Đề thi thử số 9

Lời giải: Ta có $f(x) = x^{2}+5x-3x-15 = x(x+5)-3(x+5) = (x-3)(x+5)$. Đáp án B.

Lời giải: Ta có $\dfrac{x^{2}-7x+12}{(x-3)(x^{2}+9)} = \dfrac{(x-3)(x-4)}{(x-3)(x^{2}+9)} = 0 \Rightarrow x = 3$ (loại, vì làm mẫu bằng $0$) hoặc $x = 4$. Vậy phương trình có $1$ nghiệm. Đáp án B.

Lời giải: Ta có $P = (x^{2}-1)^{2} + 11 \ge 11$ với mọi $x$, suy ra $\min P = 11$ khi $x = \pm 1$. Đáp án C.

Lời giải: Vì $13>0$ nên biểu thức $\dfrac{13}{x-7}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x-7$ là số nguyên âm gần $0$ nhất, tức là $x-7=-1$, khi đó biểu thức bằng $-13$. Suy ra $x=6$. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là $-13$ khi $x=6$. Đáp án B.

Lời giải: Ta có $M = \left|\sqrt{(\sqrt{3}-1)^{2}} - 1\right| = \left|\sqrt{3}-1-1\right| = \left|\sqrt{3}-2\right| = 2-\sqrt{3}$ (vì $\sqrt{3}<2$). Đáp án A.

Lời giải: $d$ đi qua $I(1;-1)$ khi $-1 = 1+m^{2}-3m-30 \Leftrightarrow m^{2}-3m-28=0 \Leftrightarrow m=-4$ hoặc $m=7$. Vậy có $2$ giá trị của $m$ thỏa mãn. Đáp án C.

Lời giải: Ta có $P = \sqrt{a-\sqrt{(a-2)^{2}}} = \sqrt{a-|a-2|}$. $P$ có nghĩa khi $a \ge |a-2| \Leftrightarrow \begin{cases} a \ge 0 \\ a^{2} \ge a^{2}-4a+4 \end{cases} \Leftrightarrow a \ge 1$. Đáp án D.

Lời giải: Phương trình tương đương với $\sqrt{(2x-1)^{2}} = 1-2x \Leftrightarrow |2x-1| = 1-2x \Leftrightarrow 2x-1 \le 0 \Leftrightarrow x \le \dfrac{1}{2}$. Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên $x \le 0$. Đáp án D.

Lời giải: Ta có $M = \sqrt{17}+\sqrt{a+1} > 4+1 = 5$ (vì $\sqrt{17}>4$ và $\sqrt{a+1}>1$ do $a>0$), $N = \sqrt{25}-\sqrt{a} < 5$ (vì $\sqrt{a}>0$). Suy ra $N<5Đáp án A.

Lời giải: Ta có $P = 1+\dfrac{5}{\sqrt{x}+1}$ là số nguyên khi $\sqrt{x}+1$ là ước dương của $5$, tức $\sqrt{x}+1=1 \Leftrightarrow x=0$ hoặc $\sqrt{x}+1=5 \Leftrightarrow x=16$. Vậy có $2$ giá trị nguyên của $x$. Đáp án B.

Lời giải: Điều kiện $x \ge 3$. Khi đó $x-3=0$ hoặc $x^{2}-16=0 \Rightarrow x \in \{3;4\}$ (giá trị $x=-4$ bị loại do không thỏa điều kiện). Vậy phương trình có $2$ nghiệm. Đáp án B.

Lời giải: Ta có $\Delta^{\prime} = m^{2}+6m-7$. Phương trình vô nghiệm khi $\Delta^{\prime}<0 \Leftrightarrow m^{2}+6m-7<0 \Leftrightarrow -7Đáp án D.

Lời giải: Phương trình $(x-2)(x-5)=0$ có nghiệm $x=2$ hoặc $x=5$; phương trình $(x-k)(x-k+1)=0$ có nghiệm $x=k$ hoặc $x=k-1$. Hệ có nghiệm khi hai tập nghiệm này có phần tử chung, tức là $k=2$ hoặc $k=5$ hoặc $k-1=2 \Leftrightarrow k=3$ hoặc $k-1=5 \Leftrightarrow k=6$. Vậy có $4$ giá trị của $k$ thỏa mãn. Đáp án D.

Lời giải: Trừ từng vế hai phương trình ta được $(m-8)x=1$ $(1)$. Hệ vô nghiệm khi phương trình $(1)$ vô nghiệm, tức là $m-8=0 \Leftrightarrow m=8$. Đáp án B.

Lời giải: Đường thẳng $d$ đi qua $M(0;-6)$, $N(3;0)$. Lấy đối xứng qua trục $Ox$ ta được $M^{\prime}(0;6)$, $N^{\prime}(3;0)$. Do đó đường thẳng $d^{\prime}$ đi qua $M^{\prime}(0;6)$ và $N^{\prime}(3;0)$, suy ra $d^{\prime}: y=-2x+6$. Đáp án A.

Lời giải: Tọa độ giao điểm của $d$ và parabol là $M(-2;4)$, $N(2;4)$. Diện tích tam giác $OMN$ bằng $8$ (đơn vị diện tích). Đáp án B.

Lời giải: Khẳng định D sai vì $3<5$ nhưng $y(3)=y(5)=1$, tức là hàm số không đồng biến trên $\mathbb{R}$. Đáp án D.

Lời giải: Ta có $2^{500}=(2^{5})^{100}=32^{100}$, $3^{300}=(3^{3})^{100}=27^{100}$, $5^{200}=(5^{2})^{100}=25^{100}$. Vì $25<27<32$ nên $5^{200}<3^{300}<2^{500}$. Đáp án C.

Lời giải: Phép biến đổi ở đáp án D là sai vì khi chia cả hai vế của bất phương trình $x^{2}(2x-7) \ge x^{2}(x+3)$ cho $x^{2} \ge 0$ để được $2x-7 \ge x+3$ thì đã làm mất nghiệm $x=0$ (tại $x=0$ bất phương trình ban đầu luôn đúng nhưng $x=0$ không thỏa $2x-7 \ge x+3$). Đáp án D.

Lời giải: Đặt $f(x)=\sqrt[3]{x+22}+\sqrt{x-1}$, hàm số $y=f(x)$ đồng biến trên $[1;+\infty)$ và $f(5)=5$, suy ra $x_{0}=5$ là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Chú ý: có thể giải phương trình bằng cách đặt $a=\sqrt[3]{x+22}$, $b=\sqrt{x-1} \ge 0$. Khi đó $\begin{cases} a+b=5 \\ a^{3}-22=b^{2}+1 \end{cases} \Rightarrow a=3, b=2 \Rightarrow x=5$. Đáp án C.

Lời giải: Ta có $P=ab+bc+cd \le (a+c)(b+d)$. Mặt khác, theo bất đẳng thức Cô-si, $\sqrt{(a+c)(b+d)} \le \dfrac{(a+c)+(b+d)}{2}=1 \Rightarrow (a+c)(b+d) \le 1$. Suy ra $\max P=1$ khi $a=b=1, c=d=0$. Đáp án B.

Lời giải: Ta có $P^{3}=\left(3+\sqrt{\dfrac{368}{27}}\right)+\left(3-\sqrt{\dfrac{368}{27}}\right)+3\sqrt[3]{\left(3+\sqrt{\dfrac{368}{27}}\right)\left(3-\sqrt{\dfrac{368}{27}}\right)}\cdot P$. Ta tính được $\left(3+\sqrt{\dfrac{368}{27}}\right)\left(3-\sqrt{\dfrac{368}{27}}\right)=9-\dfrac{368}{27}=-\dfrac{125}{27}$, nên $\sqrt[3]{-\dfrac{125}{27}}=-\dfrac{5}{3}$. Do đó $P^{3}=6-5P \Leftrightarrow P^{3}+5P-6=0 \Leftrightarrow (P-1)(P^{2}+P+6)=0$. Vì $P^{2}+P+6>0$ với mọi $P$ nên $P=1$. Đáp án A.

Lời giải: Điều kiện $x,y,z \ge 1$. Khi đó, nếu tồn tại một trong ba số $x,y,z$ lớn hơn $1$ thì tổng ba vế trái của hệ lớn hơn $6$ trong khi tổng ba vế phải bằng $6$, vô lí. Do đó $x=y=z=1$ là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. Đáp án A.

Lời giải: Gọi $M(x_{0};y_{0})$ là điểm cố định mà $d_{m}$ luôn đi qua. Ta có $y_{0}=(m-1)x_{0}+3m+1$ với mọi $m$ $\Leftrightarrow (x_{0}+3)m+1-x_{0}-y_{0}=0$ với mọi $m$ $\Leftrightarrow \begin{cases} x_{0}+3=0 \\ 1-x_{0}-y_{0}=0 \end{cases} \Rightarrow M(-3;4)$. Hạ $OH \perp d_{m}$ thì $OH \le OM=5$. Vậy khoảng cách lớn nhất từ $O$ đến $d_{m}$ bằng $5$. Đáp án B.

Lời giải: Khẳng định C sai vì hình bình hành cũng là một hình thang có hai cạnh bên bằng nhau, nhưng hình bình hành (khi không phải hình chữ nhật) không phải là hình thang cân. Đáp án C.

Lời giải: Ta có $2=(\sin\alpha+\cos\alpha)^{2}=\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha=1+2\sin\alpha\cos\alpha \Rightarrow \sin\alpha\cos\alpha=\dfrac{1}{2}$. Đáp án C.

Lời giải: Ta có $\tan^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha=\dfrac{\sin^{2}\alpha}{\cos^{2}\alpha}-\sin^{2}\alpha=\dfrac{\sin^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha}{\cos^{2}\alpha}=\dfrac{\sin^{2}\alpha(1-\cos^{2}\alpha)}{\cos^{2}\alpha}=\tan^{2}\alpha\sin^{2}\alpha$. Suy ra biểu thức đã cho bằng $\dfrac{\tan^{2}\alpha\sin^{2}\alpha}{\tan^{2}\alpha\sin^{2}\alpha}=1$. Đáp án A.

Lời giải: Khẳng định D sai. Vì nếu $AB$ và $CD$ là hai đường kính không vuông góc với nhau thì đường kính $AB$ đi qua trung điểm của dây $CD$ (là tâm $O$) nhưng $AB$ không vuông góc với $CD$. Đáp án D.

Lời giải: Vì $MA,MB$ là hai tiếp tuyến với $\widehat{AMB}=90^{0}$ và $OA=OB=R$ nên tứ giác $OAMB$ là hình vuông cạnh $OA=5cm$, suy ra $MO=5\sqrt{2}cm$. Vậy $M$ thuộc đường tròn tâm $O$ bán kính $5\sqrt{2}cm$. Đáp án B.

Lời giải: Ta có $OO^{\prime}=OE+O^{\prime}F-EF=13+10-3=20$. Đáp án D.

Lời giải: Gọi $I$ là trung điểm của $BH$, suy ra $CIMK$ là hình bình hành $\Rightarrow CI \parallel MK$. Mặt khác, $I$ là trực tâm của tam giác $BCM$. Từ đó suy ra $BM \perp MK \Rightarrow BM^{2}+MK^{2}=BK^{2}=BC^{2}+CK^{2}=64+25=89$ (vì $CK=\dfrac{CD}{2}=5$). Đáp án C.

Lời giải: Đặt $a=\tan\alpha \Rightarrow P=a^{8}+\dfrac{1}{a^{8}}=\left(a^{4}+\dfrac{1}{a^{4}}\right)^{2}-2=\left[\left(a^{2}+\dfrac{1}{a^{2}}\right)^{2}-2\right]^{2}-2=\left\{\left[\left(a+\dfrac{1}{a}\right)^{2}-2\right]^{2}-2\right\}^{2}-2=1154$. Đáp án B.

Lời giải: Ta có $MA^{2}+MB^{2} \le (MA+MB)^{2}=a^{2}$, $NB^{2}+NC^{2} \le (NB+NC)^{2}=a^{2}$, $PA^{2}+PC^{2} \le (PA+PC)^{2}=a^{2}$. Cộng vế theo vế suy ra $S \le 3a^{2}$, dấu bằng xảy ra khi $M \equiv A, N \equiv B, P \equiv C$. Vậy $\max S=3a^{2}$. Đáp án C.

Lời giải: Hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông nên chiều cao bằng đường kính đáy: $d=h \Rightarrow r=\dfrac{h}{2}$. Diện tích xung quanh hình trụ: $S_{xq}=\pi d h=64\pi \Rightarrow \pi d^{2}=64\pi \Rightarrow d=8 \Rightarrow r=4$. Đáp án B.

Lời giải: Gọi $r$ là bán kính mặt cầu, cũng là bán kính đáy và $h=2r$ là chiều cao hình trụ. Diện tích mặt cầu: $S_{mc}=4\pi r^{2}$. Diện tích toàn phần hình trụ: $S_{tpht}=2\pi rh+2\pi r^{2}=2\pi r.2r+2\pi r^{2}=6\pi r^{2}$. Vậy tỉ số diện tích mặt cầu và diện tích toàn phần hình trụ là $\dfrac{4\pi r^{2}}{6\pi r^{2}}=\dfrac{2}{3}$. Đáp án C.

Lời giải: So sánh số học sinh của bốn câu lạc bộ: $45 \gt 30 \gt 18 \gt 12$. Vậy câu lạc bộ Bóng đá có số học sinh tham gia nhiều nhất. Đáp án D.

Lời giải: Đếm được môn "Bóng đá" xuất hiện 10 lần trong tổng số 25 lượt khảo sát nên tần số của "Bóng đá" là 10. Tần số tương đối của "Bóng đá" là $\dfrac{10}{25} \cdot 100\% = 40\%$. Đáp án B.

Lời giải: Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $[10;15)$ được tính bằng $\dfrac{24}{60}\times100\% = 40\%$. Đáp án D.

Lời giải: Các cặp $(a;b)$ với $a,b \in \{1;2;3;4\}$ thỏa mãn $a+b=5$ là: $(1;4), (2;3), (3;2), (4;1)$. Vậy biến cố A có 4 kết quả thuận lợi. Đáp án C.

Lời giải: Mỗi đồng xu có 2 khả năng (sấp hoặc ngửa) nên không gian mẫu có $n(\Omega) = 2^3 = 8$ kết quả. Gọi $A$ là biến cố "có đúng 2 đồng xu xuất hiện mặt ngửa". Các kết quả thuận lợi (S là sấp, N là ngửa) là: NNS, NSN, SNN, có $n(A) = 3$. Vậy $P(A) = \dfrac{3}{8}$. Đáp án B.