7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 96)

Ta có: x³ + 27 + (x + 3)(x – 9) = 0

          (x + 3)(x² – 3x + 9) + (x + 3)(x – 9) = 0

(x + 3)(x² – 3x + 9 + x – 9) = 0

(x + 3)(x² – 2x) = 0

          (x + 3).x.(x – 2) = 0

Suy ra x = 0 hoặc x = – 3 hoặc x = 2.

Vậy x ∈ {-3; 0; 2}.

Ta có: x³ + 27 + (x + 3)(x – 9) = 0

          (x + 3)(x² – 3x + 9) + (x + 3)(x – 9) = 0

(x + 3)(x² – 3x + 9 + x – 9) = 0

(x + 3)(x² – 2x) = 0

          (x + 3).x.(x – 2) = 0

Suy ra x = 0 hoặc x = – 3 hoặc x = 2.

Vậy x ∈ {-3; 0; 2}.

x³ – y³ + x – y

= (x³ – y³) + (x – y)

= (x – y)(x² + xy + y²) + (x – y)

= (x – y)(x² + xy + y² + 1).

Ta có: x³ + y³

= (x + y)(x² – xy + y²)

= (x + y)[(x² + 2xy + y²) – 3xy]

= (x + y)[(x² + 2xy + y²) – 3xy]

= (x + y)[(x + y)² – 3xy]

Thay x + y = 3 và xy = 2 vào đa thức trên ta có:

x³ + y³ = 3.(3² – 3.2) = 3.(9 – 6) = 3.3 = 9.

x³ + y³ + 2x² – 2xy + 2y²

= (x³ + y³) + (2x² – 2xy + 2y²)

= (x + y)(x² – xy + y²) + 2(x² – xy + y²)

= (x + y + 2)(x² – xy + y²).

x⁴ – 25x² + 20x – 4

= x⁴ – 5x³ + 2x² + 5x³ – 25x² + 10x – 2x² + 10x – 4

= x²(x² – 5x + 2) + 5x(x² – 5x + 2) – 2(x² – 5x + 2)

= (x² – 5x + 2)(x² + 5x – 2).

x⁴ + 6x³ – 11x² + 6x + 1

= (x⁴ + 1) + (6x³ + 6x) – 11x²

= (x² + 1)² – 2x² + 6x(x² + 1) - 11x²

= (x² + 1 + 3x)² - x222

= x2+3x+1−x22x2+3x+1+x22

=x2+x3−22+1x2+x3+22+1.

Ta có: y’ = 4x³ + 3mx² – 4x – 3m

Xét y’ = 0

⇔ 4x³ + 3mx² – 4x – 3m = 0

⇔ (x – 1)[4x² + (4 + 3m)x + 3m] = 0

⇔  x=14x2+4+3mx+3m=02

Hàm số có 2 cực tiểu ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

Suy ra: (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

Δ=3m−42>04+4+3m+3m≠0⇔m≠±43

Vậy khi m≠±43 thì hàm số có 2 cực tiểu.

x⁸ + x⁴ + 1

= x⁸ + 2x⁴ + 1 – x⁴

= (x⁸ + 2x⁴ + 1) – x⁴

= [(x⁴)² + 2.x⁴.1 + 1²] – x⁴

= (x⁴ + 1)² – (x²)²

= (x⁴ + 1 – x²)(x⁴ + 1 + x²)

= (x⁴ – x² + 1)(x⁴ + 2x² – x² + 1)

= (x⁴ – x² + 1)[((x²)² + 2.1.x² + 1) – x²]

= (x⁴ – x² + 1)[(x² + 1)² – x²]

= (x⁴ – x² + 1)(x² + 1 – x)(x² + 1 + x)

= (x⁴ – x² + 1)(x² – x + 1)(x² + x + 1).

x−2x+1.x2−2x−3x2−5x+6

=x−2x+1.x−3x+1x−3x−2

= 1.

x – 3 = (3 - x)²

⇔ x – 3 = 9 – 6x + x²

⇔ x² – 7x + 12 = 0

⇔ x² – 3x – 4x + 12 = 0

⇔ x(x – 3) – 4(x – 3) = 0

⇔ (x – 3)(x – 4) = 0

⇔ x=3x=4

Vậy x = 3 hoặc x = 4.

limx→2fx=limx→2132x+4x2=13.limx→22x+4x2=13.2.2+422=23

limx→2fx=limx→2132x+4x2=13.limx→22x+4x2=13.2.2+422=23

A = n³ + (n + 1)³ + (n + 2)³

= n³ + n³ + 3n² + 3n + 1 + n³ + 6n² + 12n + 8

= 3n³ + 9n² + 15n + 9

= 3n² (n + 1) + 6n ( n + 1) + 9 (n +1)

= 3 (n + 1)(n² + 2n + 3)

=3(n + 1)[n (n + 2) + 3]

= 3n (n + 1)(n + 2) + 9( n + 1)

Ta có: n; n + 1; n + 2 là 3 số tự nhiên liên tiếp

⇒ 3n(n + 1)(n + 2) ⋮ 9

Mặc khác: 9(n + 1) ⋮ 9

⇒ A = 3n (n + 1)(n + 2) + 9(n + 1) ⋮ 9.

Vậy A = n³ + (n + 1)³ + (n + 2)³ ⋮ 9.

Để phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương thì Δ = p² − 4q là số chính phương.

Đặt p² − 4q = k² 

⇔ 4q = (p − k)(p + k) với k là số tự nhiên.

Do p − k, p + k cùng tính chẵn, lẻ mà tích của chúng chẵn nên hai số này cùng chẵn.

Mặt khác p − k < p + k và q là số nguyên tố nên:

p − k = 2 và p + k = 2q hoặc p − k = 4 và p + k = q

Nếu p − k = 4 và p + k = q thì q chẵn do đó q = 2 (vô lí vì p + k > p − k).

Nếu p − k = 2 và p + k = 2q thì 2p = 2q + 2 tức p = q + 1.

Do đó q chẵn tức q = 2. Suy ra p = 3.

Thử lại ta thấy phương trình: x² − 3x + 2= 0 có nghiệm nguyên dương x = 1 và x = 2.

Vậy p = 3; q = 2.

Đáp án A

limx→x0fxgx=limx→x0fxlimx→x0gx=−∞.

un=16784⇔2n+1n+2=16784⇔842n+1=167n+2

⇔ 168n + 84 = 167n + 334

⇔ n = 250

Vậy số 16784 là số hạng thứ 250 của dãy số.

Để hàm số nghịch biến trên ℝ thì m – 3 < 0

Hay m < 3.

Vậy m < 3 thì hàm số nghịch biến trên ℝ.

TXĐ: 2cosx – sinx + 4 ≠ 0 ⇒ x ∈ ℝ

Khi đó: y(2cosx – sinx + 4) = 2sinx + cosx + 3

⇔ (2y – 1)cosx – (y + 2)sinx = 3 – 4y (*)

Để (*) có nghiệm thì:

(3 – 4y)² ≤ (2y – 1)² + [-(y + 2)]²

⇔ 211≤y≤2

Từ đây suy ra maxy=2miny=211.

y'=1xlnx−1−lnx+1.1xlnx−12=−1x−1xlnx−12=−2xlnx−12=−2xlnx−12

Ta có: f'x=2x2>0,∀x≠0

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-∞; 0).

Ta có: xy + 3x – y = 6

⇔ x(y + 3) – (y + 3) = 6 – 3

⇔ (x – 1)(y + 3) = 3

Suy ra: x – 1 và y + 3 thuộc Ư(3)

Ta có bảng sau:

Vậy (x; y) ∈ {(2; 0), (0; –6), (4; –2), (–2; –4)}.

Ta có: y = ax² + bx + c

Xét ∆ = b² – 4ac

Đỉnh của parobol có hoành độ x=−b2a

Khi đó:

y=a.−b2a2+b.−b2a+c=b24a−b22a+c=−b24a+c=−b2+4ac4a=−b2−4ac4a=−Δ4a

Vậy tọa độ đỉnh của parabol là −b2a;−Δ4a.

Vì 15=3.5

45=3².5

⇒BCNN(15, 45)=3².5=45

⇒x∈B(45)={0; 45; 90; 135; 180; 225; .....}

Mà x<200 nên x∈{0; 45; 90; 135; 180}.

Vậy x∈{0; 45; 90; 135; 180}.

A=(−∞; 3),B=(1; 5], C=[−2; 4]

(B∪C)\(A∩C)={(1; 5]∪[−2; 4]}\{(−∞; 3)∩[−2; 4]}

=[−2; 5]\[−2; 3)

=[3; 5].

x+(x+2)+(x+4)+...+(x+100)=2601

(x + x + ... + x) + (2 + 4 + ... + 100) = 2601

51x + 2550 = 2601

51x = 51

x = 1

Vậy x = 1.

x² – 6x – y² + 9

= (x² – 6x + 9) – y²

= (x – 3)² – y²

= (x – 3 + y)(x – 3 – y).

x² – 6x – 7 = 0

⇔ x² – 7x + x – 7 = 0

⇔ x(x – 7) + (x – 7) = 0

⇔ (x – 7)(x + 1) = 0

⇔ x=7x=−1

Vậy x = 7 hoặc x = -1.

x³ – 2x² + 2x – 1

= (x³ – 1) – 2x(x – 1)

= (x – 1)(x² + x + 1) - 2x(x – 1)

= (x – 1)(x² + x + 1 – 2x)

= (x – 1)(x² – x + 1).

Xét tam giác SAB có MN là đường trung bình, nên MN // AB.

Hai mặt phẳng (OMN) và (ABCD) có điểm chung là O và lần lượt chứa hai đường thẳng song song MN và AB nên giao tuyến của chúng là đường thẳng đi qua O là song song với AB cắt AD, BC lần lượt tại E, F là các trung điểm của các cạnh AD, BC.

Vậy giao tuyến của (OMN) và (ABCD) là EF.

x: 9 = 1325 dư 8

⇔ x – 8 = 1325 . 9

⇔ x – 8 = 11925

⇔ x = 11925 + 8

⇔ x = 11933

Vậy x = 11933.

x⋮5và 13<x≤78

Vì x ⋮5 nên x ∈ B(5) do đó x∈{0; 5; 10; 15; 20; 25; 30; 35; 40; ...}

Mặt khác 13<x≤78

Nên x∈{15; 20; 25; 30; 35; 40; 45; 50; 55; 60; 65; 70; 75}.

x ⋮ 28,x ⋮ 56,x ⋮ 70

⇒x∈BC(28, 56, 70)

Ta có:

28=2².7

56=2³.7

70=2.5.7

BCNN(28, 56, 70)=2³.5.7=280

BC(28, 56, 70)=B(280)={0; 280; 560; 840;…}

Mà 500<x<600 nên x = 560.

Vậy x=560.

a) 3x²−12x+12 = 3(x² – 4x + 4) = 3(x – 2)² = 3(x – 2)(x – 2) = (3x – 6)(x – 2)

b) x²+7x+7y−y²

= (x – y)(x + y) + 7(x + y)

= (x + y)(x – y + 7)

x∈ℕ

x∈B(4)

⇒x∈{0; 4; 8; 12; 16; 20; 24; 28;...}

Mà 16 ≤ x ≤28

⇒x∈{16; 20; 24; 28}

Vậy x∈{16; 20; 24; 28}.

Thay x = 2, y = -1 vào bất phương trình ta có:

2.2 – (m – 2).(-1) > 3

⇔ 4 + m – 2 > 3

⇔ m > 1

Vậy m ∈(1; +∞)thì cặp số (2; −1) là nghiệm của bất phương trình 2x−(m−2)y>3.

2cosx +1–m=0

⇔ cosx=m−12

Vì -1 ≤ cosx ≤ 1 nên để phương trình có nghiệm thì −1≤m−12≤1⇔−1≤m≤3

Vậy -1 ≤ m ≤ 3 thì phương trình có nghiệm.

Ta thấy hàm số bậc nhất có dạng y = ax + b (a ≠ 0)

Để y là hàm số bậc nhất thì m + 5 ≠ 0 tức m ≠ -5

Vậy với m ≠ -5 thì hàm số đã cho là hàm số bậc nhất.

+ Nếu n là số chẵn thì 2n là số chẵn

⇒ 2n + 1 là số lẻ

+ Nếu n là số lẻ thì 2n là số chẵn

⇒ 2n + 1 là số lẻ

Vậy với mọi n ∈ ℕ^* thì 2n + 1 là số lẻ.

Với 5 đội tuyển thì có số trận thi đấu là:

5.4:2=10 (trận)

Giả dụ các trận đều hòa thì tổng số điểm của hai đội mỗi trận bằng 2 nên tổng số điểm của các đội là:

2.10=20 (điểm)

Nhưng đề ra tổng số điểm của 5 đội là 21 điểm, mà mỗi trận không hòa thì tổng điểm của hai đội là 3 điểm, chênh lệch 1 điểm so với trận hòa. Vì vậy mà phải đổi một trận hòa với 1 trận không hòa

⇒ 10 trận thì có 9 trận hòa, 1 trận không hòa. Đội giành vô địch là đội đã thắng trong trận không hòa.

Từ đó, ta thấy đội vô địch thi đấu 4 trận thì chỉ thắng 1 trận, hòa 3 trận nên số điểm họ có là: 1.3 + 3.1 = 6 (điểm).

Lũy thừa bậc n của một số tự nhiên a, kí hiệu aⁿ, là tích của n thừa số a (n là số tự nhiên lớn hơn 1).

Nhân hai lũy thừa cùng cơ số: a^m . aⁿ = a^m+n

Chia hai lũy thừa cùng cơ số: a^m : aⁿ = a^m-n (a ≠ 0; m ≥ n).

- Tính chất 1: a ⋮ m và b ⋮ m ⇒ (a + b) ⋮ m

Tổng quát: Nếu tất cả các số hạng của một tổng đều chia hết cho cùng một số thì tổng chia hết cho số đó.

a ⋮ m, b ⋮ m và c ⋮ m ⇒ (a + b + c) ⋮ m

- Tính chất 2: a ^:/. m và b ⋮ m ⇒ (a + b) ^:/. m

Tổng quát: Nếu chỉ có một số hạng của tổng không chia hết cho một số, còn các số hạng khác đều chia hết cho số đó thì tổng không chia hết cho số đó.

a ^:/. m, b ⋮ m và c ⋮ m ⇒ (a + b + c) ^:/. m

- Dấu hiệu chia hết cho 2: Các số có chữ số tận cùng là chữ số chẵn thì chia hết cho 2 và chỉ những số đó mới chia hết cho 2.

- Dấu hiệu chia hết cho 3: Các số có tổng các chữ số chia hết cho 3 thì chia hết cho 3 và chỉ những số đó mới chia hết cho 3.

- Dấu hiệu chia hết cho 5: Các số có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5 thì chia hết cho 5 và chỉ những số đó mới chia hết cho 5.

- Dấu hiệu chia hết cho 9: Các số có tổng các chữ số chia hết cho 9 thì chia hết cho 9 và chỉ những số đó mới chia hết cho 9.

Ta có: y=sin²x+2cos²x = (sin²x + cos²x) + cos²x = 1 + cos²x

Do −1≤cosx≤1

Nên: 0 ≤ cos²x ≤ 1

Suy ra: 1 ≤ cos²x + 1 ≤ =2

Vậy GTLN của M là 2 khi cos²x = 1 ⇔ cosx = ±1 ⇔ x=k2πx=π+k2πk∈ℤ

GTNN của M là 1 khi cosx = 0 ⇔ x=π2+kπk∈ℤ.

Chia 6 cho lần lượt các số tự nhiên từ 1 đến 6.

6 chia hết cho 1; 2; 3; 6 nên Ư(6) = {1; 2; 3; 6}.

Tương tự như vậy Ư(9) = {1; 3; 9}

ƯC(6, 9) = Ư(6) ∩ Ư(9) = {1; 3}.

Các ước tự nhiên của 24 là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24.

Ta có: 77 = 7.11; 126 = 2.3².7

ƯCLN(77, 126) = 7

Số chữ số để dùng đánh số trang từ 1 đến 9 là: (9 - 1) : 1 + 1 = 9 (chữ số).

Số chữ số để dánh số trang từ 10 đến 99 là: [(99 - 10) : 1 + 1] . 2 = 180 (chữ số).

Số chữ số để dánh số trang từ 100 đến 216 là : [(216 - 100) : 1 +1] . 3 = 351 (chữ số).

Từ 1 đến 216 là : 9 + 180 + 351 = 540 (chữ số).

Độ dài lớn nhất của thanh gỗ chính là ƯCLN(56; 48; 40).

Mà ƯCLN(56; 48; 40) = 8 nên bác sẽ cắt thành các thanh gỗ có độ dài lớn nhất là 8 dm.

a) Định lí P ⇒ Q được phát biểu như sau:

Nếu a và b chia hết cho c thì a + b chia hết cho c.

Giả thiết của định lí là: a và b chia hết cho c;

Kết luận của định lí là: a + b chia hết cho c.

Định lý P ⇒ Q được phát biểu dưới dạng điều kiện cần và đủ là:

a và b chia hết cho c là điều kiện đủ để a + b chia hết cho c.

a + b chia hết cho c là điều kiện cần để a và b chia hết cho c.

b) Mệnh đề đảo của mệnh đề P ⇒ Q được phát biểu như sau:

Nếu a + b chia hết cho c thì a và b chia hết cho c.

Ví dụ:  a = 10, b = 2, c = 3

Ta có: a + b = 10 + 2 = 12 chia hết cho 3 nhưng a = 10 không chia hết cho 3 và b = 2 cũng không chia hết cho 3. Do đó mệnh đề đảo của mệnh đề P ⇒ Q là mệnh đề sai.

Tất cả các số có 3 chữ số lập từ 3, 1, 7 là:

317, 371 ,173, 137 ,713, 731

Sắp xếp theo thứ tự từ bé đến lớn: 137, 173, 317, 371 ,713, 731.

a) Tìm bộ ba số có tổng chia hết cho 3, ta được: (3; 4; 5); (4; 5; 0). Từ đó ta có các số chia hết cho 3 là: 345; 354; 453; 435; 543; 534; 450; 405; 540; 504.

b) Tìm bộ ba số chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9. Từ đó ta có các số thỏa mãn: 345; 354; 453; 435; 543; 534.

a) 28 quả

Vì nếu ta lấy ra 15 quả màu xanh và 10 quả màu vàng tức là không có màu đỏ thì ta tiếp tục lấy 3 quả nữa mới được 3 quả màu đỏ.

Mà 15+10+3=28.

b) 5 quả

Lúc đầu chúng ta lấy một quả xanh và một quả đỏ thì chúng ta phải lấy ít nhất 2 quả xanh hoặc 2 quả đỏ hoặc 3 quả. Tương tự các trường hợp khác cũng vậy 

c) 36 quả

Lúc đầu chúng ta lấy 20 quả màu đỏ, rồi lại lấy đúng 15 quả màu xanh thì chúng ta phải lấy thêm 1 quả màu xanh nữa thì mới có 3 quả khác màu.

Vậy lấy: 20+15 + 1 = 36 (quả). 

Gọi x (học sinh) là số học sinh của trường (x ∈ ℕ*; 500 < x < 600).

Theo bài ra, số học sinh của một trường khi xếp thành 12 hàng, 18 hàng, 21 hàng đều thừa 1 học sinh nên x – 1 chia hết cho 12; 18; 21

Hay x – 1 là ƯC(12, 18, 21).

Ta có: 12 = 2².3; 18 = 2.3²; 21 = 3.7.

BCNN(12, 18, 21) = 2².3².7 = 252

x – 1 = 252k (k ∈ ℕ*)

x = 252k +1

Mà 500 < x < 600

500 < 252k + 1 < 600

1,98 < k < 2,38

k = 2

Do đó x = 2.252 + 1

x = 505

Vậy số học sinh của trường là 505.

10 số lẻ liên tiếp lập thành 1 cấp số cộng với số hạng đầu là u₁; công sai d = 2 vì các số lẻ liên tiếp hơn kém nhau 2 đơn vị

Số lẻ đầu tiên là u₁; thì số lẻ thứ 10 là u₁ + 9d

Tổng 10 số lẻ là: (u₁ + u₁ + 9d).10 : 2 = 100

⇔ (2u₁ + 9.2) = 100.2 : 10

⇔ u₁ = 1

Số lẻ lớn nhất là số lẻ cuối cùng, là số lẻ thứ 10

Số lẻ lớn nhất là: 1 + 9.2 = 19.

Các số 0, 1, 2, 3, 4 … là các số tự nhiên.

Tập hợp các số tự nhiên được kí hiệu là ℕ, tức là ℕ = {0; 1; 2; 3; 4; …}.

Chọn đáp án B.

Trục số là một đường thẳng có các số nguyên âm được biểu diễn trên tia đối của tia số và có các số −1; −2; −3; ...; -1; -2; -3; ...

 Dùng để:

- Tính toán phép tính gần cộng trừ đơn giản

- Tính số âm

- Đôi khi biểu diễn nhiệt độ 

Ví dụ hình ảnh trục số:

Vì a⊂(P) và b//(P) nên a, b không có điểm chung.

Chỉ có thể suy ra a, b chéo nhau.

Chưa thể kết luận được a//b.

Nếu kết luận a//b sẽ sai vì b//(P) thì b//c⊂(P) nên chưa chắc b//a

Chọn D.

Gọi A là tập hợp các học sinh đạt học sinh giỏi môn Toán.

B là tập hợp các học sinh đạt học sinh giỏi môn Văn.

C là tập hợp các học sinh đạt học sinh giỏi cả hai môn Toán và Văn.

Số học sinh đạt học sinh giỏi môn Toán, Văn của lớp là: 40–5=35 (học sinh).

Theo sơ đồ Ven ta có: A + B – C = 35. ⇔ 30 + 25 – C = 35 ⇔ C = 20.

Do vậy ta có:

Số học sinh chỉ giỏi môn Toán là: A – C = 30 – 20 = 10 (học sinh).

Số học sinh chỉ giỏi môn Văn là: B – C = 25 – 20 = 5 (học sinh).

Nên số học sinh chỉ giỏi một trong hai môn Toán hoặc Văn là: 10 + 5 = 15 (học sinh).

Tổng quát: a = b . q + r (0 ≤ r < b)

Gọi số chia và thương lần lượt là: b, q

Ta có: 200 = b . q + 13 (r ≠ 0)

⇒200 - 13 = b . q

⇒ 187 = b . q

Ta có: 187 = 1. 187 = 17 . 11 

 Mà số dư bao giờ nhỏ hơn số chia

⇒ Số chia là 17 và thương là 11.

Tổng quát: a = b . q + r (0 ≤ r < b)

Gọi số chia và thương lần lượt là: b, q

Ta có: 200 = b . q + 13 (r ≠ 0)

⇒200 - 13 = b . q

⇒ 187 = b . q

Ta có: 187 = 1. 187 = 17 . 11 

 Mà số dư bao giờ nhỏ hơn số chia

⇒ Số chia là 17 và thương là 11.

Tổng quát: a = b . q + r (0 ≤ r < b)

Gọi số chia và thương lần lượt là: b, q

Ta có: 200 = b . q + 13 (r ≠ 0)

⇒200 - 13 = b . q

⇒ 187 = b . q

Ta có: 187 = 1. 187 = 17 . 11 

 Mà số dư bao giờ nhỏ hơn số chia

⇒ Số chia là 17 và thương là 11.

Viết n+1 số đã cho dưới dạng : 

Trong đó b₁,b₂,...,b_n+1 là các số lẻ.

Ta có: 1 ≤ b₁,b₂,...,b_n+1 ≤ 2n – 1

Mà trong khoảng từ 1 đến 2n – 1 có n số lẻ nên tồn tại 2 số p khác q sao cho b_p = b_q

Khi đó a_p và a_q có 1 số là bội của số kia.

Vậy trong n+1 số bất kỳ thuộc tập hợp {1; 2; 3; …; 2n} luôn chọn được 2 số mà số này là bội của số kia.

Số tiền mà học sinh lớp 11 trường X quyên góp vào ngày đầu tiên là:

2000.40=80000 (đồng)

Vì cứ mỗi ngày mỗi bạn đều quyên góp hơn ngày trước là 500 đồng nên chênh lệch giữa số tiền quyên góp giữa ngày đầu tiên và ngày thứ hai là 500.40=20000 đồng.

Xem số tiền quyên góp của học sinh lớp 11 trường X là một cấp số cộng với:

u₁ = 8 + 2d (nghìn đồng)

Lúc này ta có số tiền mà các bạn quyên góp được sau n ngày là:

Sn=n22u1+n−1d=n228+2d+n−1d=980

⇔ 2n² + 14n – 1960 = 0

⇔ (2n – 56)(n + 35) = 0

⇔ n=28n=−35L

Vậy sau 28 ngày thì 40 học sinh quyên góp đủ số tiền 9,8 triệu đồng.

Số đại biểu nói được tiếng Pháp hoặc tiếng Nga là:

100 - 39 = 61(đại biểu)

Số đại biểu nói được tiếng Nga mà lại không nói được tiếng Pháp là:

61 - 35 = 26(đại biểu)

Số đại biểu chỉ nói được tiếng Nga là:

26 - 8 = 18(đại biểu)

Đáp số: 18 đại biểu.

Cách 1:

Trường hợp 1: Lấy 6 sản phẩm từ lô hàng và không có phế phẩm nào.

Chọn 6 sản phẩm trong đó không có phế phẩm tức là 6 chính phẩm trong 8 chính phẩm của lô hàng và không tính đến thứ tự có C86  (cách chọn).

Trường hợp 2: Lấy 6 sản phẩm từ lô hàng và có 1 phế phẩm.

⦁ Số cách chọn 1 phế phẩm trong 2 phế phẩm là: C21 (cách chọn).

⦁ Số cách chọn 5 sản phẩm còn lại trong 8 chính phẩm của lô hàng và không tính đến thứ tự là: C85  (cách chọn).

Theo quy tắc nhân, ta có tất cả C21.C85  cách chọn 6 sản phẩm từ lô hàng, trong đó có 1 phế phẩm.

Trong cả hai trường hợp, ta có số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C86+C21.C85=140

Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 140.

Do đó ta chọn phương án C.

Cách 2:

Lấy 6 sản phẩm từ lô hàng có 10 sản phẩm nên tổng số kết quả có thể xảy ra là C106 .

Xét biến cố B: “Lấy 6 sản phẩm từ lô hàng và có 2 phế phẩm”.

• Số cách chọn 2 phế phẩm trong 2 phế phẩm là: C22 (cách chọn).

⦁ Số cách chọn 4 sản phẩm còn lại trong lô hàng và không tính đến thứ tự là: C84 (cách chọn).

Theo quy tắc nhân, ta có tất cả cách chọn 6 sản phẩm từ lô hàng, trong đó có 2 phế phẩm.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố B là C84.C22

Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là C106−C84.C22=140.

Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là a, a + 1, a + 2

Nếu a chia hết cho 3 thì bài toán được chứng minh

Nếu a không chia hết cho 3 thì a = 3k + 1 hoặc a = 3k + 2 (k ∈ N)

Nếu a = 3k + 1 thì a + 2 = 3k + 1 + 2 = 3k + 3 ⋮ 3

(vì 3k ⋮ 3 và 3 ⋮ 3 nên 3k + 3 ⋮ 3)

Nếu a = 3k + 2 thì a + 1 = 3k + 2 + 1 = 3k + 3 ⋮ 3

(vì 3k ⋮ 3 và 3 ⋮ 3 nên 3k + 3 ⋮ 3)

Vậy trong ba số tự nhiên liên tiếp, có một số chia hết cho 3.

a) Diện tích xung quanh hình lăng trụ chính là diện tích vải bạt cần sử dụng (vì đề chỉ yêu cầu vải bạt sử dụng làm 2 mái và trải đáy nên ta không tính diện tích 2 mặt đáy)

Chu vi tam giác đáy là: 4.3 = 12 (m)

Diện tích xung quanh hình lăng trụ hay diện tích vải bạt là:

12.7 = 84 (m²)

b) Diện tích vải bạt giáo viên chuẩn bị là:

15.7 = 105 (m²)

Vậy diện tích tấm bạt đã đủ để làm hai mái và trải đáy.

Chọn B

Xét hàm số y = f(x) = cos3x

TXĐ: D = ℝ

Với mọi x ∈ ℝ ta có – x ∈ ℝ và f(-x) = cos(3(-x)) = cos3x = f(x)

Nên y = cos3x là hàm số chẵn trên ℝ

Chọn đáp án C

Tất các các hàm số đều có TXĐ:  D = R

 Do đó ∀x∈D⇒−x∈D.

Bây giờ ta kiểm tra f(x) = f(-x) hoặc f(-x) = - f(x).

·       Với y = f(x) = - sinx.

Ta có f(-x)= - sin (-x) = sinx = - (- sinx)⇒f(−x)=−f(x)

Suy ra hàm số y = -sinx là hàm số lẻ.

·       Với y = f(x) = cosx –sinx.

Ta có f(−x)=cos(−x)−sin(−x)=cosx+sinx⇒f(−x)≠−f(x) và f(x)

Suy ra hàm số y = cosx - sinx không chẵn không lẻ.

·       Với y=f(x)=cosx+sin²x

Ta có f(−x)=cos(−x) + sin²(−x)=cos(−x) + [sin(−x)]²=cosx+[−sinx]²=cosx+sin²x

⇒f(−x)=f(x)

Suy ra hàm số y=cosx+sin²x là hàm số chẵn.

·       Với y=f(x)=cosxsinx.

Ta có f(−x)=cos(−x).sin(−x)=−cosxsinx

⇒f(−x)=−f(x)

Suy ra hàm số y=cosxsinx là hàm số lẻ.

Chọn đáp án D.

Khi quay nửa hình tròn một vòng quanh đường kính cố định, ta được hình tròn.

Tổng quát: a = b . q + r (0 ≤ r < b)

Gọi số chia và thương lần lượt là: b, q

Ta có: 200 = b . q + 13 (r ≠ 0)

⇒200 - 13 = b . q

⇒ 187 = b . q

Ta có: 187 = 1. 187 = 17 . 11 

 Mà số dư bao giờ nhỏ hơn số chia

⇒ Số chia là 17 và thương là 11.

Ta thấy để người nào đó muốn thắng cuộc thì người đó phải làm sao bốc được viên bi cuối cùng. Suy ra đến lượt người đó lần cuối phải còn 1, 2, … hoặc 10 viên bi.

Như vậy, cứ khi nào còn lại 1, 2, … hoặc 10 viên bi và đến lượt người nào đó chơi thì người đó sẽ thắng.

Vì mỗi lượt bốc ít nhất 1 viên bi và nhiều nhất 10 viên bi, lần lượt mỗi người bốc nên người đi sau luôn có thể bốc để "kiểm soát" sao cho số bi của hai người bốc sau mỗi lượt là bằng 11. Thật vậy nếu người trước bốc 1 thì người sau bốc 10, người trước bốc 2 thì người sau bốc 9,… người trước bốc 9 thì người sau bốc 1.

Giả sử An bốc trước, An sẽ thực hiện bốc như sau:

- Lần 1 An bốc 1 viên, còn lại 99 viên.

- Lúc này đến lượt Nam bốc, Nam bốc bao nhiêu viên thì tiếp theo An bốc bù vào để được hai người bốc 11 viên trong 2 lượt liên tiếp.

Khi đó sau: 99 : 11 = 9 lần nữa thì An sẽ là người bốc cuối cùng, và An thắng cuộc.

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

x²=mx+5

⇔x²–mx–5=0

Ta có tích hệ số ac=−5<0 nên phương trình hoành độ giao điểm luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m hay thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.

Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1+x2=mx1x2=−5

Ta có: |x₁|>|x₂|⇔ x₁² > x₂²

⇔ x₁² - x₂² > 0

⇔ (x₁ - x₂)(x₁ + x₂) > 0

Theo giả thiết x₁<x₂ nên x₁ – x₂ < 0

Do đó: x₁ + x₂ < 0

Hay m < 0

Vậy m < 0.

Ta có : f(x) = m

Dựa vào bảng biến thiên: phương trình vô nghiệm khi: m < -1

Vậy m < -1 thì f(x) = m vô nghiệm.

35,82 < x < 35,83

x có thể là 35,821; 35,822; 35,823.

Gọi số thứ 1 là a, số thứ 2 là b

Ta có: a+b=40714a=17b⇔a+b=4077a−4b=0⇔a=148b=259

Vậy số thứ nhất là 148, số thứ hai là 259.

S = 1 + 4 + 7 + ... + 2008

Mỗi số hạng cách nhau 3 đơn vị

Số số hạng của dãy S là: (2008 – 1) : 3 + 1 = 670

Tổng S = (2008 + 1).670 : 2 = 673015.

Để tập hợp A và tập hợp B có nghĩa thì m−4≤1m>−3⇔−3<m≤5

A∪B=B suy ra A ⊂ B

Suy ra: m−4>−3m≥1⇔m>1

Vậy 1 < m ≤ 5

Nên m ∈ {2;3;4;5}

Tổng các giá trị của m = 2 + 3 + 4 + 5 = 14.

Nhận thấy M, N là 2 đoạn cùng có độ dài bằng 6, nên để M∪ N là một đoạn có độ dài bằng 10 thì ta có các trường hợp sau:

+) 2m – 1 ≤ m + 1 ≤ 2m + 5 ⟺ m ∈ [−4; 2](1)

Khi đó: M∪N=[2m−1;m+7]nên M∪N là 1 đoạn có độ dài bằng 10 khi:

(m+7)−(2m−1)=10

⇔m=−2(TM(1))

+) 2m – 1 ≤ m + 7 ≤ 2m + 5 

⟺ m ∈[2; 8](2)

Khi đó: M∪N=[m+1;2m+5]nên M∪N là 1 đoạn có độ dài bằng 10 khi:

(2m+5)−(m+1)=10

⇔m=6(TM(2))

Vậy tổng tất cả các giá trị của m để hợp của 2 tập hợp M và N là 1 đoạn có độ dài bằng 10 là –2 + 6 = 4.

Các chữ số đều lẻ được viết từ các số: 1, 3, 5, 7, 9 vì các số có 3 chữ số khác nhau nên ta có: hàng trăm có 5,hàng chục còn 4 cách chọn, hàng đơn vị còn 3 cách chọn

⇒ số các số có 3 chữ số khác nhau mà các chữ số đều lẻ là: 5.4.3 = 60 (số)

Từ hàng trăm, hàng chục, hàng đơn vị, mổi chữ số từ các số 1, 3, 5, 7, 9 xuất hiện:

60 : 5 = 12(lần)

⇒ Tổng tất cả các số có 3 chữ số khác nhau mà các chữ số đều lẻ là:

12.(1+3+5+7+9).100 + 12.(1+3+5+7+9).10 + 12(1+3+5+7+9)

= 12.25.100 + 12.25.10 + 12.25

= 30000 + 3000 + 300

= 33300.

Số phần tử không gian mẫu: n(Ω) = C92=36 

(vì có 9 viên bi chọn ngẫu nhiên ra 2 viên bi).

Gọi A là biến cố: “hai viên bi được chọn có đủ hai màu”.

Vì chọn ngẫu nhiên 2 viên bi có đủ hai màu nên ta chọn chọn 1 bi đen từ 5 bi đen, chọn 1 bi trắng từ 4 bi trắng.

Khi đó số phần tử của biến cố A là n(A) =C51.C41=20

Xác suất của biến cố A là: PA=nAnΩ=2036=59.