Thứ sáu, 22/11/2024
IMG-LOGO
Trang chủ Lớp 12 Toán Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án

Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án

Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án ( Phần 21)

  • 10406 lượt thi

  • 71 câu hỏi

  • 50 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Tìm x:

x : 0,25 + x ´ 11 = 24

Xem đáp án

x : 0,25 + x ´ 11 = 24 

x ´ 4 + x ´ 11 = 24

x ´ (4 + 11) = 24

x ´ 15 = 24

x = 24 : 15

x = 1,6

Vậy x = 1,6.


Câu 2:

Tìm x:

x ´ 8,01 – x : 100 = 38

Xem đáp án

x ´ 8,01 – x ´ 0,01 = 38

x ´ (8,01 – 0,01) = 38

x ´ 8 = 38

x = 38:8

x = 4,75

Vậy x = 4,75


Câu 3:

Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường cao AH. Kẻ phân giác của ACH^ cắt AH tại M, kẻ phân giác của BAH^ cắt BH tại N. Chứng minh rằng MN // AB.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường cao AH. Kẻ phân giác của góc ACH cắt AH tại M, kẻ phân giác của góc BaH cắt BH tại N. Chứng minh rằng MN // AB. (ảnh 1)

Áp dụng định lý đường phân giác trong tam giác ta có:

AMHM=ACHC;    BNHN=ABAH

Xét ΔAHB và ΔCHA có:

AHB^=CHA^=90°

AH chung

BAH^=ACH^ (cùng phụ với CAH^)

Do đó ΔAHB ΔCHA (g.g)

Suy ra ABAH=ACHC

Do đó, AMHM=BNHN

Suy ra MN // AB (định lý Ta-let đảo)

Vậy MN // AB.


Câu 4:

Tìm x:

x × 9,8 – x : 0,25 = 18,096

Xem đáp án

x × 9,8 – x : 0,25 = 18,096

x × 9,8 – x × 4 = 18,096

x × (9,8 – 4) = 18,096

x × 4,8 = 18,096

x = 18,096 : 4,8

x = 3,77


Câu 5:

Tìm x:

0,16 : (x : 3,5) = 2,8

Xem đáp án

0,16 : (x : 3,5) = 2,8

0,16 : x × 3,5 = 2,8

0,56 : x = 2,8

x = 0,56 : 2,8

x = 0,2

Vậy x = 0,2


Câu 6:

Giải phương trình: x4 + 2x2 – 3 = 0

Xem đáp án

x4 + 2x2 – 3 = 0

(x4 + 2x2 + 1) – 4 = 0

(x2 + 1)2 − 22 = 0

(x2 + 1 − 2)(x2 + 1 + 2) = 0

(x2 – 1)(x2 + 3) = 0

Vì x2 ≥ 0 nên x2 + 3 > 0 với mọi x

Do đó x2 – 1 = 0

x2 = 1

x = ± 1

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {−1; 1}.


Câu 7:

Giải phương trình: x4 – 4x3 – 2x2 + 12x + 5 = 0.

Xem đáp án

x4 – 4x3 – 2x2 + 12x + 5 = 0

(x4 – 4x3 + 4x2)– 6x2 + 12x + 5 = 0

(x2 – 2x)2 – 6(x2 – 2x) + 5 = 0

(x2 – 2x)2 – (x2 – 2x) – 5(x2 – 2x) + 5 = 0

(x2 – 2x)(x2 – 2x – 1) – 5(x2 – 2x – 1) = 0

(x2 – 2x – 1)(x2 – 2x – 5) = 0

x22x1=0x22x5=0x22x+11=0x22x+16=0

(x1)22=0(x1)26=0x12x1+2=0x16x1+6=0

x=1±2x=1±6

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S=1±2;  1±6.


Câu 8:

Phân tích đa thức thành nhân tử: x3  x2y xy2 + y3.

Xem đáp án

Ta có: x3  x2y xy2 + y3

= x2(x – y) – y2(x – y)

= (x2 – y2)(x – y)

= (x – y)2(x + y)


Câu 9:

Phân tích đa thức thành nhân tử: –6x2 – 9xy + 15y2.

Xem đáp án

–6x2 – 9xy + 15y2

= –(6x2 + 9xy – 15y2)

= –(6x2 – 6xy + 15xy – 15y2)

= –[6x(x – y) + 15y(x – y)]

= –[(x – y)(6x + 15y)]


Câu 10:

Cho a là góc tù và sinα=45. Tính giá trị của biểu thức: A = 2sin a cos a.

Xem đáp án

Ta có: sin2 α + cos2 α = 1

cos2 α = 1 − sin2 α

cos2α=1452=11625=925

cos2α=352cos2α=352

cosα=35cosα=35

Mà α là góc tù  cos α < 0

cosα=35

A=2sinαcosα=24535=85+35=115

Vậy A=115


Câu 11:

Cùng một lúc hai xe xuất phát từ hai địa điểm A và B cách nhau 80 km. Chúng chuyển động thẳng đều và cùng chiều từ A đến B. Xe thứ nhất khởi hành từ A với vận tốc 30 km/h. Xe thứ hai đi từ B với vận tốc 40 km/h. Tính khoảng cách giữa hai xe sau 1 giờ kể từ lúc xuất phát.

Xem đáp án

Sau 1 giờ, xe thứ nhất đi được quãng đường là:

30. 1 = 30 (km)

Sau 1 giờ, xe thứ hai đi được quãng đường là:

40. 1 = 40 (km)

Sau 1 giờ, hai xe cách nhau quãng đường là:

80 – 30 – 40 = 10 (km)

Đáp số: 10 km


Câu 12:

Cùng một lúc hai xe xuất phát từ hai địa điểm A và B cách nhau 160 km. Chúng chuyển động thẳng đều và cùng chiều từ A đến B. Xe thứ nhất khởi hành từ A với vận tốc 30 km/h. Xe thứ hai đi từ B với vận tốc 40 km/h. Sau khi xuất phát 1 giờ, xe thứ nhất tăng tốc và đạt tối đa vận tốc 50 km/h. Xác định thời điểm hai xe gặp nhau.

Xem đáp án

Sau 1 giờ, xe thứ nhất đi được quãng đường là:

30. 1 = 30 (km)

Sau 1 giờ, xe thứ hai đi được quãng đường là:

40. 1 = 40 (km)

Sau 1 giờ, hai xe cách nhau quãng đường là:

160 – 30 – 40 = 90 (km)

Sau khi xe thứ nhất tăng tốc, thời gian hai xe gặp nhau là:

90 : (50 + 40) = 1 (giờ)

Tổng thời gian 2 xe đã đi là:

1 + 1 = 2 (giờ)

Đáp số: 2 giờ.


Câu 13:

Tìm m, n nguyên dương thỏa mãn: 1m+1n=17.

Xem đáp án

Ta có: 1m+1n=17

m+nmn=177m+7n=mn

Û 7m + 7n – mn = 0

Û m(7 – n) + 7n – 49 = –49

Û m(7 – n) – 7(7 – n) = –49

Û (m – 7)(7 – n) = –49

Lập bảng xét các trường hợp:

7 – n

1

–1

49

–49

7

–7

m – 7

–49

49

–1

1

–7

7

n

6

8

–42

56

0

14

m

–42 (loại)

56

(TM)

6

(loại)

8

(TM)

0

(loại)

14

(TM)

Vậy các cặp nguyên dương (m; n) thoả mãn là: (56; 8); (8; 56); (14; 14).


Câu 14:

Tìm m, n nguyên thỏa mãn: 3m+3n=1.

Xem đáp án

Ta có: 3m+3n=1

3m+3nmn=13m+3n=mn

Û 3m + 3n – mn = 0

Û m(3 – n) + 3n – 9 = –9

Û m(3 – n) – 3(3 – n) = –9

Û (m – 3)(3 – n) = –9

Lập bảng xét các trường hợp:

3 – n

1

1

9

9

3

3

m – 3

9

9

1

1

3

3

n

2

4

6

12

0

6

m

6

(TM)

12

(TM)

2

(TM)

4

(TM)

0

(TM)

6

(TM)

Vậy các cặp nguyên dương (m; n) thoả mãn là: (2; –6 ); (4; 12); (–6; 2); (12; 4); (0; 0); (6; 6)


Câu 15:

Đĩa xích của xe đạp có 80 răng, đĩa líp có 40 răng. Tính số truyền i và cho biết chi tiết nào quay nhanh hơn?

Xem đáp án

Áp dụng công thức ta có: i=Ζ1Ζ2

Vậy tỉ số truyền ở đây là: i=Ζ1Ζ2=8020=4.

Vậy chi tiết đĩa líp quay nhanh hơn đĩa xích 4 lần.


Câu 16:

Giải phương trình: (x + 2)(3 – 4x) = x2 + 4x + 4
Xem đáp án

(x+2)(34x)=x2+4x+4

(x+2)(34x)(x+2)2=0

(x+2)(34x)(x+2)(x+2)=0

(x+2)(34x)(x=2)=0(x+2)(34xx2)=0(x+2)(15x)=0x+2=015x=0x=2x=0,2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {– 2; 0,2}.


Câu 17:

Tích: 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × … × 45 × 46 có tận cùng bao nhiêu chữ số 0?
Xem đáp án

Các thừa số tròn chục trong tích trên là: 10; 20; 30 và 40

Þ Các thừa số trên tạo ra 4 chữ số 0.

Các thừa số có tận cùng là chữ số 5 trong tích trên là: 5; 15; 25; 35 và 45

trong đó, 25 = 5 × 5.

Mỗi thừa số có tận cùng là chữ số 5 nhân với một thừa số chẵn sẽ tạo ra một số có tận cùng là chữ số 0.

Do đó các thừa số trên tạo ra 6 chữ số 0.

Tích 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × … × 45 × 46 có tận cùng số chữ số 0 là:

4 + 6 = 10 (chữ số)

Vậy tích 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × … × 45 × 46 có tận cùng 10 chữ số 0.


Câu 18:

Tích 2 × 11 × 6 × 14 × 15 × 17 × 18 × 25 × 45 có tận cùng bao nhiêu chữ số 0?

Xem đáp án

Các thừa số có tận cùng là chữ số 5 trong tích trên là: 15; 25 và 45

trong đó, 25 = 5 × 5.

Mỗi thừa số có tận cùng là chữ số 5 nhân với một thừa số chẵn sẽ tạo ra một số có tận cùng là chữ số 0.

Do đó các thừa số trên tạo ra 4 chữ số 0

Vậy 2 × 11 × 6 × 14 × 15 × 17 × 18 × 25 × 45 có tận 4 chữ số 0.


Câu 19:

Xác định hàm số y = ax2 + bx + c có giá trị nhỏ nhất bằng 34 khi x=12 và nhận giá trị bằng 1 khi x = 1.

Xem đáp án

Hàm số y = ax2 + bx + c có giá trị nhỏ nhất bằng 34 khi x=12 nên ta có:

b2a=12a+b=0   (1)

34=a122+b12+ca+2b+4c=3  (2)

Hàm số y = ax2 + bx + c nhận giá trị bằng 1 khi x = 1 nên ta có:

a + b + c = 1   (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: a+b=0               a+2b+4c=3a+b+c=1       

a=1    b=1c=1    

Vậy hàm số cần tìm là: y = x2 – x + 1.


Câu 20:

Xác định hàm số y = ax2 + bx + c có giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi x = 1 và nhận giá trị bằng 3 khi x = 2.

Xem đáp án

Hàm số y = ax2 + bx + c có giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi x = 1 nên ta có:

b2a=12a+b=0   (1)

2 = a. 12 + b. 1 + c Û a + b + c = 2  (2)

Hàm số y = ax2 + bx + c nhận giá trị bằng 3 khi x = 2 nên ta có:

4a + 2b + c = 3   (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: 2a+b=0a+b+c=24a+2b+c=3

a=1    b=2c=3    

Vậy hàm số cần tìm là: y = x2 – 2x + 3.


Câu 21:

Cho đa thức p(x) = ax2 + bx + c (với a, b, c là các số hữu tỉ). Biết P(0), P(1), P(2) là các số nguyên. Chứng minh P(x) có giá trị nguyên với mọi x nguyên.

Xem đáp án

Lời giải

P(0) = c mà P(0) nguyên

Þ c nguyên

P(1) = a + b + c mà P(1) nguyên

Þ a + b + c nguyên mà c nguyên

Þ a + b nguyên

P(2) = 4a + 2b + c mà P(2) nguyên

Þ 4a + 2b + c nguyên mà c nguyên

Þ 4a + 2b nguyên hay 2a + b nguyên

Þ 2a + b − (a + b) nguyên

Þ a nguyên mà a + b nguyên

Þ b nguyên

Do đó a, b, c nguyên

Vậy P(x) có giá trị nguyên với mọi x nguyên.


Câu 22:

Cho tam giác ABC có A’, B’, C’ lần lượt là trung điềm của các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh DB.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC có A’, B’, C’ lần lượt là trung điềm của các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh  . (ảnh 1)

Tam giác ABC có A’B’, B’C’, C’A’ là các đường trung bình của tam giác

Ta có:

A'B'=BC'=C'A=12AB

BC'=C'A=A'B'=12BA (đpcm)

Vậy BC'=C'A=A'B'.


Câu 23:

Cho tam giác ABC, M điểm bất kì, G là trọng tâm. Chứng minh MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2.

Xem đáp án

G là trọng tâm tam giác ABC nên GA+GB+GC=0

Ta có: MA2 + MB2 + MC2MA2+MB2+MC2

=MG+GA2+MG+GB2+MG+GC2=MG2+2MG.GA+GA2+MG2+2MG.GB+GB2+MG2+2MG.GC+GC2=3MG2+GA2+GB2+GC2+2MG.GA+GB+GC=3MG2+GA2+GB2+GC2+2MG.0

=3MG2+GA2+GB2+GC2  (đpcm)

Vậy MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2.


Câu 24:

Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định. C là một điểm trên nửa đường tròn, trên dây AC kéo dài lấy điểm D sao cho CD = CB. Tìm quỹ tích các điểm D khi C chạy trên nửa đường tròn đã cho.

Xem đáp án
Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định. C là một điểm trên nửa đường tròn, trên dây AC kéo dài lấy điểm D sao cho CD = CB. Tìm quỹ tích các điểm D khi C chạy trên nửa đường tròn đã cho. (ảnh 1)

Ta có: AB cố định

ADC^=45° (vì tam giác BCD vuông cân)

Suy ra khi C chuyển động trên nửa đường tròn đường kính AB cố định thì D chuyển động trên cung chứa góc 45° dựng trên đoạn thẳng AB cố định.

Gọi B0 là giao điểm của tiếp tuyến Ax với cung chứa góc 45° dựng trên đoạn thẳng AB cố định.

Dây AC thay đổi phụ thuộc vị trí điểm C trên nửa đường tròn đường kính AB cố định.

AC lớn nhất khi AC = AB Û CA

Khi đó, DB0

AC nhỏ nhất khi AC = 0 Û CA

Khi đó, DB0

Vậy quỹ tích các điểm D khi C chạy trên nửa đường tròn đường kính AB là cung BB0 nằm trên cung chứa góc 45° dựng trên đoạn thẳng AB cố định, trong nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C (bị giới hạn bởi tiếp tuyến).


Câu 25:

Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định. C là một điểm trên nửa đường tròn, trên dây AC kéo dài lấy điểm D sao cho CD = CB. Trên tia CA lấy điểm E sao cho CE = CB. Tìm quỹ tích các điểm E khi C chạy trên nửa đường tròn đã cho.

Xem đáp án
Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định. C là một điểm trên nửa đường tròn, trên dây AC kéo dài lấy điểm D sao cho CD = CB. Trên tia CA lấy điểm E sao cho CE = CB. Tìm quỹ tích các điểm E khi C chạy trên nửa đường tròn đã cho. (ảnh 1)

Ta có: AB cố định

AEB^=135° (góc ngoài của tam giác BCE vuông cân)

Suy ra khi C chuyển động trên nửa đường tròn đường kính AB cố định thì E chuyển động trên cung chứa góc 135° dựng trên đoạn thẳng AB cố định.

Vậy quỹ tích các điểm E khi C chạy trên nửa đường tròn đường kính AB là cung chứa góc 135° dựng trên đoạn thẳng AB cố định.


Câu 26:

Có 6 quả cầu xanh đánh số từ 1 đến 6, 5 quả cầu đỏ đánh số từ 1 đến 5 và 7 quả màu vàng đánh số từ 1 đến 7. Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 3 quả cầu vừa khác màu vừa khác số?

Xem đáp án

Để lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số ta phải thực hiện qua ba giai đoạn:

+ Chọn một quả cầu đỏ

+ Chọn một quả cầu xanh

+ Chọn một quả cầu vàng

Chọn quả cầu đỏ có 5 cách chọn

Chọn quả cầu xanh có 5 cách chọn (trừ quả cầu được đánh số trùng với quả cầu đỏ)

Chọn quả cầu vàng có 5 cách chọn (trừ hai quả cầu được đánh số trùng với quả cầu đỏ và quả cầu xanh)

Theo quy tắc nhân ta được 5. 5. 5 = 125 cách lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số

Vậy có 125 cách lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số.


Câu 27:

Một hộp đựng 15 viên bi khác nhau gồm 4 bi đỏ, 5 bi trắng và 6 bi vàng. Tính số cách chọn 4 viên bi từ hộp đó sao cho không có đủ 3 màu.

Xem đáp án

Trường hợp 1: chọn 4 bi đỏ hoặc trắng có:  C94=126 (cách)

Trường hợp 2: chọn 4 bi đỏ và vàng hoặc 4 bi vàng có C104C44=209 (cách)

Trường hợp 3: chọn 4 bi trắng và vàng có C114(C54+C64)=310 (cách)

Số cách chọn 4 viên bi từ hộp đó sao cho không có đủ 3 màu là:

126 + 209 + 310 = 645 (cách)

Vậy có 645 cách.


Câu 29:

Cho các hàm số: y = 2x − 2 và y = (m + 1)x −𝑚2𝑚 (m ≠ −1). Tìm m để đồ thị hai hàm số trên là các đường thẳng song song.

Xem đáp án

Để hai đồ thị hàm số trên song song thì:

m+1=2      m2+m2m=1                                (m1)(m+2)0m=1    m1    m2 (vô lý)

Vậy không tồn tại m để 2 đường thẳng trên song song.


Câu 30:

Tìm m để hai đường thẳng (d): y = 3x + 1 và (d′): y = (m−1)x − 2m song song với nhau.

Xem đáp án

Để d // d’ thì: m1=3  2m1m=4                             m12                         

Vậy m = 4 thì d // d’.


Câu 31:

Cổng Arch tại thành phố St Louis của Mỹ có hình dạng là một parabol (hình vẽ). Biết khoảng cách giữa hai chân cổng bằng 162 m. Trên thành cổng, tại vị trí có độ cao 43 m so với mặt đất (điểm M), người ta thả một sợi dây chạm đất (dây căng thẳng theo phương vuông góc với đất). Vị trí chạm đất của đầu sợi dây này cách chân cổng A một đoạn 10 m. Giả sử các số liệu trên là chính xác. Hãy tính độ cao của cổng Arch (tính từ mặt đất đến điểm cao nhất của cổng).

Cổng Arch tại thành phố St Louis của Mỹ có hình dạng là một parabol (hình vẽ). Biết khoảng cách giữa hai chân cổng bằng 162 m. Trên thành cổng, (ảnh 1)
Xem đáp án

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Cổng Arch tại thành phố St Louis của Mỹ có hình dạng là một parabol (hình vẽ). Biết khoảng cách giữa hai chân cổng bằng 162 m. Trên thành cổng, (ảnh 2)

Phương trình Parabol (P) có dạng y = ax2 + bx + c

(P) đi qua điểm A(0; 0), B(162; 0) và M(10; 43) nên ta có:

c=0                                     1622.a+162b+c=0102.a+10b+c=43   c=0              a=431520b=3483760   

(P):y=431520x2+3483760x

Do đó chiều cao của cổng là:

h=Δ4a=b24ac4a185,6   (m)

Vậy độ cao của cổng Arch (tính từ mặt đất đến điểm cao nhất của cổng) khoảng 185,6 m.


Câu 33:

Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m2 – 3m + 4 = 0. Tìm hệ thức giữa x1 và x2 độc lập với m.

Xem đáp án

Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 và x2.

Theo Vi-et ta có: x1+x2=2m2             x1+x2=m23m+4

m=x1+x2+22

x1x2=x1+x2+2223x1+x2+22+4

Vậy hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 độc lập với m là x1x2=x1+x2+2223x1+x2+22+4.


Câu 34:

Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m2 – 3m = 0. Tìm hệ thức giữa x1 và x2 độc lập với m.

Xem đáp án

Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 và x2.

Theo Vi-et ta có: x1+x2=2m2             x1+x2=m23m         

m=x1+x2+22

x1x2=x1+x2+2223x1+x2+22

Vậy hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 độc lập với m là x1x2=x1+x2+2223x1+x2+22.

Câu 35:

Tính nhanh: A=110  .11+111.  12+...+199.  100.
Xem đáp án

A=110  .11+111.  12+...+199.  100A=110111+111112+...+1991100A=1101100=9100A=9100


Câu 36:

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, tiếp tuyến Ax. Gọi C là một điểm trên nửa đường tròn. Tia phân giác của CAx^ cắt nửa đường tròn tại E, AE và BC cắt nhau tại K. Chứng minh: ΔABK cân tại B.

Xem đáp án
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, tiếp tuyến Ax. Gọi C là một điểm trên nửa đường tròn. (ảnh 1)

AE là phân giác của CAx^

CAE^=EAF^=12CAF^

ABE^=EAF^ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến cùng chắn cung AE)

ABE^=CAE^ (1)

Ta có: ACB^=AEB^=90° (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (2)

Từ (1) và (2) ta có: AKB^=BAE^ (vì cùng phụ với hai góc bằng nhau)

Vậy ΔABK cân tại B.


Câu 37:

Cho ΔABC có trọng tâm G. Gọi H là điểm đối xứng của B qua G. Chứng minh AH=23AC13AB.

Xem đáp án
Cho ΔABC có trọng tâm G. Gọi H là điểm đối xứng của B qua G. Chứng minh  . (ảnh 1)

Ta có: AH=AB+BH

=AB+43BE=AB+43BA+AE

=AB+43AB+12AC

=23AC13AB

Vậy AH=23AC13AB.


Câu 38:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB. Chứng minh MN // (SCD).

Xem đáp án
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB. Chứng minh MN // (SCD). (ảnh 1)

Ta có: MN là đường trung bình của ΔSAB

Þ MN // AB

Mà AB // CD (vì ABCD là hình thang)

Þ MN // CD

Lại có: CD Ì (SCD)

Þ MN // (SCD)

Vậy MN // (SCD).


Câu 39:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB. Tìm P là giao điểm của SC và (ADN).

Xem đáp án
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB. Tìm P là giao điểm của SC và (ADN). (ảnh 1)


Trong (ABCD) gọi AD Ç BC = {E}

Ta có:

E Î AD Ì (ADN) Þ E Î (ADN)

E Î BC Ì (SBC) Þ E Î (SBC)

Do đó E Î (ADN) Ç (SBC)

Þ (ADN) Ç (SBC) = EN

Gọi SC Ç EN = {P}

Ta có: P Î SC

P Î EN Ì (ADN)

Þ P = SC Ç (ADN)

Vậy điểm P cần tìm là giao điểm của SC và EN

Câu 41:

Hình thoi ABCD có độ dài đường chéo AC là 20 cm. Độ dài đường chéo BD=35AC ​.Tính diện tích hình thoi ABCD.

Xem đáp án

Độ dài đường chéo BD là:

2035=12  (cm)

Diện tích hình thoi ABCD là:

20.122=120  (cm2)

Đáp số: 120 cm2


Câu 42:

Cho đường tròn (O;R), đường kính AB. Vẽ dây cung BC = R. Tính các cạch và các góc chưa biết của tam giác ABC theo R.

Xem đáp án
Cho đường tròn (O;R), đường kính AB. Vẽ dây cung BC = R. Tính các cạch và các góc chưa biết của tam giác ABC theo R. (ảnh 1)

ACB^=90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông ABC, ta có:

AB2 = AC2 + BC2

Û (2R)2 = AC2 + R2

Û AC2 = 3R2

AC=R3

Ta có: sinA=BCAB=R2R=12A^=30°

MOMI+MOMB=AO+NOAN=ANAN=1

Vậy AC=R3; A^=30°; B^=60°.


Câu 43:

Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Vẽ dây cung BC = R. Đường thẳng qua O vuông góc với AC cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) tại D. Chứng minh DC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Xem đáp án
Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Vẽ dây cung BC = R. Đường thẳng qua O vuông góc với AC cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) tại D. Chứng minh DC là tiếp tuyến của đường tròn (O). (ảnh 1)

Gọi H = OD ∩ AC

Ta có: OD AC tại H 

H là trung điểm của AC

OD là trung trực của AC

DA = DC (tính chất đường trung trực).

Xét ΔOAD và ΔOCD có:

OA = OC (= R)

OD chung

DA = DC

Þ ΔOAD = ΔOCD (c.c.c)

OAD^=OCD^

Mà OAD^=90°

OCD^=90°

Þ OC CD

Vậy CD là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C.


Câu 44:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = |x 3| + |x 5| + |x 7|.
Xem đáp án

Ta có: A = |x – 3| + |x – 5| + |x – 7|

= |x – 3| + |x – 5| + |7 – x| ≥ | x − 3 + 7 − x | + | x − 5 |

= | 4 | + | x − 5 |

= 4 + | x − 5 |

Do |x – 5| ≥ 0 nên 4 + |x – 5| ≥ 4

Þ |x – 3| + |x – 5| + |7 – x| ≥ 4

Dấu "=" xảy ra khi |x – 5| = 0

x − 5 = 0

x = 5

Vậy GTNN của A = 4 khi x = 5.


Câu 45:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = |x + 5| + |x + 2| + |x 7| + |x 8|
Xem đáp án

Ta có: M = |x + 5| + |x + 2| + |x 7| + |x 8|

³ |−x + 8 – x – 2 + x + 5 + x + 7| = 18

Dấu bằng xảy ra khi 5 £ x £ −2.

Vậy M có giá trị nhỏ nhất là 18 khi −5 £ x £ −2.


Câu 46:

Tìm n ℤ, biết:

(n – 3) + (n – 2) + (n – 1) + … + 10 + 11 = 11.

Xem đáp án

(n – 3) + (n – 2) + (n – 1) + … + 10 + 11 = 11

Û (n – 3) + (n – 2) + (n – 1) + … + 10 = 0

Gọi số các số hạng từ n – 3 đến 10 là x (số hạng) (x*)

Ta có:

[10 + (n – 3)]. x : 2 = 0

Û (n + 7). x = 0

Vì x > 0 nên n + 7 = 0 Û n = –7 (tmđk)

Vậy n = –7.


Câu 47:

Tìm n ℤ, biết:

(n + 1) + (n + 2) + (n + 3) + (n + 4) = 90

Xem đáp án

(n + 1) + (n + 2) + (n + 3) + (n + 4) = 90

Û 4n + 10 = 90

Û 4n = 80

Û n = 20

Vậy n = 20.


Câu 48:

Đặt tính rồi tính:

15,5 : 25

Xem đáp án

15,515  51500  5     0250,62


Câu 49:

Giải phương trình: |2x – 1| = 2x – 1.

Xem đáp án

|2x – 1| = x + 2

Với x12, ta có |2x – 1| = 2x – 1

Û 2x – 1 = x + 2

Û x = 3 (TMĐK)

Với x<12, ta có |2x – 1| = 1 – 2x

Û 1 – 2x = x + 2

Û 3x = –1

x=13(TMĐK)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã choS=13;  3.


Câu 50:

Giải phương trình: (x + 3) – |x + 7| = 0.
Xem đáp án

(x + 3) – |x + 7| = 0

Û x + 3 = |x + 7|

Với x ≥ –3, ta có: x + 3 = x + 7

Û 0 = 4 (vô lí)

Với x < –3, ta có: x + 3 = –x – 7

Û 2x = –10

Û x = –5 (TMĐK)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = –5.


Câu 51:

Tìm x, y sao cho: xy + x + y = 17.

Xem đáp án

xy + x + y = 17

Û x(y + 1) + (y + 1) = 18

Û (x + 1)(y + 1) = 18

Do x, y nên ta có bảng:

x + 1

1

2

3

6

9

18

y + 1

18

9

6

3

2

1

x

0

1

2

5

8

17

y

17

8

5

2

1

0

Vậy các cặp số (x, y) là (0; 17), (1; 8), (2; 5), (5; 2), (8; 1), (17; 0).


Câu 52:

Tìm tất cả các số nguyên dương n để n2 + 31 là số chính phương.

Xem đáp án

Đặt n2 + 31 = a2 (a ℕ)

Û a2 – n2 = 33

Û (a - n)(a + n) = 33 = 1. 31

Dễ thấy a – n < a + n nên ta có:

an=1a+n=31

a=16n=15

Vậy n = 15


Câu 53:

Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì:

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương.

Xem đáp án

Ta có: A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4

= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4

Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t (t ℕ)

A = (t – y2)(t + y2) + y4 = t2 – y4 + y4 = t2

Vậy A là số chính phương.


Câu 54:

Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương với n là số tự nhiên.

Xem đáp án

Ta có: A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1

Đặt n2 + 3n = t (t ℕ)

A = t(t + 2) + 1

= t2 + 2t + 1 = (t + 1)2

Vậy A là số chính phương.


Câu 56:

Tìm số dư của phép chia 32,451 chia cho 24 nếu lấy đến 3 chữ số ở phần thập phân của thương.

Xem đáp án

Ta có: 32,451 = 24 × 1,352 + 0,003

Vậy số dư của phép chia 32,451 chia cho 24 là 0,003.


Câu 57:

Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 2n + 12 là số chính phương.
Xem đáp án

Đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k)

Û n2 + 2n + 1 + 11 = k2

Û (n + 1)2 + 11 = k2

Û k2 – (n + 1)2 = 11

Û (k – n – 1)(k + n + 1) = 11 = 1. 11

Dễ thấy k + n + 1 > k – n – 1 nên ta có:

k+n+1=11kn1=1   

k+n=10kn=2   

k=6  n=4  

Vậy n = 4.


Câu 58:

Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 3n là số chính phương.

Xem đáp án

Đặt n2 + 3n = k2 (k)

Û 4n2 + 12n + 9 – 9 = 4k2

Û (2n + 3)2 – 4k2 = 9

Û (2n + 3 – 2k)(2n + 3 + 2k) = 9

Dễ thấy 2n + 3 + 2k > 2n + 3 – 2k nên ta có:

2n+3+2k=92n+32k=1

k+n=3      nk=1   

k=2  n=1  

Vậy n = 1.


Câu 59:

Giải phương trình: 46 – (x – 11) = – 48.
Xem đáp án

46 – (x – 11) = –48

Û x – 11 = 46 + 8

Û x – 11 = 94

Û x = 94 + 11

Û x = 105

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 105.


Câu 60:

Giải phương trình: 4x – 20 = 4

Xem đáp án

4x – 20 = 4

Û 4x = 20 + 4

Û 4x = 24

Û x = 6

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 6.


Câu 61:

Giải phương trình:

7x3 + 12x2 – 4x = 0

Xem đáp án

7x3 + 12x2 – 4x = 0

Û x(7x2 + 12x – 4) = 0

Û x(7x2 + 14x – 2x – 4) = 0

Û x[7x(x + 2) – 2(x + 2)] = 0

Û x(x + 2)(7x – 2) = 0

x=0           x+2=0   7x2=0

x=0   x=2x=27

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho S=2;  0;  27.


Câu 62:

Giải phương trình:

x(x − 3) + 5x = x2 − 8

Xem đáp án

x(x − 3) + 5x = x2−8

Û x(x − 3) + 5x − x2 + 8 = 0

Û x2 − 3x + 5x − x2 + 8 = 0

Û 2x + 8 = 0

Û 2x = −8

Û x = −4

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = −4.


Câu 63:

Tìm m để hàm số y=2x+3m+2+x+12x+4m8 xác định trên khoảng (−∞; −2).

Xem đáp án

Tập xác định của hàm số là tập hợp các giá trị của x thỏa mãn điều kiện: 2x+3m+202x+4m80

3m+22x2x84mx3m+22x42m

Để hàm số xác định trên khoảng (−∞;−2) cần có:

3m+22242m2m2m3

Þ m Î [−2; 3]

Vậy m Î [−2; 3].


Câu 64:

Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Gọi E, F theo thứ tự là trung diểm của AB, CD. Gọi M là giao điểm của AF và DE, N là giao điểm của BF và CE. Tứ giác ADFE là hình gì? Vì sao?

Xem đáp án
Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Gọi E, F theo thứ tự là trung diểm của AB, CD. Gọi M là giao điểm của AF và DE, N là giao điểm của BF và CE. Tứ giác ADFE là hình gì? Vì sao? (ảnh 1)

E, F là trung điểm AB, CD

AE=EB=12AB,  DF=FC=12CD

Ta có: AB = CD hay 2AD = 2BC

Þ AE = EB = BC = CF = FD = DA.

Tứ giác ADFE có AE // DF, AE = DF

Þ ADFE là hình bình hành.

Hình bình hành ADFE có A^=90°

Þ ADFE là hình chữ nhật.

Hình chữ nhật ADFE là hình chữ nhật có AE = AD

Þ ADFE là hình vuông

Vậy ADFE là hình vuông.


Câu 65:

Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Gọi E, F theo thứ tự là trung diểm của AB, CD. Gọi M là giao điểm của AF và DE, N là giao điểm của BF và CE. Tứ giác EMFN là hình gì? Vì sao?

Xem đáp án
Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Gọi E, F theo thứ tự là trung diểm của AB, CD. Gọi M là giao điểm của AF và DE, N là giao điểm của BF và CE. Tứ giác EMFN là hình gì? Vì sao? (ảnh 1)

Tứ giác DEBF có EB // DF, EB = DF nên là hình bình hành

Do đó DE // BF

Tương tự: AF // EC

Suy ra EMFN là hình bình hành

E, F là trung điểm AB, CD

AE=EB=12AB,  DF=FC=12CD

Ta có: AB = CD hay 2AD = 2BC

Þ AE = EB = BC = CF = FD = DA.

Tứ giác ADFE có AE // DF, AE = DF

Þ ADFE là hình bình hành.

Hình bình hành ADFE có A^=90°

Þ ADFE là hình chữ nhật.

Hình chữ nhật ADFE là hình chữ nhật có AE = AD

Þ ADFE là hình vuông

Þ ME = MF, ME MF.

Hình bình hành EMFN có M^=90° nên EMFN là hình chữ nhật.

Lại có ME = MF nên EMFN là hình vuông.

Vậy EMFN là hình vuông.


Câu 66:

Cho hình vẽ sau, biết đường thẳng m // n và x ^ m. Chứng minh: x ^ n.
Xem đáp án
Cho hình vẽ sau, biết đường thẳng m // n và x vuông góc  m. Chứng minh: x vuông góc  n.  (ảnh 1)

m//nxm  (gt)xn (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Vậy x ^ n.


Câu 68:

Cho tam giác ABC cân tại A, I là giao điểm các đường phân giác trong tam giác. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác BIC.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC cân tại A, I là giao điểm các đường phân giác trong tam giác. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác BIC. (ảnh 1)

Vì ΔABC cân tại A nên AI vừa là đường phân giác vừa là đường cao

Do đó ba điểm A, I, O thẳng hàng 

Þ AO BC

OIC^=ICB^=90°(1)

Vì OI = OC = R nên ΔIOC cân tại O

OIC^=ICO^ (2)

CI là phân giác của C^:

ICB^=ICA^(3)

Từ (1); (2) và (3) ta có:

ICA^+ICO^=90°

ACO^=90°

Þ AC ^ CO

Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác BIC.


Câu 69:

Cho tam giác ABC cân tại A, I là giao điểm các đường phân giác trong tam giác. Gọi H là trung điểm của BC, IK là đường kính của đường tròn tâm O. Chứng minh: AI . HK = AK . HI.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC cân tại A, I là giao điểm các đường phân giác trong tam giác. Gọi H là trung điểm của BC, IK là đường kính của đường tròn tâm O. Chứng minh: AI . HK = AK . HI. (ảnh 1)

Xét ΔABC có:

CI là phân giác của ACB^

 CK ^ CI

Þ CK là đường phân giác góc ngoài ACB^

AIHI=AKHK (tính chất đường phân giác)

Þ AI. HK = AK. HI (đpcm)

Vậy AI. HK = AK. HI


Câu 70:

Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC. Chứng minh rằng tứ giác ANEB là hình thang vuông.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC. Chứng minh rằng tứ giác ANEB là hình thang vuông. (ảnh 1)

Xét ΔABC vuông tại A có AE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

Suy ra AE=EB=EC=12BC

Vì EA = EC nên E nằm trên đường trung trực của AC.

Vì N là trung điểm của AC nên N nằm trên đường trung trực của AC.

Suy ra EN là đường trung trực của đoạn thẳng AC nên EN AC.

Ta có: BA AC và EN AC nên BA // EN.

Tứ giác ANEB có BA // EN nên ANEB là hình thang

Lại có BAN^=90° nên hình thang ANEB là hình thang vuông

Vậy ANEB là hình thang vuông.


Câu 71:

Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC. Chứng minh rằng tứ giác ANEM là hình chữ nhật.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC. Chứng minh rằng tứ giác ANEM là hình chữ nhật. (ảnh 1)

Xét ΔABC vuông tại A có:

AE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

Suy ra

Ta có: EA = EC nên E nằm trên đường trung trực của AC.

N là trung điểm của AC nên N nằm trên đường trung trực của AC.

Þ EN là đường trung trực của đoạn thẳng AC nên EN AC

ANE^=90°

Lại có: EA = EB nên E nằm trên đường trung trực của AB.

M là trung điểm của AB nên M nằm trên đường trung trực của AB.

Þ EM là đường trung trực của AB nên EM AB hay 0AME^=90°

Tứ giác AMEN có: ANE^=AME^=MAN^=90°

Þ ANEM là hình chữ nhật

Vậy ANEM là hình chữ nhật.


Bắt đầu thi ngay