7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 69)
46 câu hỏi
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x3 – 3mx2 – 9m2x nghịch biến trên khoảng (0; 1).
m≥13 và m ≤ -1.
m>13.
m < -1.
−1<m<13.
Đáp án đúng là: A
TXĐ: D = ℝ.
Ta có: y = x3 – 3mx2 – 9m2x ⇒
y'<0 ⇔ 3x2 – 6mx – 9m2 = 0 ⇔3(x2 – 2mx – 3m2) = 0
⇔ 3(x + m)(x – 3m) = 0 ⇔ x1=−mx2=3m
y'<0 ∀x ∈ (0; 1) ⇔ (0; 1) nằm trong khoảng 2 nghiệm x1; x2.
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1) khi và chỉ khi:
TH1: -m ≤ 0 < 1 ≤ 3m ⇔ m≥0m≥13 ⇔ m≥0m≥13
TH2: 3m ≤ 0 < 1 ≤ -m ⇔ ⇔ m ≤ -1.
Vậy m≥13 hoặc m ≤ -1.
Điền từ thích hợp vào chỗ trống: Hai điểm M, N gọi là đối xứng nhau qua điểm I nếu .....
I là trung điểm của đoạn MN.
I là điểm nằm ngoài đoạn MN.
I là điểm cách M một khoảng bằng 12.
I là điểm chia đoạn MN thành tỉ số 2 : 3.
Chọn A
+ Theo định nghĩa hai điểm đối xứng qua một điểm: Hai điểm M, N gọi là đối xứng với nhau qua điểm I nếu I là trung điểm của đoạn thẳng MN nên A đúng.
Một khối gỗ có hình trụ với bán kính đáy bằng 6 và chiều cao bằng 8. Trên một đường tròn đáy nào đó ta lấy hai điểm A, B sao cho cung AB có số đo bằng 120°. Người ta cắt khúc gỗ bởi một mặt phẳng đi qua A, B và tâm của hình trụ (tâm của hình trụ là trung điểm của đoạn nối tâm hai đáy) để được thiết diện như hình vẽ. Tính diện tích S của thiết diện thu được.
Trong mặt phẳng cắt dựng hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Khi đó thiết diện là 1 phần bị cắt của Elip có phương trình dạng E:x2a2+y2b2=1.
Ta có: AKB^=120°⇒ KH=KB.sin30°=3; AB=2AH=63.
Khi đó độ dài trục bé là MN = 2b = 2R = 12 và OH=OK2+KH2=5.
Như vậy E:x2a2+y2362=1. Do (E) qua B5;33 ⇒ a = 10.
Khi đó S=2∫−5561−x2100dx=114,79=20π+303.
Cho hai tam giác ABC và A'B'C' lần lượt có trọng tâm là G và G' Đẳng thức nào sau đây là sai?
3GG'→=AA'→+BB'→+CC'→.
3GG'→=AB'→+BC'→+CA'→.
3GG'→=AC'→+BA'→+CB'→.
3GG'→=A'A→+B'B→+C'C→.
Đáp án đúng là: D
Do G và G' lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và A'B'C' nên ta có:
AG→+BG→+CG→=0→ và A'G'→+B'G'→+C'G'→=0→
• Đáp án A: AA'→+BB'→+CC'→=AG→+BG→+CG→+GA'→+GB'→+GC'→=0→+3GG'→.
• Đáp án B: AB'→+BC'→+CA'→=AG→+BG→+CG→+GA'→+GB'→+GC'→=0→+3GG'→
• Đáp án C: AC'→+BA'→+CB'→=AG→+BG→+CG→+GA'→+GB'→+GC'→=0→+3GG'→
• Đáp án D: A'A→+B'B→+C'C→=A'G'→+B'G'→+C'G'→+G'A→+G'B→+G'C→=0→+3G'G→ (sai)
Gieo một đồng xu và một con xúc sắc. Số phần tử của không gian mẫu là:
24.
12.
6.
8.
Đáp án đúng là: B
Khi gieo một đồng xu thì có 2 khả năng xảy ra, khi gieo một con xúc sắc thì có 6 khả năng xảy ra.
Áp dụng quy tắc nhân ta được số phần tử của không gian mẫu là: 2.6=12 phần tử.
Gieo một đồng xu và một con xúc sắc đồng thời. Tính xác suất của biến cố A: “Đồng xu xuất hiện mặt sấp hoặc con xúc sắc xuất hiện mặt 5 chấm”.
Gieo một đồng xu 1 lần ta thu được kết quả bất kì thuộc tập hợp: {sấp; ngửa}.
Gieo một con xúc xắc 1 lần ta thu được kết quả bất kì thuộc tập hợp: {1; 2; 3; 4; 5; 6}.
Do đó, không gian mẫu là:
Ω = {(sấp, 1); (sấp, 2); (sấp, 3); (sấp, 4); (sấp, 5); (sấp, 6); (ngửa, 1); (ngửa, 2); (ngửa, 3); (ngửa, 4); (ngửa, 5); (ngửa, 6)}.
Số phần tử của Ω là: n(Ω) = 12.
Xét biến cố A: “Đồng xu xuất hiện mặt sấp hoặc con xúc xắc xuất hiện mặt 5 chấm”.
A1: “Đồng xu xuất hiện mặt sấp”. Ta có: A1 = {(sấp, 1); (sấp, 2); (sấp, 3); (sấp, 4); (sấp, 5); (sấp, 6)}.
A2: “Con xúc xắc xuất hiện mặt 5 chấm”. Ta có: A2 = {(sấp, 5); (ngửa, 5)}.
Do đó, ta có:
A = A1 ∪ A2 = {(ngửa, 5); (sấp, 1); (sấp, 2); (sấp, 3); (sấp, 4); (sấp, 5); (sấp, 6)}.
Số phần tử của A là: n(A) = 7.
Do đó, xác suất của biến cố A là: PA=nAnΩ=712≈0,583.
Cho hình vẽ dưới đây, trong đó AOB^=60°, Ot là tia phân giác của góc AOB. Hỏi các tia Ax, Ot, By có song song với nhau không? Vì sao?
Ta có Ot là tia phân giác của góc AOB nên AOt^=tOB^=12AOB^=30°
Mà xAO^=30° ⇒ AOt^=xAO^=30° mà hai góc này ở vị trí so le trong
⇒ Ax // Ot
Ta có tOB^=30°, OBy^=150° ⇒ tOB^+OBy^=180° ⇒ Ot // By (do có hai góc trong cùng phía bù nhau).
Cho AOB^=60°, và điểm A nằm trên cạnh Ox. Dựng tia Az song song với tia Oy và nằm trong góc xOy.
a) Tìm số đo góc OAz.
b) Gọi Ou và Av theo thứ tự là các tia phân giác của góc xOy và xAz. Chứng minh rẳng Ou song song với Av.
a) Vì Oy // Az nên xOy^=xAz^ (hai góc đồng vị)
Hai góc OAz và góc xAz kề bù với nhau
Ta có OAz^+xAz^=180° ⇔ OAz^+30°=180° ⇒ OAz^=150°.
b) Vì Ou là tia phân giác của góc xOy
Nên xAv^=12xAz^=12.30°=15° ⇒ xOu^=xAv^=15°
Hai góc xOy và góc xAz bằng nhau và nằm ở vị trí đồng vị nên Ou // Av.
Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a và AD=a2. Gọi K là trung điểm của cạnh AD. Tính BK→ . AC→.
BK→ . AC→=0→.
BK→ . AC→=−a22.
BK→ . AC→=a22.
BK→ . AC→=2a2.
Đáp án đúng là: A
Ta có AC=BD=AB2+AD2=2a2+a2=a3.
Ta có: BK→=BA→+AK→=BA→+12AD→AC→=AB→+AD→
⇒ BK→.AC→=BA→+12AD→AB→+AD→
=BA→.AB→+BA→.AD→+12AD→.AB→+12AD→.AD→=−a2+0+12a22=0.
Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 23. Thể tích của khối nón này là
Gọi thiết diện qua trục là tam giác SAB, tâm đường tròn đáy là O. Khi đó, tam giác SAB có cạnh huyền.
Xét tam giác SAB vuông cân tại S có SO là đường trung tuyến nên ta có:
SO=AO=12AB=12.23=3.
⇒ Bán kính đường tròn đáy là r=AO=3; đường cao của hình nón là h=SO=3.
Thể tích của hình nón là V=13πr2h=13π32.3=3π.
Cho hình nón có thiết diện qua đỉnh S tạo với đáy một góc 60° là tam giác đều cạnh bằng 4. Thể tích của khối nón đó là:
Gọi thiết diện qua đỉnh S là tam giác SAB, tâm đường tròn đáy là O.
Xác định góc giữa (SAB) và đáy:
O∩SAB=ABOH⊥AB;HA=HBSH⊥AB ⇒ SAB;O^=OH;SH^=SHO^=60°
Do tam giác SAB đều có cạnh bằng 4 nên SH=23
Xét tam giác SOH có SO=SH.sin60°=23.32=3; OH=SOtan60°=33=3.
Xét tam giác OAH có OA=OH2+HA2=32+22=7
Thể tích hình nón đã cho là V=13πr2h=13.π.OA2.SO=13.π72.3=7π.
Cho tập A = [m; m + 2) và B = (3; +∞). Tìm m để A ∩ B = ∅.
Lời giải
A ∩ B = ∅⇔ m + 2 ≤ 3 ⇔ m ≤ 1 (ở đây lấy cả dấu bằng vì khi m + 2 = 3 thì vẫn không có điểm chung do (3; +∞) không chứa 3).
Vậy A ∩ B = ∅ khi m ≤ 1.
Cho tập hợp A = [-1; 3], B = [m; m + 5]. Tìm m để A giao B bằng rỗng.
A ∩ B = ∅ khi m + 5 < -1 ⇔ m < -6 và m > 3.
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB và dây cung CD không song song với AB. Gọi H và K là hình chiếu của A và B trên CD. Gọi E là giao điểm của BK với nửa đường tròn (O) và I là trung điểm của CD.
a) Chứng minh OI ⊥ AE.
a) Ta có OC = OD ⇒ Tam giác OCD cân tại O
Mà I là trung điểm của CD ⇒ OI ⊥ CD
Xét tam giác ABE có OA = OE = OB ⇒ Tam giác EAB vuông tại E
⇒ AE ⊥ BK
BK ⊥ CD ⇒ AE // CD ⇒ OI ⊥ AE (ĐPCM)
b) Gọi S là hình chiếu của I trên AB. Chứng minh ΔIOS~ΔABE.
c) Chứng minh SAHBK=AB.IS.
b) OI ⊥ AE mà BK ⊥ AE ⇒ OI // BK ⇒ IOS^=ABE^ (hai góc ở vị trí đồng vị)
Mà ISO^=AEB^=90° ⇒ ΔIOS∽ ΔABE (g.g)
c) O, I lần lượt là trung điểm của AB, HK
⇒ AH + BK = 2OI
⇒ AH.HI + IK.BK = OI.IK + OI.IH
⇒ SAHI + SBIK = SAIB
⇒ SAHBK = 2SAIB = AB.IS.
Tìm số quy tròn của phép tính sau: 374 529 ± 200.
374 000.
375 000.
376 000.
377 000.
Đáp án đúng là: B
Vì độ chính xác đến hàng trăm (d = 200) nên ta quy tròn số đã cho đến hàng nghìn.
Số hàng nghìn là 4.
Số quy tròn của 374 529 ± 200 là 375 000.
Trong các số phức z thỏa mãn |z – 2 – 4i| = |z – 2i|. Tìm số phức z có mô đun nhỏ nhất.
Giả sử z = a + bi, ta có:
|a + bi – 2 – 4i| = |a + bi – 2i|
⇔ (a – 2)2 + (b – 4)2 = a2 + (b – 2)2
⇔-4a + 4 – 8b + 16 = -4b + 4
⇔-4a – 4b + 16 = 0 ⇔ a + b = 4
⇔ b = 4 – a
Ta có: z=a2+b2=a2+4−a2=2a2−8a+16
=2a2−4a+4+8=2a−22+8≥22
⇒ minz=22 ⇒ a = 2, b = 2 ⇒ z = 2 + 2i.
Xét các số phức z và w thỏa mãn |z – 2w| = 4 và |3z + w| = 5. Khi |5z – 3w + i| đạt giá trị nhỏ nhất, |z – w + 1| bằng
1727.
4
2
1707.
Đáp án đúng là: D
Ta có: |5z – 3w + i| = |(2z – 4w) + (3z + w) + i|
≥ |2z – 4w| - |3z + w| - |i| = 2.4 – 5 – 1 = 2.
Dấu bằng xảy ra khi: z−4w=4i3z+w=5i ⇔ z=67iw=177i
Khi đó: z−w+1=67i−177i+1=−117i+1=1707.
Cho số phức z thỏa mãn |z – 3 – 4i| = 1. Môđun lớn nhất của số phức z là
7.
6.
5.
4.
Đáp án đúng là: B
Theo bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có
1 = |z – 3 – 4i| ≥ |z| - |3 + 4i| = |z| - 5 ⇒ |z| ≤ 6.
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt đáy bằng 30 độ Khoảng cách từ chân đường cao của hình chóp đến mặt phẳng (SAB) bằng a. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và D là trung điểm của cạnh AB.
Khi đó SH ⊥ (ABC) tại H. Do tam giác ABC đều nên CD ⊥ AB tại D, tam giác SAB cân tại S nên SD ⊥ AB tại D.
Ta có: SAB∩ABC=ABSD⊥AB,SD⊂SABCD⊥AB,CD⊂ABC
⇒ SAB,ABC^=SD,CD^=SDC^=30°
Trong tam giác SDH, dựng HK ⊥ SD tại K.
Ta có AB⊥SDAB⊥DC ⇒ AB ⊥ (SCD) mà HK⊂SCD nên HK ⊥ AB.
Ta có HK⊥SD,HK⊥ABSD∩AB=DSD,AB⊂SAB ⇒ HK ⊥ (SAB) tại K
⇒ d(H, (SAB)) = HK = a
Xét tam giác DHK vuông tại K:
DH=HKsinSDC^=HKsin30°=2a⇒ DC = 3DH = 6a
Xét tam giác BCD vuông tại D: BC=DCsinABC^=6asin60°=4a3
Xét tam giác SDH vuông tại H:
SH=DH.tanSDC^=2a.tan30°=2a33
Diện tích tam giác đều ABC là
SΔABC=12.AB.BC.sinABC^=12.4a3.4a3.sin60°=12a23
Thể tích khối chóp S.ABC là
V=13.SH.SΔABC=13.2a33.12a23=8a3.
Cho lục giác đều ABCDEF tâm O như hình vẽ dưới đây. Phép tịnh tiến theo véctơ BC→ biến hình thoi ABOF thành hình thoi nào sau đây?
OBCD.
OAFE
ODEF.
OCDE.
Đáp án đúng là: D
Ta có:
TBC→A=O do AO→=BC→
TBC→B=C
TBC→O=D do OD→=BC→
TBC→F=E do FE→=BC→
Vậy TBC→ABOF=OCDE.
Cho lục giác đều ABCDEF, tâm O, các đỉnh được đặt theo thứ tự đó và cùng chiều kim đồng hồ. Thực hiện lần lượt phép quay tâm O góc quay 60° và phép tịnh tiến theo vectơ OC→ thì ảnh của tam giác ABO là:
∆BOC.
∆OCD.
∆OFE.
∆AOF.
Đáp án đúng là: A
Ta có:
• QO;60°A=FQO;60°B=AQO;60°O=O ⇒ QO;60°ABO=FAO.
• TOC→F=OTOC→A=BTOC→O=C ⇒ TOC→FAO=OBC.
Vậy ảnh của tam giác ABO là tam giác OBC.
Hàm số nào trong các hàm số sau có đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng?
y=x.sinx.
y=sin2020x+2019cosx.
y = tan x.
y=sinx.cos2x+tanx.
Đáp án đúng là: B
• Xét đáp án A: y(-x) = |-x|.sin(-x) = |x|.(-sin x) = |x|.(-1).sin x
= -|x|.sin x = -y(x) ⇒ Loại
• Xét đáp án B:
y−x=sin2020−x+2019cos−x=sin−x2020+2019cosx
=−sinx2020+2019cosx=−12020.sinx2020+2019cosx
=sinx2020+2019cosx=sin2020x+2019cosx=yx ⇒ Chọn
• Xét đáp án C: y(-x) = tan(-x) = -tan x = -y(x) ⇒ Loại
• Xét đáp án D: y(-x) = sin(-x).cos2(-x) + tan(-x)
=−sinx.cos−x2+−tanx
=−sinx.cosx2−tanx
=−sinx.cos2x−tanx
=−sinx.cos2x+tanx=−yx ⇒ Loại
Lớp 10A có 10 học sinh giỏi Toán, 10 học sinh giỏi Lý, 11 học sinh giỏi Hóa, 6 học sinh giỏi cả Toán và Lý, 5 học sinh giỏi cả Hóa và Lý, 4 học sinh giỏi cả Toán và Hóa, 3 học sinh giỏi cả ba môn Toán, Lý, Hóa. Số học sinh giỏi ít nhất một trong ba môn (Toán, Lý, Hóa) của lớp 10A là:
19.
18.
31.
49.
Đáp án đúng là: A
Theo giả thiết đề bài cho, ta có biểu đồ Ven:
Dựa vào biểu đồ Ven ta thấy:
Số học sinh chỉ giỏi Toán và Lý (không giỏi Hóa) là: 6–3=3 (em)
Số học sinh chỉ giỏi Toán và Hóa (không giỏi Lý) là: 4–3=1 (em)
Số học sinh chỉ giỏi Lý và Hóa (không giỏi Toán) là: 5–3=2 (em)
Số học sinh chỉ giỏi một môn Toán là: 10–3–3–1=3 (em)
Số học sinh chỉ giỏi một môn Lý là: 10–3–3–2=2 (em)
Số học sinh chỉ giỏi một môn Hóa là: 11–1–3–2=5 (em)
Số học sinh giỏi ít nhất một trong ba môn là:
3+2+5+1+2+3+3=19 (em)
Cho hình bình hành ABCD, đường cao ứng với cạnh DC là AH = 6 cm, cạnh DC = 12 cm. Diện tích của hình bình hành ABCD là
72 cm2.
82 cm2.
92 cm2.
102 cm2.
Đáp án đúng là: A
Ta có: SABCD = AH.CD = 6.12 = 72 (cm2)
Cho một hình quạt tròn có bán kính 12cm và góc ở tâm là 135°. Người ta uốn hình quạt này thành một hình nón. Tính thể tích của khối nón đó.
Ta uốn hình quạt BAC thành hình nón đỉnh A, đường sinh AB = 12cm.
Khi đó độ dài cung BC chính là chu vi đáy của hình nón.
Ta có độ dài cung BC là lBC=π.12.135180=9π
Khi đó chu vi đáy của hình nón C = 2πR = 9π ⇒ R = 4,5 cm
⇒ h2=l2−R2=122−4,52=123,75 ⇒ h=3552 cm.
Thể tích khối nón là V=13π.4,52.3552=41π558cm3.
Tam giác ABC có AB = 5, BC = 7 và CA = 8. Tìm số đo góc A.
Theo định lí hàm cosin, ta có:
cosA^=AB2+AC2−BC22.AB.AC=52+82−722.5.8=12 ⇒ A^=60°.
Có bao nhiêu cách chọn một bạn làm lớp trưởng và một bạn làm lớp phó từ một lớp học gồm 35 học sinh, biết rằng em nào cũng có khả năng làm lớp trưởng và lớp phó?
Sử dụng chỉnh hợp nên số cách chọn một bạn làm lớp trưởng và một bạn làm lớp phó từ một lớp học gồm 35 học sinh là A352 cách.
Kết luận nào đúng về số thực a nếu 1−a−13>1−a−12.
a < 1.
a > 0.
0 < a < 1.
a < 0.
Đáp án đúng là: D
Hai vectơ đối nhau khi nào?
Hai vectơ đối nhau nếu chúng ngược hướng và cùng độ dài.
Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số, trong đó chữ số 2 xuất hiện đúng 3 lần?
Gọi số đó là a1a2a3a4a5a6a7¯.
Chọn 3 vị trí trong 7 vị trí để xếp 3 số 2 có C73 cách chọn.
Xếp số vào 4 vị trí còn lại có 64 cách xếp.
Do đó có C73 . 64=45 360 số thỏa mãn.
Cho tam giác (ABC). Để điểm M thỏa mãn điều kiện MA→+MB→+MC→=0→ thì M phải thỏa mãn mệnh đề nào?
M là điểm sao cho tứ giác ABMC là hình bình hành.
M là trọng tâm tam giác ABC.
M là điểm sao cho tứ giác BAMC là hình bình hành.
M thuộc trung trực của AB.
Chọn C
Ta có: MA→+MB→+MC→=0→
⇔ MA→+BC→=0→ ⇔ BC→=AM→.
Vậy M là điểm sao cho tứ giác BAMC là hình bình hành.
Cho hai đường thẳng d và d’ song song có bao nhiêu phép tịnh tiến biến đường thẳng d thành đường thẳng d’:
Không có phép tịnh tiến nào.
Có duy nhất một phép tịnh tiến.
Có 2 phép tịnh tiến.
Có vô số phép tịnh tiến.
Lời giải
Đáp án đúng là: D
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.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm M(-10; 1) và M’(3; 8). Phép tịnh tiến theo véctơ v→ biến điểm M thành M’. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
v→=−13;7.
v→=13;−7.
v→=13;7.
v→=−13;−7.
Đáp án đúng là: C
Gọi v→=a;b.
Theo giả thiết: Tv→M=M' ⇔ MM'→=v→
⇒ 3−−10=a8−1=b ⇔ a=13b=7.
Cho a là số thực dương tùy ý khác 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
log2na=logan2.
log2na=nlog2a.
log2na=1nloga2.
log2na=−nloga2.
Đáp án đúng là: C
Ta có log2na=1nlog2a=1n.1loga2=1nloga2.
Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
ln2019a=2019lna.
lna2019=12019lna.
ln2019a=12019lna.
lna2019=2019lna.
Đáp án đúng là: D
Ta có ln2019a=ln2019+lna nên A, C sai.
lna2019=2019lna nên D đúng, B sai.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(3; 5; -1) và B(1; 1; 3). Tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho MA→+MB→ nhỏ nhất là
M(2; 3; 0).
M(2; -3; 0).
M(-2; 3; 0).
M(-2; -3; 0).
Đáp án đúng là: A
Do M thuộc mặt phẳng (Oxy) nên M(x; y; 0)
⇒ MA→=3−x; 5−y; −1, MB→=1−x; 1−y; 3,
Suy ra MA→+MB→=4−2x; 6−2y; 2.
Khi đó P=MA→+MB→=4−2x2+6−2y2+4≥2.
Suy ra min P = 2 khi 4−2x=06−2y=0 ⇔ x=2y=3.
Vậy M(2; 3; 0).
Nghiệm của phương trình cos x = 1 là
x=kπ.
x=π2+k2π..
x=k2π.
x=π2+kπ.
Đáp án đúng là: C
Ta có cos x = 1 ⇔ x=k2π.
Có 3 bạn nam và 3 bạn nữ được xếp vào một ghế dài có 6 vị trí. Hỏi có bao nhiêu cách xếp sao cho nam và nữ ngồi xen kẽ lẫn nhau?
Giả sử ghế dài được đánh số như hình vẽ
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
Có hai trường hợp: Một nữ ngồi ở vị trí số 1 hoặc một nam ngồi ở vị trí số 1.
Ứng với mỗi trường hợp sắp xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ ngồi xen kẽ lẫn nhau có 3!.3! cách xếp.
Vậy có 2.3!.3! = 72 cách xếp.
Tìm các giá trị lượng giác của các góc 120°
Các giá trị lượng giác của góc 120° là:
sin 120º = sin 60º = 32
cos 120º = –cos 60º = −12
tan120°=sin120°cos120°=32:−12=−3
cot120°=cos120°sin120°=−12:32=−13
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = xex, y = 0, x = 0, x = 1 xung quanh trục Ox là
V=∫01x2e2xdx.
V=π∫01xexdx.
V=π∫01x2e2xdx.
V=π∫01x2exdx.
Đáp án đúng là: C
Áp dụng công thức ta tính thể tích khối tròn xoay bài cho là:
V=π∫01xex2dx=π∫01x2e2xdx.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C':x2+y2−10x−2y+23=0 và đường tròn d: x – y + 2 = 0, phương trình đường tròn C' là ảnh của đường tròn C qua phép đối xứng trục d là
C':x2+y2+4x−12y+26=0.
C':x2+y2+2x−14y+47=0.
C':x2+y2+8x−6y+53=0.
C':x2+y2+2x−6y+12=0.
Đáp án đúng là: B
Đường tròn (C) có tâm I(5; 1) bán kính R=25+1−23=3.
Ảnh của (C) qua phép đối xứng trục d là đường tròn có tâm là ảnh của I qua phép đối xứng trục d và có bán kính bằng 3.
Gọi I' là ảnh của I qua phép đối xứng trục d.
Gọi d' là đường thẳng đi qua I và vuông góc với d ta có phương trình d' có dạng x + y + c = 0.
I ∈ d' ⇒ 5 + 1 + c = 0 ⇒ c = -6
⇒ d':x+y−6=0
Gọi H = d ∩ d' ⇒ H(2; 4) là trung điểm của II' ta có:
xI'=2xH−xIyI'=2yH−yI ⇒ xI'=2.2−5=−1yI'=2.4−1=7 ⇒ I'−1;7.
Vậy phương trình đường tròn C' là x+12+y−72=3
⇔ x2+y2+2x−14y+47=0
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C':x2+y2−10x−2y+23=0 và đường tròn d: x – y + 2 = 0
Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu khó, 10 câu trung bình và 15 câu dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ cả 3 câu (khó, dễ, trung bình) và số câu dễ không ít hơn 2?
Ta có các trường hợp sau:
TH1: Đề thi gồm 2D, 2TB, 1K: C152.C102.C51.
TH2: Đề thi gồm 2D, 1TB, 2K: C152.C101.C52.
TH3: Đề thi gồm 3D, 1TB, 1K: C153.C101.C51.
Vậy có: C152.C102.C51+C152 . C101 . C52+C153 . C101 . C51=56 875 đề kiểm tra.
Tìm các giá trị của m để hàm số y = x2 + mx + 5 luôn đồng biến trên (1; +∞).
m < -2.
m ≥ -2.
m = -4.
Không xác định được.
Đáp án đúng là: B
Trục đối xứng: x=−b2a=−m2.
Với hệ số a = 1 > 0 thì hàm số đã cho đồng biến trên −m2;+∞.
Vậy để hàm số luôn đồng biến trên (1; +∞) thì −m2≤1 ⇔ m ≥ -2.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = -x2 + (m – 1)x + 2 nghịch biến trên khoảng (1; 2).
m < 5.
m > 5.
m ≤ 3.
m > 3.
Chọn C
Với mọi x1 ≠ x2, ta có fx1−fx2x1−x2
=−x12+m−1x1+2−−x22+m−1x2+2x1−x2
=−x1+x2+m−1
Để hàm số nghịch biến trên (1; 2) ⇔ −x1+x2+m−1<0, với mọi x1,x2∈1;2
⇔ m < (x1 + x2) + 1, với mọi x1,x2∈1;2
⇔ m ≤ (1 + 1) + 1 = 3.
Cho hai tập hợp X = {x ∈ ℕ| x là bội số chung của 4 và 6}, Y = {x ∈ ℕ| x là bội số của 12}. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
X⊂Y.
X⊂Y.
X⊂Y.
∃n:n∈Xvà n∉Y.
Đáp án đúng là: D
Ta có: X là tập hợp bội chung của 4 và 6 nên mọi phần tử của X đều chia hết cho BCNN(4; 6) = 12.
Vậy X = Y.
Khi đó các mệnh đề X = Y, Y⊂X đều đúng.
