Lời giải

a) Ta có: 10 = 2. 5; 20 = 2². 5; 70 = 2. 5. 7.

Suy ra ƯCLN(10, 20, 70) = 2. 5 = 10.

b) Ta có: 25 = 5²; 55 = 5. 11; 75 = 5². 3.

Suy ra ƯCLN(25, 55, 75) = 5.

c) Ta có: 80 = 2⁴. 5; 144 = 2⁴. 3².

Suy ra ƯCLN(80, 144) = 2⁴ = 16.

d) Ta có: 63 = 3². 7; 2970 = 2. 3³. 5. 11.

Suy ra ƯCLN(63, 2970) = 3² = 9.

Lời giải

a)

a) Ta có: 10 = 2. 5; 20 = 2². 5; 70 = 2. 5. 7.

Vậy ƯC(10, 20, 70) = {1; 2; 5; 10}

Suy ra ƯCLN(10, 20, 70) = 10.

b) Ta có: 5661 = 3². 17. 37;

5291 = 11. 13. 37;

4292 = 2². 29. 37.

Vậy ƯC(5661, 5291, 4292) = {1; 37}.

Suy ra ƯCLN(5661, 5291, 4292) = {37}.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

ĐKXĐ: a, b ≥ 0 và a ≠ 0 \( \Leftrightarrow \) a > 0 và b ≥ 0

\(M = \frac{{2a + 2a\sqrt 2 - 2\sqrt {3ab} + 2\sqrt {3ab} - 3b - 2a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 + \sqrt {3ab} }}\)

\( = \frac{{2a - 3b}}{{a\sqrt 2 + \sqrt {3ab} }} = \frac{{\left( {\sqrt {2a} + \sqrt {3b} } \right)\left( {\sqrt {2a} - \sqrt {3b} } \right)}}{{\sqrt {a\left( {\sqrt {2a} + \sqrt {3b} } \right)} }}\)

\( = \frac{{\sqrt {2a} - \sqrt {3b} }}{{\sqrt a }}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm của tung độ bằng 2 nên đồ thị của hàm số đi qua điểm A(0; 2) nên ta có:

2 = (m – 1). 0 + m ⇔ m = 2.

Vậy với m = 2 thì đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm của tung độ bằng 2.

Lời giải

a) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm của tung độ bằng 2 nên đồ thị của hàm số đi qua điểm A(0; 2) nên ta có:

2 = (m – 1). 0 + m ⇔ m = 2.

Vậy với m = 2 thì đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm của tung độ bằng 2.

b) Với m = 2 ta có đồ thị hàm số y = x + 2.

Xét phương trình hoành độ giao điểm, ta có:

\(x + 2 = \frac{1}{2}x + \frac{3}{2}\)

\( \Leftrightarrow x - \frac{1}{2}x = \frac{3}{2} - 2\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}x = \frac{{ - 1}}{2}\)

⇔ x = −1

⇒ y = −1 + 2 = 1.

Vậy tọa độ giao điểm cần tìm A(−1; 1).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: ∆BNC vuông tại N và ∆BMC vuông tại M. (do đường tròn đường kính BC đi qua M, N).

Xét ∆ANH và ∆AMH lần lượt vuông tại N, M.

Với E là trung điểm AH mà AH là cạnh huyền của cả hai tam giác ∆ANH và ∆AMH nên đường tròn tâm (E, EA) sẽ đi qua M, N, H.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Gọi tọa độ của D(x; y).

Khi đó \(\overrightarrow {AD} (x + 2;\,\,y)\); \(\overrightarrow {BC} ( - 10;\,\,5)\).

Ta có tứ giác ABCD là hình bình hành khi \(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AD} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2 = - 10\\y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 12\\y = 5\end{array} \right.\).

Vậy tọa độ của D là: D(−12; 5).

Lời giải

a) Ta có: a² + ab + b² \( = {a^2} + \frac{{2ab}}{4} + {\left( {\frac{b}{2}} \right)^2} + \frac{{3{b^2}}}{4}\)

\( = {\left( {a + \frac{b}{2}} \right)^2} + \frac{{3{b^2}}}{4} \ge 0\) \(\forall a,b \in \mathbb{R}\).

Vậy suy ra a² + ab + b² ≥ 0 \(\forall a,b \in \mathbb{R}\).

b) Ta có: a⁴ + b⁴ ≥ a³b + ab³

\( \Leftrightarrow \)a³(a – b) – b³(a – b) ≥ 0

\( \Leftrightarrow \)(a³ – b³)(a – b) ≥ 0

\( \Leftrightarrow \)(a – b)²(a² + ab + b²) ≥ 0 \(\forall a,b \in \mathbb{R}\).

Do đó: a⁴ + b⁴ ≥ a³b + ab³ \(\forall a,b \in \mathbb{R}\).

Lời giải

Đổi 1 km = 1000 m; 1 h = 3 600 s.

Suy ra \(1\,\,m = \frac{1}{{1\,\,000}}\,\,km\); \(1\,\,s = \frac{1}{{3\,\,600}}\,\,h\).

Do đó 1 (m/s) =\(\frac{1}{{1000}}:\frac{1}{{3600}}\) (km/h) = 3,6 (km/h).

Khi đó ta có:

a) 18 km/h = 5 m/s.

b) 12 m/s = 43,2 km/h.

c) 48 km/h = \(\frac{{40}}{3}\) m/s

d) 150 cm/s = 1,5 m/s = 5,4  km/h.

Lời giải

a) Theo bài ra ta có: AB là đường kính của đường tròn tâm O.

Suy ra AM ⊥ MB nên \(\widehat {DMA} = \widehat {DCA} = 90^\circ \).

Suy ra tứ giác ACMD nội tiếp đường tròn.

Ta lại có: \(\widehat {BCK} = \widehat {BMK} = 90^\circ \).

Suy ra tứ giác BCKM nội tiếp đường tròn.

b) Xét ∆CKA và ∆CBD có:

\(\widehat {BCK} = \widehat {BMK} = 90^\circ \)

\(\widehat {KAC} = \widehat {MAC} = \widehat {MDC} = \widehat {BDC}\)

Do đó ∆CKA ᔕ ∆CBD (g.g).

Suy ra \(\frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{KC}}{{BC}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Do đó AD. BC = KC. DC (đpcm).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Xét \(y = \frac{{\ln x - 6}}{{\ln x - 2m}}\) có điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}\ln x \ne 2m\\x > 0\end{array} \right.\).

Vì x ∈ (1; e) nên ln x ∈ (0; 1).

Ta có: \(y' = \frac{{6 - 2m}}{{{{\left( {\ln x - 2m} \right)}^2}}}.\frac{1}{x}\).

Hàm số đồng biến trên khoảng (1; e) nên ta có:

 \(\left\{ \begin{array}{l}6 - 2m > 0\\2m \notin \left( {0;\,\,1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\m \notin \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\end{array} \right.\).

Mà m là số nguyên dương nên m ∈ {1; 2}.

Vậy số phần tử của S là 2.

Lời giải

Đáp án đúng là C.

Ta có \(y = f\left( x \right) = \frac{{\ln x - 4}}{{\ln x - 2m}}\).

Đặt t = ln x, điều kiện t ∈ (0; 1).

Khi đó \(g\left( t \right) = \frac{{t - 4}}{{t - 2m}};\,\,g'\left( t \right) = \frac{{ - 2m + 4}}{{{{\left( {t - 2m} \right)}^2}}}\).

Để hàm số f(x) đồng biến trên (1; e) thì hàm số g(t) đồng biến trên (0; 1)

\( \Leftrightarrow \)g’(t) > 0, t ∈ (0; 1) \( \Leftrightarrow \frac{{ - 2m + 4}}{{{{\left( {t - 2m} \right)}^2}}} > 0\), t ∈ (0;1)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2m + 4 > 0\\2m \notin (0;1)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{1}{2} \le m < 2\\m \le 0\end{array} \right.\).

Mà S là tập hợp các số nguyên dương nên suy ra S = {1}.

Vậy số phần tử của tập S là 1.

Lời giải

Đáp án đúng là A

Ta có: \(\sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x + \frac{\pi }{3} = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\) (k ∈ ℤ)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{{12}} + k\pi \\x = \frac{\pi }{4} + k\end{array} \right.\) (k ∈ ℤ).

Ta thấy mỗi họ nghiệm sẽ biểu diễn được 2 điểm khác nhau và khác điểm của họ nghiệm của nên số điểm biểu diễn các nghiệm là 4.

Lời giải

Ta có: \(2\sin 3x - \sqrt 3 \cos x = \sin x\)

\( \Leftrightarrow 2\sin 3x = \sin + \sqrt 3 \cos x\)

\( \Leftrightarrow \sin 3x = \frac{1}{2}\sin x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x\)

\( \Leftrightarrow \sin 3x = \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = x + \frac{\pi }{3} + k2\pi \\3x = \pi - \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) + k2\pi \end{array} \right.\)(k ∈ ℤ)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2}\)(k ∈ ℤ).

Vì \(x = \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{4}\) (k ∈ ℤ) nên ta có 4 điểm biểu diễn tập nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác.

Lời giải

Đáp án đúng là A.

Ta có: \(\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{CA}}{{\sin B}}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC = \frac{{\sin A}}{{\sin C}}\,.\,AB\\CA = \frac{{\sin B}}{{\sin C}}\,.\,AB\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC = 2.6 = 12\\CA = \frac{4}{3}.6 = 8\end{array} \right.\).

Vậy chu vi tam giác ABC là: AB + BC +CA = 6 + 12 + 8 = 26.

Lời giải

a) x(x – 1) – y(1 – x) = x(x – 1) + y(x – 1)

= (x + y)(x – 1).

b) x³ + x²+ y³ + xy = (x³ + y³) + (x² + xy)

= (x + y)(x² – xy + y²) + x(x + y)

= (x + y)(x² – xy + y² + x).

Lời giải

Đáp án đúng là D

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm A(1; 2) nên ta có:

2 = (2m – 1). 1 – m + 2 ⇔ m = 1.

Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: y = x + 1.

Lời giải

a) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm A(−1; 2) nên ta có:

2 = (2 + m).(−1) – 4

⇔ − m = 8

⇔ m = −8.

Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: y = −6x – 4.

b) Đồ thị hàm số y = −6x – 4:

Nếu y = 2 thì x = −1 suy ra A (−1; 2).

Nếu x = 0 thì y = −4 suy ra B (0; −4).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị ta có:

−6x – 4 = 2x – 4

⇔ −8x = 0

⇔ x = 0.

Thay x = 0 vào y = 2x – 4 ta được: y = −4.

Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là (0; −4).

Lời giải

a) Xét tam giác ABC có E; I lần lượt là trung điểm của AB và BC.

Suy ra ta có EI là đường trung bình của tam giác ABC.

Do đó EI // AC, \(EI = \frac{1}{2}AC\)        (1)

Chứng minh tương tự ta có: MK // AC, \(MK = \frac{1}{2}AC\)    (2)

ME // BD, \(ME = \frac{1}{2}BD\)    (3)

Mặt khác AC = BD (do tứ giác ABCD là hình thang cân)          (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(ME = \frac{1}{2}AC = MK\)          (5)

Từ (1); (2); (5) suy ra tứ giác EIKM là hình thoi.

b) Để tứ giác EIMK là hình vuông thì EM ⊥ EI.

Mà theo câu a) ta có: EI // AC; EM // BD.

Khi đó suy ra để tứ giác EIMK là hình vuông thì AC ⊥ BD.

Lời giải

a) Xét tam giác ABC có M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC.

Suy ra MN là đường trung bình của tam giác ABC.

Do đó MN // AC, \(MN = \frac{1}{2}AC\)   (1)

Chứng minh tương tự, ta có: QP//AC, \(QP = \frac{1}{2}AC\)    (2)

QM // BD, \(QM = \frac{1}{2}BD\)    (3)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành.

b) Khi ABCD là tam giác cân với AB // CD ta có AC = BD.

Từ (3) suy ra: \(QM = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AC = MN\) (4)

Theo câu a) MNPQ là hình bình hành mà mặt khác tứ giác MNPQ có QM = MN mà QM và MN là hai cạnh kề nên suy ra MNPQ là hình thoi.

Do đó MP là tia phân giác của \(\widehat {QMN}\) theo tính chất của hình thoi.

Lời giải

a) Xét ∆OBE và ∆ODE có:

OE là cạnh chung

\(\widehat {BOE} = \widehat {DOE}\) (giả thiết)

OB = OD (bán kính).

Do đó ∆OBE = ∆ODE (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {OBE} = \widehat {ODE}\) (hai góc tương ứng).

Ta có \(\widehat {OBE} = 90^\circ \) (tính chất của tiếp tuyến) nên \(\widehat {ODE} = 90^\circ \).

Đường thẳng ED đi qua điểm D của đường tròn (O) và ED ⊥ OD nên ED là tiếp tuyến của đường tròn (O).

b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AC = AB, DE = BE nên

AC + DE = AB + BE = AE        (1)

Từ câu a) ta có CD ⊥ DE.

Mà CD ⊥ AC (giả thiết) nên ED // AC.

Ta có CD là khoảng cách giữa hai đường thẳng song song AC và DE

Do đó AE ≥ CD = 2R (2)

Từ (1) và (2) suy ra AC + DE ≥ 2R.

c) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

OA là tia phân giác của \(\widehat {BOC}\), OE là tia phân giác của \(\widehat {BOD}\).

Mà \(\widehat {BOC},\,\,\widehat {BOD}\) là hai góc kề bù nên \(\widehat {AOE} = \widehat {BOC} + \widehat {BOD} = 90^\circ \).

Vậy \(\widehat {AOE} = 90^\circ \).

Lời giải

Đặt (d): y = kx + 3 – 2x + k = (k – 2)x + k + 3.

a) Để (d) là hàm bậc nhất đồng biến thì k – 2 > 0 hay k > 2.

Vậy với k > 2 thì hàm số là hàm bậc nhất đồng biến.

b) Vì đồ thị hàm số (d) đi qua M(1; 2) vào ta có:

(k – 2). 1 + k + 3 = 2

⇔ 2k = 1

\( \Leftrightarrow k = \frac{1}{2}\).

Vậy \(k = \frac{1}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\a \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - (m + 1)(m - 1) > 0\\m \ne - 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - {m^2} + 1 > 0\\m \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ne - 1\).

Áp dụng định lý Vi−ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - 2m}}{{m + 1}}\\{x_1}.{x_2} = \frac{{m - 1}}{{m + 1}}\end{array} \right.\)

Khi đó, ta có: x₁² + x₂² = 5 ⇔ (x₁ + x₂)² – 2x₁x₂ = 5

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{ - 2m}}{{m + 1}}} \right)^2} - 2\frac{{m - 1}}{{m + 1}} = 5\)

⇔ 4m² – 2(m – 1)(m + 1) = 5(m + 1)²

⇔ 4m² – 2m² + 2 = 5m² + 10m + 5

⇔ 3m² + 10m + 3 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 3\\m = \frac{{ - 1}}{3}\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện).

Lời giải

Đáp án đúng là: B.

Theo đề bài ∆SAB đều nên SH ⊥ AB suy ra SH ⊥ (ABCD).

Gọi I = AC ∩ HK.

Do ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD.

Mà HK // BD (H là đường trung bình của \(\Delta ABD\) nên AC ⊥ HK.

Do đó AI ⊥ BD.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot HK\\AI \bot SH(SH \bot (ABCD))\end{array} \right.\)\( \Rightarrow AI \bot (SHK)\).

Suy ra SI là hình chiếu của SA lên (SHK).

Gọi = AC ∩ BD, áp dụng định lí Ta-lét ta có:

\(\frac{{AI}}{{OA}} = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow AI = \frac{1}{2}OA = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Xét ∆SIA vuông tại I ta có: \(\widehat {ISA} = \frac{{AI}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Vậy \[\sin \widehat {\left( {SA;\,\,\left( {SHK} \right)} \right)} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\].

Lời giải

Giả sử đường thẳng (d) cần tìm có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {a;\,\,b} \right)\) với a² + b² ≠ 0.

Khi đó (d) có phương trình: Ax + bx – a – b = 0

Do d(B; (d)) = \(\sqrt 5 \), ta có phương trình:

\(\frac{{\left| { - 2a + 2b - a - b} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \sqrt 5 \)

\( \Leftrightarrow \left| {b - 3a} \right| = \sqrt {5{a^2} + 5{b^2}} \)

⇔ b² – 6ab + 9a² = 5a² + 5b²

⇔ 2a² – 3ab – 2b² = 0

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2b\\a = \frac{{ - 1}}{2}b\end{array} \right.\).

Với a = 2b. do a² + b² ≠ 0 nên chọn a = 2, b = 1 thu được đường thẳng

(d₁): 2x + y – 3 = 0

Với \(a = \frac{{ - 1}}{2}b\), do a² + b² ≠ 0 nên chọn a = 1, b = −2 thu được đường thẳng

(d₂): x – 2y + 1 = 0.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: \({\left| {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right|^2} = A{C^2} + 2.\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} + B{D^2}\) (do AC ⊥ BD)

= AC² + BD² = 2a² +2a² = 4a²

Suy ra: \(\left| {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right| = 2a\).

Lời giải
Đáp án đúng là B

Khi đảo mệnh đề B ta có: Nếu một tam giác có hai đường cao ứng với hai cạnh bên bằng nhau bằng nhau thì tam giác đó là là một tam giác cân. Là một mệnh đề đúng.

Lời giải

Đáp án đúng là: B.

Ta có PAN là hình bình hành nên:

\[\overrightarrow {PA} = \overrightarrow {MN} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 1\\{y_A} + 4 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 1\\{y_A} = - 2\end{array} \right.\]

Tương tự ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_B} = - 1\\{y_B} = - 6\end{array} \right.;\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 3\\{y_C} = 8\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác là: A(1; −2), B(−1; −6), C(3; 8).

Lời giải

Ta có DN và DB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D suy ra DN = DB.

CA và CN là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C suy ra CA = CN.

Khi đó: DB + CA = DN + CN = DC (đpcm).

Mặt khác OC và OD lần lượt là hai phân giác của hai góc \(\widehat {AON}\) và \(\widehat {BON}\) kề bù nên \(\widehat {COD} = 90^\circ \).

Trong tam giác vuông \(\Delta \)COD có ON là đường cao nên:

DN.CN = ON² = R².

Hay AC.BD = R² (không đổi) (đpcm).

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = C_{16}^3\).

Gọi A là biến cố: “Lấy được cả ba viên bi đỏ”.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_3^3 \Rightarrow {P_A} = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_3^3}}{{C_{16}^3}} = \frac{1}{{560}}\).

Vậy xác suất lấy được cả 3 viên bi đỏ bằng \(\frac{1}{{560}}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: D.

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = C_{16}^3\).

Gọi B là biến cố: “Lấy được 3 viên bi không phải bi đỏ”

Chọn 3 viên bi từ 13 viên bi không có viên bi đỏ: \(n\left( B \right) = C_{13}^3 = 286\).

Suy ra xác xuất lấy được 3 viên bi không có bi đỏ là:

\(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{286}}{{560}} = \frac{{143}}{{280}}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Gọi chiều cao của tam giác là h (dm), cạnh đáy tam giác là a (dm) (a > 3, h > 0).

Diện tích tam giác ban đầu là \(\frac{1}{2}ah\) (dm²).

Vì độ dài chiều cao bằng \(\frac{3}{4}\) độ dài cạnh đáy nên ta có phương trình \(h = \frac{3}{4}a\).

Nếu chiều cao tăng thêm 3 dm và cạnh đáy giảm đi 3 dm thì diện tích của nó tăng thêm 12 dm² nên ta có phương trình:

\(\frac{1}{2}\left( {h + 3} \right)\left( {a - 3} \right) - \frac{1}{2}ah = 12\).

Ta có hệ phương trình : \(\left\{ \begin{array}{l}h = \frac{3}{4}a\\\frac{1}{2}\left( {h + 3} \right)\left( {a - 3} \right) - \frac{1}{2}ah = 12\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 44\\h = 33\end{array} \right.\).

Vậy chiều cao của tam giác bằng 44 dm, cạnh đáy tam giác bằng 33 dm.

Suy ra diện tích tam giác ban đầu là \(\frac{1}{2}\,\,.\,\,44\,\,.\,\,33 = 726\) (dm²).

Lời giải

a) A = (x – 3)² – (x + 1)³ + 12x(x – 1)

= x³ – 9x² + 27x – 27 – x³ – 3x² – 3x – 1 + 12x² – 12x

= 12x – 28.

b) Thay x = 1 vào biểu thức A, ta được:

A = 12. 1 – 28 = −16.

Lời giải

5x(4x² – 2x + 1) – 2x(10x² – 5x + 2) = −36.

⇔ 20x³ – 10x + 5x – 20x³ + 10x – 4x + 36 = 0

⇔ x = −36.

Vậy x = −36.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\sqrt 3 \sin 2x + \cos 2x = 2\cos x\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x + \frac{1}{2}\cos 2x = \cos x\)

\( \Leftrightarrow \sin \frac{{\;\pi }}{3}.\sin 2x + \cos \frac{{\;\pi }}{3}.\cos 2x = \cos x\)

\( \Leftrightarrow \cos \left( {2x - \frac{{\;\pi }}{3}} \right) = \cos x\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \frac{{\;\pi }}{3} = x + k2\;\pi \\2x - \frac{{\;\pi }}{3} = - x + k\;2\pi \end{array} \right.\) (k ∈ ℤ)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{\;\pi }}{3} + k2\;\pi \\x = \frac{{\;\pi }}{9} + k\frac{{2\;\pi }}{3}\end{array} \right.\) (k ∈ ℤ).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: \(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,x = \frac{\pi }{9} + k\frac{{2\pi }}{3}\) (k ∈ ℤ).

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {DB} \)

\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {DB} - \overrightarrow {DC} \]

\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {CB} \] (luôn đúng).

Suy ra đpcm.

b) Ta có \(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {EB} + \overrightarrow {CF} = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {CD} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {EB} = \overrightarrow {CD} - \overrightarrow {CF} + \overrightarrow {BF} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {ED} - \overrightarrow {EB} = \overrightarrow {FD} + \overrightarrow {BF} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {FD} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BD} \) (luôn đúng)

Suy ra đpcm.