Đề thi thử số 6

Ta có $x^{2}+x-6 \neq 0 \Leftrightarrow x \neq 2; x \neq -3$, tức là $x=2$ không thuộc tập xác định của biểu thức ở đáp án C.
Đáp án C.

Ta có tính chất: Nếu $a, b > 0$ thì $a\sqrt{b} = \sqrt{a^{2}b}$.
Áp dụng với $a = x^{2}+1 > 0$: $(x^{2}+1)\sqrt{\dfrac{x^{2}-1}{x^{2}+1}} = \sqrt{(x^{2}+1)^{2}\cdot\dfrac{x^{2}-1}{x^{2}+1}} = \sqrt{(x^{2}+1)(x^{2}-1)} = \sqrt{x^{4}-1}$.
Đáp án D.

$P = \dfrac{(6x-3)+10}{2x-1} = 3 + \dfrac{10}{2x-1}$ là số nguyên khi $2x-1 \in \{\pm 1; \pm 5\}$, tức là $2x-1 \in \{1;-1;5;-5\}$, cho $x \in \{1; 0; 3; -2\}$, có $4$ giá trị nguyên của $x$.
Đáp án B.

$x^{2}+y^{2}-2x+4y+10 = (x-1)^{2}+(y+2)^{2}+5 \ge 5$.
Dấu "=" xảy ra khi $x=1, y=-2$.
Đáp án C.

Do $m^{2}-2m+4 = (m-1)^{2}+3 > 0 \ \forall m$ nên $y=(m^{2}-2m+4)x-21$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Đáp án D.

Ta có $x^{2}-4x+5 = (x-2)^{2}+1 > 0$ với mọi giá trị của $x$ nên biểu thức ở đáp án B xác định với mọi $x$.
Chú ý rằng $x^{2}-5x+6 \ge 0 \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}x \le 2 \\ x \ge 3\end{matrix}\right.$; $x^{2}-5x+4 \neq 0 \Leftrightarrow \begin{cases}x \neq 1 \\ x \neq 4\end{cases}$.
$\dfrac{(x-1)(x^{2}+3)}{x-1}$ có nghĩa khi $x \neq 1$.
Đáp án B.

$P < \dfrac{1}{1.2} + \dfrac{1}{2.3} + ... + \dfrac{1}{99.100} = \left(1-\dfrac{1}{2}\right) + \left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right) + ... + \left(\dfrac{1}{99}-\dfrac{1}{100}\right) = 1-\dfrac{1}{100} = \dfrac{99}{100} \Rightarrow 0Đáp án A.

$\sqrt{(x-3)^{2}} = \left|x-3\right| = 3-x$ khi $x-3 \le 0 \Leftrightarrow x \le 3$.
Đáp án D.

Ta có $(n+1)! = (n+1).n! \Rightarrow \dfrac{(n!)^{3}}{\left[(n+1)!\right]^{3}} = \dfrac{1}{(n+1)^{3}} = \dfrac{1}{n^{3}+3n^{2}+3n+1}$.
Đáp án C.

$P = x^{5}+x^{4}+1 = (x^{2}+x+1)(x^{3}-x+1)$.
Đáp án C.

$M = \sqrt{17^{2}-33} = \sqrt{256} = 16$.
Đáp án A.

Do $1$ và $-(m^{4}+217)$ trái dấu (vì $-(m^{4}+217) < 0$ với mọi $m$) nên $(1)$ có hai nghiệm trái dấu.
Đáp án B.

Do $1$ và $-(m^{4}+341)$ trái dấu nên phương trình có hai nghiệm trái dấu $x_{1}, x_{2}$.
Khi đó, $S = x_{1}+x_{2} = m^{2}+7 \ge 7$.
Đáp án D.

Thay $x=-2$ vào phương trình ta được $4a-2b+c=0$, khác với điều kiện $4a-2b-c=0$ nêu ở đáp án D, nên khẳng định D là sai.
Đáp án D.

Từ giả thiết ta có $a, b \neq 0$ và $ab = 2(a+b)$.
$\Delta_{1} = a^{2}-4b, \Delta_{2} = b^{2}-4a \Rightarrow \Delta_{1}+\Delta_{2} = a^{2}+b^{2}-4(a+b) = a^{2}+b^{2}-2ab = (a-b)^{2} \ge 0$
$\Rightarrow \left[\begin{matrix}\Delta_{1} \ge 0 \\ \Delta_{2} \ge 0\end{matrix}\right.$
Do đó ít nhất một trong hai phương trình có nghiệm. Mặt khác, chọn $a=-1; b=\dfrac{2}{3}$ thỏa mãn điều kiện $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{2}$ nhưng $\Delta_{1}<0$ nên C không đúng. Tương tự D không đúng.
Đáp án B.

Hệ $(1)$ có nghiệm $x=3; y=-2$, thay vào $(2)$ ta được $m=3$.
Đáp án D.

$y = \left|x\right| + \left|x-2\right| = \begin{cases}-2x+2, & x<0 \\ 2, & 0 \le x \le 2 \\ 2x-2, & x>2\end{cases}$ có đồ thị như hình vẽ.
Đáp án B.

$m^{2}+9 = 7m-1 \Leftrightarrow m^{2}-7m+10=0 \Leftrightarrow m=2, m=5$.
Khi đó $m-3 \neq 1-m^{4}$ (với cả $m=2$ và $m=5$), nên có $2$ giá trị của $m$ để $d$ và $d^{\prime}$ song song.
Đáp án C.

$x+y = (a+b-2\sqrt{ab}) + (c+d-2\sqrt{cd}) + a+c = (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2} + (\sqrt{c}-\sqrt{d})^{2} + a+c > 0$.
Do đó $x$ và $y$ có ít nhất một số dương.
Đáp án C.

Đặt $Q = \dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} + \dfrac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{5}} + ... + \dfrac{1}{\sqrt{440}+\sqrt{441}}$. Khi đó $P>Q$ và
$P+Q = \dfrac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} + ... + \dfrac{1}{\sqrt{339}+\sqrt{440}} + \dfrac{1}{\sqrt{440}+\sqrt{441}}$
$= \dfrac{\sqrt{2}-1}{2-1} + \dfrac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{3-2} + ... + \dfrac{\sqrt{440}-\sqrt{339}}{440-339} + \dfrac{\sqrt{441}-\sqrt{440}}{441-440} = 20$.
Từ đó suy ra $P>10$.
Đáp án C.

Giả sử $x_{0}$ là nghiệm của phương trình, ta được (coi là phương trình bậc hai theo $m$):
$m^{2}+2(x_{0}+2)m+x_{0}^{4}+2x_{0}^{2}+2x_{0}+4=0$
$\Delta^{\prime} = (x_{0}+2)^{2} - (x_{0}^{4}+2x_{0}^{2}+2x_{0}+4) \ge 0 \Leftrightarrow (x_{0}-x_{0}^{2})(x_{0}^{2}+x_{0}+2) \ge 0 \Leftrightarrow 0 \le x_{0} \le 1 \Rightarrow \max x_{0} = 1$ khi $m=-3$.
Đáp án B.

Nếu $x, y>0$ mà $x>y \Rightarrow x^{2}>y^{2}$ hay $y+z>x+z \Rightarrow y>x$ (vô lý).
Chứng minh tương tự ta được $x=y=z>0$. Thay vào ta được $x=y=z=2$.
Vậy hệ có đúng $1$ nghiệm dương.
Đáp án A.

Thay tọa độ của $M$ vào $d$ ta được $b = m^{2}-6m+15 = (m-3)^{2}+6 \ge 6$.
Vậy các điểm thuộc $Oy$ mà $d$ không thể đi qua là $b<6$.
Đáp án A.

$ab = \dfrac{(a+b)^{2}-(a-b)^{2}}{4} = \dfrac{441-(a-b)^{2}}{4} \le \dfrac{441-1}{4} = 110$ (vì $a, b$ là số tự nhiên và $a+b=21$ lẻ nên $a-b$ lẻ, $(a-b)^{2} \ge 1$)
$\Rightarrow \max P = 110$ khi hai số tự nhiên là $10$ và $11$.
Đáp án B.

Nửa chu vi bằng $38m$. Gọi chiều rộng là $x \ (m), \ 0Ta có $x+(x+2)=38 \Rightarrow x=18$. Vậy chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là $20m$ và $18m$.
Diện tích hình chữ nhật bằng $20 \times 18 = 360m^{2}$.
Đáp án C.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Do $GD \parallel AB$ và $G$ là trọng tâm nên $\dfrac{BD}{BM} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \dfrac{BD}{BC} = \dfrac{1}{3}$.
Đáp án D.

$\triangle AHB \sim \triangle CHA \Rightarrow \dfrac{3}{8} = \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{AH}{CH} \Rightarrow CH = \dfrac{8.AH}{3} = 16 \ (cm)$.
Đáp án C.

$M^{2} = (3\sin\alpha+4\cos\alpha)^{2} \le (3^{2}+4^{2})(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha) = 25.1 = 25 \Rightarrow M \le 5$
$\Rightarrow \max M = 5$ khi $\dfrac{\sin\alpha}{3} = \dfrac{\cos\alpha}{4}$.
Đáp án C.

Hình thang cân nội tiếp được trong đường tròn vì có tổng hai góc đối bằng $180°$.
Đáp án B.

Dễ dàng chứng minh được tam giác $AEF$ đều.
Đáp án A.

Gọi $O$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$ đều, $M$ là trung điểm $BC$, khi đó $OM=1cm$ và $\widehat{OAM}=30^{0}$.
Xét $\triangle AOM$, $AM = OM.\cot 30^{0} = \sqrt{3} \Rightarrow AC = 2\sqrt{3} \Rightarrow S_{\triangle ABC} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin 60^{0} = 3\sqrt{3} \ (cm^{2})$.
Đáp án D.

Lấy $K$ sao cho $A$ là trung điểm của $BK$. $\triangle BCK = \triangle PQC \Rightarrow CK=QC$ và $\widehat{BKC}=\widehat{PCD}$
$\Rightarrow \widehat{BCK}+\widehat{PCQ}=90^{0} \Rightarrow \triangle KCQ$ vuông cân $\Rightarrow \widehat{ANB}+\widehat{AQB}=\widehat{CQD}+\widehat{AQK}=45^{0}$
Đáp án B.

Dễ dàng chứng minh $\triangle BON = \triangle BOM$ và $\triangle COM = \triangle COP \Rightarrow \widehat{BNO}+\widehat{CPO} = \widehat{BMO}+\widehat{CMO} = 180^{0} \Rightarrow \widehat{ANO}+\widehat{APO}=180^{0} \Rightarrow$ tứ giác $ANOP$ nội tiếp trong đường tròn bán kính $R \Rightarrow OA \le 2R \Leftrightarrow \dfrac{OA}{R} \le 2$.
Dấu "=" xảy ra khi $N, M, P$ là chân các đường vuông góc hạ từ $O$ xuống $AB, BC, AC$.
Đáp án C.

Gọi $A$ là tiếp điểm của tiếp tuyến với đường tròn nhỏ, khi đó $OA \perp MN$ tại $A$ và $OA = R\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, $ON=R$.
Ta tính được: $\cos\widehat{AON} = \dfrac{OA}{ON} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \widehat{AON}=30^{0} \Rightarrow \widehat{MON}=60^{0} \Rightarrow$ số đo cung nhỏ $MN$ bằng $60^{0}$.
Đáp án B.

Gọi $r$ là bán kính đáy hình trụ, $h$ là chiều cao hình trụ, $d$ là đường kính đáy. Ta có $d+h=36 \ (cm)$.
Thể tích khối hình trụ sẽ là: $V = \pi r^{2}.h = \pi \left(\dfrac{d}{2}\right)^{2}.h$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
$V = \pi.\left(\dfrac{d}{2}\right)^{2}.h = \pi.\left(\dfrac{d}{2}\right).\left(\dfrac{d}{2}\right).h \le \pi \left(\dfrac{\dfrac{d}{2}+\dfrac{d}{2}+h}{3}\right)^{3} = \pi.\left(\dfrac{36}{3}\right)^{3} = 1728 \ (cm^{3})$
Vậy thể tích lớn nhất của hình trụ là $1728 \ (cm^{3})$.
Đáp án C.

Tổng khối lượng gạo xuất khẩu là $3600 : 24\% = 3600 : 0{,}24 = 15000$ (tấn). Đáp án B.

Đếm số lần giá trị 3 xuất hiện trong dãy số liệu, ta được 3 lần (ứng với 3 hộ gia đình có 3 con). Vậy tần số của giá trị 3 là 3. Đáp án C.

Vì tổng các tần số ghép nhóm bằng tổng số ngày quan trắc nên $9+11+x+3+2=31$, suy ra $x=31-9-11-3-2=6$. Đáp án B.

Hộp có 3 bút với 3 màu khác nhau nên khi lấy ngẫu nhiên 1 bút, kết quả có thể là bút đỏ, bút xanh hoặc bút vàng. Do đó không gian mẫu $\Omega = \{Đ;X;V\}$. Đáp án A.

Gieo hai xúc xắc có $6\times 6 = 36$ kết quả đồng khả năng. Các cặp số chấm có hiệu bằng 2 là: $(1;3),(3;1),(2;4),(4;2),(3;5),(5;3),(4;6),(6;4)$, gồm 8 kết quả. Xác suất cần tìm là $\dfrac{8}{36} = \dfrac{2}{9}$. Đáp án A.