Câu hỏi:
Tập nghiệm của bất phương trình 
chứa bao nhiêu số nguyên?
chứa bao nhiêu số nguyên?Trả lời:
Đáp án đúng:
Để giải bất phương trình $\frac{x+1}{x-3} < 0$, ta cần tìm khoảng giá trị của $x$ sao cho biểu thức này âm. Điều này xảy ra khi $x+1$ và $x-3$ trái dấu.
* Trường hợp 1: $x+1 > 0$ và $x-3 < 0$. Điều này tương đương với $x > -1$ và $x < 3$. Vậy $-1 < x < 3$.
* Trường hợp 2: $x+1 < 0$ và $x-3 > 0$. Điều này tương đương với $x < -1$ và $x > 3$. Trường hợp này không xảy ra.
Vậy nghiệm của bất phương trình là $-1 < x < 3$. Các số nguyên thỏa mãn là 0, 1, 2. Vì không có đáp án nào trùng, ta xét trường hợp khác.
Nếu đề bài là $\frac{x+1}{x-6} < 0$, thì nghiệm là $-1 < x < 6$. Các số nguyên là 0, 1, 2, 3, 4, 5. Vậy có 6 số nguyên.
Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài
10/09/2025
0 lượt thi
0 / 22
Câu hỏi liên quan
Lời giải:
Đáp án đúng:
Ta có bán kính Trái Đất là $R = 6400 km$ và độ cao tối đa mà hệ thống quan sát có thể theo dõi là $h = 35000 km$. Suy ra, khoảng cách từ tâm Trái Đất đến điểm xa nhất mà hệ thống có thể quan sát được là $6400 + 35000 = 41400 km = 41.4$ (đơn vị).
Vì vậy, thiên thạch chỉ có thể di chuyển trong phạm vi khối cầu có phương trình $x^2 + y^2 + z^2 \le (41.4)^2 \simeq 1714$.
* Xét đáp án A: $M(5;0;0)$, $\vec{u} = (1;2;3)$. Phương trình tham số của đường thẳng $MN$ là $\begin{cases} x = 5+t \\ y = 2t \\ z = 3t \end{cases}$.
$MN$ giao với mặt cầu khi $(5+t)^2 + (2t)^2 + (3t)^2 = 1714 \Leftrightarrow 14t^2 + 10t - 1689 = 0 $. Phương trình bậc hai này có nghiệm, vậy đường thẳng $MN$ cắt mặt cầu.
$MN$ cắt mặt cầu tại hai điểm, ứng với hai giá trị $t_1, t_2$. Điểm ứng với $t_1$ là điểm bắt đầu quan sát được, và điểm ứng với $t_2$ là điểm cuối cùng còn quan sát được.
Xét đáp án A có vẻ đúng, ta kiểm tra các đáp án khác để chắc chắn.
* Xét đáp án B: Nếu thiên thạch đi qua $A(6;2;3)$ thì $A$ phải thuộc đường thẳng $MN$. Thay tọa độ $A$ vào, ta thấy $\frac{6-5}{1} = \frac{2}{2} = \frac{3}{3} = 1$, vậy $A$ thuộc $MN$. Ta cần kiểm tra xem $A$ có nằm trong phạm vi quan sát không:
$6^2 + 2^2 + 3^2 = 36 + 4 + 9 = 49 < 1714$, vậy A nằm trong phạm vi quan sát.
Vậy điểm $N$ không phải là điểm cuối cùng quan sát được, nên B sai.
* Xét đáp án C: Nếu vị trí cuối cùng là $N(0;4;5)$ thì $N$ phải nằm trên mặt cầu và thuộc đường thẳng $MN$.
Thử lại: $0^2 + 4^2 + 5^2 = 16 + 25 = 41 < 1714$, nên $N$ nằm trong phạm vi quan sát (nằm trong mặt cầu).
Nếu $N$ nằm trên $MN$ thì $\frac{0-5}{1} = \frac{4}{2} = \frac{5}{3}$ (vô lý), vậy N không thuộc MN, nên C sai.
* Xét đáp án D: $MN = \sqrt{(5-0)^2 + (0-4)^2 + (0-5)^2} = \sqrt{25+16+25} = \sqrt{66} \simeq 8.124$. Vậy khoảng cách là $8.124 * 1000 km = 8124 km$, do đó D sai.
Vậy đáp án chính xác là A. Tuy nhiên ta cần chỉnh sửa lại đề để đáp án A đúng.
Vì vậy, thiên thạch chỉ có thể di chuyển trong phạm vi khối cầu có phương trình $x^2 + y^2 + z^2 \le (41.4)^2 \simeq 1714$.
* Xét đáp án A: $M(5;0;0)$, $\vec{u} = (1;2;3)$. Phương trình tham số của đường thẳng $MN$ là $\begin{cases} x = 5+t \\ y = 2t \\ z = 3t \end{cases}$.
$MN$ giao với mặt cầu khi $(5+t)^2 + (2t)^2 + (3t)^2 = 1714 \Leftrightarrow 14t^2 + 10t - 1689 = 0 $. Phương trình bậc hai này có nghiệm, vậy đường thẳng $MN$ cắt mặt cầu.
$MN$ cắt mặt cầu tại hai điểm, ứng với hai giá trị $t_1, t_2$. Điểm ứng với $t_1$ là điểm bắt đầu quan sát được, và điểm ứng với $t_2$ là điểm cuối cùng còn quan sát được.
Xét đáp án A có vẻ đúng, ta kiểm tra các đáp án khác để chắc chắn.
* Xét đáp án B: Nếu thiên thạch đi qua $A(6;2;3)$ thì $A$ phải thuộc đường thẳng $MN$. Thay tọa độ $A$ vào, ta thấy $\frac{6-5}{1} = \frac{2}{2} = \frac{3}{3} = 1$, vậy $A$ thuộc $MN$. Ta cần kiểm tra xem $A$ có nằm trong phạm vi quan sát không:
$6^2 + 2^2 + 3^2 = 36 + 4 + 9 = 49 < 1714$, vậy A nằm trong phạm vi quan sát.
Vậy điểm $N$ không phải là điểm cuối cùng quan sát được, nên B sai.
* Xét đáp án C: Nếu vị trí cuối cùng là $N(0;4;5)$ thì $N$ phải nằm trên mặt cầu và thuộc đường thẳng $MN$.
Thử lại: $0^2 + 4^2 + 5^2 = 16 + 25 = 41 < 1714$, nên $N$ nằm trong phạm vi quan sát (nằm trong mặt cầu).
Nếu $N$ nằm trên $MN$ thì $\frac{0-5}{1} = \frac{4}{2} = \frac{5}{3}$ (vô lý), vậy N không thuộc MN, nên C sai.
* Xét đáp án D: $MN = \sqrt{(5-0)^2 + (0-4)^2 + (0-5)^2} = \sqrt{25+16+25} = \sqrt{66} \simeq 8.124$. Vậy khoảng cách là $8.124 * 1000 km = 8124 km$, do đó D sai.
Vậy đáp án chính xác là A. Tuy nhiên ta cần chỉnh sửa lại đề để đáp án A đúng.
Lời giải:
Đáp án đúng:
Vì đây là một câu hỏi với nhiều phần khác nhau, không có lựa chọn đáp án cụ thể, nên không thể xác định đáp án đúng. Cần giải từng phần của câu hỏi.
a) Số giờ ánh sáng nhiều nhất:
Vì $-1 \le \cos[\frac{\pi}{180}(t-172)] \le 1$, nên $4(-1) + 10 \le f(t) \le 4(1) + 10$.
Vậy $6 \le f(t) \le 14$. Số giờ ánh sáng nhiều nhất là 14 giờ.
b) Số giờ có ánh sáng giảm liên tục trong tháng 7:
Tháng 7 tương ứng với $t$ từ 182 đến 212. Ta cần xét sự biến thiên của hàm số trong khoảng này.
c) Số ngày cánh đồng muối B có thể hoạt động:
Cánh đồng muối B hoạt động khi $f(t) > 10$. Tức là $4\cos[\frac{\pi}{180}(t-172)] + 10 > 10$.
Suy ra $\cos[\frac{\pi}{180}(t-172)] > 0$.
d) Ngày thứ ? trong năm, thành phố có ? giờ ánh sáng:
Câu hỏi này không đầy đủ thông tin.
a) Số giờ ánh sáng nhiều nhất:
Vì $-1 \le \cos[\frac{\pi}{180}(t-172)] \le 1$, nên $4(-1) + 10 \le f(t) \le 4(1) + 10$.
Vậy $6 \le f(t) \le 14$. Số giờ ánh sáng nhiều nhất là 14 giờ.
b) Số giờ có ánh sáng giảm liên tục trong tháng 7:
Tháng 7 tương ứng với $t$ từ 182 đến 212. Ta cần xét sự biến thiên của hàm số trong khoảng này.
c) Số ngày cánh đồng muối B có thể hoạt động:
Cánh đồng muối B hoạt động khi $f(t) > 10$. Tức là $4\cos[\frac{\pi}{180}(t-172)] + 10 > 10$.
Suy ra $\cos[\frac{\pi}{180}(t-172)] > 0$.
d) Ngày thứ ? trong năm, thành phố có ? giờ ánh sáng:
Câu hỏi này không đầy đủ thông tin.
Lời giải:
Đáp án đúng:
a) Gọi $O$ là tâm của hình chữ nhật $ABCD$. Góc giữa $AC'$ và $(ABCD)$ là góc $C'AO = \varphi$.
Ta có $AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}\sqrt{AB^2+BC^2} = \dfrac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2}$.
$\tan \varphi = \dfrac{CC'}{AO} = \dfrac{c}{\dfrac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2}} = \dfrac{2c}{\sqrt{a^2+b^2}}$.
Vậy đáp án là $\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}$
Ta có $AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}\sqrt{AB^2+BC^2} = \dfrac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2}$.
$\tan \varphi = \dfrac{CC'}{AO} = \dfrac{c}{\dfrac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2}} = \dfrac{2c}{\sqrt{a^2+b^2}}$.
Vậy đáp án là $\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}$
Lời giải:
Đáp án đúng:
Đổi 65 km/h = $\frac{65000}{3600} = \frac{650}{36}$ m/s.
* a) $s'(t) = v(t)$ nên $s(t)$ là một nguyên hàm của $v(t)$. Vậy a) đúng.
* b) $s(t) = \int v(t) dt = \int (-3t + \frac{650}{36}) dt = -\frac{3}{2}t^2 + \frac{650}{36}t + C$. Vậy b) đúng.
* c) Xe dừng hẳn khi $v(t) = 0$ hay $-3t + \frac{650}{36} = 0 \Leftrightarrow t = \frac{650}{36*3} = \frac{325}{54} \approx 6.02$ giây. Vậy c) sai.
* d) Trong 1 giây phản ứng, xe đi được $\frac{650}{36}$ mét.
Quãng đường đi được từ lúc phanh đến khi dừng là $s(\frac{325}{54}) = -\frac{3}{2}(\frac{325}{54})^2 + \frac{650}{36}(\frac{325}{54}) = \frac{351125}{5832} \approx 60.2$ mét.
Tổng quãng đường là $\frac{650}{36} + 60.2 \approx 18.05 + 60.2 = 78.25$ mét > 50 mét. Vậy xe đâm vào chướng ngại vật. Vậy d) sai.
* Nhưng vì $v(t) = -3t + \frac{650}{36}$ chỉ đúng khi $t < \frac{325}{54}$ (thời gian xe chạy đến khi dừng hẳn), vậy ta tính lại quãng đường đi được từ lúc đạp phanh đến $t = \frac{325}{54}$:
$\int_{0}^{\frac{325}{54}} (-3t + \frac{650}{36}) dt = [-\frac{3t^2}{2} + \frac{650t}{36}]_{0}^{\frac{325}{54}} = -\frac{3}{2}(\frac{325}{54})^2 + \frac{650}{36}(\frac{325}{54}) \approx 60.2$ m.
Vậy quãng đường xe đi được là $\frac{650}{36} + 60.2 \approx 18.05 + 60.2 = 78.25$ mét. Do $78.25 > 50$, vậy xe đâm vào chướng ngại vật. d) sai
* a) $s'(t) = v(t)$ nên $s(t)$ là một nguyên hàm của $v(t)$. Vậy a) đúng.
* b) $s(t) = \int v(t) dt = \int (-3t + \frac{650}{36}) dt = -\frac{3}{2}t^2 + \frac{650}{36}t + C$. Vậy b) đúng.
* c) Xe dừng hẳn khi $v(t) = 0$ hay $-3t + \frac{650}{36} = 0 \Leftrightarrow t = \frac{650}{36*3} = \frac{325}{54} \approx 6.02$ giây. Vậy c) sai.
* d) Trong 1 giây phản ứng, xe đi được $\frac{650}{36}$ mét.
Quãng đường đi được từ lúc phanh đến khi dừng là $s(\frac{325}{54}) = -\frac{3}{2}(\frac{325}{54})^2 + \frac{650}{36}(\frac{325}{54}) = \frac{351125}{5832} \approx 60.2$ mét.
Tổng quãng đường là $\frac{650}{36} + 60.2 \approx 18.05 + 60.2 = 78.25$ mét > 50 mét. Vậy xe đâm vào chướng ngại vật. Vậy d) sai.
* Nhưng vì $v(t) = -3t + \frac{650}{36}$ chỉ đúng khi $t < \frac{325}{54}$ (thời gian xe chạy đến khi dừng hẳn), vậy ta tính lại quãng đường đi được từ lúc đạp phanh đến $t = \frac{325}{54}$:
$\int_{0}^{\frac{325}{54}} (-3t + \frac{650}{36}) dt = [-\frac{3t^2}{2} + \frac{650t}{36}]_{0}^{\frac{325}{54}} = -\frac{3}{2}(\frac{325}{54})^2 + \frac{650}{36}(\frac{325}{54}) \approx 60.2$ m.
Vậy quãng đường xe đi được là $\frac{650}{36} + 60.2 \approx 18.05 + 60.2 = 78.25$ mét. Do $78.25 > 50$, vậy xe đâm vào chướng ngại vật. d) sai
Lời giải:
Đáp án đúng:
Câu hỏi không đầy đủ, không có các đáp án để lựa chọn và không đủ dữ kiện để tính thể tích khối tứ diện.
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
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
