Lời giải

a) Thay x = 9 (thỏa mãn) vào B ta có

\(B = \frac{{x - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{9 - \sqrt 9 + 1}}{{\sqrt 9 - 1}} = \frac{{9 - 3 + 1}}{{3 - 1}} = \frac{7}{2}\).

b) Với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4, ta có

\(A = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 2}} + \frac{2}{{\sqrt x + 3}} - \frac{{9\sqrt x - 3}}{{x + \sqrt x - 6}}\)

\(A = \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right) + 2\left( {\sqrt x - 2} \right) - 9\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)

\(A = \frac{{x + 4\sqrt x + 3 + 2\sqrt x - 4 - 9\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)

\(A = \frac{{x - 3\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)

\(A = \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 3}}\).

c) Với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4, ta có:

A > 0  \[ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 3}} > 0\]

\( \Leftrightarrow \sqrt x - 1 > 0\) (vì \(\sqrt x + 3 > 0\))

\( \Leftrightarrow \sqrt x > 1\)

⇔ x > 1

Ta có \(B = \frac{{x - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) + 1}}{{\sqrt x - 1}} = \sqrt x + \frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)

Do \(\sqrt x > 1\) nên \(\sqrt x - 1 > 0\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có

\(B = \sqrt x - 1 + \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + 1 \ge 2\sqrt {\left( {\sqrt x - 1} \right).\frac{1}{{\sqrt x - 1}}} + 1 = 2 + 1 = 3\)

Dấu “ = ” xảy ra khi \(\sqrt x - 1 = \frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \sqrt x - 1 = 1\) (do \(\sqrt x - 1 > 0\))

Û x = 4 (thỏa mãn).

Vậy khi A > 0 thì B ≥ 3.

Lời giải

Đổi 5km 60dam = 5 600 m

a) Nửa chu vi khu rừng đó là:

5600 : 2  = 2 800 (m)

Chiều rộng khu rừng đó là:

(2800 – 800) : 2 = 1000 (m)

Chiều dài khu rừng đó là: 1000 + 800 = 1 800 (m)

Diện tích khu rừng đó là : 1 800 × 1000 = 1 800 000 (m²) = 180 ha

b) Diện tích phần còn lại của khu rừng chiếm : \(1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}\) (diện tích khu rừng)

Tỉ số diện tích trồng cây mới và diện tích còn lại của khu rừng là: \(\frac{1}{3}:\frac{2}{3} = \frac{1}{2}\)

Vậy tỉ số diện tích trồng cây mới và phần diện tích còn lại của khu rừng là \(\frac{1}{2}\).

Lời giải

a) x⁵ + x⁴ + x + 1 = 0

⇔ x⁴(x + 1) + (x + 1) = 0

⇔ (x + 1)(x⁴ + 1) = 0

⇔ x + 1 = 0 (vì x⁴ + 1 > 0)

⇔ x = – 1

Vậy x = – 1.

b) x⁴ + 3x³ – x – 3 = 0

⇔ x³(x + 3) – (x + 1) = 0

⇔ (x + 3)(x³ – 1) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\{x^3} - 1 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy x ∈ {– 3; 1}.

c) x³ – 5x² – x + 5 = 0

⇔ x(x² – 1) – 5(x² – 1) = 0

⇔ (x² – 1)(x – 5) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 1 = 0\\x - 5 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 5\end{array} \right.\)

Vậy x ∈ {1; 5; – 1}.

d) x(x – 5) – 4x + 20 = 0

⇔ x(x – 5) – 4(x – 5)= 0

⇔ (x – 4)(x – 5) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\x - 5 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = 5\end{array} \right.\)

Vậy x ∈ {4; 5}.

Lời giải

Hàm số y = (m – 1)x + 2m – 5 là hàm số bậc nhất khi m – 1 ≠ 0 Û m ≠ 1

a) Đường thẳng (d₁) song song với đường thẳng y = 3x + 1 (d₂)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 3\\2m - 5 \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 4\\m \ne 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 4\).

Vậy m = 4 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

b) Để (d₁) và (d₂) cắt nhau thì \(m - 1 \ne 3 \Leftrightarrow m \ne 4\).

Phương trình hoành độ giao điểm của (d₁) và (d₂) là:

(m – 1)x + 2m – 5 = 3x + 1

Û (m – 4)x = 6 – 2m

\( \Leftrightarrow x = \frac{{6 - 2m}}{{m - 4}}\) (do \(m \ne 4\)).

Thay \[x = \frac{{6 - 2m}}{{m - 4}}\] vào phương trình đường thẳng (d₂): y = 3x + 1 ta được:

\[y = 3.\frac{{6 - 2m}}{{m - 4}} + 1 = \frac{{18 - 6m + m - 4}}{{m - 4}} = \frac{{14 - 5m}}{{m - 4}}\]

Do đó tọa độ giao điểm của (d₁) và (d₂) là \[\left( {\frac{{6 - 2m}}{{m - 4}};\frac{{14 - 5m}}{{m - 4}}} \right)\]

Để (d₁) và (d₂) tại một điểm nằm trên trục hoành thì \[\frac{{14 - 5m}}{{m - 4}} = 0\]

\[ \Leftrightarrow 14 - 5m = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{14}}{5}\left( {tm} \right)\]

Vậy \(m = \frac{{14}}{5}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Gọi I(x; y)

Ta có

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Bất phương trình (2) ⇔ (x + 1)(3x – 4) ≤ 0 \( \Leftrightarrow - 1 \le x \le \frac{4}{3}\)

Suy ra \({S_2} = \left[ { - 1;\frac{4}{3}} \right]\)

Bất phương trình (1) ⇔ 2x < – m \( \Leftrightarrow x < \frac{{ - m}}{2}\)

Suy ra \({S_1} = \left( { - \infty ; - \frac{m}{2}} \right)\)

Để hệ bất phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi S₁ ∩ S₂ = ∅

\( \Leftrightarrow \frac{{ - m}}{2} \le 1\)

⇔ m ≥ 2.

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

a) Ta có \[{\left( {x + \frac{1}{{{x^4}}}} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k.{x^{10 - k}}.{{\left( {\frac{1}{{{x^4}}}} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k.{x^{10 - k - 4k}}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k.{x^{10 - 5k}}} \]

Số hạng không chứa x là số hạng có lũy thừa của x bằng 0 nên ta có:

10 – 5k = 0 Û k = 2.

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là \(C_{10}^2 = 45\).

b) Ta có \[{\left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^4}}}} \right)^{12}} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k.{x^{2.\left( {12 - k} \right)}}.{{\left( {\frac{1}{{{x^4}}}} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k.{x^{24 - 2k - 4k}}} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k.{x^{24 - 6k}}} \]

Số hạng không chứa x là số hạng có lũy thừa của x bằng 0 nên ta có:

24 – 6k = 0 Û k = 4

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là \(C_{12}^4 = 495\).

Lời giải

a) Ta có

b) Ta có

Lời giải

a) Gọi O là trung điểm của AH

Xét tam giác AEH vuông tại H có EO là trung tuyến

Suy ra AO = OH = OE

Xét tam giác ADH vuông tại H có DO là trung tuyến

Suy ra AO = OH = OD

Do đó OA = OH = OD = OE

Vậy bốn điểm A; D; H; E cùng nằm trên một đường tròn tâm O

b) Xét tam giác ABC có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H

Suy ra H là trực tâm

Do đó AH ⊥ BC

Mà CE ⊥ AB

Suy ra \(\widehat {E{\rm{A}}H} = \widehat {ECB}\)                           (1)

Ta có OA = OE nên tam giác OAE cân tại O

Suy ra \(\widehat {E{\rm{AO}}} = \widehat {OEA}\)                           (2)

Xét tam giác EBC vuông tại E có EM là trung tuyến

Suy ra EM = MC nên tam giác MCE cân tại M

Suy ra \(\widehat {MEC} = \widehat {MCE}\)                            (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có \(\widehat {MEC} = \widehat {A{\rm{E}}O}\)

Mà \(\widehat {OEC} + \widehat {A{\rm{E}}O} = \widehat {A{\rm{E}}C} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {OEC} + \widehat {MEC} = \widehat {OEM} = 90^\circ \), hay OE ⊥ EM

Xét (O) có OE ⊥ EM, OE là bán kính

Suy ra ME là tiếp tuyến đường tròn (O)

Vậy ME là tiếp tuyến đường tròn (O).

Lời giải

a) Đồ thị hàm số đi qua điểm A(2; 6)

Suy ra 6 = 2a + 3

Hay \(a = \frac{3}{2}\).

b) Đồ thị hàm số \(y = \frac{3}{2}x + 3\) đi qua các điểm A(– 2; 0) và B(0; 3)

Ta có đồ thị

Lời giải

a) Do R là trung điểm của AB nên \(\overrightarrow {NA} + \overrightarrow {NB} = 2\overrightarrow {N{\rm{R}}} \)

Ta có \(\overrightarrow {NA} + \overrightarrow {NB} + 2\overrightarrow {NC} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {NR} + 2\overrightarrow {NC} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {NR} + \overrightarrow {NC} = \overrightarrow 0 \)

Suy ra N là trung điểm của CR.

b) Ta có\(\overrightarrow {BM} = \frac{2}{5}\overrightarrow {BC} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AM} = \frac{2}{5}\overrightarrow {BA} + \frac{2}{5}\overrightarrow {AC} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{2}{5}\overrightarrow {BA} + \frac{2}{5}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {BA} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{3}{5}\overrightarrow {AB} + \frac{2}{5}\overrightarrow {AC} \).

c) Ta có \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + 2\overrightarrow {OC} = \overrightarrow {ON} + \overrightarrow {NA} + \overrightarrow {ON} + \overrightarrow {NB} + 2\overrightarrow {ON} + 2\overrightarrow {NC} \)

\( = 4\overrightarrow {ON} + \overrightarrow {NA} + + \overrightarrow {NB} + 2\overrightarrow {NC} = 4\overrightarrow {ON} \) (vì \(\overrightarrow {NA} + \overrightarrow {NB} + 2\overrightarrow {NC} = \overrightarrow 0 \))

Vậy \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + 2\overrightarrow {OC} = 4\overrightarrow {ON} \).

Lời giải

a) Xét ΔABH vuông tại H có HD ⊥ AB

Suy ra AH² = AD . AB (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Xét ΔAEH vuông tại H có HE ⊥ AC

Suy ra AH² = AE . AC (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà AH² = AD . AB (chứng minh trên)

Suy ra AD . AB = AE . AC

b) Vì ΔABC vuông tại A nên AB² + AC² = BC² (định lý Pytago)

Xét ΔABC vuông tại A có AH ⊥ BC

Suy ra AB² = BH . BC (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

⇔ AB² . BC = BH . BC²

\( \Leftrightarrow \frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{BH}}{{BC - BH}} = \frac{{A{B^2}}}{{B{C^2} - A{B^2}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{BH}}{{HC}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = {\left( {\frac{{AB}}{{AC}}} \right)^2}\)

c) Xét ΔABC vuông tại A có AH ⊥ BC

Suy ra AH² = BH . HC (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Hay AH² = 4 . 9 = 36

Suy ra AH = 6

Xét tứ giác ADHE có \(\widehat {DAE} = \widehat {A{\rm{D}}H} = \widehat {A{\rm{E}}H} = 90^\circ \)

Suy ra ADHE là hình chữ nhật

Mà AH, DE là hai đường chéo

Suy ra DE = AH = 6 (cm)

Vì ΔABH vuông tại H nên HB² + AH² = BA² (định lý Pytago)

Hay 4² + 6² = AB²

Suy ra \(AB = 2\sqrt {13} \)

Xét ΔABH vuông tại H có HD ⊥ AB

Suy ra AH² = AD . AB (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Hay \({6^2} = A{\rm{D }}.{\rm{ }}2\sqrt {13} \)

Suy ra \(A{\rm{D = }}\frac{{18}}{{\sqrt {13} }}\)

Xét tam giác ADE vuông tại A có

\({\rm{cos}}\widehat {A{\rm{D}}E} = \frac{{A{\rm{D}}}}{{DE}} = \frac{{18}}{{6\sqrt {13} }} = \frac{3}{{\sqrt {13} }}\)

Suy ra \(\widehat {A{\rm{D}}E} \approx 33^\circ \).

d) Vì ra ADHE là hình chữ nhật có AH, DE là hai đường chéo

Suy ra AH cắt DE tại trung điểm O của mỗi đường

Mà AH = DE

Do đó OH = OD

Suy ra tam giác OHD cân tại O

Suy ra \(\widehat {OH{\rm{D}}} = \widehat {O{\rm{D}}H}\)

Xét ΔHBD vuông tại D có DM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

Suy ra \(DM = MH = \frac{1}{2}BH = \frac{1}{2}.4 = 2\)

Do đó ΔDMH cân tại M

Suy ra \(\widehat {MDH} = \widehat {MH{\rm{D}}}\)

Mà \(\widehat {DHA} + \widehat {MH{\rm{D}}} = \widehat {AHB} = 90^\circ \) và \(\widehat {AH{\rm{D}}} = \widehat {{\rm{ED}}H}\)(chứng minh trên)

Suy ra \(\widehat {H{\rm{D}}E} + \widehat {M{\rm{DH}}} = \widehat {M{\rm{D}}E} = 90^\circ \)

Hay MD ⊥ DE.

Chứng minh tương tự ta có \(EN = \frac{{CH}}{2} = \frac{9}{2} = 4,5\)

và \(\widehat {DEH} + \widehat {HEN} = \widehat {AHE} + \widehat {{\rm{EHN}}} = \widehat {AHC} = 90^\circ \)

Hay \(\widehat {DEN} = 90^\circ \)

Suy ra EN ⊥ DE

Mà MD ⊥ DE

Nên EN // MD (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tứ giác DENM có EN ⊥ DE, EN // MD (chứng minh trên)

Suy ra DENM là hình thang vuông

Do đó \({S_{DENM}} = \frac{{\left( {DM + EN} \right).DE}}{2} = \frac{{\left( {2 + 4,5} \right).6}}{2} = 19,5\,\,\left( {c{m^2}} \right)\) .

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Xét hàm số h(x) = f(x) + 3x, x ∈ ℝ

h’(x) = f’(x) + 3, x ∈ R

h’(x) = 0 ⇔ f’(x) = – 3

⇔ x ∈ { – 1; 0; 1; 2}

Với x = 2 là nghiệm kép vì qua nghiệm x = 2 thì h’(x) không đổi dấu

Dựa vào đồ thị của f’(x) ta có

Mà h(0) = f(0) + 3 . 0 = f(0) < 0

Bảng biến thiên của hàm số h(x) = f(x) + 3x

Từ đó suy ra bảng biến thiên của hàm số g(x) = | f(x) + 3x | = | h(x) | 

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 5 điểm cực trị

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

Ta có:

Lời giải

Điều kiện xác định 0 ≤ x ≤ 1

a) Với f(x) = 1 thì \(\sqrt x + \sqrt {1 - x} = 1\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x + \sqrt {1 - x} } \right)^2} = 1\)

\( \Leftrightarrow x + 1 - x + 2\sqrt {x(1 - x)} = 1\)

\( \Leftrightarrow 2\sqrt {x(1 - x)} = 0\)

⇔ x(1 – x) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy x ∈ {0; 1}.

b) Với f(x) = 0,5 thì \(\sqrt x + \sqrt {1 - x} = 0,5\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x + \sqrt {1 - x} } \right)^2} = {0,5^2}\)

\( \Leftrightarrow x + 1 - x + 2\sqrt {x(1 - x)} = 0,25\)

\( \Leftrightarrow 2\sqrt {x(1 - x)} = - 0,75\) (vô nghiệm)

Vậy x ∈ ∅.

Lời giải

Vì M nằm trên BC sao cho MB = 2MC

Suy ra \(BM = \frac{2}{3}BC\)

Ta có \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} \)

Vậy \(\overrightarrow {AM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} \).

Lời giải

a) Vì BK là đường cao của tam giác ABC nên \(\widehat {AKB} = 90^\circ \)

Suy ra tam giác AKI vuông tại K

Do đó K thuộc đường tròn đường kính AI

b) Gọi O là trung điểm của AI

Vì OA = OK nên tam giác OAK cân tại O

Suy ra \(\widehat {OAK} = \widehat {OK{\rm{A}}}\)

Vì tam giác BCK vuông ở K nên \(\widehat {KBC} + \widehat {KCB} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Vì tam giác ACH vuông ở H nên \(\widehat {HAC} + \widehat {HCA} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Suy ra \(\widehat {KBC} = \widehat {HAC}\)

Mà \(\widehat {OAK} = \widehat {OK{\rm{A}}}\) (chứng minh trên)

Suy ra \(\widehat {KBC} = \widehat {OK{\rm{A}}}\)                           (1)

Vì tam giác ABC cân tại A, AH là đường cao

Nên AH là đường trung tuyến

Hay H là trung điểm của BC

Xét tam giác BCK vuông ở K có KH là trung tuyến

Suy ra BH = HK

Do đó tam giác BHK cân tại H

Suy ra \(\widehat {BHK} = \widehat {BKH}\)                            (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {AKO} = \widehat {BKH}\)

Mà \(\widehat {AKO} + \widehat {OKB} = \widehat {AKB} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {BKO} + \widehat {BKH} = 90^\circ \)

Hay \(\widehat {HOK} = 90^\circ \)

Xét (O) có OH ⊥ HK

Suy ra HK là tiếp tuyến của (O)

Vậy HK là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {AB} + 3\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {AC} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow 6\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {AB} + 3\overrightarrow {AC} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow 6\overrightarrow {IA} = - 2\overrightarrow {AB} - 3\overrightarrow {AC} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AI} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \)

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

a) Kẻ đường cao BG, CF của tam giác ABC

Vì H là trực tâm nên H là giao điểm của BG và CF

Vì tam giác ABD nội tiếp (O) đường kính AD

Nên tam giác ABD vuông tại B, suy ra AB ⊥ BD

Mà AB ⊥ CF, do đó BD // CF (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Vì tam giác ACD nội tiếp (O) đường kính AD

Nên tam giác ACD vuông tại C, suy ra AC ⊥ CD

Mà AC ⊥ BG, do đó BG // CD (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tứ giác BHCD có

BD // CF (chứng minh trên);

BG // CD (chứng minh trên)

Suy ra BHCD là hình bình hành

Do đó \(\overrightarrow {HB} + \overrightarrow {HC} = \overrightarrow {H{\rm{D}}} \).

b) Xét hình bình hành BHCD có M là trung điểm BC

BC, HD là hai đường chéo

Suy ra M là trung điểm của HD

Xét tam giác AHD có O là trung điểm của AD, M là trung điểm của HD

Suy ra OM là đường trung bình

Do đó \(OM = \frac{1}{2}AH\)

Suy ra \(\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {OM} \)

c) Ta có \(\overrightarrow {HA} + \overrightarrow {HB} + \overrightarrow {HC} = \overrightarrow {HO} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {HO} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {HC} \)

\( = 2\overrightarrow {HO} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {HC} = 2\overrightarrow {HO} + \overrightarrow {DO} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {HC} \)

\( = 2\overrightarrow {HO} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {HC} = 2\overrightarrow {HO} = \overrightarrow {HH'} \)

Vậy \(\overrightarrow {HA} + \overrightarrow {HB} + \overrightarrow {HC} = \overrightarrow {HH'} \).

d) Xét (O) có △BCD’ và △BAD’ nội tiếp (O) đường kính BD’

Suy ra △BCD’ vuông tại A và △BAD’ vuông tại C

Khi đó AB ⊥ AD’ và BC ⊥ CD’

Ta có AB ⊥ CH, AB ⊥ AD’ nên CH // AD’ (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Ta có BC ⊥ AH, BC ⊥ CD’ nên AH // CD’ (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tứ giác AHCD’ có

CH // AD’ và AH // CD’ (chứng minh trên)

Suy ra AHCD’ là hình bình hành

Do đó AH = D’C

Lời giải

Ta có BM = R

OA = OB = R

B nằm giữa M và O (vì M thuộc tia đối của tia BA)

Suy ra B là trung điểm của OM

Vì tam giác ABC nội tiếp (O) đường kính AB

Nên tam giác ABC vuông tại C

Suy ra \(\widehat {CAB} + \widehat {CBA} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {CAB} = 30^\circ \), nên \(\widehat {CBA} = 60^\circ \)

Lại có tam giác OBC cân tại O (vì OB = OC)

Suy ra tam giác OBC đều. Do đó OB = CB, \(\widehat {COB} = 60^\circ \)

Mà OB = BM, suy ra \[{\rm{OB }} = BM = CM = \frac{1}{2}OM\]

Xét tam giác OCM có

\[{\rm{OB }} = BM = CM = \frac{1}{2}OM\]

CM là trung tuyến

Suy ra tam giác OCM vuông tại C

Do đó CO ⊥ CM

Xét (O) có CO ⊥ CM (chứng minh trên)

MC là tiếp tuyến của đường tròn (O)

b) Xét tam giác OCM vuông ở C có \(\widehat {COM} + \widehat {CMO} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {COM} = 60^\circ \), nên \(\widehat {CMO} = 30^\circ \)

Suy ra \(\widehat {CMO} = \widehat {CAM}\left( { = 30^\circ } \right)\)

Xét DMCB và DMAC có

\(\widehat {CMO} = \widehat {CAM}\) (chứng minh trên)

\(\widehat M\) là góc chung

Suy ra  (g.g)

Do đó \(\frac{{MC}}{{MA}} = \frac{{MB}}{{MC}}\)

Suy ra MC² = MA . MB = (OA + OB + BM) . MB = 3R . R = 3R².

Lời giải

Với m = 1 ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 12\\x + 2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 12\\3x + 6y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 12\\2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 12\\y = 3\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 4.3 = 12\\y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 0\\y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 3\end{array} \right.\]

Vậy với m = 1 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (0; 3).

b) Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 12\\mx + 2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 12\\2mx + 4y = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 12\\\left( {2m - 3} \right)x = 0\left( * \right)\end{array} \right.\)

Để hệ phương trình có nghiệm x ∈ ℝ thì phương trình (*) có nghiệm x ∈ ℝ

Û 2m – 3 = 0 \( \Leftrightarrow m = \frac{3}{2}\).

Lời giải

a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} = 1\\{x^2}y + 2{\rm{x}}{y^2} + {y^3} = 2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^3} + 2{y^3} = 2\\{x^2}y + 2{\rm{x}}{y^2} + {y^3} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} = 1\\2{{\rm{x}}^3} + {y^3} - {x^2}y - 2{\rm{x}}{y^2} = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} = 1\\{{\rm{x}}^2}\left( {2{\rm{x}} - y} \right) + {y^2}\left( {y - 2{\rm{x}}} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} = 1\\\left( {2{\rm{x}} - y} \right)\left( {{x^2} - {y^2}} \right) = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} = 1\\\left( {2{\rm{x}} - y} \right)\left( {x - y} \right)\left( {x + y} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} = 1\\\left[ \begin{array}{l}2{\rm{x}} - y = 0\\x - y = 0\\x + y = 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} = 1\\\left[ \begin{array}{l}2{\rm{x = y}}\\x = y\\x = - y\end{array} \right.\end{array} \right.\)

• \[\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} = 1\\y = 2{\rm{x}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 8{{\rm{x}}^3} = 1\\y = 2{\rm{x}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \sqrt[3]{{\frac{1}{9}}}\\y = 2{\rm{x}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \sqrt[3]{{\frac{1}{9}}}\\y = 2\sqrt[3]{{\frac{1}{9}}}\end{array} \right.\]

Þ Hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {\sqrt[3]{{\frac{1}{9}}};2\sqrt[3]{{\frac{1}{9}}}} \right)\).

• \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} = 1\\x = y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{{\rm{x}}^3} = 1\\x = y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{x}} = \sqrt[3]{{\frac{1}{2}}}\\x = y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{x}} = \sqrt[3]{{\frac{1}{2}}}\\y = \sqrt[3]{{\frac{1}{2}}}\end{array} \right.\)

Þ Hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {\sqrt[3]{{\frac{1}{2}}};\sqrt[3]{{\frac{1}{2}}}} \right)\).

• \[\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + {y^3} = 1\\x = - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {y^3} + {y^3} = 1\\x = - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0{y^3} = 1\left( {v\^o {\rm{ }}l\'i } \right)\\x = - y\end{array} \right.\]

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là \(S = \left\{ {\left( {\sqrt[3]{{\frac{1}{9}}};2\sqrt[3]{{\frac{1}{9}}}} \right);\left( {\sqrt[3]{{\frac{1}{2}}};\sqrt[3]{{\frac{1}{2}}}} \right)} \right\}\).

b) \(\left\{ \begin{array}{l}{y^2} = \left( {x + 8} \right)\left( {{x^2} + 2} \right)\\{y^2} - 4\left( {{\rm{x + 2}}} \right)y + 16 + 16{\rm{x}} - 5{{\rm{x}}^2} = 0\end{array} \right.\)

Ta có

⇔ \(\left[ \begin{array}{l}x + y - 4 = 0\\y - 5{\rm{x}} - 4 = 0\end{array} \right.\)

⇔ \(\left[ \begin{array}{l}y = 4 - x\\y = 5{\rm{x + }}4\end{array} \right.\)

+) Nếu y = 5x + 4

y² = (x + 8)(x² + 2)

⇔ (5x + 4)² = (x + 8)(x² + 2)

⇔ 25x² – 40x + 16 = x³ + 2x + 8x² + 16

⇔ x³ – 17x² + 42x = 0

⇔ x(x² – 17x + 42) = 0

⇔ x(x – 3)(x – 14) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 4\\x = 3 \Rightarrow y = 19\\x = 14 \Rightarrow y = 74\end{array} \right.\)

+) Nếu y = 4 – x

y² = (x + 8)(x² + 2)

⇔ (4 – x)² = (x + 8)(x² + 2)

⇔ x² – 8x + 16 = x³ + 2x + 8x² + 16

⇔ x³ + 7x² + 10x = 0

⇔ x(x² + 7x + 10) = 0

⇔ x(x + 2)(x + 5) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 4\\x = - 2 \Rightarrow y = 6\\x = - 5 \Rightarrow y = 9\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {(0; 4); (3; 19); (14; 74); (0; 4); (–2; 6); (–5; 9)}.

Lời giải

a) Vì MA là tiếp tuyến của (O) nên MA ⊥ OA

Xét tam giác AMO vuông tại A có AH ⊥ OM

Suy ra OH . OM = OA² = R²

Vì R không đổi nên OH . OM không đổi.

b) Vì OC = OD nên ΔOCD cân tại O

Mà OI là đường trung tuyến, nên OI ⊥ CD

Xét tứ giác OIAM có

\(\widehat {OIM} = \widehat {OAM}\left( { = 90^\circ } \right)\)

Nên OIAM là tứ giác nội tiếp

Vậy bốn điểm M, A, I, O cùng thuộc 1 đường tròn.

c) Xét ΔOHK và ΔOIM có

\(\widehat {OHK} = \widehat {OIM}\left( { = 90^\circ } \right)\)

\(\widehat {HOK}\) là góc chung

Suy ra  (g.g)

Do đó \(\frac{{OH}}{{OI}} = \frac{{OK}}{{OM}}\)

Suy ra OI . OK = OH . OM = R² = OC²

Do đó \(\frac{{OC}}{{OK}} = \frac{{OI}}{{OC}}\)

Xét ΔOCK và ΔOIC có

\(\frac{{OC}}{{OK}} = \frac{{OI}}{{OC}}\)

\(\widehat O\) là góc chung

Suy ra  (g.g)

Do đó \(\widehat {OCK} = \widehat {OIC} = 90^\circ \) (hai góc tương ứng)

Hay OC ⊥ OK

Suy ra KC là tiếp tuyến của (O).

Lời giải

Trong hình vẽ trên có 5 hình tam giác và 5 hình tứ giác

Vậy ta chọn đáp án D.

Lời giải

a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A(1; 2) và B(– 3; 4)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = \left( {k - 3} \right).1 + k'\\4 = \left( {k - 3} \right).\left( { - 3} \right) + k'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k + k' = 5\\k' - 3k = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k + k' = 5\\4k = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k' = \frac{5}{2}\\k = \frac{5}{2}\end{array} \right.\)

Vậy hàm số có dạng \(y = \frac{{ - 1}}{2}x + \frac{5}{2}\).

b) Đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(1 - \sqrt 2 \) và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \(1 + \sqrt 2 \)nên (d) đi qua hai điểm \(\left( {0;1 - \sqrt 2 } \right),\left( {1 + \sqrt 2 ;0} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - \sqrt 2 = \left( {k - 3} \right).0 + k'\\0 = \left( {k - 3} \right).\left( {1 + \sqrt 2 } \right) + k'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k' = 1 - \sqrt 2 \\0 = \left( {1 + \sqrt 2 } \right)k - 3 - 3\sqrt 2 + 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k' = 1 - \sqrt 2 \\k = \frac{{2 + 4\sqrt 2 }}{{1 + \sqrt 2 }}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k' = 1 - \sqrt 2 \\k = \frac{{\left( {2 + 4\sqrt 2 } \right)\left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}{{1 - 2}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k' = 1 - \sqrt 2 \\k = - 6 + 2\sqrt 2 \end{array} \right.\)

Vậy hàm số có dạng \(y = \left( { - 6 + 2\sqrt 2 } \right)x + 1 - \sqrt 2 \).

c) Ta có 2y – 4x + 5 = 0 \( \Leftrightarrow y = 2{\rm{x}} - \frac{5}{2}\)

Để đường thẳng (d) cắt đường thẳng 2y – 4x + 5 = 0 thì  k – 3 ≠ 2

⇔ k ≠ 5.

d) Ta có y – 2x – 1 = 0 ⇔ y = 2x + 1

Để đường thẳng (d) song song với đường thẳng y – 2x – 1 = 0 thì  \(\left\{ \begin{array}{l}k - 3 = 2\\k' \ne 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 5\\k' \ne 1\end{array} \right.\).

e) Ta có 3x + y – 5 = 0 ⇔ y = – 3x + 5

Để đường thẳng (d) trùng với đường thẳng 3x + y – 5 = 0 thì \(\left\{ \begin{array}{l}k - 3 = - 3\\k' = 5\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 0\\k' = 5\end{array} \right.\).

Lời giải

a) – (– 2012 + 789) + (– 211) + (– 1012 – 1789)

= 2012 – 789 – 211 – 1012 – 1789 

= ( 2012 – 1012 ) – 789 – 1789 – 211 

= 1000  – 211 – 789 – 1789 

= 789 – 789 – 1789 

= 0 – 1789

= – 1789.

b) – 72 . 17 + 72 . 31 – 72 . 114

= – 72 . (17 + 114 – 31)

= – 72 . (131 – 31)

= – 72 . 100

= – 7200.

c) 512 . (2 – 128) – 128 . (– 512)

= 512 . 2 – 512 . 128 + 128 . 512

= 512 . 2 + 0

= 1024.

d) 120 . (5 – 117) – 117 . (– 120)

= 120 . 5 – 120 . 117 + 117 . 120

= 120 . 5 – 0

= 600.