Đáp án đúng là D

Parabol y = x² + 3x – 1 có trục đối xứng là đường thẳng $x=-\frac{3}{2}$.

Đáp án đúng là B

Vì α là góc nhọn nên sinα > 0 và cosα > 0

⇒ cotα = $\frac{cos\alpha }{\sin \alpha }>0$

Vậy chọn đáp án B.

Đáp án đúng là C

 

Lấy điểm E sao cho ABDE là hình bình hành, khi đó $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BD}$,$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{ED}$

Suy ra AB = ED mà AB = CD nên DE = DC hay D là trung điểm của EC.

Đáp án đúng là B

Ta có: $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{BC}$

⇒ $\left|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right|=\left|\overrightarrow{BC}\right|=BC$

Xét tam giác ABC vuông tại A có:

cosB = $\frac{AB}{BC}$

⇔ cos72° = $\frac{2}{BC}$

⇔ BC = $\frac{2}{cos72°}\approx 6,5$.

Vậy độ dài của vectơ$\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}$ gần vớ 6,5.

Đáp án đúng là A

Mệnh đề phủ định của mệnh đề “∃x ∈ ℝ, x³ – 2x + 1 < 0” là ∀x ∈ ℝ, x³ – 2x + 1 ≥ 0.

Đáp án đúng là A

Tích vô hướng của $\overrightarrow{x}$ và $\overrightarrow{y}$ được xác định bởi công thức $\overrightarrow{x}.\overrightarrow{y}=\left|\overrightarrow{x}\right|.\left|\overrightarrow{y}\right|.\cos (\overrightarrow{x},\overrightarrow{y}).$

Đáp án đúng là D

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có: $\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AM}$.

Mặt khác ABCD là hình bình hành, M là trung điểm của BC nên $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$

⇒ $\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}$ hay $\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{AG}$.

Vậy k = 3.

Đáp án đúng là A

Ta có tập hợp A \ B là tập hợp các phần tử thuộc tập hợp A nhưng không thuộc tập hợp B nên khi đó ta có: A \ B = {– 3; 1; 4}.

Đáp án đúng là C

Ta có: A = {x ∈ ℝ| – 2 ≤ x < 0} = [– 2; 0).

Đáp án đúng là B

Đồ thị của một hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.

Đáp án đúng là B

 

Vì A và B đối xứng với nhau qua Oy nên AB ⊥ Oy

Mà Ox ⊥ Oy nên AB // Ox

Kẻ AH vuông góc với Ox và gọi K là trung điểm của AB.

Ta có $AB=\sqrt{3}$ nên AK = KB = $\frac{\sqrt{3}}{2}$ hay OH = $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Suy ra x_A = $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Mặt khác A thuộc vào đồ thị hàm số nên y_A = |x_A| = $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

⇒ OK = $\frac{\sqrt{3}}{2}$

Diện tích tam giác OAB là: S_OAB = $\frac{1}{2}.OK.AB=\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{3}{4}$ (đvdt).

Vậy diện tích tam giác OAB là $S=\frac{3}{4}$.

Ta có:

$\frac{1}{2}\overrightarrow{a}=\frac{1}{2}(2;-1)=\left(1;-\frac{1}{2}\right)$;

$\frac{3}{4}\overrightarrow{b}=\frac{3}{4}(4;-2)=\left(3;-\frac{3}{2}\right)$.

Khi đó: $\frac{1}{2}\overrightarrow{a}-\frac{3}{4}\overrightarrow{b}=\left(1-3;-\frac{1}{2}+\frac{3}{2}\right)=\left(-2;1\right)$.

Đáp án đúng là C

Các vectơ cùng phương là các vectơ có giá song song hoặc trùng nhau. Do đó các vectơ cùng phương với vectơ $\overrightarrow{AB}$ là: $\overrightarrow{BA}$, $\overrightarrow{DC}$, $\overrightarrow{CD}$.

Vậy có 3 vec tơ cùng phương với vectơ $\overrightarrow{AB}$.

Đáp án đúng là B

Xét phương trình $x+\sqrt{1-x^2}=-1$

⇔ $\sqrt{1-x^2}$ = – 1 – x (điều kiện – 1 – x ≥ 0 ⇔ x ≤ – 1)

⇔ 1 – x² = x² + 2x + 1

⇔ 2x² + 2x = 0

⇔ $\left[\begin{array}{l}2x=0\\ x+1=0\end{array}\right.$⇔ $\left[\begin{array}{l}x=0\left(KMT\right)\\ x=-1\left(TM\right)\end{array}\right.$

Vậy x = – 1 là nghiệm của phương trình đã cho.

Đáp án đúng là B

Ta có $\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{CA}.\left(-\overrightarrow{CB}\right)=-\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}=-CA.CB.cos\left(\overrightarrow{CA};\overrightarrow{CB}\right)$

Đáp án đúng là A

Gọi hàm số cần tìm có dạng y = ax² + bx + c (a ≠ 0)

Quan sát hình vẽ ta có:

- Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm B(0; – 1) nên thay tọa độ điểm B vào hàm số ta được c = – 1.

- Tọa độ điểm đỉnh I(1; – 4)

Khi đó: $-\frac{b}{2a}=1\iff b=-2a$  

Và $-\frac{\Delta }{4a}=-4\iff \Delta =16a\iff b^2-4ac=16a$

Thay b = – 2a vào biểu thức trên ta được: 4a² + 4a = 16a ⇔ 4a² – 12a = 0 ⇔ a = 0 (không TM) hoặc a = 3 (TM).

⇒ b = – 2.3 = – 6 .

Vậy hàm số cần tìm là: y = 3x² – 6x – 1.

Đáp án đúng là D

+) Xét hàm số f(x) = x³ + 1

Tập xác định: D = ℝ          

Lấy – x ∈ D, khi đó f(– x) = (– x)³ + 1 = – x³ + 1.

Do đó f(x) không chẵn cũng không lẻ.

+) Xét hàm số f(x) = 2x⁴ + 3

Tập xác định: D = ℝ          

Lấy – x ∈ D, khi đó f(– x) = 2(– x)⁴ + 3 = 2x⁴ + 3 = f(x).

Do đó f(x) là hàm chẵn.    

+) Xét hàm số f(x) = |x|

Tập xác định: D = ℝ          

Lấy – x ∈ D, khi đó f(– x) = |– x| = |x| = f(x).

Do đó f(x) là hàm chẵn.    

+) Xét hàm số f(x) = x³

Tập xác định: D = ℝ          

Lấy – x ∈ D, khi đó f(– x) = (– x)³ = – x³ = – f(x).

Đáp án đúng là D

Xét phương trình $\sqrt{f\left(x\right)}=\sqrt{g\left(x\right)}$

Điều kiện xác định f(x) ≥ 0 hoặc g(x) ≥ 0

Bình phương hai vế của phương trình đã cho ta được: f(x) = g(x)

Vì vậy tập nghiệm của phương trình $\sqrt{f\left(x\right)}=\sqrt{g\left(x\right)}$ là tập hợp các nghiệm của phương trình f(x) = g(x) thỏa mãn bất phương trình f(x) ≥ 0 (hoặc g(x) ≥ 0).

Đáp án đúng là B

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD, khi đó ta có: $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{0}$

Ta có: $3\overrightarrow{MG}+3\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{0}$

⇔$6\overrightarrow{MG}+3\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{0}$

⇔$6\overrightarrow{MG}+3\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{0}=\overrightarrow{0}$

⇔$2\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}=\overrightarrow{0}$

⇔$\overrightarrow{GM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{GA}$

Vậy M là trung điểm của GA.

Đáp án đúng là B

Xét tam giác ABC, có:

BC² = AB² + AC² – 2AB.AC.cos$\widehat{BAC}$

= 4² + 5² – 2.4.5.cos92°

≈ 42,4

⇒ BC = 6,5

Vậy BC = 6,5.

Đáp án đúng là B

Xét bất phương trình – x² + 2x – 4 ≤ 0 có a = – 1 < 0 và ∆’ = (– 1)² – (– 1)(– 4) = – 3 < 0.

Dựa vào định lí dấu tam thức bậc hai ta có – x² + 2x – 4 ≤ 0 ∀x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ℝ.

Đáp án đúng là D

Xét hệ bất phương trình $\left\{\begin{array}{l}x+y\ge -4\left(1\right)\\ x-3y<0\left(2\right)\\ x>0\left(3\right)\end{array}\right.$

Thay lần lượt tọa độ các điểm M, N, P, Q vào hệ bất phương trình ta có:

Tọa độ điểm M không thỏa mãn BPT (3);

Tọa độ điểm N không thỏa mãn BPT (2);

Tọa độ điểm P không thỏa mãn BPT (3);

Tọa độ điểm Q thỏa mãn tất cả các BPT của hệ nên thuộc vào miền nghiệm.

Vậy chọn D.

Đáp án đúng là C

Xét tam thức f(x) = – x² – 3x + m – 5 có a = – 1 và ∆ = (– 3)² – 4.(– 1).(m – 5) = 9 + 4m – 20 = 4m – 11.

Để tam thức f(x) = – x² – 3x + m – 5 không dương với mọi x thì ∆ ≤ 0

⇔ 4m – 11 ≤ 0

⇔ m ≤ $\frac{11}{4}$

Vậy m = 2 thỏa mãn điều kiện bài toán.

Đáp án đúng là C

Quan sát hình vẽ ta thấy với x ∈ (1; 3) thì đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành.

Hay f(x) > 0 khi x ∈ (1; 3).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) > 0 là S = (1; 3).

Đáp án đúng là B

Ta có: $\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{NM}=MN.NM.c\text{os}\left(\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{NM}\right)=M{N}^2.c\text{os180}°=-M{N}^2$

Suy ra – MN² = – 16 ⇔ MN = $\sqrt{16}=4$

Vậy MN = 4.

a) Xét hàm số y = x² – 5x, có: a = 1, b = – 5, c = 0 và ∆ = (– 5)² – 4.1.0 = 25

Khi đó, ta có:

- Điểm đỉnh I có x_I = $-\frac{b}{2a}=-\frac{-5}{2.1}=\frac{5}{2}$; y_I = $-\frac{\Delta }{4a}=-\frac{25}{4.1}=-\frac{25}{4}$;

- a = 1 > 0 .

Do đó ta có bảng biến thiên sau:

 

Vậy hàm số sẽ đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;\frac{5}{2}\right)$, hàm số sẽ nghịch biến trên khoảng $\left(\frac{5}{2};+\infty \right)$.

b) Xét phương trình $\sqrt{x^2-(2m-1)x-m^2+5m+\frac{15}{4}}=x+1$(*)

Điều kiện x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ – 1

(*) ⇔ x² – (2m – 1)x – m² + 5m + $\frac{15}{4}$ = x² + 2x + 1

⇔ (2m + 1)x + m² – 5m – $\frac{11}{4}$ = 0

+) TH1: 2m + 1 = 0 ⇔ m = $-\frac{1}{2}$. Khi đó ta có:

$\left[2\left(-\frac{1}{2}\right)+1\right].x+{\left(-\frac{1}{2}\right)}^2-5.\left(-\frac{1}{2}\right)-\frac{11}{4}=0$ = 0

⇔ 0.x + 0 = 0 (luôn đúng) với mọi x ≥ – 1

Do đó m = $-\frac{1}{2}$ thỏa mãn.

+) TH1: 2m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ $-\frac{1}{2}$. Khi đó ta có:

(2m + 1)x + m² – 5m – $\frac{11}{4}$ = 0

⇔ x = $-\frac{m^2-5m-\frac{11}{4}}{2m+1}$

Để phương trình có nghiệm thì $-\frac{m^2-5m-\frac{11}{4}}{2m+1}\ge -1$

⇔ m² – 5m – $\frac{11}{4}$ ≥ – 2m – 1

⇔ m² – 3m – $\frac{7}{4}$ ≥ 0

Xét tam thức bậc hai f(m) = m² – 3m – $\frac{7}{4}$, có a = 1 và ∆ = (– 3)² – 4.1.$\left(-\frac{7}{4}\right)$ = 16 > 0 suy ra f(m) có hai nghiệm m₁ = $-\frac{1}{2}$ và m₂ = $\frac{7}{2}$.

Dựa vào định lí dấu tam thức bậc hai ta có:

f(m) ≥ 0 ⇔ m ≤ $-\frac{1}{2}$ hoặc m ≥ $\frac{7}{2}$.

Suy ra m < $-\frac{1}{2}$ hoặc m ≥ $\frac{7}{2}$.

Vậy với m ≤ $-\frac{1}{2}$ hoặc m ≥ $\frac{7}{2}$ thì phương trình có nghiệm.

Chia tấm tôn đó thành ba phần theo các kích thước x (cm), 42 – x (cm) và x (cm).

Khi gấp hai bên lại ta được rãnh dẫn nước có mặt cắt ngang có kích thước là x (cm) và 42 – x (cm).

Diện tích của mặt cắt ngang là x.(42 – x) = – x² + 42x (cm²).

Để đảm bảo kĩ thuật, diện tích mặt cắt ngang của rãnh dẫn nước phải lớn hơn hoặc bằng 160 cm² nên ta có:

– x² + 42x ≥ 160

⇔ – x² + 42x – 160 ≥ 0

Xét tam thức bậc hai f(x) = – x² + 42x – 160 có a = – 1, b = 42, c = – 160 và ∆ = 42² – 4.(– 1).(– 160) = 1124 > 0.

Suy ra f(x) có hai nghiệm x₁ = $\frac{-42+2\sqrt{281}}{4.\left(-1\right)}\approx 2,12$ và x₂ = $\frac{-42-2\sqrt{281}}{4.\left(-1\right)}\approx 18,88$.

Áp dụng định lí dấu của tam thức bậc hai ta được:

f(x) ≥ 0 khi 2,12 ≤ x ≤ 18,88

Vậy rãnh nước phải có độ cao ít nhất khoảng 2,12 cm.