Đề thi thử số 7

$P=0$ khi $x^4-1=0 \Leftrightarrow x=\pm 1$, tức có 2 giá trị của $x$ thỏa mãn. Đáp án C.

$M=\left(x^2-4x+4\right)+17=\left(x-2\right)^2+17\ge 17 \Rightarrow \min M = 17$ khi $x=2$. Đáp án C.

$P=\sqrt{\left(a-3\right)^2}=\left|a-3\right|$. Do $a<3$ nên $a-3<0$, suy ra $P=3-a$. Đáp án A.

Điều kiện xác định: $x\neq 2, x\neq -1$. Vì $\sqrt{x^2+12}>0$ với mọi $x$, phương trình tương đương $x^2-12x+20=0 \Leftrightarrow x=2$ (loại vì không thỏa điều kiện) hoặc $x=10$ (thỏa mãn). Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm. Đáp án B.

Đường thẳng $d$ đi qua điểm $M$ khi $-5=2\cdot 2+m-7 \Leftrightarrow -5=4+m-7 \Leftrightarrow m=-2$. Đáp án D.

Theo lời giải gốc: phương trình (1) có nghiệm $x=2$, thay $x=2$ vào phương trình (2) ta được $m^2-7m+12=0 \Rightarrow m=3$ hoặc $m=4$. Vậy có 2 giá trị của $m$ thỏa mãn. Đáp án B.

Ta có $\sqrt{\left(2x-5\right)^2}=\left|2x-5\right|$. Từ giả thiết ta có $\left|2x-5\right|=5-2x \Rightarrow 2x-5\le 0 \Leftrightarrow x\le \dfrac{5}{2}$. Đáp án D.

Cách 1: $\Delta^{\prime}=1+5=6$ nên phương trình có nghiệm $x=-1\pm\sqrt{6} \Rightarrow E=2\sqrt{6}$.
Cách 2: $E^2=\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=4+20=24 \Rightarrow E=2\sqrt{6}$ với $x_1+x_2=-2, x_1x_2=-5$. Đáp án B.

Cách 1: Thay $x=-2$ vào phương trình đã cho ta được $m=-2$. Khi đó phương trình trở thành $x^2+2x=0 \Rightarrow x=0$ hoặc $x=-2$. Vậy nghiệm còn lại là $x=0$.
Cách 2: Gọi $a$ là nghiệm còn lại. Theo định lí Vi-ét: $\begin{cases} a\left(-2\right)=-2m-4 \\ a-2=2\left(m+1\right) \end{cases}$. Giải hệ ta được $a=0, m=-2$. Đáp án B.

$M=\dfrac{54\sqrt{83}}{\sqrt{\left(\sqrt{83}+2\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{83}-2\right)^2}}=\dfrac{54\sqrt{83}}{\sqrt{83}+2+\sqrt{83}-2}=\dfrac{54\sqrt{83}}{2\sqrt{83}}=27$. Đáp án A.

Theo lời giải gốc: $\sqrt{2}P=\sqrt{4-2\sqrt{3}}-\sqrt{4+2\sqrt{3}}=\sqrt{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}-\sqrt{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}=\left(\sqrt{3}-1\right)-\left(\sqrt{3}+1\right)=-2 \Rightarrow P=-\sqrt{2}$.
Cách khác: $P^2=2-\sqrt{3}+2+\sqrt{3}-2\sqrt{\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)}=2$. Mặt khác $P<0$ nên $P=-\sqrt{2}$. Đáp án D.

Do $1$ và $-\left(m^8+31\right)$ trái dấu (vì $-\left(m^8+31\right)<0$) nên phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu, tức phương trình luôn có nghiệm với mọi $m$. Theo định lí Vi-ét: $S=x_1+x_2=12$. Đáp án B.

Hệ có vô số nghiệm khi $\dfrac{m}{3}=\dfrac{3}{m}=\dfrac{3}{3}$, suy ra $m=3$. Vậy có 1 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn. Đáp án A.

Vì $x^2\ge 0$ và $y^4\ge 0$ với mọi $x,y$ nên $x^2+y^4+2\ge 2>0$, do đó phương trình $x^2+y^4+2=0$ vô nghiệm. Suy ra hệ đã cho vô nghiệm. Đáp án D.

Thay $x=-1,y=2$ vào hệ phương trình ta được $\begin{cases} -a+6=4 \\ -1+2b=-2 \end{cases} \Rightarrow a=2, b=-\dfrac{1}{2}$. Đáp án C.

Ta cần có $m^3-12m^2+19m=-m$ và $-5m+7\neq m^4-31$. Giải phương trình $m^3-12m^2+19m=-m \Leftrightarrow m^3-12m^2+20m=0 \Leftrightarrow m\left(m^2-12m+20\right)=0$ ta được $m\in\left\{0;2;10\right\}$, các giá trị này đều thỏa mãn điều kiện còn lại. Vậy có 3 giá trị của $m$. Đáp án C.

Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi $m^2-4m-5<0 \Leftrightarrow -1Đáp án D.

$P=\left(x^2-6x+9\right)+\left(4y^2+4y+1\right)+5=\left(x-3\right)^2+\left(2y+1\right)^2+5 \Rightarrow \min P=5$ khi $x=3, y=-\dfrac{1}{2}$. Đáp án B.

Với mọi $k\ge 2$ ta có $\dfrac{1}{k^2}<\dfrac{1}{k\left(k-1\right)}=\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}$, suy ra $P<\dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{2.3}+...+\dfrac{1}{\left(n-1\right)n}=\left(1-\dfrac{1}{2}\right)+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right)+...+\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\right)=1-\dfrac{1}{n}<1$. Mà hiển nhiên $P>0$. Vậy $0Đáp án A.

Vì $abc=1$ nên $\dfrac{bc}{bc+b+1}=\dfrac{abc}{abc+ab+a}=\dfrac{1}{1+ab+a}$ và $\dfrac{1}{ca+c+1}=\dfrac{ab}{ab\left(ca+c+1\right)}=\dfrac{ab}{a^2bc+abc+ab}=\dfrac{ab}{a+1+ab}$. Cộng từng vế ba phân thức ta được $P=\dfrac{a+1+ab}{ab+a+1}=1$. Đáp án B.

Ta có $\Delta=\left(a+b+c\right)^2-4\left(ab+bc+ca\right)=a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)$. Vì $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác nên $aĐáp án A.

Ta có $\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{abc}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}$ (vì $a+b+c=0$). Suy ra $P=\left|\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right|$. Đáp án D.

Giả sử $93+62\sqrt{3}=\left(a+b\sqrt{3}\right)^2=a^2+3b^2+2\sqrt{3}ab \Rightarrow \begin{cases} a^2+3b^2=93 \\ 2ab=62 \end{cases}$. Từ phương trình thứ hai ta có $ab=31$, mà $31$ là số nguyên tố nên $a,b$ đều là số lẻ, khi đó $a^2+3b^2$ là số chẵn, trái với phương trình thứ nhất ($93$ là số lẻ). Vậy không tồn tại các số nguyên $a,b$ thỏa mãn đề bài. Đáp án A.

Ta có $\begin{cases} \left(a-2\right)^2\ge 0 \\ \left(b-2\right)^2\ge 0 \\ 2\left(a-b\right)^2\ge 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a^2+4\ge 4a \\ b^2+4\ge 4b \\ 2a^2+2b^2\ge 4ab \end{cases}$. Cộng ba bất đẳng thức: $3P+8\ge 4\left(a+b+ab\right)=32 \Rightarrow 3P\ge 24 \Rightarrow P\ge 8$, dấu bằng xảy ra khi $a=b=2$. Đáp án C.

Hình vuông có 4 trục đối xứng, gồm 2 đường chéo và 2 đường thẳng đi qua trung điểm các cặp cạnh đối. Đáp án D.

Dễ dàng chứng minh $MNPQ$ là hình bình hành, vì $MN,QP$ cùng song song với đường chéo $AC$ và cùng bằng $\dfrac{1}{2}AC$. Với tứ giác $ABCD$ bất kì (không có thêm điều kiện đặc biệt) thì $MNPQ$ không thể luôn là hình chữ nhật, hình thoi hoặc hình vuông. Đáp án D.

Hạ $OH\perp d$ tại $H$ thì $OH\le OI$, do $MN=2\sqrt{R^2-OH^2}$ nên $MN$ nhỏ nhất khi $OH$ lớn nhất, tức khi $OH=OI$ (khi $d\perp OI$ tại $I$, tức $H\equiv I$). Khi đó xét tam giác vuông $OIN$: $IN=\sqrt{ON^2-OI^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4cm$ nên $MN=2.IN=8cm$. Đáp án C.

Vì tam giác $MPQ$ đều nên $MP=PQ=15\sqrt{3}cm$ và $OM$ là phân giác góc $\widehat{PMQ}=60^{\circ}$ nên $\widehat{PMO}=30^{\circ}$. Xét tam giác vuông $OPM$ (vuông tại $P$ do $MP$ là tiếp tuyến): $OP=MP\tan 30^{\circ}=15\sqrt{3}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{3}}=15\left(cm\right)$. Do đó đường kính của đường tròn bằng $30cm$. Đáp án A.

$P=\left(\sin^4\alpha+2\sin^2\alpha\cos^2\alpha+\cos^4\alpha\right)-2\sin^2\alpha\cos^2\alpha=\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)^2-2\sin^2\alpha\cos^2\alpha=1-2\sin^2\alpha\cos^2\alpha$. Đáp án B.

Ta có $AB^2=BH.BC$, $AC^2=CH.BC$ nên $\dfrac{1}{3}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^2=\dfrac{BH.BC}{CH.BC}=\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{3}{CH} \Rightarrow CH=9cm$. Vậy $BC=BH+CH=3+9=12cm$. Đáp án C.

Đặt $OH=x \left(0Đáp án A.

Dễ dàng chứng minh tam giác $CHM$ vuông cân tại $H$, do đó $HM=HC$. Suy ra $\triangle OHM=\triangle OHC$ (c.c.c, vì $OH$ chung, $OM=OC$ là bán kính, $HM=HC$). Vậy $\widehat{OHM}=\widehat{OHC}=\dfrac{360^{\circ}-90^{\circ}}{2}=135^{\circ}$ (do $\widehat{OHM}+\widehat{OHC}=360^{\circ}-\widehat{MHC}=360^{\circ}-90^{\circ}$). Đáp án B.

Ta có $4a^2=AB^2=\left(MA+MB\right)^2\le 2\left(MA^2+MB^2\right)$. Tương tự, $4a^2\le 2\left(NB^2+NC^2\right)$ và $4a^2\le 2\left(PA^2+PB^2\right)$. Cộng lại: $S\ge 6a^2 \Rightarrow \min S=6a^2$ khi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AB,BC,CA$. Đáp án C.

Thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có hai cạnh góc vuông bằng $a$, cạnh huyền chính là đường kính đáy hình nón: $d=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2} \Rightarrow r=\dfrac{d}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$. Chiều cao của hình nón (bằng khoảng cách từ đỉnh góc vuông đến cạnh huyền): $\dfrac{1}{h^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{a^2} \Rightarrow h=\dfrac{a}{\sqrt{2}}$. Thể tích hình nón: $V=\dfrac{1}{3}\pi r^2h=\dfrac{1}{3}\pi\left(\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2.\dfrac{a}{\sqrt{2}}=\dfrac{\pi a^3}{6\sqrt{2}}=\dfrac{\pi a^3\sqrt{2}}{12}$. Đáp án A.

Ta có $\widehat{MPI}=\widehat{IPQ}$ vì đây là hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau là cung $PI$ và cung $IQ$ (do $MP=MQ$ nên $I$ là điểm chính giữa cung $PQ$ nhỏ), nên $PI$ là tia phân giác của góc $\widehat{MPQ}$. Mà tam giác $MPQ$ cân tại $M$ (vì $MP=MQ$ là hai tiếp tuyến) có $MI$ là tia phân giác của góc $\widehat{PMQ}$, nên $I$ chính là giao điểm của các đường phân giác trong tam giác $MPQ$, do đó $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle MPQ$. Đáp án C.

Số học sinh đăng ký câu lạc bộ Âm nhạc của lớp 9C là 22 học sinh, của lớp 9D là 19 học sinh. Tổng số học sinh đăng ký câu lạc bộ Âm nhạc của cả hai lớp là $22 + 19 = 41$ (học sinh). Đáp án B.

Tổng số thí sinh là $n=25$. Mức điểm 14 có tần số 8, tần số tương đối là $\dfrac{8}{25}\cdot 100\% = 32\%$. Mức điểm 17 có tần số 3, tần số tương đối là $\dfrac{3}{25}\cdot 100\% = 12\%$. Chênh lệch là $32\% - 12\% = 20\%$. Đáp án D.

Các ngày có chỉ số AQI từ 150 trở lên gồm nhóm $[150;200)$ và nhóm $[200;250)$, có tổng tần số là $8+4=12$. Tần số tương đối ghép nhóm tương ứng là $\dfrac{12}{60}\times100\% = 20\%$. Đáp án D.

Không gian mẫu của phép thử là tập hợp tất cả các số ghi trên thẻ có thể rút được, tức là $\Omega=\{1;2;3;\ldots;15\}$. Tập hợp này có đúng 15 phần tử. Đáp án A.

Số cách bỏ 4 lá thư vào 4 phong bì (mỗi phong bì 1 lá) là một hoán vị của 4 phần tử nên $n(\Omega) = 4! = 24$. Gọi $A$ là biến cố "có đúng 1 lá thư bỏ đúng địa chỉ". Chọn 1 trong 4 lá thư để bỏ đúng địa chỉ có 4 cách; với 3 lá thư còn lại, cả 3 đều phải bỏ sai địa chỉ của chính nó, số cách xếp sai hết cả 3 (hoán vị không có điểm cố định) là 2 cách. Do đó $n(A) = 4 \times 2 = 8$. Vậy $P(A) = \dfrac{8}{24} = \dfrac{1}{3}$. Đáp án A.