộc d và 1 điểm B bất kì nằm trên đường thẳng d'.

Khi đó, tịnh tiến theo  AB→ biến đường thẳng d thành d'.

Vì A; B là bất kì nên có vô số phép tịnh tiến thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Ta có:  AB→=AC→+CB→=CB→+AC→ .

Do tập B có độ dài bằng 6 nên ta có:

+) TH1: A Ç B = [2m − 2; 2m + 3]

 ⇒2m+3≤52m−2≥−2⇔m≤1m≥0⇔0≤m≤1

+) TH1: A Ç B = [2m − 3; 2m + 2]

⇒2m+3≤52m−2≥−2⇔m≤1m≥0⇔0≤m≤1

Vậy  m∈0; 1∪−12; 32.

Vì A có độ dài bằng 3 nên A giao B không thể là một tập có độ dài bằng 5.

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn.

Đáp án đúng là: C

Qua N kẻ đường thẳng song song với AD cắt AB tại P.

Khi đó, tứ giác ADNP là hình vuông và PM=PA+AM=a+a2=3a2 .

Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông NPM, ta có

 MN2=NP2+PM2=a2+3a22=13a24

 ⇒MN=a132.

Suy ra  MN→=MN=a132.

Ta có:  −b2a=−62 . −3=−6−6=1

 −Δ4a=−b2−4ac4a=−62−4 . −3 . −14 . −3=2

Suy ra đỉnh của parabol là I(1; 2).

Ta có: −b2a=−−32.1=32

−Δ4a=−b2−4ac4a=−−32−4.1.24.1=−14

Suy ra đỉnh của parabol là I32;−14.

Hình 118 không phải là một đa giác vì DE và EA cùng nằm trên một đường thẳng.

Các đỉnh là các điểm: A, B., C, D, E, G.

Các đỉnh kề nhau là: A và B, hoặc B và C, hoặc C và D, hoặc D và E, hoặc E và G, hoặc G và A.

Các cạnh là các đoạn thẳng: AB, BC, CD, DE, EG, GA.

Các đường chéo là các đoạn thẳng nối hai đỉnh không kề nhau: AC, CG, AD, AE, BG, BE, BD, CE, DG.

Các góc là:  A^, B^, C^, D^, E^, G^.

Các điểm nằm trong đa giác (các điểm trong của đa giác) là: M, N, P.

Các diểm nằm ngoài đa giác (các điểm ngoài của đa giác) là: Q, R.

Do A, B ¹Æ ta có điều kiện:

 m−1<42m+2>−2⇔m<5m>−2⇔−2<m<5

Để A Ç B =ÆÛ 2m + 2 ≤ m − 1 Û m ≤ −3 (không thỏa mãn điều kiện −2 < m < 5)

Do đó không có giá trị nào của m để A Ç B =Æ.

Vậy với mọi m Î (−2; 5) thì A Ç B ¹Æ.

Do A, B ¹Æ, ta có điều kiện:

 m−1<42m+2>−2⇔m<5m>−2⇔−2<m<5

a) Để A Ì B thì:  m−1≥−22m+2>4⇔m≥−1m>1⇔m>1.

Kết hợp điều kiện suy ra 1 < m < 5.

Vậy m Î (1; 5) thì A Ì B.

a) Để B Ì A thì:  m−1≤−22m+2≤4⇔m≤−1m≤1⇔m≤−1.

Kết hợp điều kiện suy ra −2 < m ≤ −1.

Vậy m Î (−2; −1] thì B Ì A.

Gọi H là trung điểm của cạnh BC

Þ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì A'A = A'B = A'C nên A'H ^ (ABC)

Chiếu A'A lên mặt phẳng (ABC) ta được AH.

Suy ra  AA'; ABC^=AA'; AH^=A'AH^=60°\

Xét tam giác vuông A'AH ta có:

 A'H=AH . tanA'AH^=BC2 . tan60°=a3

Suy ra:  VABC.A'B'C'=A'H . SABC=A'H . 12AB . AC

 =a3 . 12 . a . a3=3a32.

Gọi H là trung điểm của cạnh BC và vì tam giác ABC vuông tại A

Þ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì A'A = A'B = A'C nên A'H ^ (ABC)

Chiếu A'A lên mặt phẳng (ABC) ta được AH.

Suy ra  AA'; ABC^=AA'; AH^=A'AH^=30°

Xét tam giác ABC vuông tại A suy ra:

 BC=AB2+AC2=a2+a22=a3

 ⇒AH=12BC=a32

Xét tam giác vuông A'AH ta có:

 A'H=AH . tanA'AH^=a32 . tan30°=a2

Suy ra:  VABC.A'B'C'=A'H . SABC=A'H . 12AB . AC

 =a2 . 12 . a . a2=a324.

Xét hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có:  A'C=AA' . 3=a3⇔AA'=a 

Vậy thể tích hình lập phương là V = a³.

có: hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có đường chéo bằng  a3.

Suy ra cạnh của hình lập phương bằng a.

Vậy  VA'.ABCD=13A'A . AB . AC=13A'A3=13 . a3=a33.

Đáp án đúng là: C

Ta có:  x2−4x+3=0⇔x=1x=3⇒A=1; 3

B = {−3; −2; −1; 0; 1; 2; 3}

Do đó A Ì B

Suy ra A È B = B; A Ç B = A

Do đó A và B sai.

Lại có: A \ B =Æ nên C đúng.

Đáp án đúng là: B

+) Thay x = 1 và y = 0 lần lượt vào các bất phương trình (1), (2) và (3) trong hệ, ta được:

(1) Û 1 − 2.0 < 0 Û 1 < 0 (vô lí);

(2) Û 1 + 3.0 > −2 Û 1 > −2 (luôn đúng);

(3) Û −1 + 0 < 3 Û – 1 < 3 (luôn đúng).

Do đó cặp số (1; 0) không là nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

+) Thay x =−1 và y = 0 lần lượt vào các bất phương trình (1), (2) và (3) trong hệ, ta được:

(1) Û −1 − 2.0 < 0 Û −1 < 0 (luôn đúng);

(2) Û −1 + 3.0 > −2 Û −1 > −2 (luôn đúng);

(3) Û 1 + 0 < 3 Û 1 < 3 (luôn đúng).

Do đó cặp số (−1; 0) là nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

+) Thay x =−2 và y = 3 lần lượt vào các bất phương trình (1), (2) và (3) trong hệ, ta được:

(1) Û −2 − 2.3 < 0 Û −8 < 0 (luôn đúng);

(2) Û −2 + 3.3 > −2 Û 7 > −2 (luôn đúng);

(3) Û 2 + 3 < 3 Û 5 < 3 (vô lí).

Do đó cặp số (−2; 3) không là nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

+) Thay x = 0 và y = –1 lần lượt vào các bất phương trình (1), (2) và (3) trong hệ, ta được:

(1) Û 0 − 2.(−1) < 0 Û 2 < 0 (vô lí);

(2) Û 0 + 3.(−1)  > −2 Û −3 > −2 (vô lí);

(3) Û 0 + (−1) < 3 Û −1 < 3 (luôn đúng).

Do đó cặp số (0; −1) không là nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

Vậy (−1; 0) là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

Do 0 ≤ a < 2p nên ta có các góc quay  0; 2π4; 4π3 biến tam giác ABC thành chính nó.

Xét DABC đều có:

AOB^=BOC^=COA^=120°=2π3OA=OB=OC

Þ Q_{(O; a)­} với α=0α=2π3α=4π3α=2π  đều biến ΔABC đều thành chính nó.

Vì A(4; 5) nên khoảng cách từ A đến trục hoành là d₁ = |y_A| = 5, khoảng cách từ A đến trục tung là d₂ = |x_A| = 4.

Nhận thấy d₁ = R = 5 nên trục hoành tiếp xúc với đường tròn (A; 5).

Và d₂ = 4 < 5 = R nên trục tung cắt đường tròn (A; 5).

Xét đường tròn (A; 3) có tâm A và bán kính R = 3

Kẻ AH ^ Ox, AK ^ Oy (như hình vẽ)

Khoảng cách từ tâm A đến trục Ox là AH = 4

Có: 4 > 3 Þ AH > R

Do đó, đường tròn (A; 3) và trục Ox không cắt nhau.

Khoảng cách từ tâm A đến trục Oy là AK = 3

Có AK = R = 3

Do đó, đường tròn (A; 3) và trục Oy tiếp xúc nhau.

Ta có: n (W) = 3.3.3 = 27

Gọi A là biến cố “Tổng số ghi trên ba tấm thẻ là 6”

Để tổng số ghi trên ba tấm thẻ là 6 thì có các tổng sau:

1 + 2 + 3 = 6, khi đó hoán vị 3 phần tử 1, 2, 3 ta được 3! = 6 cách.

2 + 2 + 2 = 6, khi đó ta có 1 cách.

Do đó n (A) = 6 + 1 = 7

Vậy  PA=nAnΩ=727.

Xác suất để chọn hộp A là  13, xác suất để chọn được bi đỏ trong hộp A là  47.

Suy ra xác suất để chọn được bi đỏ trong hộp A là  13 . 47 .

Tương tự, xác suất để chọn được bi đỏ trong hộp B, hộp C lần lượt là:  13⋅35; 13⋅24.

Vậy xác suất để lấy được bi đỏ là: P=13 . 47+13 . 35+13 . 24=3970.

Ta có:  R=abc4S, r=Sp

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên b = c và  a=b2+c2=b2

Xét tỉ số  Rr=abc . p4S2=abc . a+b+c24 . 14 . bc2=aa+2b2b2

 =2b21+22b2=1+2.

Lấy 1 điểm A bất kì thuộc d và 1 điểm B bất kì nằm trên đường thẳng d'.

Khi đó, tịnh tiến theo  AB→ biến đường thẳng d thành d'.

Vì A; B là bất kì nên có vô số phép tịnh tiến thỏa mãn.

Nguyên hàm của hàm số f (x) là:

 ∫fxdx=∫cos2xdx=∫1+cos2x2dx

 =12∫dx+12∫cos2xdx=12x+12 . 12sin2x+C

 =x2+sin2x4+C.

Nguyên hàm của hàm số f (x) là:

Fx=∫fxdx=∫cosx2dx

 =2∫cosx2dx2=2sinx2+C

Lời giải

20 viên bi khác nhau được đánh số từ 1 đến 20, chia làm ba phần:

Phần 1 gồm các viên bi mang số chia hết cho 3, có 6viên.

Phần 2 gồm các viên bi mang số chia cho 3 dư 1, có 7 viên.

Phần 3 gồm các viên bi mang số chia cho 3 dư 2, có 7 viên.

Lấy ba viên bi từ hộp trên rồi cộng số ghi trên đó lại, được một số chia hết cho 3 có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: lấy được 3 viên bi ở phần 1, có  C63  cách.

Trường hợp 2: lấy được 3 viên bi ở phần 2, có  C73 cách.

Trường hợp 3: lấy được 3 viên bi ở phần 3, có C73 cách.

Trường hợp 4: lấy được 1 viên bi ở phần 1, 1 viên bi ở phần 2 và 1 viên bi ở phần 3, có  C61 . C71 . C71 cách.

Vậy có  C63+C73+C73+C61 . C71 . C71=384 cách lấy được ba viên bi thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trong các số từ 1 tới 20 có 10 số lẻ và 10 số chẵn

Trong 10 số chẵn có 5 số chia hết cho 4 là: 4; 8; 12; 16; 20 và 5 số không chia hết cho 4 là: 2; 6; 10; 14; 18.

Do đó:

- Chọn 1 viên bi chia hết cho 4: có 5 cách

- Chọn 1 viên chẵn không chia hết cho 4: có 5 cách

- Chọn 3 viên lẻ từ 10 viên lẻ:  C103=120 cách

Tổng cộng có: 5.5.120 = 3000 cách.

Đáp án đúng là: C

+) Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì sẽ có vô số mặt phẳng chứa 3 điểm thẳng hàng đã cho.

Suy ra A sai

+) Trong trường hợp điểm thuộc đường thẳng đã cho, khi đó ra chỉ có 1 đường thẳng, có vô số mặt phẳng đi qua đường thẳng đó.

Suy ra B sai

+) Trong trường hợp 4 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó

Hoặc trong trường hợp 4 điểm không đồng phẳng thì sẽ không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm.

Suy ra D sai

+) Trong trường hợp hai đường thẳng cắt nhau thì sẽ xác định được duy nhất một mặt phẳng

Suy ra C đúng.

Đáp án đúng là: A

Ta có:  cosA=b2+c2−a22bc.

Theo giả thiết a² < b² + c² suy ra cos A > 0.

Vậy góc A nhọn.

Đáp án đúng là: B

Ta có:  cosC=a2+b2−c22ab.

Theo giả thiết a² + b² − c² > 0 suy ra cos C > 0.

Vậy góc C nhọn hay góc C < 90°.

Xét các trường hợp sau:

TH1: Hai học sinh lớp A đứng cạnh nhau có 2!.8! cách.

TH2: Giữa hai học sinh lớp A có một học sinh lớp C có  2! . A41 . 7! cách.

TH3: Giữa hai học sinh lớp A có hai học sinh lớp C có  2! . A42 . 6! cách.

TH4: Giữa hai học sinh lớp A có ba học sinh lớp C có  2! . A43 . 5! cách.

TH5: Giữa hai học sinh lớp A có bốn học sinh lớp C có  2! . A44 . 4! cách.

Vậy theo quy tắc cộng có tất cả:

 2!  . 8! +2!  . A41 . 7! +2! . A42 . 6! +2!  . A43 . 5! +2!  .  A44 .  4!=145  152 (cách).

Đáp án đúng là: C

Hai tam giác đồng dạng thì các góc tương ứng bằng nhau nên k không thể là tỉ số hai góc tương ứng.

Vì DA'B'C' và DABC đồng dạng theo tỉ số k nên ta có:

 A'B'AB=B'C'BC=C'A'CA=k.

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

 A'B'AB=B'C'BC=C'A'CA=A'B'+B'C'+C'A'AB+BC+CA.

Suy ra  A'B'+B'C'+C'A'AB+BC+CA=k.

Vậy  PA'B'C'PABC=k.

- Số phần tử của không gian mẫu:  n Ω=C123=220

- Giả sử chọn ba người có số thứ tự trong hàng lần lượt là m, n, p.

Theo giả thiết ta có:  m<n<pn−m>1p−n>1m, n, p∈1; 2; ...; 12

- Đặt  a=mb=n−1c=p−2⇒a<b<cb−a≥1c−b≥11≤a<b<c=p−2≤10.

Þa, b, c là ba số bất kì trong tập {1; 2; 3; ...; 10} suy ra có  C103 cách chọn hay:

 n A=C103=120.

Vậy xác suất là  PA=nAnΩ=120220=611.

Gieo con xúc sắc cân đối và đồng chất hai lần ta có

Ω = {(b; c) | 1 ≤ b ≤ 6; 1 ≤ c ≤ 6}

Do đó, n (Ω) = 6.6 = 36

Phương trình x² + bx + c = 0 có nghiệm khi Δ = b² − 4c ≥ 0.

Đặt A = {(b; c) | 1 ≤ b ≤ 6; 1 ≤ c ≤ 6; b² − 4c ≥ 0}, ta có:

A = {(6; 1), (6; 2), (6; 3), (6; 4), (6; 5), (6; 6), (5; 1), (5; 2), (5; 3), (5; 4), (5; 5), (5; 6), (4; 1), (4; 2), (4; 3), (4; 4), (3; 1), (3; 2), (2; 1)}.

Nên n (A) = 19.

Vậy  PA=nAnΩ=1936.

Gieo con xúc sắc cân đối và đồng chất hai lần, ta có:

Ω = {(b; c) | 1 ≤ b ≤ 6; 1 ≤ c ≤ 6}.

Do đó, n (Ω) = 6.6 = 36.

Phương trình x² + bx + c = 0 vô nghiệm khi Δ = b² − 4c < 0.

Đặt A = {(b; c) | 1 ≤ b ≤ 6; 1 ≤ c ≤ 6; b² − 4c < 0}, ta có:

A = {(1; 1), (1; 2), (2; 2), (1; 3), (2; 3), (3; 3), (1; 4), (2; 4), (3; 4), (1; 5), (2; 5), (3; 5), (4; 5), (1; 6), (2; 6), (3; 6), (4; 6)}.

Nên n (A) = 17.

Vậy  PA=nAnΩ=1736.

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: B

Tam giác đều là hình không có tâm đối xứng.

Lục giác đều có tâm đối xứng là tâm của lục giác đều.

Hình bình hành và hình thoi đều có tâm đối xứng là giao điểm của 2 đường chéo.

Ta giải các hệ phương trình:

•   2x−y=2x−2y=2⇔x=23y=−23

•  2x−y=2x+y=5⇔x=73y=83

•  x−2y=2x+y=5⇔x=4y=1

Khi đó F (x; y) đạt GTNN tại một trong các điểm  23; −23, 73; 83, 4; 1.

Xét điểm  23; −23, thay tọa độ điểm này vào hệ ta thấy thỏa mãn nên nó thuộc miền nghiệm.

Xét điểm (4; 1), thay tọa độ của điểm này vào hệ ta thấy thỏa mãn nên nó thuộc miền nghiệm.

Ta tính được  F 23; −23=−23−23=−43;

F (4; 1) = 1 − 4 = −3.

Vậy F (x; y) đạt GTNN tại x = 4; y = 1.

Đáp án đúng là: D

Ta xét từng đáp án:

Đáp án A:  AB→−CB→=AB→+BC→=AC→≠AC→

VậyA sai.

Đáp án B:  GA→+GB→+GC→=GA+GB+GC>0

Vậy B sai.

Đáp án C:  AB→−CB→=AB→+BC→=AC→=AC≠AC→

Đáp án D:  GA→−BG→−CG→=GA→+GB→+GC→=0→=0

Vậy D đúng.

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức ta có thể tích khối tròn xoay bài cho là:

 V=π∫01xex2dx=π∫01x2e2xdx

Điều kiện: x > 0.

Ta có 2log (x + 2) + log 4 = log x + 4log 3

Ûlog (x + 2)² + log 4 = log x + log 81

Ûlog [4(x + 2)²] = log (81x)

Û4(x + 2)² = 81x

Û4x² + 16x + 16 = 81x

Û4x² − 65x + 16 = 0

⇔x1=14  TMx2=16 TM

Suy ra  P=x1x2=14 . 16=164.

Xét phương trình (m − 2)x² + 2(2m − 3) x + 5m − 6 = 0 (*).

TH1: Với m − 2 = 0Ûm = 2, khi đó 

(*) Û2x + 4 = 0Ûx = −2.

Suy ra với m = 2 thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = −2.

Do đó m = 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

TH2: Với m − 2 ¹ 0 Ûm ¹ 2, khi đó để phương trình (*) vô nghiệm ÛΔ' < 0

Û (2m − 3)² − (m − 2)(5m − 6) < 0

Û 4m² − 12m + 9

Û (5m² − 16m + 12) < 0

Û−m² + 4m − 3 < 0

Ûm² − 4m + 3 > 0

 ⇔m>3m<1

Do đó, với  ⇔m>3m<1 thì phương trình (*) vô nghiệm.

Vậy m > 3 và m < 1 là giá trị cần tìm.

+) TH1:

Rõ ràng m² + m − 6 ¹ 0 hay  m≠2m≠−3 thì bất phương trình có nghiệm.

+) TH2:

Xét  m2+m−6=0⇔m=2⇒0x≥3⇒S=∅m=−3⇒0x≥−2⇒S=ℝ

Hợp hai trường hợp, ta được bất phương trình có nghiệm khi m ¹ 2.

Ta tìm số cách sao cho sau khi tặng sách xong có 1 môn hết sách.

•TH1: Môn Toán hết sách:

Số cách chọn 4 cuốn sách Toán là 1 cách.

Số cách chọn 1 cuốn trong 6 cuốn còn lại là 6 cách.

Vậy có 6 cách chọn sách.

Số cách tặng 5 cuốn sách đó cho 5 em học sinh là 5! = 120 cách.

Vậy có 6.120 = 720 cách.

•TH2: Môn Lí hết sách:

Số cách chọn 3 cuốn sách Lí là 1 cách.

Số cách chọn 2 cuốn trong 7 cuốn còn lại là  C72=21 cách.

Vậy có 21 cách chọn sách.

Số cách tặng 5 cuốn sách đó cho 5 em học sinh là 5! = 120 cách.

Vậy có 21.120 = 2520 cách.

•TH3: Môn Hóa hết sách: Tương tự trường hợp 2 thì có 2520 cách.

Số cách chọn 5 cuốn bất kì trong 1010 cuốn và tặng cho 5 em là  C105 . 5! =30  240 cách.

Vậy số cách chọn sao cho sau khi tặng xong, mỗi loại sách trên đều còn lại ít nhất một cuốn là: 30240 − 720 – 2520 – 2520 = 24480 (cách).