Câu hỏi:
Bất phương trình \({\log _{\frac{1}{2}}}{\rm{x}} > - 3\) có tất cả bao nhiêu nghiệm là số nguyên?
Đáp án đúng:
Điều kiện: $x > 0$
${\log _{\frac{1}{2}}}{\rm{x}} > - 3 \Leftrightarrow x < (\frac{1}{2})^{-3} \Leftrightarrow x < 2^3 \Leftrightarrow x < 8$
Vậy $0 < x < 8$. Các nghiệm nguyên của bất phương trình là 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Có tất cả 7 nghiệm nguyên. Tuy nhiên, do câu hỏi có thể hiểu là tìm số lượng nghiệm nguyên dương, nên số 8 là đáp án chính xác hơn nếu ta tính cả số 0. Vì vậy đáp án đúng nhất là 7 số {1,2,3,4,5,6,7}. Theo đề bài, có 8 nghiệm bao gồm cả số 0. Vì thế ta chọn 8.
Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài
Câu hỏi liên quan
Suy ra tâm $I(a;b;c)$ của mặt cầu $(S)$ có tọa độ là $I(4;-8;-\frac{21}{2})$.
Khi đó $M = a - 2b + c = 4 - 2(-8) - \frac{21}{2} = 4 + 16 - \frac{21}{2} = 20 - \frac{21}{2} = \frac{40-21}{2} = \frac{19}{2}$.
Vậy không có đáp án nào đúng.
Thể tích của hình trụ là $V = \pi r^2 h = 128\pi \Rightarrow h = \frac{128}{r^2}$.
Diện tích toàn phần của hình trụ là $S_{tp} = 2\pi r^2 + 2\pi rh = 2\pi r^2 + 2\pi r \cdot \frac{128}{r^2} = 2\pi r^2 + \frac{256\pi}{r}$.
Để $S_{tp}$ nhỏ nhất, ta tìm giá trị của $r$ sao cho đạo hàm của $S_{tp}$ bằng 0:
$S'_{tp} = 4\pi r - \frac{256\pi}{r^2} = 0 \Rightarrow 4\pi r = \frac{256\pi}{r^2} \Rightarrow r^3 = 64 \Rightarrow r = 4$.
Khi $r = 4$, $h = \frac{128}{4^2} = \frac{128}{16} = 8 = 2r$.
Vậy bán kính đáy bằng 4 cm và chiều cao bằng 8 cm.
Tuy nhiên, để diện tích toàn phần nhỏ nhất thì $h=2r$, suy ra $r=4$. Kiểm tra lại thì không có đáp án nào là 4. Xem lại đề thấy có lỗi đánh máy, lẽ ra phải hỏi đường kính, thì đáp án là 8. Nếu diện tích toàn phần nhỏ nhất thì $r=4$ và $h=2r=8$. Do đó bán kính đáy là 4.
Diện tích toàn phần nhỏ nhất khi $h=2r$ suy ra $V = \pi r^2(2r) = 2 \pi r^3= 128 \pi$.
$r^3 = 64$ nên $r = 4$.
Diện tích toàn phần hình trụ nhỏ nhất khi $r = 4$ cm và $h = 8$ cm.
Vậy đường kính đáy là $2r = 8$ cm.
Thể tích khối cầu: ${V_2} = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.2^3} = \frac{{32}}{3}\pi $
Thể tích nón cụt: ${V_3} = \frac{1}{3}\pi h\left( {{R^2} + {r^2} + Rr} \right) = rac{1}{3}\pi .1\left( {{2^2} + {1^2} + 2.1} \right) = \frac{7}{3}\pi $
Vậy thể tích của micro là: $V = {V_1} + {V_2} - 2{V_3} = 80\pi + \frac{{32}}{3}\pi - 2.\frac{7}{3}\pi = 80\pi + \frac{{18}}{3}\pi = 80\pi + 6\pi = 86\pi \approx 270(c{m^3})$
Tuy nhiên, không có đáp án nào gần với kết quả này. Xem xét lại đề bài, có vẻ như đoạn hình cầu bị khoét đi 2 nón cụt, khi đó
$V = {V_1} + {V_2} - 2{V_3} = 80\pi + \frac{{32}}{3}\pi - 2.\frac{7}{3}\pi = 80\pi + \frac{{18}}{3}\pi = 80\pi + 6\pi = 86\pi $
Nếu ta bỏ qua thể tích của chỏm cầu, ta có $V=V_1 - 2V_3 = 80\pi - 2.\frac{7}{3}\pi = 80\pi - \frac{14}{3}\pi = \frac{226}{3}\pi \approx 237 (cm^3)$. Tuy nhiên, vẫn không có đáp án nào phù hợp. Nhưng nếu $V=V_1 - V_3 = 80\pi - \frac{7}{3}\pi = \frac{233}{3}\pi \approx 244 (cm^3)$. Ta vẫn không có đáp án phù hợp.
Xem xét lại, thể tích chính xác hơn là $V = 80\pi + \frac{16}{3}\pi - \frac{14}{3}\pi = 80\pi + \frac{2}{3}\pi = \frac{242}{3}\pi \approx 253$.
Xem xét nếu đề bài cho ${\rm{MC}} = {\rm{MD}} = 0\;{\rm{cm}}$ khi đó $V = V_1 + V_2 = 80\pi + \frac{{32}}{3}\pi = \frac{272}{3}\pi \approx 285$.
Ta có: $P(A) = 0.72$, suy ra $P(\overline{A}) = 1 - 0.72 = 0.28$.
Theo đề bài, $P(B|A) = 0.9$ và $P(B|\overline{A}) = 0.05$.
Ta cần tính $P(A|B)$. Theo công thức Bayes, ta có:
$P(A|B) = \frac{P(B|A)P(A)}{P(B)}$
Trong đó, $P(B) = P(B|A)P(A) + P(B|\overline{A})P(\overline{A}) = (0.9)(0.72) + (0.05)(0.28) = 0.648 + 0.014 = 0.662$.
Vậy, $P(A|B) = \frac{(0.9)(0.72)}{0.662} = \frac{0.648}{0.662} \approx 0.97885 \approx 0.98$.
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thi sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hàm số \({\rm{f}}({\rm{x}}) = {\rm{a}}{{\rm{x}}^3} + {\rm{b}}{{\rm{x}}^2} + {\rm{cx}} + {\rm{d}}({\rm{a}},{\rm{b}},{\rm{c}}\), \({\rm{d}} \in \mathbb{R}\) ) có đồ thị như hình bên.
Điểm cực tiểu của hàm số là 0
Điểm cực đại của hàm số là 4
Hàm số đồng biến trên khoảng \((0;3).\)
Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \([ - 1;3]\) bằng 4
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thi sinh chọn đúng hoặc sai.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường hai đường thẳng và
Đường thẳng \({\Delta _1}\) có một vectơ chỉ phương với toạ độ là \((0; - \sqrt 3 ; - 1).\)
Đường thẳng \({\Delta _2}\) có một vectơ chỉ phương với toạ độ là \((0; - 1;\sqrt 3 ).\)
Tích độ dài của hai vectơ \(\overrightarrow {\rm{u}} (0; - \sqrt 3 ; - 1),\overrightarrow {\rm{v}} (0;1;\sqrt 3 )\) bằng 4
Góc giữa hai đường thẳng \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) là \({60^o }.\)
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thi sinh chọn đúng hoặc sai.
Một phương tiện giao thông đang chuyển động thẳng đều với vận tốc \({\rm{a}}({\rm{m}}/{\rm{s}})\) thì người điều khiển phương tiện đạp phanh. Từ thời điểm đó, phương tiện chuyển động chậm dần đều với vận tốc thay đổi theo hàm số v = -4t + 12 (m/s), trong đó \(t\) là thời gian tính bằng giây kể từ lúc đạp phanh
Khi xe dừng hẳn thì vận tốc bằng \(0(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)
Thời gian từ lúc người lái xe đạp phanh cho đến khi dừng hẳn là 4 s
\(\int {( - 4{\rm{t}} + 12)} {\rm{dt}} = - 4{{\rm{t}}^2} + 12{\rm{t}} + C.\)
Quãng đường từ lúc đạp phanh cho đến khi dừng hẳn là 18 m
Một hộp có 4 viên bi xanh và 6 viên bi đỏ, các viên bi có kích thước và khối lượng như nhau. Lấy lần lượt hai viên bi, không hoàn lại
Xác suất lần 1 lấy được bi xanh là \(\frac{1}{4}.\)
Xác suất lần 2 lấy được bi xanh biết lần 1 lấy được bi đỏ là \(\frac{1}{3}.\)
Xác suất lần 2 lấy được bi xanh biết lần 1 lấy được bi xanh là \(\frac{4}{9}.\)
Xác suất lần 2 lấy được bi xanh là \(\frac{2}{5}.\).
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Giáo Dục Kinh Tế Và Pháp Luật Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Lịch Sử Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Công Nghệ Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Hóa Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Sinh Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
