- Đề số 1
- Đề số 2
- Đề số 3
- Đề số 4
- Đề số 5
- Đề số 6
- Đề số 7
- Đề số 8
- Đề số 9
- Đề số 10
- Đề số 11
- Đề số 12
- Đề số 13
- Đề số 14
- Đề số 15
- Đề số 16
- Đề số 17
- Đề số 18
- Đề số 19
- Đề số 20
- Đề số 21
- Đề số 22
- Đề số 23
- Đề số 24
- Đề số 25
- Đề số 26
- Đề số 27
- Đề số 28
- Đề số 29
- Đề số 30
- Đề số 31
- Đề số 32
- Đề số 33
- Đề số 34
- Đề số 35
- Đề số 36
- Đề số 37
- Đề số 38
- Đề số 39
- Đề số 40
- Đề số 41
- Đề số 42
- Đề số 43
- Đề số 44
- Đề số 45
- Đề số 46
- Đề số 47
- Đề số 48
- Đề số 49
- Đề số 50
- Đề số 51
- Đề số 52
- Đề số 53
- Đề số 54
- Đề số 55
- Đề số 56
- Đề số 57
- Đề số 58
- Đề số 59
- Đề số 60
- Đề số 61
- Đề số 62
- Đề số 63
- Đề số 64
- Đề số 65
- Đề số 66
- Đề số 67
- Đề số 68
- Đề số 69
- Đề số 70
- Đề số 71
- Đề số 72
- Đề số 73
- Đề số 74
- Đề số 75
- Đề số 76
- Đề số 77
- Đề số 78
- Đề số 79
- Đề số 80
- Đề số 81
- Đề số 82
- Đề số 83
- Đề số 84
- Đề số 85
Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 11)
-
11303 lượt thi
-
68 câu hỏi
-
90 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Lời giải
Cho ∆ABC có AB = c; BC = a; CA = b và I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC thì ta có: \[x\overrightarrow {IA} + y\overrightarrow {IB} + z\overrightarrow {IC} = \vec 0\]
Từ đây suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 6\\z = 3\end{array} \right.\]
Do đó \[P = \frac{4}{6} + \frac{6}{3} + \frac{3}{4} = \frac{{41}}{{12}}\].
Câu 2:
Lời giải
Ta có 10x – 25 – x2 = − (−10x + 25 + x2)
= − (25 − 10x + x2) = − (52 – 2 . 5 . x − x2)
= − (5 − x)2.
Câu 3:
Lời giải
Ta có [(x + 2)(x + 5)][(x + 3)(x + 4)] − 24
= (x2 + 7x + 10)(x2 + 7x + 12) – 24
= (x2 + 7x + 11)2 – 1 – 24
= (x2 + 7x + 11)2 – 25
= (x2 + 7x + 11 − 5)(x2 + 7x + 11 + 5)
= (x2 + 7x + 6)(x2 + 7x + 16)
= (x + 1)(x + 6)(x2 + 7x + 16).
Câu 4:
Cho tứ giác ABCD có M, N, P, Q, E, F là trung điểm của AB, BC, CD, DA, AC, BD. Chứng minh:
a) MN = PQ và NP = MQ.
b) MF = PE và ME = PF.
c) Tứ giác MEPF và tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Lời giải
a) * Xét ΔBAC có:
• AM = MB (vì M là trung điểm AB);
• BN = NC (vì N là trung điểm CB).
Do đó MN // AC; \[MN = \;\frac{1}{2}AC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (1)
* Xét ΔACD có:
• AQ = QD (vì Q là trung điểm AD);
• CP = PD (vì P là trung điểm CD).
Do đó PQ // AC; \[QP = \;\frac{1}{2}AC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (2)
Từ (1) và (2) suy ra MN // PQ // AC; \[MN = PQ = \;\frac{1}{2}AC\].
* Xét ΔBCD có:
• CN = NB (vì N là trung điểm CB);
• CP = PD (vì P là trung điểm CD).
Do đó NP // BD; \[NP = \;\frac{1}{2}BD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (3)
* Xét ΔABD có:
• AM = MP (vì M là trung điểm AB)
• AQ = QD (vì Q là trung điểm AD)
Do đó MQ // BD; \[MQ = \frac{1}{2}BD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (4)
Từ (3) và (4) suy ra NP // MQ // BD; \[NP = MQ = \;\frac{1}{2}BD\].
b) * Xét ΔABD có:
• MA = MB (gt)
• BF = FD (gt)
Do đó MF // AD; \[MF = \;\frac{1}{2}AD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (5)
* Xét ΔACD có:
• AE = EC (gt)
• CP = PD (gt)
Do đó PE // AD; EP = \[\frac{1}{2}\]AD (định lí đường trung bình của một tam giác) (6)
Từ (5) và (6) suy ra MF // PE // AD; \[MF = PE = \;\frac{1}{2}AD\].
* Xét Δ ACB có:
• AE = EC (gt)
• AM = MB (gt)
Do đó ME // BC; \[ME = \;\frac{1}{2}BC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (7)
* Xét ΔBDC có:
• BF = FD (gt)
• DP = PC (gt)
Do đó PF // BC; \[PF = \;\frac{1}{2}BC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (8)
Từ (7) và (8) suy ra ME // PF // BC; \[ME = PF = \;\frac{1}{2}BC\].
c) Xét tứ giác MEPF có:
MN = PQ (chứng minh trên); NP = MQ (chứng minh trên)
Do đó, tứ giác MEPF là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).
Xét tứ giác MNPQ có:
MF = PE (chứng minh trên); ME = PF (chứng minh trên).
Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).
Câu 5:
Cho hình chữ nhật ABCD, O là giao điểm hai đường chéo; M ∈ CD và N ∈ AB sao cho DM = BN.
a) Chứng minh ANCM là hình bình hành, từ đó suy ra các điểm M, O, N thẳng hàng.
b) Qua M kẻ đuờng thẳng song song vói AC cắt AD ở E, qua N kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC ở F. Chứng minh tứ giác ENFM là hình bình hành.
c) Tìm vị trí của điểm M, N để ANCM là hình thoi.
d) BD cắt NF tại I. Chứng minh I là trung điểm của NF
Lời giải
a) Ta chứng minh AN = CM; AN // CM suy ra AMCN là hình bình hành.
Vì O là giao điểm của AC và BD, ABCD là hình chữ nhật nên O là trung điểm AC.
Do ANCM là hình bình hành có AC và MN là hai đường chéo.
Do đó O là trung điểm của đoạn thẳng MN.
b) Ta có: EM // AC nên \[\widehat {EMD} = \widehat {ACD}\] (hai góc so le trong)
NF // AC nên \[\widehat {BNF} = \widehat {BAC}\] (hai góc so le trong)
Mà \[\widehat {ACD} = \widehat {BAC}\] (vì AB // DC, tính chất hình chữ nhật)
Do đó \[\widehat {EMD} = \widehat {BNF}\].
Từ đó chứng minh được ∆EDM = ∆FBN (g.c.g).
Suy ra EM = FN.
Lại có EM // FN (vì cùng song song với AC).
Do đó tứ giác ENFM là hình bình hành.
c) Tứ giác ANCM là hình thoi nên AC ⊥ MN tại O
Do đó M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng đi qua O và vuông góc với AC và cắt CD, AB.
Khi đó M và N lần lượt là trung điểm của CD và AB.
d) Ta chứng minh được DBOC cân tại O
Suy ra \[\widehat {OCB} = \widehat {OBC}\] và \[\widehat {NFB} = \widehat {OCF}\] (hai góc đồng vị)
Do đó DBFI cân tại I nên IB = IF (1)
Ta lại chứng minh được DNIB cân tại I nên IN = IB (2)
Từ (1) và (2) suy ra I là trung điểm của NF.
Câu 6:
Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB AC (B và C là hai tiếp điểm). Kẻ đường kính CD của đường tròn (O).
a) Chứng minh OA ⊥ BC.
b) Chứng minh: BD // OA.
c) Kẻ BH ⊥ CD. Gọi K là giao điểm của BH và AD. Chứng minh K là trung điểm của BH.
Lời giải
a) Ta có OB = OC (=R).
Suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn thẳng CB.
Ta có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra A thuộc đường trung trực của đoạn thẳng BC.
Như vậy A, O thuộc đường trung trực của BC suy ra AO ⊥ BC (đpcm)
b) Ta có \[\widehat {CBD}\] = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ BD ⊥ BC mà AO ⊥ BC (chứng minh trên)
⇒ BD // AO (đpcm)
c) Ta có KH // AC (vì cùng vuông góc CD).
Theo định lý Ta-let, ta có:
\[\frac{{{\rm{KH}}}}{{{\rm{AC}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{DH}}}}{{{\rm{DC}}}} \Rightarrow {\rm{KH = }}\frac{{{\rm{DH}}\,{\rm{.}}\,{\rm{AC}}}}{{{\rm{DC}}}}\] (1)
Xét ΔACO và ΔBHD có: \[\widehat {ACO} = \widehat {BHD} = 90^\circ \]
\[\widehat {ACO} = \widehat {BDO}\] (hai góc đồng vị, BD // AO)
⇒ ∆ACO ᔕ ∆BHD (g.g)
⇒ \[\frac{{AC}}{{BH}} = \frac{{CO}}{{HD}} \Rightarrow BH = \frac{{AC.HD}}{{CO}}\] (2)
Từ (1) và (2) ta có: \[\frac{{KH}}{{BH}} = \frac{{CO}}{{DC}} = \frac{1}{2}\].
Vậy BK = KH, K là trung điểm cạnh BH (đpcm).
Câu 7:
Lời giải
Ta có: 431 = 43 có chữ số tận cùng là số 3;
432 = 1 849 có chữ số tận cùng là số 9;
433 = 79 507 có chữ số tận cùng là số 7;
434 =3 418 801 có chữ số tận cùng là số 1;
435 = 147 008 443 tiếp tục tận cùng là số 3.
Vậy quy luật của nó cứ lặp đi lặp lại theo dãy 4 số 3 – 9 – 7 – 1.
Ta thấy 43 chia 4 dư 3 nên chữ số tận cùng của số 4343 là 7.
Tương tự ta có số tận cùng của 1717 là 7.
Vậy thì 4343 – 1717 ra số có tận cùng là 0 mà số có tận cùng là 0 thì luôn chia hết cho 10 (điều phải chứng minh)
Câu 8:
Lời giải
Ta có x – 1 > 0 ⇔ x > 1.
Để hệ bất phương trình có nghiệm ta có
\[\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - 1 \ge 0\\{x_2} = m + \sqrt {{m^2} - 1} > 1\end{array} \right.\]
\[\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m \ge 1\\m \le - 1\end{array} \right.\\\sqrt {{m^2} - 1} > 1 - m\end{array} \right.\]
Ta xét các trường hợp sau:
• Với m = 1 ta có \[\left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\{x^2} - 2x + 1 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\{(x - 1)^2} \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\x - 1 = 0\end{array} \right.\] (vô lí).
• Với m > 1 ta suy ra BPT luôn đúng.
• Với m ≤ −1 hai vế ko âm, bình phương hai vế, ta được:
m2 – 1 ≥ m2 − 2m + 1 ⇔ m ≥ 1 (không thỏa mãn).
Vậy với m > 1 thì BPT đã cho có nghiệm.
Câu 9:
Lời giải
Xét ΔABC có: \(\widehat A = 90^\circ \); M là trung điểm BC.
Suy ra AM = BM = CM.
Vì Ax là tia phân giác \[\widehat {BAC}\] nên \[\widehat {BAD} = \widehat {CAE} = 45^\circ \].
Mà BD ⊥ Ax, CE ⊥ Ax nên ∆BAD và ∆CAE lần lượt vuông cân tại D và E.
Do đó DA = DB và EA = EC.
Ta có ΔAEM = ΔCEM (c.c.c)
Suy ra \[\widehat {AEM} = \widehat {CEM}\] (hai góc tương ứng)
⇒ EM là phân giác \[\widehat {AEC}\] ⇒ \[\widehat {AEM} = \widehat {CEM} = \frac{{90^\circ }}{2} = 45^\circ \] hay \[\widehat {DEM} = 45^\circ \].
Ta có: \[\widehat {BDM} = \widehat {BDE} + \widehat {EDM} = 90^\circ + \widehat {EDM} \Rightarrow \widehat {ADM} = 90^\circ + \widehat {EDM}\].
Lại có: \[\widehat {ADM} + \widehat {EDM} = 180^\circ \] (hai góc kề bù).
Thay\[\widehat {ADM} = 90^\circ + \widehat {EDM}\], ta được:
\[90^\circ + \widehat {EDM} + \widehat {EDM} = 180^\circ \]
\[2\,\widehat {EDM} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {EDM} = 45^\circ \].
Vậy ∆DME có \[\widehat {DEM} = 45^\circ \]; \[\widehat {EDM}\] ⇒ \[\widehat {DME} = 90^\circ \].
Câu 10:
Lời giải
Ta có: y = mx + 3 và y = (2m + 1)x – 5 là hai hàm số bậc nhất nên:
\[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\2m + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m \ne - \frac{1}{2}\end{array} \right.\]
Đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng song song với nhau khi và chỉ khi:
\[\left\{ \begin{array}{l}m = 2m + 1\\3 \ne - 5\end{array} \right.\]
⇔ m = –1 (TM)
Kết hợp với điều kiện, ta có m = –1; \[m \ne - \frac{1}{2}\]; m ≠ 0 thì đồ thị hai hàm số là hai đường thẳng song song.
Câu 11:
Lời giải
Số mét vải người thứ hai mua là:
3,5 + 1,8 = 5,3 (m)
Số mét vải người thứ ba mua là:
25,6 – 3,5 – 5,3 = 16,8 (m)
Đáp số: 16,8 m vải.
Câu 12:
Lời giải
Chứng minh rằng: Số 11.1211...1 là hợp số.
Ta có: 121 = 110 + 11;
11211 = 11100 + 111;
11... 1211..1 – 11... 100...0 + 11...1.
Do đó 11...1211..1 chia hết cho 111...1.
Vậy 11...1211...1 là hợp số.
Câu 13:
Lời giải
Ta có: 11...1 – 10n = 11....1 – n – 9n = (11...1 – n) – 9n
Ta có vì số n và số có tổng các chữ số bằng n sẽ có cùng số dư khi chia cho 3 và 9.
Suy ra 11...1 – n chia hết cho 9.
Mà 9n ⋮ 9 nên (11...1 – n – 9n) ⋮ 9.
Do đó (11...1 – 10n) ⋮ 9.
Câu 14:
Cho bốn số nguyên liên tiếp.
a) Hỏi tích của số đàu với số cuối nhỏ hơn tích của hai số ở giữa là bao nhiêu đơn vị?
b) Giả sử tích của số đàu với số thư ba nhỏ hơn tích của số thứ hai và số thứ tư là 99, hãy tìm bốn số nguyên đó.
Lời giải
Gọi bốn số nguyên liên tiếp đó lần lượt là a – 2; a − 1; a; a + 1 với a ∈ ℤ
Ta có: [(a − 1). (a + 1)] – [(a − 2). a] = 99
⇔ (a² + a − a − 1) – (a² – 2a) = 99
⇔ a² – 1 – a² + 2a = 99
⇔ 2a = 100 = a = 50 (TMĐK a ∈ ℤ)
\[\left\{ \begin{array}{l}a - 2 = 50 - 2 = 48\\a - 150 - 1 = 49\\a + 1 = 50 + 1 = 51\end{array} \right.\]
Vậy 4 số nguyên liên tiếp lần lượt là 48; 49; 50; 51.
Câu 15:
Lời giải
Thay x = – 4 vào (P), ta được: \[y = \frac{{ - 1}}{4}.\,{\left( { - \,4} \right)^2} = \frac{{ - 1}}{4}\,\,.\,\,16 = - \,4\].
Thay x = 2 vào (P), ta được: \[y = \frac{{ - 1}}{4}.\,{2^2} = \frac{{ - 1}}{4}.\,4 = - 1\].
Do đó A(– 4;– 4) và B(2; –1).
Gọi (d): y = ax + b (a ≠ 0) là phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B nên ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l} - 4a + b = - 4\\2ab + b = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 6a = - 3\\2a + b = - 1\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = - 1 - 2a\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = - 1 - 2\,\,.\,\,12 = - 2\end{array} \right.\]
Vậy (d): \[y = \frac{1}{2}x - 2\].
Câu 16:
Lời giải
Thay x = – 4 vào (P), ta được: \[y = \frac{{ - 1}}{4}.\,{\left( { - \,4} \right)^2} = \frac{{ - 1}}{4}\,\,.\,\,16 = - \,4\].
Thay x = 2 vào (P), ta được: \[y = \frac{{ - 1}}{4}.\,{2^2} = \frac{{ - 1}}{4}.\,4 = - 1\].
Do đó A(– 4;– 4) và B(2; –1).
Gọi (d): y = ax + b (a ≠ 0) là phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B nên ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l} - 4a + b = - 4\\2ab + b = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 6a = - 3\\2a + b = - 1\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = - 1 - 2a\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = - 1 - 2\,\,.\,\,12 = - 2\end{array} \right.\]
Vậy (d): \[y = \frac{1}{2}x - 2\].
Câu 17:
Lời giải
Một ngày, đội 1 làm được là: 1 : 15 = \[\frac{1}{{15}}\] (đoạn đường)
Trong 1 ngày, đội 2 làm được là: 1 : 18 = \[\frac{1}{{18}}\] (đoạn đường)
Trong 1 ngày, \[\frac{1}{3}\] đội 1 làm được là: \[\frac{1}{{15}}\] : 3 = \[\frac{1}{{45}}\] (đoạn đường)
Trong 1 ngày, \[\frac{3}{5}\] đội 2 làm được là: \[\frac{1}{{18}}\] : 5 × 3 = \[\frac{1}{{30}}\] (đoạn đường)
1 ngày, \[\frac{1}{3}\] đội 1 và \[\frac{3}{5}\] đội 2 làm được là: \[\frac{1}{{45}}\] + \[\frac{1}{{30}}\] = \[\frac{1}{{18}}\] (đoạn đường)
Thời gian cần tìm là: 1 : \[\frac{1}{{18}}\] = 18 (ngày)
Đáp số: 18 ngày.
Câu 18:
Lời giải
Ta có (x + 2y − 3)² − 4 (x + 2y − 3) + 4
= (x + 2y − 3)² – 2 . 2 . (x + 2y − 3) + 2²
= (x + 2y − 3 − 2)2 = (x + 2y – 5)².
Câu 19:
Lời giải
Ta có: tan α = cot (90° – α)
S = tan1° . tan89° . tan2° . tan88° ... tan44° . tan46° . tan45°
= tan1° . cot1° . tan2° . cot2° ... tan44° . cot44° . tan45°
= 1.1.1...1.1 = 1.
Câu 20:
Lời giải
Gọi số cần tìm là \[\overline {ab} \]
\[\overline {ab} \] . 7 = \[\overline {a0b} \]
70a + 7b = \[\overline {100a} \] + b
7b – b =\[\overline {100a} \] – 70a
6b = \[\overline {30a} \]
Do đó b\[b = \overline {5a} \].
• Với a = 1 ⇒ b = 5. Khi đó, ta có \[\overline {ab} = 15\].
• Với a = 2 ⇒ b = 10 (loại)
Vậy \[\overline {ab} = 15\].
Câu 21:
Lời giải
Nửa chu vi hình chữ nhật đó là: 500 : 2 = 250 (m)
Chiều dài hơn chiều rộng là: 25 + 25 = 50 (m)
Chiều dài khu đất đó là: (250 + 50) : 2 = 150 (m)
Chiều rộng khu đất đó là: 150 – 50 = 100 (m)
Diện tích mảnh đất đó là: 100 × 150 = 150 000 (m2).
Đáp số: 150 000 m2.
Câu 22:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và I là trung điểm của AB. Lấy điểm M trong đoạn AD sao cho AD = 3AM.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).
b) Đường thẳng qua M song song với AB cắt CI tại N.
Chứng minh rằng NG // (SCD).
c) Chứng minh rằng MG // (SCD).
Lời giải
a) Dễ thấy S là một điểm chung của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}AD \subset (SAD)\\BC \subset (SBC)\\AD\parallel BC\end{array} \right.\]
Do đó (SAD) ∩ (SBC) = Sx và Sx // AD // BC.
b) Ta có: MN // IA // CD
Suy ra \[\frac{{AM}}{{AD}} = \frac{{IN}}{{IC}} = \frac{1}{3}\].
Mà \[\frac{{IG}}{{IS}} = \frac{1}{3}\] (G là trọng tâm của ∆SAB) nên \[\frac{{IG}}{{IS}} = \frac{{IN}}{{IC}} = \frac{1}{3}\].
Ta có SC ⊂ (SCD) suy ra GN // (SCD).
c) Giả sử IM cắt CD tại K nên SK ⊂ (SCD).
MN // CD ⇒ \[\frac{{MN}}{{CK}} = \frac{{IN}}{{IC}} = \frac{1}{3}\] ⇒ \[\frac{{IM}}{{IK}} = \frac{1}{3}\].
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{IG}}{{IS}} = \frac{1}{3}\\\frac{{IM}}{{IK}} = \frac{1}{3}\end{array} \right.\] ⇒ GM // SK ⇒ GM // (SCD).Câu 23:
Cho tam giác ABC vuông tại A. Về phía ngoài của tam giác vẽ các hình vuông ABDE, ACGH.
a) Chứng minh tứ giác BCHE là hình thang cân.
b) Vẽ đường cao AK của tam giác ABC. Chứng minh AK, DE, GH đồng quy.
Lời giải
a) Vì ABDE, ACGH là hình vuông nên D, A, G thẳng hàng.
Suy ra \[\widehat {DAB} + \widehat {BAC} + \widehat {CAG} = 45^\circ + 90^\circ + 45^\circ = 180^\circ \]
Do đó BE // CH (vì cùng vuông góc với DG)
Mà AE = AB, AH = AC
Suy ra ΔAEH = ΔABC (c.g.c)
⇒ \[\widehat {AHE} = \widehat {DCB}\] (hai góc tương ứng).
⇒ \[\widehat {AHC} = \widehat {BCH}\]
⇒ Tứ giác BCHE là hình thang cân.
b) Gọi DE ∩ HG = F nên EFHA là hình chữ nhật
⇒ \[\widehat {FAE} = \widehat {HEA}\]
Mà \[\widehat {AEH} = \widehat {ABC};\,\,\widehat {ABC} = \widehat {KAC}\] nên \[\widehat {FAE} = \widehat {KAC}\].
Do đó F, A, K thẳng hàng.
Vậy AK, DE, GH đồng quy.
Câu 24:
Lời giải
Đặt A = \[\left| {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right|\] ⇒ A² = a² + b² − \[2\overrightarrow a \overrightarrow b \]
Suy ra A² = a² + b² – 2ab . \[\cos \left( {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right)\]
= 32 + 72 – 2 . 3 . 7 . cos120° = 79
Do đó \[A = \sqrt {79} \].
Câu 25:
Lời giải
Bởi vì số 0 không dương cũng không âm, thuật ngữ không âm đôi khi được sử dụng để chỉ một số có giá trị dương hoặc bằng 0, trong khi không dương có ý nghĩa được sử dụng để chỉ một số có giá trị âm hoặc bằng 0. Số 0 là một số trung tính.
Câu 26:
Tìm m để các hàm số sau có tập xác định là ℝ (hay luôn xác định trên ℝ):
a) \[y = f\left( x \right) = \frac{{3x + 1}}{{{x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} + 3m + 5}}\].
b) \[\sqrt {{x^2} + 2(m - 1)x + {m^2} + m - 6} \].
c) \[\frac{{3x + 5}}{{\sqrt {{x^2} - 2(m + 3)x + m + 9} }}\].
Lời giải
a) x² + 2(m − 1) x + m² + 3m + 5
Ta có ∆' = (m − 1)² – (m² + 3m + 5) < 0
⇔ −5m – 4 < 0 ⇔ \[m > - \frac{4}{5}\].
b) x² + 2 (m − 1) x + m² + m − 6 > 0.
Ta có ∆' = (m − 1)² – (m² + m − 6) ≤ 0
⇔ −3m + 7 ≤ 0 ⇔ \[m > \frac{7}{3}\].
c) 2(m + 3)x + m + 9 > 0
Ta có ∆' = (m + 3)² − (m + 9) < 0
⇔ m² + 5m < 0 ⇔ −5 < m < 0.
Câu 27:
Lời giải
Ta có Ư(30) = {1; 3; 5; 6; 10; 30};
Ư(45) = {1; 3; 5; 9; 15; 45}.
Do đó ƯC(30; 45) = {1; 3; 5; 15}.
Câu 28:
Lời giải
Ta có: BC2 = AB2 + AC2
= 122 + 162 = 400
⇒ BC = \[\sqrt {400} \] = 20 (cm)
Δ ABC vuông có đường cao AH:
⇒ AB2 = BH.BC
⇒ BH = \[\frac{{A{B^2}}}{{BC}}\] = \[\frac{{{{12}^2}}}{{20}}\] = 7,2 (cm)
⇒ CH = 20 – 7,2 = 12,8 (cm)
Ta có: AD là phân giác
⇒ \[\frac{{BD}}{{CD}}\] = \[\frac{{AB}}{{AC}}\]
⇒ \[\frac{{BD + CD}}{{CD}}\] = \[\frac{{AB + AC}}{{AC}}\]
⇒ \[\frac{{20}}{{CD}}\] = \[\frac{{28}}{{16}}\]
⇒ CD = \[\frac{{80}}{7}\]
⇒ HD = CH – CD
= 12,8 – \[\frac{{80}}{7}\] = \[\frac{{48}}{{35}}\] (cm).
Câu 29:
Cho (O; R) và (O; R') tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ dây cung AM của (O) và dây cung AN của (O') sao cho AM vuông góc với AN. Chứng minh:
a) OM song song O'N;
b) Xác định vị trí của AM và AN để diện tích tứ giác OMNO' lớn nhất.
Lời giải
a) Xét ∆MAN vuông tại A có:
\(\widehat {AMN} + \widehat {ANM} = 90^\circ \) (1)
Và \(\widehat {MAO} + \widehat {NAO'} = 180^\circ - \widehat {MAN} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \) (2)
Lại có:
• ∆OMA cân tại O (OA = OM = R) \( \Rightarrow \widehat {OAM} = \widehat {OMA}\) (3)
• ∆O'NA cân tại O (O'A = O'N = R') \( \Rightarrow \widehat {O'AN} = \widehat {O'NA}\) (4)
Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra:
\[\widehat {OMN} + \widehat {MNO'}\]
\[ = \left( {\widehat {OMA} + \widehat {AMN}} \right) + \left( {\widehat {ANM} + \widehat {O'NA}} \right)\]
\[ = \widehat {OMA} + \widehat {AMN} + \widehat {ANM} + \widehat {O'NA}\]
\[ = \widehat {OAM} + \widehat {AMN} + \widehat {ANM} + \widehat {O'AN}\]
\[ = \left( {\widehat {OAM} + \widehat {O'AN}} \right) + \left( {\widehat {AMN} + \widehat {ANM}} \right)\]
\[ = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \]
Tứ giác OMNO' có \[\widehat {OMN} + \widehat {MNO'} = 180^\circ \] nên OM // O'N.
b) Từ O' kẻ O'H ^ MO. Khi đó:
\({S_{OMNO'}} = \frac{{\left( {O'N + OM} \right).O'H}}{2} = \frac{{\left( {R' + R} \right).O'H}}{2}\)
\( \le \frac{{\left( {R' + R} \right).O'O}}{2} = \frac{{{{\left( {R' + R} \right)}^2}}}{2}\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi O'H = O'O hay H ≡ O
Û O'O ^ MO hoặc O'O ^ NO'.
Vậy tứ giác MNO'O có diện tích lớn nhất là \(\frac{{{{\left( {R' + R} \right)}^2}}}{2}\) Û O'O ^ MO.
Câu 30:
Cho hai đường tròn (O; R) và (O; R') tiếp xúc ngoài tại A (R > R'). Vẽ dây AM của đường tròn (O) và dây AN cùa đường tròn (O') sao cho AM ⊥ AN. Gọi BC là một tiếp tuyến chung ngoài của hai dường tròn (O) và (O') với B Î (O), C Î (O').
a) Chứng minh rằng ba đường thẳng MN, BC và OO' đồng quy.
b) Xác định vị trí của điểm M và N để tứ giác MNO'O có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó.
Lời giải
a) Ta có:
• \({\widehat O_1} = 180^\circ - 2{\widehat A_1}\)
• \({\widehat {O'}_1} = 2{\widehat A_2} = 2\left( {90^\circ - {{\widehat A}_1}} \right) = 180^\circ - 2{\widehat A_1}\)
Do đó: \({\widehat O_1} = {\widehat {O'}_1} \Rightarrow OM\;{\rm{//}}\;O'N\).
Gọi P là giao điểm của MN và OO'.
Ta có: \(\frac{{PO'}}{{PO}} = \frac{{O'N}}{{OM}} = \frac{{R'}}{R}\).
Gọi P' là giao điểm của BC và OO'.
Vì OB // O'C nên \(\frac{{P'O'}}{{P'O}} = \frac{{O'C}}{{OB}} = \frac{{R'}}{R}\).
Suy ra P' ≡ P.
b) Từ O' kẻ O'H ^ MO. Khi đó:
\({S_{OMNO'}} = \frac{{\left( {O'N + OM} \right).O'H}}{2} = \frac{{\left( {R' + R} \right).O'H}}{2}\)
\( \le \frac{{\left( {R' + R} \right).O'O}}{2} = \frac{{{{\left( {R' + R} \right)}^2}}}{2}\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi O'H = O'O hay H ≡ O
Û O'O ^ MO hoặc O'O ^ NO'.
Vậy tứ giác MNO'O có diện tích lớn nhất là \(\frac{{{{\left( {R' + R} \right)}^2}}}{2}\) Û O'O ^ MO.
Câu 31:
Lời giải
Ta có: \(\widehat {BAC} - \widehat {ABC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ + \widehat {ABC}\).
Lại có: \(\widehat {BAC} + \widehat {HAC} = 180^\circ \) (Hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {HAC} = 180^\circ - \widehat {BAC}\).
Suy ra \(\widehat {HAC} = 180^\circ - \left( {90^\circ + \widehat {ABC}} \right) = 90^\circ - \widehat {ABC}\) (1)
Xét ∆BHC vuông tại H (Do CH ^ BA) có:
\(\widehat {HBC} + \widehat {BCH} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {BCH} = 90^\circ - \widehat {HBC}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {HAC} = \widehat {BCH}\).
Vậy \(\widehat {HAC} = \widehat {BCH}\) (đpcm).
Câu 32:
Cho tam giác ABC có \(\widehat C = 90^\circ \). Kẻ CH vuông góc với AB. Trên AB và AC lấy tương ứng hai điểm M và N sao cho BM = BC; CN = CH. Chứng minh rằng:
a) MN ^ AC.
b) AC + BC < AB + CH.
Lời giải
a) ∆BCM cân tại B (BM = BC)
\( \Rightarrow \widehat {BCM} = \widehat {BMC}\) (1)
∆ACB có \[\widehat C = 90^\circ \Rightarrow \widehat {BCM} + \widehat {MCN} = 90^\circ \] (2)
∆CHM vuông tại H nên \(\widehat {HCM} + \widehat {HMC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {HCM} + \widehat {BMC} = 90^\circ \) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {HCM} = \widehat {MCN}\).
∆CHN cân tại C (CH = CN) có \(\widehat {HCM} = \widehat {MCN}\) hay CM là đường phân giác nên CM cũng là đường trung trực của cạnh HN.
Þ MH = MN.
Þ ∆MHN cân tại M. Suy ra \(\widehat {MHC} = \widehat {MNH}\) (5)
∆CHN cân tại C (CH = CN).
\( \Rightarrow \widehat {CHN} = \widehat {CNH}\) (6)
Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {MNH} + \widehat {CNH} = \widehat {MHN} + \widehat {CHN} = \widehat {MHC} = 90^\circ \)
\( \Rightarrow \widehat {MNC} = 90^\circ \) Þ MN ^ NC hay MN ^ AC (đpcm).
b) Xét ∆MNA vuông tại N nên AN < AM (cạnh góc vuông nhỏ hơn cạnh huyền)
Þ AC − CN < AB − BM
Û AC + BM < AB + CN
Û AC + BC < AB + CH (Do BM = BC; CN = CH).
Câu 33:
Lời giải
\(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{{16}} + \frac{1}{{32}} + \frac{1}{{64}} + \frac{1}{{128}}\)
\( = \left( {1 - \frac{1}{2}} \right) + \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{4}} \right) + \left( {\frac{1}{4} - \frac{1}{8}} \right) + \left( {\frac{1}{8} - \frac{1}{{16}}} \right) + \left( {\frac{1}{{16}} - \frac{1}{{32}}} \right) + \left( {\frac{1}{{32}} - \frac{1}{{64}}} \right) + \left( {\frac{1}{{64}} - \frac{1}{{128}}} \right)\)
\[ = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - \frac{1}{8} + \frac{1}{8} - \frac{1}{{16}} + \frac{1}{{16}} - \frac{1}{{32}} + \frac{1}{{32}} - \frac{1}{{64}} + \frac{1}{{64}} - \frac{1}{{128}}\]
\[ = 1 - \frac{1}{{128}} = \frac{{127}}{{128}}\].
Câu 34:
Lời giải
Trong 1 giờ vòi I chảy vào bể là: \(1:3 = \frac{1}{3}\) (bể)
Trong 1 giờ vòi II chảy vào bể là: \(1:4 = \frac{1}{4}\) (bể)
Trong 1 giờ vòi III thoát nước ra là: \(1:6 = \frac{1}{6}\) (bể)
Trong 1 giờ cả 3 vòi chảy được là: \(\frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{6} = \frac{5}{{12}}\) (bể)
Nếu \(\frac{3}{5}\) bể đang có nước mà mở 3 vòi cùng một lúc thì đầy bể sau khoảng thời gian là:
\(\left( {1 - \frac{3}{5}} \right):\frac{5}{{12}} = \frac{{24}}{{25}}\) (giờ).
Vậy nếu \(\frac{3}{5}\) bể đang có nước mà mở 3 vòi cùng một lúc thì sau \(\frac{{24}}{{25}}\) giờ sẽ đầy bể.
Câu 35:
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
\(\frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{{c^2}}}{{c + a}} \ge \frac{1}{2}\).
Lời giải
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(\frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{a + b}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{{{a^2}}}{{a + b}}.\frac{{a + b}}{4}} = a\).
Tương tự \(\frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{{{b^2}}}{{b + c}}.\frac{{b + c}}{4}} = b\).
Và \(\frac{{{c^2}}}{{c + a}} + \frac{{c + a}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{{{c^2}}}{{c + a}}.\frac{{c + a}}{4}} = c\).
Suy ra \(\frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{{c^2}}}{{c + a}} \ge a - \frac{{a + b}}{4} + b - \frac{{b + c}}{4} + c - \frac{{c + a}}{4}\)
\( \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{{c^2}}}{{c + a}} \ge \left( {a + b + c} \right) - \left( {\frac{{a + b}}{4} + \frac{{b + c}}{4} + \frac{{c + a}}{4}} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{{c^2}}}{{c + a}} \ge \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{1}{2}\) (đpcm).
Câu 36:
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
\(\frac{{a + bc}}{{b + c}} + \frac{{b + ca}}{{c + a}} + \frac{{c + ab}}{{a + b}} \ge 2\).
Lời giải
\[\frac{{a + bc}}{{b + c}} + \frac{{b + ca}}{{c + a}} + \frac{{c + ab}}{{a + b}}\]
\( = \frac{{a\left( {a + b + c} \right) + bc}}{{b + c}} + \frac{{b\left( {a + b + c} \right) + ca}}{{c + a}} + \frac{{c\left( {a + b + c} \right) + ab}}{{a + b}}\)
\[ = \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}}\].
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} \ge 2\left( {a + b} \right)\)
Tương tự \(\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}} \ge 2\left( {b + c} \right)\).
Và \(\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}} \ge 2\left( {a + c} \right)\).
Suy ra
\(2\left( {\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}}} \right) \ge 2\left( {a + b} \right) + 2\left( {b + c} \right) + 2\left( {a + c} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}} \ge 2\left( {a + b + c} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{a + bc}}{{b + c}} + \frac{{b + ca}}{{c + a}} + \frac{{c + ab}}{{a + b}} \ge 2\left( {a + b + c} \right) = 2\) (đpcm).Câu 37:
Lời giải
Để đường thẳng y = (m − 1)x + n song song với trục Ox thì:
\[\left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 0\\n \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n \ne 0\end{array} \right.\]
Vậy m = 1 và n ≠ 0 là các giá trị củam và n thỏa mãn.
Câu 38:
Lời giải
• Đường thẳng y = (m − 2)x + m tạo với trục Ox một góc nhọn khi hệ số góc của đường thẳng là số dương
Þ m − 2 > 0 Û m > 2.
• Đường thẳng y = (m − 2)x + m tạo với trục Ox một góc tù khi hệ số góc của đường thẳng là số âm
Þ m − 2 < 0 Û m < 2.
Câu 39:
Lời giải
Tam giác ABC vuông tại A \( \Rightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {DAE} = 90^\circ \)
• MD ^ AB \( \Rightarrow \widehat {MDA} = 90^\circ \);
• ME ^ AC \( \Rightarrow \widehat {MEA} = 90^\circ \).
Tứ giác ADME có: \(\widehat {DAE} = \widehat {MDA} = \widehat {MEA} = 90^\circ \) nên suy ra ADME là hình chữ nhật.
Câu 40:
Cho tam giác ABC vuông tại A. Điểm M thuộc cạnh BC. Gọi D, E theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC.
a) So sánh độ dài AM, DE.
b) Tìm vị trí của điểm M trên cạnh BC để DE có độ dài nhỏ nhất.
Lời giải
a) Tam giác ABC vuông tại A \( \Rightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {DAE} = 90^\circ \).
• MD ^ AB \( \Rightarrow \widehat {MDA} = 90^\circ \);
• ME ^ AC \( \Rightarrow \widehat {MEA} = 90^\circ \).
Tứ giác ADME có: \(\widehat {DAE} = \widehat {MDA} = \widehat {MEA} = 90^\circ \) nên suy ra ADME là hình chữ nhật.
Hình chữ nhật ADME có AM và DE là hai đường chéo nên AM = DE.
b) Kẻ AH vuông góc với BC
Tam giác AHM vuông tại H nên AM ≥ AH (cạnh góc vuông bé hơn cạnh huyền).
Lại có DE = AM (ADME là hình chữ nhật)
Þ DE ≥ AH.
Dấu "=" xảy ra khi M ≡ H.
Vậy DE có độ dài nhỏ nhất bằng AH khi M là chân đường cao kẻ từ A đến BC.
Câu 41:
Lời giải
Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {abcde} \).
Vì số đó có tất cả các chữ số đều chẵn nên a, b, c, d, e phải được chọn trong các số thuộc tập A = {0; 2; 4; 6; 8}.
• a có 4 cách chọn: 2; 4; 6; 8.
• b có 4 cách chọn là A\{a}.
• c có 3 cách chọn là A\{a; b}.
• d có 2 cách chọn là A\{a; b; c}.
• e có 1 cách chọn là A\{a; b; c; d}.
Vậy số \(\overline {abcde} \) có tất cả 4 . 4 . 3 . 2 . 1 = 96 (số).
Câu 42:
Lời giải
Ta có y = x3 − 3(2m + 1)x2 + (12m + 5)x + 2
Þ y' = 3x2 − 6(2m + 1)x + 12m + 5
Để hàm số y = x3 − 3(2m + 1)x2 + (12m + 5)x + 2 đồng biến trên khoảng (2; +∞) thì:
y' = 3x2 − 6(2m + 1)x + 12m + 5 ≥ 0 (∀x > 2)
Û 3x2 − 6x + 5 ≥ 12m(x − 1) (∀x > 2)
\( \Leftrightarrow \frac{{3{x^2} - 6x + 5}}{{12\left( {x - 1} \right)}} \ge m\;\left( {\forall x > 2} \right)\)
Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{3{x^2} - 6x + 5}}{{12\left( {x - 1} \right)}} \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{x > 2} g\left( x \right)\)
Ta có: \(g'\left( x \right) = \frac{{3{x^2} - 6x + 1}}{{12{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0\;\left( {\forall x > 2} \right)\)
\( \Rightarrow g\left( x \right) > g\left( 2 \right)\;\left( {\forall x > 2} \right)\)
\( \Rightarrow m \le g\left( 2 \right) = \frac{5}{{12}}\).
Câu 43:
Định m để hàm số:
a) y = x3 − 3(2m + 1)x2 + (12m + 5)x + 2 đồng biến trên tập xác định.
b) y = mx3 − (2m − 1)x2 + (m − 2)x − 2 đồng biến trên tập xác định.
Lời giải
a) Hàm y đồng biến trên khoảng xác định khi mà
y' = 3x2 − 6(2m + 1)x + 12m + 5 ≥ 0
Þ ∆' = 9(2m + 1)2 − 3(12m + 5) £ 0
Û 3(2m + 1)2 − (12m + 5) £ 0
Û 12m2 + 12m + 3 − 12m − 5 £ 0
Û 12m2 − 2 £ 0
Û 6m2 £ 1
\( \Leftrightarrow - \sqrt {\frac{1}{6}} \le m \le \sqrt {\frac{1}{6}} \).
b) Hàm y đồng biến trên khoảng xác định khi mà
y' = 3mx2 − 2(2m − 1)x + m − 2 ≥ 0 với mọi x Î ℝ.
Để đảm bảo điều trên xảy ra với mọi x thì m > 0.
Khi đó ∆' = (2m − 1)2 − 3m(m − 2) £ 0
Û 4m2 − 4m + 1 − 3m2 + 6m £ 0
Û m2 + 2m + 1 £ 0
Û (m + 1)2 £ 0
Û m = −1.
Kết hợp ĐKXĐ nên không có giá trị nào của m thỏa mãn.
Câu 44:
Lời giải
Với a ≠ 0. Theo bài ra ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{{2a}} = 2\\\frac{{4ac - {b^2}}}{{4a}} = 4\\c = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 4a\\24a - {b^2} = 16a\\c = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 4a\\16{a^2} - 8a = 0\\c = 6\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 4a\\\left[ \begin{array}{l}a = 0\;\;\,\left( {KTM} \right)\\a = \frac{1}{2}\;\;\left( {TM} \right)\end{array} \right.\\c = 6\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = - 2\\c = 6\end{array} \right.\].
Câu 45:
Lời giải
ĐK: a ≠ 0.
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}64a + 8b + c = 0\\ - \frac{b}{{2a}} = 6\\\frac{{4ac - {b^2}}}{{4a}} = - 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}64a + 8b + c = 0\\b = - 12a\\4ac - {b^2} + 48a = 0\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}c = 32a\\b = - 12a\\4a.\left( {32a} \right) - {\left( { - 12a} \right)^2} + 48a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = - 36\\c = 96\end{array} \right.\)
Þ y = 3x2 − 36x + 96.
Câu 46:
Lời giải
(m − 2)x2 + 2(4 − 3m)x + 10m − 11 ≤ 0
Û 2x2 − 8x + 11 ≥ m(x2 − 6x + 10) (∀ x < −4)
\( \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} - 8x + 11}}{{{x^2} - 6x + 10}} \ge m\) (∀ x < −4).
Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{2{x^2} - 8x + 11}}{{{x^2} - 6x + 10}} \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{x < - 4} g\left( x \right)\).
Ta có: \(g'\left( x \right) = \frac{{ - 4{x^2} + 18x - 14}}{{{{\left( {{x^2} - 6x + 10} \right)}^2}}} = \frac{{ - {{\left( {2x - \frac{9}{2}} \right)}^2} - \frac{{25}}{4}}}{{{{\left( {{x^2} - 6x + 10} \right)}^2}}} < 0\;\left( {\forall x < - 4} \right)\)
\( \Rightarrow g\left( x \right) > g\left( { - 4} \right)\;\left( {\forall x < - 4} \right)\)
\( \Rightarrow m \le g\left( { - 4} \right) = \frac{3}{2}\).
Với m là số nguyên dương nên m = 1.
Câu 47:
Cho hàm số bậc nhất y = (2m + 1)x + m − 2. Tìm m biết rằng góc tạo bởi đường thẳng và trục Ox bằng 45°.
Lời giải
Vì hàm số đã cho là hàm số bậc nhất nên 2m + 1 ≠ 0 \( \Leftrightarrow m \ne - \frac{1}{2}\).
Gọi góc α là góc tạo bởi đường thẳng và trục Ox.
Theo giả thiết α = 45°. Ta có:
tan α = tan 45° = 2m + 1
Û 2m + 1 = 1 Û 2m = 0 Û m = 0.
Vậy ta chọn đáp án A.
Câu 48:
Cho hàm số bậc nhất y = (2m − 1)x + m − 1 (d)
a) Tìm m để hàm số đồng biến.
b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt đường thẳng y = 2x + 1 tại một điểm trên trục tung.
c) Cho m = 2 vẽ đường thẳng (d) và khoảng cách từ gốc tọa dộ đến đường thẳng (d).
Lời giải
a) y = (2m − 1)x + m − 1 (d)
Þ y' = 2m – 1.
Để hàm số đồng biến suy ra
2m − 1 > 0 \( \Leftrightarrow m > \frac{1}{2}\).
b) (d) cắt đường thẳng y = 2x + 1 tại một điểm trên trục tung Þ x = 0 Þ y = 1.
Do đó giao điểm của (d) và đường thẳng y = 2x + 1 là A(0; 1)
Þ 1 = (2m − 1).0 + m − 1
Û m − 1 = 1 Û m = 2.
c) Với m = 2 ta có: (d): y = 3x + 1.
Cho x = 0 Þ y = 1. Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; 1)
Þ OA = 1.
Cho y = 0 Þ \(x = - \frac{1}{3}\). Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm \(B\left( { - \frac{1}{3};\;0} \right)\).
Þ \(OA = \frac{1}{3}\).
Ta có đồ thị hàm số:
Gọi OH là đường cao của tam giác OAB vuông tại O.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}}} = 10\)
\( \Rightarrow OH = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\).Câu 49:
Lời giải
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ∆ADC vuông tại D có DH là đường cao.
\( \Rightarrow \frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{D{A^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{D{A^2}}} = \frac{1}{{D{H^2}}} - \frac{1}{{D{C^2}}}\)
\( \Leftrightarrow \frac{1}{{D{A^2}}} = \frac{1}{{{5^2}}} - \frac{1}{{{{13}^2}}} = \frac{{144}}{{4225}} \Rightarrow DA = \frac{{65}}{{12}}\;\,\,(cm)\).
Áp dụng định lí Pytago vào ∆ADC vuông tại D.
\( \Rightarrow AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{65}}{{12}}} \right)}^2} + {{13}^2}} = \frac{{169}}{{12}}\;\,\,(cm)\).
Mà ABCD là hình chữ nhật nên suy ra: \(BD = AC = \frac{{169}}{{12}}\;\,(cm)\).
Câu 50:
Cho hình chữ nhật ABCD, vẽ BH vuông góc AC tại H, tia BH cắt CD tại I và cắt đường thẳng AD tại K. Chứng minh:
a) AC . AH = BH . BK.
b) BH2 = HI . HK.
Lời giải
a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ∆ABC vuông tại B có BH là đường cao.
Þ AH.AC = AB2 (1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ∆ABK vuông tại A có AH là đường cao.
Þ BH.BK = AB2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra AC.AH = BH.BK (đpcm)
b) ABCD là hình chữ nhật suy ra AB // CD hay AB // CI.
Áp dụng định lí Ta lét, ta có: \(\frac{{AH}}{{HC}} = \frac{{BH}}{{HI}}\) (3)
ABCD là hình chữ nhật suy ra AD // BC hay AK // BC.
Áp dụng định lí Ta lét, ta có: \(\frac{{AH}}{{HC}} = \frac{{KH}}{{HB}}\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{BH}}{{HI}} = \frac{{KH}}{{HB}} \Rightarrow B{H^2} = HI\,.\,HK\) (đpcm).
Câu 51:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường cao AH cắt đường tròn (O) tại D. Kẻ đường kính AE của đường tròn (O). Chứng minh:
a) BC // DE.
b) Tứ giác BCED là hình thang cân.
Lời giải
a) Xét ∆ADE nội tiếp đường tròn đường kính AE
Þ AD ^ DE (1)
Lại có AH ^ BC Þ AD ^ BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra DE // BC (cùng vuông góc với AD).
b) Ta có: Tứ giác ABDC nội tiếp
\( \Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {ACB}\) (3) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Lại có \(\widehat {ACE} = 90^\circ \) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \widehat {ACB} + \widehat {BCE} = 90^\circ \) (4)
AD ^ BC \( \Rightarrow \widehat {BHD} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {HBD} + \widehat {HDB} = 90^\circ \)
\( \Rightarrow \widehat {CBD} + \widehat {ADB} = 90^\circ \) (5)
Từ (3), (4) và (5) nên suy ra \(\widehat {BCE} = \widehat {CBD}\).
Mà BC // DE (cmt).
Nên suy ra tứ giác BCED là hình thang cân.
Câu 52:
Lời giải
Cạnh góc vuông còn lại dài là: \(24:\frac{3}{4} = 32\;\,\,(cm)\).
Chu vi tam giác vuông là: 24 + 32 + 40 = 82 (cm)
Diện tích tam giác vuông là: \(\frac{{24 \times 32}}{2} = 384\;(c{m^2})\).
Đáp số: Chu vi: 82 cm;
Diện tích: 284 cm2.
Câu 53:
Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết BC = 41 cm, AC = 40 cm. Tính:
a) Độ dài cạnh AB.
b) Tính chu vi tam giác ABC.
Lời giải
a) Theo định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:
\(AB = \sqrt {B{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{41}^2} - {{40}^2}} = 9\;\,(cm)\).
Vậy AB = 9 cm.
b) Chu vi tam giác ABC là:
AB + AC + BC = 9 + 40 + 41 = 90 (cm).
Vậy chu vi tam giác ABC là 90 cm.
Câu 54:
Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác ABC thỏa mãn a3 + b3 + c3 = 3abc.
Chứng minh rằng: Tam giác ABC là tam giác đều.
Lời giải
Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc
Û a3 + b3 + c3 − 3abc = 0
Û a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 − (3a2b + 3ab2) + c3 − 3abc = 0
Û (a + b)3 + c3 − 3ab(a + b + c) = 0
Û (a + b + c)[(a + b)2 − (a + b).c + c2] − 3ab(a + b + c) = 0
Û (a + b + c)[a2 + b2 + 2ab − ac − bc + c2] − 3ab(a + b + c) = 0
Û (a + b + c)[a2 + b2 + 2ab − ac − bc + c2 − 3ab] = 0
Û (a + b + c)[a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca] = 0 (*)
Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a + b + c > 0.
Phương trình (*) trở thành:
a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca = 0
Û 2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab − 2bc − 2ca = 0
Û (a2 − 2ab + b2) + (b2 − 2bc + c2) + (c2 − 2ca + a2) = 0
Û (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 0
Vì (a − b)2; (b − c)2; (c − a)2 ≥ 0 nên
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 0
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - b = 0\\b - c = 0\\c - a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\b = c\\c = a\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c\).
Vậy ABC là tam giác đều.
Câu 55:
Lời giải
Ta có:
\(S = \frac{{abc}}{{4R}} = pr = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \)
\( \Rightarrow {S^2} = \frac{{abcpr}}{{4R}} = p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{2r}}{R} = \frac{{\left( {a + b + c - 2a} \right)\left( {a + b + c - 2b} \right)\left( {a + b + c - 2c} \right)}}{{abc}}\).
Lại có theo giả thiết: \(\frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{abc}} + \frac{{2r}}{R} = 4\) nên suy ra
\(\frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{abc}} + \frac{{\left( {a + b + c - 2a} \right)\left( {a + b + c - 2b} \right)\left( {a + b + c - 2c} \right)}}{{abc}} = 4\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{abc}} + \frac{{\left( {b + c - a} \right)\left( {a + c - b} \right)\left( {a + b - c} \right)}}{{abc}} = 4\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3} + \left( {b + c - a} \right)\left( {a + c - b} \right)\left( {a + b - c} \right)}}{{abc}} = 4\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3} - {a^3} - {b^3} - {c^3} + {a^2}b + a{b^2} + {b^2}c + b{c^2} + {a^2}c + a{c^2} - 2abc}}{{abc}} = 4\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{a^2}b + a{b^2} + {b^2}c + b{c^2} + {a^2}c + a{c^2} - 2abc}}{{abc}} = 4\)
\( \Leftrightarrow {a^2}b + a{b^2} + {b^2}c + b{c^2} + {a^2}c + a{c^2} - 2abc = 4abc\)
\( \Leftrightarrow {a^2}b + a{b^2} + {b^2}c + b{c^2} + {a^2}c + a{c^2} = 6abc\) (1)
Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:
\({a^2}b + a{b^2} + {b^2}c + b{c^2} + {a^2}c + a{c^2} \ge 6abc\).
Do đó (1) đúng khi và chỉ khi a = b = c.
Vậy tam giác ABC đều.
Câu 56:
Lời giải
Số các số từ 1 đến 9 là: (10 − 1) : 1 + 1 = 10
Tổng các số từ 1 đến 10 là: (1 + 10).10 : 2 = 55.
Đáp số: 55.
Câu 57:
Lời giải
Số các số từ 10 đến 90 là:
(90 − 10) : 1 + 1 = 81.
Tổng các số từ 10 đến 90 là:
(10 + 90) . 81 : 2 = 4 050.
Đáp số: 4 050.
Câu 58:
Lời giải
A = x2 + xy + y2 − 3x − 3y
Þ 4A = 4x2 + 4xy + 4y2 − 12x − 12y
= (x2 + 4y2 + 9 + 4xy − 6x − 12y) + (3x2 − 6x + 3) − 12
= (x + 2y − 3)2 + 3(x − 1)2 − 12 ≥ −12
Þ A ≥ −3.
Vậy A đạt GTNN bằng −3 khi và chỉ khi
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y - 3 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 1\).
Câu 59:
Tìm GTNN:
a) A = x2 − xy + y2 − 3x − 3y;
b) B = 2x2 + 2xy + 5y2 − 8x − 22y.
Lời giải
a) Ta có A = x2 − xy + y2 − 3x − 3y
Þ 4A = 4x2 − 4xy + 4y2 − 12x − 12y
= (x2 + 4y2 + 9 − 4xy + 6x − 12y) + (3x2 − 18x + 27) − 36
= (x − 2y + 3)2 + 3(x − 3)2 − 36 ≥ −36
Þ A ≥ −9.
Vậy A đạt GTNN bằng −9 khi và chỉ khi
\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y + 3 = 0\\x - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 3\).
b) Ta có B = 2x2 + 2xy + 5y2 − 8x − 22y
Þ 2B = 4x2 + 4xy + 10y2 − 16x − 44y
= (4x2 + y2 + 16 + 4xy − 16x − 8y) + (9y2 − 36y + 36) − 52
= (2x + y − 4)2 + 9(y − 2)2 − 52 ≥ −52
Þ B ≥ −26.
Vậy B đạt GTNN bằng −26 khi và chỉ khi
\(\left\{ \begin{array}{l}2x + y - 4 = 0\\y - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\).
Câu 60:
Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kỳ, vẽ MI vuông góc với AB, MK vuông góc với AC (I thuộc AB, K thuộc AC).
a) Chứng minh AIMK, ABOC là các tứ giác nội tiếp;
b) Vẽ MP vuông góc với BC (P thuộc BC). Chứng minh \(\widehat {MPK} = \widehat {MBC}\);
c) Chứng minh MI.MK = MP2;
d) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải
a) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MI \bot AB\;\;\;\,\left( {gt} \right)\\MK \bot AC\;\;\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {AIM} = 90^\circ \\\widehat {AKM} = 90^\circ \end{array} \right.\).
Tứ giác AIMK có: \(\widehat {AIM} + \widehat {AKM} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).
Þ AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM (đpcm).
b) Ta có: MP ^ BC (gt) \( \Rightarrow \widehat {MPC} = 90^\circ \).
MK ^ AC (gt) \( \Rightarrow \widehat {MKC} = 90^\circ \)
\( \Rightarrow \widehat {MPC} + \widehat {MKC} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Þ CPMK nội tiếp đường tròn.
\( \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MCK}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK).
Mặt khác \(\widehat {MCK} = \widehat {MBC}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MC)
\( \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MBC}\;\left( { = \widehat {MCK}} \right)\) (đpcm)
c) Ta có: \(\widehat {MIB} + \widehat {MPB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Þ BPMI là tứ giác nội tiếp
\( \Rightarrow \widehat {MIP} = \widehat {MBC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MP)
Mà \(\widehat {MPK} = \widehat {MBC}\) (cmt)
\( \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MIP}\;\left( { = \widehat {MBC}} \right)\).
Tương tự ta cũng chứng minh được \(\widehat {MPI} = \widehat {MKP}\;\left( { = \widehat {MCB} = \widehat {MBI}} \right)\).
Xét ∆MIP và ∆MPK có:
\(\widehat {MPI} = \widehat {MKP}\) (cmt)
\(\widehat {MIP} = \widehat {MPK}\) (cmt)
Þ ∆MIP ᔕ ∆MPK (g.g)
\( \Rightarrow \frac{{MI}}{{MP}} = \frac{{MP}}{{MK}} \Rightarrow MI.MK = M{P^2}\) (đpcm)
d) Ta có: \(MI\,\,.\,\,MK = M{P^2}\)
\( \Rightarrow MI\,\,.\,\,MK\,\,.\,\,MP = M{P^3}\).
Để tích MI . MK . MP đạt GTLN Û MP đạt GTLN.
Gọi H là hình chiếu của O lên BC Þ OH là hằng số (do BC cố định).
Gọi MO Ç BC = {D}.
Ta có: MP £ MD; OH £ OD
Þ MP + OH £ MD + OD = MO
Þ MP + OH £ R
Þ MP £ R − OH
Þ MP lớn nhất bằng R − OH
Û O, H, M thẳng hàng hay M bằm chính giữa cung nhỏ BC.
Vậy khi M nằm chính giữa cung nhỏ BC thì tích MI . MK . MP đạt GTLN.
Câu 61:
Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).
a) Chứng minh rằng OA ^ BC.
b) Vẽ đường kính CD. Chứng minh rằng BD // AO.
c) Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC biết OB = 2 cm, OA = 4 cm.
Lời giải
a) Ta có:
• AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);
• OB = OC (= R).
Þ OA là trung trực của đoạn thẳng BC nên OA ^ BC (1)
b) Vì ∆BCD có cạnh CD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp nên ∆BCD vuông tại B hay BC ^ BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra OA // BD.
c) Do AB tiếp xúc với (O) tại B nên AB ^ BO
Þ ∆ABO vuông tại B có cạnh huyền AO = 2BO = 4 cm
\( \Rightarrow \widehat A = 30^\circ \), do đó \(\widehat {BAC} = 60^\circ \).
Suy ra ∆ABC là tam giác đều đồng thời \(\widehat {BOA} = 60^\circ \).
Trong ∆ABO vuông tại B có cạnh AB đối diện với góc 60° nên:
\(\sin 60^\circ = \frac{{AB}}{{AO}} \Leftrightarrow AB = AO\,.\,\sin 60^\circ = 4\,.\,\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \,\;\left( {cm} \right)\).
Câu 62:
Cho biểu thức \(M = \frac{{{x^4} + 2}}{{{x^6} + 1}} + \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} - \frac{{{x^2} + 3}}{{{x^4} + 4{x^2} + 3}}\).
1. Rút gọn M.
2. Tìm x để M ≥ 1.
3. Tìm GTLN của biểu thức M.
Lời giải
1) \(M = \frac{{{x^4} + 2}}{{{x^6} + 1}} + \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} - \frac{{{x^2} + 3}}{{{x^4} + 4{x^2} + 3}}\)
\( = \frac{{{x^4} + 2}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}} + \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} - \frac{{{x^2} + 3}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + 3} \right)}}\)
\( = \frac{{{x^4} + 2 + \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}} - \frac{1}{{{x^2} + 1}}\)
\( = \frac{{{x^4} + 2 + \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) - \left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}}\)
\( = \frac{{{x^4} + 2 + {x^4} - 1 - {x^4} + {x^2} - 1}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}} = \frac{{{x^4} + {x^2}}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}}\)
\( = \frac{{{x^2}\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}} = \frac{{{x^2}}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}\).
2) M ≥ 1
\( \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} \ge 1\)
\( \Rightarrow {x^2} \ge {x^4} - {x^2} + 1\)
\( \Leftrightarrow {x^4} - 2{x^2} + 1 \le 0\)
\( \Leftrightarrow {\left( {{x^2} - 1} \right)^2} \le 0\)
Þ x2 − 1 = 0
Þ x = ±1.
3) \(M = \frac{{{x^2}}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}\)
\[ \Leftrightarrow M\,.\,{x^4} - M\,.\,{x^2} + M = {x^2}\]
\( \Leftrightarrow M\,.\,{x^4} - \left( {M + 1} \right)\,.\,{x^2} + M = 0\) (*)
Để phương trình (*) có nghiệm thì:
\(\Delta = {\left( {M + 1} \right)^2} - 4{M^2} \ge 0\)
\( \Leftrightarrow {M^2} + 2M + 1 - 4{M^2} \ge 0\)
\( \Leftrightarrow 3{M^2} - 2M - 1 \le 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {3M + 1} \right)\left( {M - 1} \right) \le 0\)
\( \Rightarrow - \frac{1}{3} \le M \le 1\).
Vậy GTLN của M bằng 1 khi và chỉ khi \( - \frac{1}{3} \le M \le 1\).
Câu 63:
Có bao nhiêu số tự nhiên:
a) Có 3 chữ số khác nhau?
b) Là số lẻ có 3 chữ số khác nhau?
c) Là số có 3 chữ số và chia hết cho 5?
d) Là số có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5?
Lời giải
a) Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0, a ≠ b ≠ c).
Để lập số này, ta thực hiện ba công đoạn liên tiếp:
• Chọn số a có 9 cách, do a ≠ 0.
• Chọn b có 9 cách từ tập A\{a}.
• Chọn c có 8 cách từ tập A\{a; b}.
Vậy số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau là: 9 . 9 . 8 = 648 (số).
b) Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0, a ≠ b ≠ c).
Để \(\overline {abc} \) là số lẻ thì c thuộc tập hợp {1; 3; 5; 7; 9},
• Chọn c có 5 cách từ tập {1; 3; 5; 7; 9}.
• Chọn a có 8 cách từ tập A\{c; 0}.
• Chọn b có 8 cách từ tập A\{c; a}.
Vậy số các số tự nhiên là số lẻ có 3 chữ số khác nhau là: 5 . 8 . 8 = 320 (số).
c) Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0).
Để \(\overline {abc} \) chia hết cho 5 thì c thuộc tập hợp {0; 5}.
• Chọn c có 2 cách từ tập {0; 5}.
• Chọn a có 9 cách từ tập A\{0}.
• Chọn b có 10 cách từ tập A.
Vậy số các số tự nhiên có 3 chữ số mà chia hết cho 5 là: 2 . 9 . 10 = 180 (số).
d) Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0, a ≠ b ≠ c).
Để \(\overline {abc} \) chia hết cho 5 thì c thuộc tập hợp {0; 5}.
• Trường hợp 1: Nếu c = 0 thì: chọn a có 9 cách, chọn b có 8 cách.
Do đó, số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà tận cùng là 0 là: 9 . 8 = 72 (số).
• Trường hợp 2: Nếu c = 5 thì: chọn a có 8 cách (do a ≠ 0 và a ≠ c), chọn b có 8 cách (do a ≠ b ≠ c).
Do đó, số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà tận cùng là 5 là: 8 . 8 = 64 (số).
Vì hai trường hợp rời nhau nên ta áp dụng quy tắc cộng, vậy số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà chia hết cho 5 là: 72 + 64 = 136 (số).
Câu 64:
Lời giải
Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0, a ≠ b ≠ c).
Để \(\overline {abc} \) là số lẻ thì c thuộc tập hợp {1; 3; 5; 7; 9},
+ Chọn c có 5 cách từ tập {1; 3; 5; 7; 9}.
+ Chọn a có 8 cách từ tập A\{c; 0}.
+ Chọn b có 8 cách từ tập A\{c; a}.
Vậy số các số tự nhiên là số lẻ có 3 chữ số khác nhau là: 5.8.8 = 320 (số).
Câu 65:
Lời giải
x3 + 10x2 + 25x − xy2 = x(x² + 10x + 25 − y²)
= x[(x + 5)² − y²] = x(x + 5 − y)(x + 5 + y).
Câu 66:
a) x4 + 2x3 + 10x2 − 20x;
b) x3 − x2y − xy2 + y3;
c) x5 + x3 − x2 – 1.
Câu 67:
Lời giải
Gọi O là tâm đáy và P là trung điểm của MN.
Suy ra I cũng là trung điểm của SO (theo định lí Ta-lét).
Trong tam giác SAC, nối AP cắt SC tại E.
Áp dụng Menelaus cho tam giác SPC có ba điểm thẳng hàng là A, P, E ta có:
\(\frac{{SE}}{{EC}}.\frac{{CA}}{{AO}}.\frac{{OP}}{{SP}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{SE}}{{EC}}\,.\,2\,.\,1 = 1\)
\( \Leftrightarrow SE = \frac{1}{2}EC \Leftrightarrow SE = \frac{1}{3}SC\).
Do S.ABCD là chóp đều \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{V_{S.AMEN}} = 2{V_{S.ANE}}\\{V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ACD}}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.AMEN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SE}}{{SC}} = 1.\frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6}\) (Theo định lí Simsons).
Câu 68:
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a; \(SA = a\sqrt 3 \); SA ^ (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB; SD, mặt phẳng (AMN) cắt SC tại I. Tính thể tích của khối đa diện ABCDMIN
Lời giải
Gọi O là tâm hình vuông.
SO cắt MN tại K Þ I là giao điểm của AK với SC.
Vì MN là đường trung bình của tam giác SBD nên K là trung điểm của SO.
Gọi A' là điểm đối xứng của A qua S, H là giao điểm của AK và SC.
Vì SO // A'C và K là trung điểm của SO
Þ H là trung điểm của A'C
Þ I là trọng tâm của tam giác AA'C
\( \Rightarrow SI = \frac{1}{3}SC\)
Ta có:
• \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\);
• \({V_{S.ABD}} = {V_{S.}}_{BCD} = \frac{1}{2}{V_{S.}}_{ABCD}\).
Khi đó: \({V_{S.AMIN}} = {V_{S.AMN}} + {V_{S.MIN}}\)
\( = \frac{1}{1}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.{V_{S.ABD}} + \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.{V_{S.BCD}}\)
\( = \frac{1}{4}{V_{S.ABD}} + \frac{1}{{12}}{V_{S.BCD}} = \left( {\frac{1}{4} + \frac{1}{{12}}} \right).\frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABCD}}\).
Do đó: \({V_{ABCDMIN}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.AMIN}} = \frac{5}{6}{V_{S.ABCD}} = \frac{{5{a^3}\sqrt 3 }}{{18}}\).