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 32)

  • 10390 lượt thi

  • 43 câu hỏi

  • 50 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Tìm x, biết: \({x^2} + 5x + 4 - 5\sqrt {{x^2} + 5x + 28} = 0\).
Xem đáp án

Lời giải

Đặt \(\sqrt {{x^2} + 5x + 28} = t{\rm{ }}\left( {t > 0} \right)\)

x2 + 5x = t2 – 28

Phương trình trở thành: t2 – 28 + 4 – 5t = 0

t2 – 5t – 24 = 0 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 8\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - 3\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Với t = 8 ta có \[\sqrt {{x^2} + 5x + 28} = 8\]

x2 + 5x + 28 = 64

x2 + 5x – 36 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = - 9\end{array} \right.\)

Vậy \(x \in \left\{ {4; - 9} \right\}\).


Câu 3:

Viết các số (0,25)8 và (0,125)4 dưới dạng các lũy thừa với cơ số 0,5.
Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

(0,25)8 = [(0,5)2]8 = (0,5)2.8 = (0,5)16

(0,125)4 = [(0,5)3]4 = (0,5)3.4 = (0,5)12


Câu 4:

Cho một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên một lần ba viên bi. Tính xác suất để trong ba viên bi lấy được chỉ có hai màu.
Xem đáp án

Lời giải

Gọi A là biến cố “ba viên bi lấy được chỉ có hai màu”

Ta có: Số phần tử của không gian mẫu: \(C_{16}^3 = 560\)

Số cách chọn được ba viên bi chỉ có một màu: \(C_4^3 + C_5^3 + C_7^3 = 49\)

Số cách chọn được ba viên bi có đủ ba màu: \(C_4^1 + C_5^1 + C_7^1 = 140\)

Vậy xác suất cần tìm là: \({\rm P}\left( A \right) = 1 - \frac{{49 + 140}}{{560}} = \frac{{53}}{{80}}\).


Câu 5:

Một hộp đựng 7 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ và 4 viên bi vàng. Có bao nhiêu cách lấy ra 8 viên bi có đủ 3 màu?
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Số cách lấy ra 8 viên bi bất kì: \(C_{16}^8 = 12\,\,870\)

Số cách lấy ra 8 viên bi không có màu vàng mà chỉ có hai màu xanh và đỏ: \(C_7^7C_5^1 + C_7^6C_5^2 + C_7^5C_5^3 + C_7^4C_5^4 + C_7^3C_5^5 = 495\)

Số cách lấy ra 8 viên bi không có màu đỏ mà có hai màu xanh và vàng:

\(C_7^7C_4^1 + C_7^6C_4^2 + C_7^5C_4^3 + C_7^4C_4^4 = 165\)

Số cách lấy ra 8 viên bi không có màu xanh mà chỉ có hai màu đỏ và vàng:

\(C_5^5C_4^3 + C_5^4C_4^4 = 9\)

Số cách lấy ra 8 viên bi có đủ 3 màu:  

12 870 (495 + 165 + 9) = 12 201 (cách).


Câu 6:

Tính hợp lý: (102 + 112 + 122) : (132 + 142).
Xem đáp án

Lời giải.

(102 + 112 + 122) : (132 + 142)

= (10 × 10 + 11 × 11 + 12 × 12) : (132 + 142)

= [(12 + 1)2 + (12 + 2)2] : (132 + 142)

= (132 + 142) : (132 + 142)

= 1


Câu 7:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y2 = x(x + 1)(x + 7)(x + 8).
Xem đáp án

Lời giải

y2 = x(x + 1)(x + 7)(x + 8) y2 = (x2 + 8x)( x2 + 8x + 7)

Đặt t = x2 + 8x, ta có: y2 = t(t + 7) = t2 + 7t

4y2 = 4t2 + 28t + 49 – 49

(2t + 7)2 – 4y2 = 49

(2t + 7 – 2y)(2t + 7 + 2y) = 49 = 7.7

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2t + 7 - 2y = 7\\2t + 7 + 2y = 7\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{x^2} + 16x + 7 - 2y = 7\\2{x^2} + 16x + 7 + 2y = 7\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{x^2} + 16x - 2y = 0\\2{x^2} + 16x + 2y = 0\end{array} \right.\)

Vậy nghiệm của phương trình là: (–8; 0), (0; 0).


Câu 8:

Đố bạn chỉ với 12 que diêm (hay 12 chiếc que có độ dài bằng nhau) mà xếp được thành 6 tam giác đều.
Xem đáp án

Lời giải                                                  

Media VietJack

Với 12 que diêm (hay 12 chiếc que có độ dài bằng nhau), ta có thể xếp chúng thành hình lục giác đều với các đường chéo chính cắt nhau như hình trên, ta được 6 hình tam giác đều.


Câu 9:

Cho n là số tự nhiên. Chứng minh: 52n+1 + 2n+4 +2n+1 chia hết cho 23.
Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

52n+1 + 2n+4 +2n+1

= 5.52n + 24.2n + 2.2n

= 5.25n + 18.2n

= 5.25n + 23.2n – 5.2n

= 23.2n + 5(25n – 2n)

Ta có 25n – 2n (25 – 2)

25n – 2n 23

5(25n – 2n) 23

Vì 23 23 23. 2n 23

Vậy 23. 2n + 5(25n – 2n) 23 52n+1 + 2n+4 +2n:1 23.


Câu 10:

Với giá trị lớn nhất của a bằng bao nhiêu để phương trình:  asin2x + 2sin2x + 3acos2x = 2 có nghiệm
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: D

 asin2x + 2sin2x + 3acos2x = 2

2sin2x + acos2x = 2 – 2a

Phương trình có nghiệm

22 + a2 ≥ (2 – 2a)2

3a2 – 8a ≤ 0 \( \Leftrightarrow 0 \le a \le \frac{8}{3}\).

Vậy đáp án đúng là: D


Câu 11:

Cho biểu thức:

\[A = \left( {\frac{{x - 5\sqrt x }}{{x - 25}} - 1} \right):\left( {\frac{{25 - x}}{{x + 2\sqrt x - 15}} - \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 5}} + \frac{{\sqrt x - 5}}{{\sqrt x - 3}}} \right)\]

a) Rút gọn A.

b) Tìm x để A < 1.

Xem đáp án

Lời giải                         

ĐKXĐ: x ≥ 0, x ≠ 25, x ≠ 9

a) \[A = \left( {\frac{{x - 5\sqrt x }}{{x - 25}} - 1} \right):\left( {\frac{{25 - x}}{{x + 2\sqrt x - 15}} - \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 5}} + \frac{{\sqrt x - 5}}{{\sqrt x - 3}}} \right)\]

\[ = \frac{{x - 5\sqrt x - \left( {x - 25} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}}:\left[ {\frac{{25 - x}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} + \frac{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}} \right]\]

\[ = \frac{{ - 5\left( {\sqrt x - 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}}:\frac{{25 - x - \left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right) + x - 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\]

\[ = - \frac{5}{{\sqrt x + 5}}:\frac{{ - \left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\]

\[ = - \frac{5}{{\sqrt x + 5}}.\frac{{ - \left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\]

\[ = - \frac{5}{{\sqrt x + 5}} \cdot \frac{{ - \left( {\sqrt x + 5} \right)}}{{\sqrt x + 3}}\]

\[ = \frac{5}{{\sqrt x + 3}}\].

b) Với x ≥ 0, x ≠ 25, x ≠ 9, ta có

A < 1 \[ \Leftrightarrow \frac{5}{{\sqrt x + 3}} < 1\] \[ \Leftrightarrow \frac{{5 - \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\sqrt x + 3}} < 0 \Leftrightarrow \frac{{2 - \sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} < 0\]

\( \Leftrightarrow 2 - \sqrt x < 0\) (vì \[\sqrt x + 3 > 0\] x ≥ 0, x ≠ 25, x ≠ 9)

\( \Leftrightarrow \sqrt x > 2 \Leftrightarrow x > 4\)

Kết hợp điều kiện x ≥ 0, x ≠ 25, x ≠ 9 ta được: x > 4, x ≠ 25, x ≠ 9.

Vậy để A < 1 thì x > 4, x ≠ 25, x ≠ 9


Câu 12:

Cho tam giác ABC, \(\widehat A = {60^{\rm{o}}}\), AB + AC = 8cm. Tính giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC.
Xem đáp án

Lời giải  

Media VietJack

Kẻ BH AC tại H

Xét ∆ABH vuông tại H, ta có:

\[sinA = \frac{{BH}}{{AB}}\] BH = AB . sinA

Mặt khác \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2} \cdot BH \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin A\)

Ta có: AB + AC = 8 cm

\[ \Rightarrow 0 \le AB{\rm{ }}.{\rm{ }}AC \le {\left( {\frac{{AB + AC}}{2}} \right)^2} = 16\] (BĐT Cauchy)

\({S_{\Delta ABC}} \le \frac{1}{2} \cdot 16 \cdot \sin 60^\circ = 4\sqrt 3 \)(cm2)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AB = AC = 4 (cm).

Vậy diện tích lớn nhất của tam giác ABC là \(4\sqrt 3 \)cm2 khi AB = AC = 4 cm.


Câu 13:

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.

Xem đáp án

Lời giải         

Media VietJack

Xét ∆MAN vuông tại A có: \(\widehat {AMN} + \widehat {ANM} = 90^\circ \) (1)

\[\widehat {MAO} + \widehat {NAO'} = 90^\circ = 180^\circ - \widehat {MAO} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \] (2)

Lại có: ∆OMA cân tại O (OA = OM = R) \[\widehat {OAM} = \widehat {OMA}\] (3)

∆O’NA cân tại O (O’A = O’N = R’) \[\widehat {O'AN} = \widehat {O'NA}\](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 MN // O’N.

b) Từ O’ kẻ O’H OM. 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 bằng xảy ra khi và chỉ khi O’H = O’O hay H ≡ O

O’O MO hoặc O’O O’N

Vậy tứ giác MNO’O có diện tích lớn nhất là \(\frac{{{{\left( {R' + R} \right)}^2}}}{2}\) khi O’O MO hoặc O’O O’N.


Câu 14:

Cho tứ diện S.ABC có đáy là tam giác đều ABC có đường cao AH = 2a. Gọi O là trung điểm AH, SO vuông góc mp(ABC) và SO = 2a. Gọi I là một điểm trên OH, đặt AI = x (a < x < 2a) và (α) là mặt phẳng qua I và (α) vuông góc AH.

a) Xác định thiết diện của (α) với tứ diện S.ABC.

b) Tính diện tích thiết diện của (α) và S.ABC theo a và x.

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) • Ta có: BC OH

Qua I, dựng MQ // BC (M AB, Q AC) thì MQ OH.

Mặt khác, ta có: SO OH.

Dựng IJ // OS (J SH) thì IJ OH.

Do đó mp(α) là mặt phẳng (JMQ).

• Ta có: MQ // BC nên (α) // BC.

Suy ra (α) cắt (SBC) theo giao tuyến qua J và song song với BC.

Do đó, qua J dựng đường thẳng song song với BC, cắt SB và SC tại N và P ta được MNPQ là thiết diện cần dựng.

Vì NP // MQ // BC nên MNPQ là hình thang.

Ta có: OB = OC Þ DSOB = DSOC Þ SB = SC

Þ DSAB = DSAC \( \Rightarrow \widehat {SBA} = \widehat {SCA}\).

Ta cũng có: BN = CP, BM = CQ, do đó: DBMN = DCQP.

Do đó: MN = QP suy ra MP = NQ.

Vậy thiết diện là hình thang cân.

c) Do AH = 2a, ta tính được \(BC = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3}\)

\(\frac{{MQ}}{{BC}} = \frac{{AI}}{{AH}} = \frac{x}{{2a}} \Rightarrow MQ = \frac{x}{{2a}}.\frac{{4a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2x\sqrt 3 }}{3}\)

\(\frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{SJ}}{{SH}} = \frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{x - a}}{a}\)

\( \Rightarrow NP = \frac{{x - a}}{a}.\frac{{4a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{4\left( {x - a} \right)\sqrt 3 }}{3}\)

\(\frac{{IJ}}{{OS}} = \frac{{HI}}{{HO}} = \frac{{2a - x}}{a} \Rightarrow IJ = 2\left( {2a.x} \right)\)

\({S_{MNP}} = \frac{1}{2}\left( {MQ + NP} \right)IJ = \frac{1}{2}\left( {\frac{{2x\sqrt 3 }}{3} + \frac{{4\left( {x - a} \right)\sqrt 3 }}{3}} \right)2\left( {2a - x} \right)\)

        \( = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\left( {3x - 2a} \right)\left( {2a - x} \right)\).

Àp dụng bất đẳng thức Cô-si:

\(\begin{array}{*{20}{r}}{}&{S = 2\sqrt 3 \left( {x - \frac{2}{3}} \right)\left( {2a - x} \right) \le 2\sqrt 3 {{\left( {\frac{{x - - a + 2a - x}}{3}} \right)}^2} = \frac{{8\sqrt 3 }}{9}{a^2}}\end{array}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x.\frac{2}{3}a = 2a - x \Leftrightarrow x = \frac{4}{9}a{\rm{\;}}\left( {tm} \right)\).


Câu 15:

Cho tam giác ABC nhọn. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC. Kẻ đường cao AH. Chứng minh rằng tứ giác MNPH là hình thang cân.
Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC nên MN là đường trung bình của tam giác ABC ứng với cạnh BC.

MN // BC hay MN // HP MNPH là hình thang (1)

Mặt khác: Tam giác vuông ABH có HM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(HM = \frac{{AB}}{2} = MB\) ∆MHB cân tại M \[ \Rightarrow \widehat {MHB} = \widehat {MBH}\]

\[\widehat {MBH} = \widehat {NPC}\] (hai góc đồng vị do NP //AB) \[ \Rightarrow \widehat {MHB} = \widehat {NPC}\]

\[ \Rightarrow {180^{\rm{o}}} - \widehat {MHB} = {180^{\rm{o}}} - \widehat {NPC}\]

Hay \[\widehat {MHP} = \widehat {NPH}\](2)

Từ (1) và (2) MNPH là hình thang cân.


Câu 16:

Cho tam giác ABC có AM là trung tuyến. Gọi I là trung điểm AM và K là một điểm trên cạnh AC sao cho AK = 1/3 AC. Chứng minh ba điểm B, I, K thẳng hàng.
Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {BI} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AI} \\\overrightarrow {BI} = \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {MI} \end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow 2\overrightarrow {BI} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BM} + \left( {\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {MI} } \right) = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {BA} + \frac{{\overrightarrow {BC} }}{2}\]

\[ \Rightarrow 4\overrightarrow {BI} = 2\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} \]

Lại có: \(\overrightarrow {BK} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AK} = \overrightarrow {BA} + \frac{{\overrightarrow {AC} }}{3}\)

\( \Rightarrow 3\overrightarrow {BK} = 3\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} \)

Do đó: \(4\overrightarrow {BI} = 3\overrightarrow {BK} \) B, I, K thẳng hàng.


Câu 17:

Cho tam giác ABC nhọn. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB, BC.

a) Tính độ dài của MN biết AC = 16cm.

b) Gọi I là trung điểm của AC. Chứng minh tứ giác BMIN là hình bình hành.

c) Trên tia đối của tia NM lấy E sao cho N là trung điểm ME. Gọi K là giao điểm của EI và MC. Chứng minh MC = 3KC.

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) Xét ΔABC có: M là trung điểm của AB, N là trung điểm của BC

Do đó: MN là đường trung bình của ∆ABC

Suy ra: MN // AC và \(MN = \frac{{AC}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8\) (cm)

b) Xét ∆ABC có M là trung điểm của AB, I là trung điểm của AC

Do đó: MI là đường trung bình của ∆ABC

Suy ra: MI // BC và \(MI = \frac{{BC}}{2}\)

\(BN = \frac{{BC}}{2}\) nên MI // BN và MI = BN

Do đó tứ giác BMIN là hình bình hành

c) Ta có: \(MN = NE = \frac{{AC}}{2} = IC\)

Mà MN // IC nên NE // IC

Do đó tứ giác NECI là hình bình hành

Mà K là giao điểm của EI và MC nên \(\frac{{KC}}{{KM}} = \frac{{IC}}{{ME}} \Rightarrow \frac{{KC}}{{KM}} = \frac{1}{2}\) KM = 2KC

Ta có: KM + KC = MC 2KC + KC = MC 3KC = MC

Vậy 3KC = MC


Câu 18:

Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ tam giác BCD vuông cân tại B. Tứ giác ABCD là hình gì? Vì sao?
Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

Vì ∆ABC vuông cân tại A nên \(\widehat {ABC} = \widehat {{C_1}}\) 

Lại có: \(\widehat {ABC} + \widehat {{C_1}} = 90^\circ \) (tính chất tam giác vuông).

Suy ra: \[\widehat {{C_1}} = 45^\circ \]

Vì ∆BCD vuông cân tại B nên \(\widehat D = \widehat {{C_2}}\)

Lại có: \(\widehat D + \widehat {{C_2}} = 90^\circ \)(tính chất tam giác vuông).

Suy ra: \[\widehat {{C_2}} = 45^\circ \]

\(\widehat {ACD} = \widehat {{C_1}} + \widehat {{C_2}} = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ \)

AC CD

Mà AC AB (gt)

Suy ra: AB // CD

Vậy tứ giác ABCD là hình thang vuông.


Câu 19:

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, M là trung điểm của BC, có BH = 4 cm, CH = 9 cm. Tính diện tích tam giác AHM?
Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

Vì ABC vuông tại A và AH là đường cao nên ta có:

AH2 = BH . HC  AH2 = 4 . 9 = 36  AH = 6 (cm).

Vì AM là đường trung tuyến của ∆ABC nên ta có:

\[AM = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\left( {4 + 9} \right) = \frac{{13}}{2}\]

\[ \Rightarrow HM = \sqrt {A{M^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{13}}{2}} \right)}^2} - {6^2}} = \frac{5}{2}\]
\[ \Rightarrow {S_{AHM}} = \frac{1}{2}AH.HM = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot \frac{5}{2} = \frac{{15}}{2}\left( {c{m^2}} \right)\].


Câu 20:

Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, M là 1 điểm thuộc (O), (M khác A và B). Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau ở C. Đường tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C, CD là đường kính của (I). Chứng minh rằng:

a) 3 điểm O, M, D thẳng hàng.

b) Tam giác COD là tam giác cân.

c) Gọi N là giao điểm của OC và (I). Chứng minh khi M thay đổi thì đường thẳng qua N vuông góc với AB luôn đi qua điểm cố định.

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) Do (I) tiếp xúc với AC tại C nên I đường thẳng vuông góc với AC tại C

Gọi D’ là giao của đường thẳng vuông góc với AC tại C với OM

Ta có: ∆CMD’ vuông tại M (CM nằm trên đường thẳng tiếp xúc với (O)) (1)

Lại có: (I) qua M và tiếp xúc với AC tại C tức là (I) qua M và C IM = IC (2)

Từ (1) và (2) I là trung điểm của CD’ (theo định lí về trung điểm và cạnh huyền của tam giác vuông)

CD’ là đường kính của (I) do ∆CMD’ vuông tại M (3)

Theo giả thiết: CD là đường kính của (I) (4)

Từ (3) và (4) D ≡ D’ hay 3 điểm O, M, D thẳng hàng (vì D’ OM)

b) Do CA và CM là 2 tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại C \( \Rightarrow {\widehat O_1} = {\widehat O_2}\) (theo định lí tiếp tuyến thì OC là phân giác của \(\widehat {AOM}\) (5)

Mặt khác: CD AC và OA AC CD // OA \( \Rightarrow {\widehat C_1} = {\widehat O_1}\) (so le trong) (6)

Từ (5) và (6) \( \Rightarrow {\widehat C_1} = {\widehat O_2}\) ∆CDO cân tại D

c) Do N (I) \(\widehat {CND} = 90^\circ \) (CN ND)

Mặt khác: N OC N là chân đường vuông góc từ D xuống OC

Mà ∆CDO cân tại D nên DN đồng thời là đường trung tuyến NC = NO

Gọi (d) là đường thẳng qua N và vuông góc với AB

Gọi H là giao điểm của (d) và AB NH AB

Xét ∆ACO và ∆HNO có \[\widehat {CAO} = \widehat {NHO} = 90^\circ \], \[{\widehat O_1}\] là góc chung

∆ACO đồng dạng với ∆HNO (góc – góc)

\(\frac{{ON}}{{OC}} = \frac{{OH}}{{OA}} = \frac{1}{2}\) (do NO = NC)

H là trung điểm của OA (là điểm cố định do OA cố định)

Vậy khi M thay đổi thì đường thẳng qua N vuông góc với AB luôn đi qua điểm cố định H.


Câu 21:

Cho đường tròn (O), đường kính BC = 2R, điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho tam giác ABC nhọn. Từ A kẻ 2 tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, F là giao điểm của AH và BC. Chứng minh rằng:

a, 5 điểm A, O, M, N, F cùng nằm trên 1 đường tròn.

b, 3 điểm M, N, H thẳng hàng.

c, HA . HF = R2 – OH2.

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) \(\widehat {AMO} = \widehat {AFO} = \widehat {ANO} = 90^\circ \)

A, M, F, N, O cùng thuộc một đường tròn

b) Gọi I là giao của MN và AO nên I là trung điểm của MN AI.AO = AM2

Xét ∆AMH và ∆AFM có: \(\widehat {AMH} = \widehat {AFM}\) và \(\widehat {MAH}\) chung nên ∆AMH đồng dạng với ∆AFM

AH.AF = AM2 = AI.AO

\(\widehat {AHI} = \widehat {AOF}\) OFHI nội tiếp M, N, H thẳng hàng

c) Từ câu a) ta có: HM.HN = HA.HF

Ta có: HM.HN = (IM – IH).(IH + IN)

= (IM – IH).(IH + IM)

= IM2 – IH2

= OM2 – OI2 – (OH2 – OI2)

= R2 – OH2

Từ đó suy ra: HA.HF = R2 – OH2.


Câu 22:

Cho nửa hình tròn H như hình vẽ, đường kính hình tròn là 12cm.

Media VietJack

Chu vi hình H là:

Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Chu vi hình tròn tâm O là: 12 × 3,14 = 37,68 (cm)

Nửa chu vi của hình tròn tâm O là: 37,68 : 2 = 18,84 (cm)

Chu vi hình H là: 18,84 + 12 = 30,84 (cm)

Đáp số: 30,84 cm.

Vậy đáp án đúng là: B


Câu 23:

Cho hai đường thẳng song song d1d2. Trên đường thẳng d1 lấy 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 lấy 15 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu tam giác tạo thành mà ba đỉnh của nó được chọn từ 25 điểm vừa nói ở trên?
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Tam giác được tạo thành bởi một trong 2 cách: lấy hai điểm trên d1 và một điểm trên d2 hoặc lấy một điểm trên d1 và hai điểm trên d2

Suy ra có \(C_{10}^2C_{15}^1 + C_{10}^1C_{15}^2\) tam giác

Vậy đáp án đúng là đáp án C.


Câu 24:

Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau trong đó chứa các chữ số 3, 4, 5 và chữ số 4 đứng cạnh chữ số 3 và chữ số 5?
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Sắp xếp cụm số 3,4,5 có 2 cách sắp xếp là 345 và 543

TH1: Cụm 2 số 3,4,5 đứng đầu có: 2.7.6.5 = 240 số thỏa mãn

TH2: Cụm 3 số 3,4,5 không đứng đầu có 3 cách sắp xếp là: x345xx; xx345x; xxx345

3 chữ số còn lại có: 6.6.5 = 180 cách chọn và sắp xếp

Do đó có 2.3.180 = 1080 số thỏa mãn

Theo quy tắc cộng có:

420 + 1080 = 1500 số thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy đáp án đúng là đáp án D.


Câu 25:

Một kho gạo có 60 tấn gạo tẻ và gạo nếp trong đó số gạo nếp bằng \(\frac{3}{7}\) số gạo tẻ. Tính số gạo nếp, gạo tẻ có trong kho?
Xem đáp án

Lời giải

Tổng số phần bằng nhau là : 3 + 7 =10 (phần)

Giá trị 1 phần là : 60 : 10 = 6 (tấn)

Số gạo tẻ có trong kho là : 6 × 7 = 42 (tấn)

Số gạo nếp có trong kho là: 6 × 3 = 18 (tấn)

Đáp số: 42 tấn gạo tẻ, 18 tấn gạo nếp


Câu 26:

Lúc đầu, số sách ngăn một bằng \(\frac{2}{3}\) số sách ngăn hai. Sau khi lấy ra ở mỗi ngăn 10 quyển sách thì số sách ngăn một bằng \(\frac{3}{5}\) số sách ngăn hai. Hỏi lúc đầu, cả hai ngăn có bao nhiêu quyển sách?
Xem đáp án

Lời giải

Lúc đầu, số sách ở ngăn một bằng \(\frac{2}{{2 + 3}} = \frac{2}{5}\) (tổng số sách ở cả hai ngăn).

Sau khi lấy ra ở mỗi ngăn 10 quyển sách thì số sách ngăn một bằng \(\frac{3}{{5 + 3}} = \frac{3}{8}\) (tổng số sách ở cả hai ngăn).

10 quyển sách bằng \(\frac{2}{5} - \frac{3}{8} = \frac{1}{{40}}\)  (tổng số sách ở cả hai ngăn).

Vậy lúc đầu tổng số sách ở cả hai ngăn là: \(10:\frac{1}{{40}} = 400\)(quyển)

Đáp số: 400 quyển.


Câu 27:

Một tổ có 9 học sinh, trong đó có 5 học sinh nam và 4 học sinh nữ được xếp thành hàng dọc. Xác suất sao cho 5 học sinh nam đứng kề nhau là
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Một tổ có 9 học sinh được xếp thành hàng dọc.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 9!

Gọi biến cố A: “5 học sinh nam đứng kề nhau”.

• Xếp 5 học sinh nam đứng kề nhau thì sẽ có 5! cách xếp.

• Sau đó ta coi 5 học sinh nam là 1 “người A”, rồi xếp “người A” cùng với 4 bạn nữ kia, tức là xếp 5 người, ta lại có 5! cách xếp.

Vì vậy n(A) = 5!.5!

Vậy xác suất của biến cố A là: \({\rm P}\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{5!.5!}}{{9!}} = \frac{5}{{126}}\)

Vậy đáp án đúng là A.


Câu 28:

Một cỗ bài có 52 quân, mỗi chất cơ, rô, nhép, bích đều có 13 quân. Có bao nhiêu cách lấy ra 5 quân sao cho có đủ cả 4 chất: cơ, rô, nhép, bích?
Xem đáp án

Lời giải

Để lấy 5 quân mà được 4 chất khác nhau thì có số cách lấy là:

\(C_5^1C_{13}^1.C_4^1.C_{13}^1.C_3^1.C_{13}^1.C_2^1.C_{13}^1.C_1^1.C_{12}^1\)


Câu 29:

Tháng 2 năm nào đó có 5 ngày thứ Năm. Hỏi ngày 1 tháng đó là thứ mấy? Chủ nhật tháng đó vào những ngày nào?
Xem đáp án

Lời giải

Vì tháng 2 chỉ có 28 ngày hoặc 29 ngày mà lại có đến 5 ngày là thứ năm nên có 4 tuần kể từ thứ năm đầu đến thứ năm cuối.

Suy ra từ thứ năm đầu tiên đến thứ năm cuối cùng có số ngày là: 4 × 7 + 1 = 29 (ngày)

Như vậy 29 ngày kể từ thứ năm đầu tiên đến thứ năm cuối cùng phải trùng hoàn toàn với 29 ngày trong tháng nên ngày thứ năm đầu tiên của tháng đó là mùng 1 và ngày 29 tháng đó cũng là thứ năm.

Do đó ngày chủ nhật đầu tiên của tháng đó là ngày mùng 4. Các ngày chủ nhật của tháng đó là: 04 ; 11 ; 18 ; 25.


Câu 30:

Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy 2, 4, n (n > 3) điểm phân biệt (các điểm không trùng với các đỉnh của tam giác). Tìm n, biết rằng số tam giác có các đỉnh thuộc n + 6 điểm đã cho là 247.
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Mỗi tam giác được lập thành do một cách chọn 3 điểm sao cho 3 điểm đó không thẳng hàng tức là không cùng nằm trên một cạnh của tam giác ABC.

Chọn ngẫu nhiên 3 điểm từ n+6 điểm đã cho có: \(C_{n + 6}^3\) (cách)

Chọn 3 điểm chỉ nằm trên đúng 1 cạnh của tam giác ABC có: \(C_4^3 + C_n^3\) (cách)

Số tam giác lập thành là:                     

\(C_{n + 6}^3 - \left( {C_4^3 + C_n^3} \right) = 247\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {n + 6} \right)!}}{{3!.\left( {n + 3} \right)!}} - \left[ {4 + \frac{{n!}}{{3!.\left( {n - 3} \right)!}}} \right] = 247\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {n + 6} \right)\left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right)}}{6} - \left[ {4 + \frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6}} \right] = 247\)

(n + 6)(n + 5)(n + 4) – n(n – 1)(n – 2) = 1506

18n2 + 72n – 1386 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = - 11\\n = 7\end{array} \right.\)

Vì n > 3 nên n = 7.

Vậy đáp án đúng là C.


Câu 31:

Tìm giá trị lớn nhất của Q = \(\frac{1}{{x - 2\sqrt x + 3}}\).
Xem đáp án

Lời giải

ĐKXĐ: x ≥ 0

Ta có: \(x - 2\sqrt x + 3 = {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} + 2 \ge 2\)

\( \Rightarrow Q = \frac{1}{{x - 2\sqrt x + 3}} \le \frac{1}{2}\)

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\) (thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy GTLN của Q là \(\frac{1}{2}\) khi x = 1.


Câu 32:

Tìm giá trị của x để đa thức dư trong mỗi phép chia sau có giá trị bằng 0:

a) (3x5 – x4 – 2x3 + x2 + 4x + 5) : (x2 – 2x + 2);

b) (x5 + 2x4 + 3x2 + x – 3) : (x2 + 1).

Xem đáp án

Lời giải

a) (3x5 – x4 – 2x3 + x2 + 4x + 5) : (x2 – 2x + 2)

Ta đặt tính như sau:

 Media VietJack

Để số dư của phép chia trên bằng 0 thì –10x + 15 = 0

\( \Leftrightarrow 10x = 15 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\).

b) (x5 + 2x4 +3x2 + x – 3) : (x2 + 1)

Ta đặt tính như sau:

 Media VietJack

Để số dư bằng 0 thì 2x – 4 = 0 x = 2


Câu 33:

Giải phương trình: \[{x^2}\; - 2\sqrt 3 x + 2 = 0\].
Xem đáp án

Lời giải

Ta có: \[{x^2}\; - 2\sqrt 3 x + 2 = 0\]

\[ \Leftrightarrow {x^2}\; - 2\sqrt 3 x + 3 - 1 = 0\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {x - \sqrt 3 } \right)^2} = 1\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - \sqrt 3 = 1\\x - \sqrt 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 + \sqrt 3 \\x = - 1 + \sqrt 3 \end{array} \right.\].


Câu 34:

Tìm x, y, z nguyên dương thỏa mãn: xy + 1 chia hết cho z; yz + 1 chia hết cho x; xz + 1 chia hết cho y.
Xem đáp án

Lời giải

Theo bài ta có \(\left( {xy + 1} \right)\left( {xz + 1} \right)\left( {yz + 1} \right) \vdots xyz\)

\( \Rightarrow \;\left( {{x^2}{y^2}{z^2} + {x^2}yz + x{y^2}z + xy{z^2} + xy + xz + yz + 1} \right):xyz\)

\( \Rightarrow \left( {xy + xz + yz + 1} \right){\rm{\;}} \vdots xyz\)

Đặt \(xy + xz + yz + 1 = nxyz\) \(\left( {n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right)\)

Do đó \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{{xyz}} = n\)

Vai trò x, y, z như nhau, không mất tính tổng quát giả sử \(x \ge y \ge z \ge 1\).

Ta có \(\frac{1}{{xyz}} \le \frac{1}{x} \le \frac{1}{y} \le \frac{1}{z} \le 1\). Vậy \(n \le 4\).

Do đó \(n \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\)

Trường hợp 1: Xét \(n = 1\). Ta có \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{{xyz}} = 1\)

Ta có \(1 = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{{xyz}} \le \frac{4}{z} \Rightarrow z \le 4\)

Mà z > 1. Vậy \(z \in \left\{ {2;3;4} \right\}\)

Với z = 2 ta có \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{2} + \frac{1}{{2xy}} = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{{2xy}} = \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{{2xy}} < \frac{3}{y} \Rightarrow y < 6\)

Mà y > 1 nên \(y \in \left\{ {2;3;4;5} \right\}\).

Xét \(y \in \left\{ {2;3;4;5} \right\}\) được y = 3; x = 7.

Với z = 3 ta có \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{{3xy}} = \frac{2}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{2}{3} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{{3xy}} < \frac{3}{y} \Rightarrow y \le 4\)

Mà \(y \ge z = 3\) nên \(y \in \left\{ {3;4} \right\}\)

Xét \({\rm{y}} \in \left\{ {3;4} \right\}\), ta có \({\rm{x}} \notin \mathbb{Z}\).

Với z = 4 ta có \(\frac{1}{{\rm{x}}} + \frac{1}{{\rm{y}}} + \frac{1}{{4{\rm{xy}}}} = \frac{3}{4}\)

\( \Rightarrow \frac{3}{4} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{{4xy}} < \frac{3}{4} \Rightarrow y < 4\)

Trái với \({\rm{y}} \ge {\rm{z}} = 4\).

Trường hợp 2:  Xét n = 2 ta có \(\frac{1}{{\rm{x}}} + \frac{1}{{\rm{y}}} + \frac{1}{{\rm{z}}} + \frac{1}{{{\rm{xyz}}}} = 2\)

Ta có \(2 = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{{xyz}} \le \frac{4}{z} \Rightarrow {\rm{z}} \le 2 \Rightarrow {\rm{z}} \in \left\{ {1;2} \right\}\)

Với z = 1, ta có \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{{xy}} = 1\)

\( \Leftrightarrow 1 = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{{xy}} \le \frac{3}{y} \Rightarrow y \le 3\) mà \(y \in \left\{ {2;3} \right\}\)

+) y = 2 thì x = 3;

+) y = 3 thì \(x \notin Z\)

Với z = 2, ta có \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{{2xy}} = \frac{3}{2}\)

\( \Rightarrow \frac{3}{2} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{{2xy}} < \frac{3}{y} \Rightarrow y < 2\)

Trái với \({\rm{y}} \ge {\rm{z}} = 2\)

Trường hợp 3: Xét n = 3, ta có \(\frac{1}{{\rm{x}}} + \frac{1}{{\rm{y}}} + \frac{1}{{\rm{z}}} + \frac{1}{{{\rm{xyz}}}} = 3\)

\( \Rightarrow 3 = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{{xyz}} \le \frac{4}{z} \Rightarrow z \le 1 \Rightarrow z = 1\)

Với z = 1, ta có \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{{xy}} = 2\)

\( \Rightarrow 2 = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{{xy}} \le \frac{3}{y} \Rightarrow y \le \frac{3}{2} \Rightarrow y = 1\).

Khi đó x = 2.

Trường hợp 4:  Xét n = 4, ta có \(\frac{1}{{\rm{x}}} + \frac{1}{{\rm{y}}} + \frac{1}{{\rm{z}}} \le \frac{1}{{{\rm{xyz}}}} = 4\)

Dấu '=' xảy ra có x = y = z = 1.

Kết luận: Các bộ số nguyên dương (x, y, z) cần tìm là (7; 3; 2); (3; 2; 1); (2; 1; 1); (1; 1; 1) và các hoán vị.


Câu 35:

Xác định số hữu tỉ a sao cho: (x3 + ax2 + 5x + 3) (2x2 + 2x + 3).
Xem đáp án

Lời giải

Ta thực hiện đặt tính như sau:

 Media VietJack

Để phép chia là phép chia hết thì số dư bằng 0

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 - 2a = 0\\9 - 3a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow a = 3\).


Câu 36:

Tính: \(\frac{{{x^6} - {y^6}}}{{{x^4} - {y^4} - {x^3}y + x{y^3}}}\).
Xem đáp án

Lời giải

Ta có: \(\frac{{{x^6} - {y^6}}}{{{x^4} - {y^4} - {x^3}y + x{y^3}}}\)

\( = \frac{{{{\left( {{x^3}} \right)}^2} - {{\left( {{y^3}} \right)}^2}}}{{{x^3}\left( {x - y} \right) + {y^3}\left( {x - y} \right)}}\)

\( = \frac{{\left( {{x^3} + {y^3}} \right)\left( {{x^3} - {y^3}} \right)}}{{\left( {{x^3} + {y^3}} \right)\left( {x - y} \right)}}\)

\( = \frac{{{x^3} - {y^3}}}{{x - y}}\)

\( = \frac{{\left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)}}{{x - y}}\)

\( = {x^2} + xy + {y^2}\).


Câu 37:

Cho 3 điểm A, B, C bất kì và một điểm O khác điểm A, B, C. Có bao nhiêu tia gốc O và đi qua một trong 3 điểm A, B, C.
Xem đáp án

Lời giải

Các tia có gốc là O và đi qua một trong 3 điểm A, B, C là: OA, OB, OC.

Vậy có 3 tia thỏa mãn yêu cầu.


Câu 38:

Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 4, AD = 3. Tính độ dài vectơ \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} \)
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác ABC vuông tại B ta có:

\[AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = 5\]

\[\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \;AC = 5\]

Vậy đáp án đúng là B


Câu 39:

12 người làm xong một công việc trong 10 ngày hỏi muốn làm xong công việc trong 8 ngày thì cần bao nhiêu người? (mức làm của mỗi người như nhau)
Xem đáp án

Lời giải

12 người làm xong công việc trong 10 ngày

Vậy 1 người 10 ngày làm đc: \(\frac{1}{{12}}\) (công việc)

1 người 1 ngày làm đc: \(\frac{1}{{120}}\) (công việc)

1 người 8 ngày làm đc: \(8 \cdot \frac{1}{{120}} = \frac{8}{{120}} = \frac{1}{{15}}\) (công việc)

Vâỵ muốn làm xong công việc đó trong 8 ngày thì cần số người là:

\(1:\frac{1}{{15}} = 15\) (người).

Đáp số: 15 người


Câu 40:

Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH, biết BH = 9 cm, CH = 16 cm. Tính độ dài các cạnh AB, AC và chiều dài AH.
Xem đáp án

Lời giải

 Media VietJack

Ta có: BC = BH + HC = 9 + 16 = 25 (cm)

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có:

AB2 = BH.HC = 9.25 = 225

AB = 15 (cm)

AC2 = CH.BC = 16.25 = 400

  AC = 20 (cm)

Lại có: AH.BC = AB.AC \( \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{15.20}}{{25}} = 12\) (cm)

Vậy AB = 15 cm, AC = 20 cm, AH = 12 cm


Câu 41:

Cho \(\left( {x + \sqrt {{x^2} + 2005} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + \sqrt {2005} } } \right) = \sqrt {2005} \). Tính x + y.
Xem đáp án

Lời giải

Ta có: \(\left( {x + \sqrt {{x^2} + \sqrt {2005} } } \right)\left( {\sqrt {{x^2} + \sqrt {2005} } - x} \right) = {x^2} + \sqrt {2005} - {x^2} = \sqrt {2005} \)

Mà theo bài cho ta có:

\(\left( {x + \sqrt {{x^2} + 2005} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + \sqrt {2005} } } \right) = \sqrt {2005} \)

\( \Leftrightarrow \left( {x + \sqrt {{x^2} + 2005} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + \sqrt {2005} } } \right) = \left( {x + \sqrt {{x^2} + \sqrt {2005} } } \right)\left( {\sqrt {{x^2} + \sqrt {2005} } - x} \right)\)

\( \Leftrightarrow y + \sqrt {{y^2} + \sqrt {2005} } = \sqrt {{x^2} + 2005} - x\) (1)

Chứng minh tương tự ta có: \(x + \sqrt {{x^2} + 2005} = \sqrt {{y^2} + \sqrt {2005} } - y\) (2)

Cộng từng vế của (1) và (2), ta có:

\(x + \sqrt {{x^2} + \sqrt {2005} } + y + \sqrt {{y^2} + \sqrt {2005} } = \sqrt {{x^2} + \sqrt {2005} } - x + \sqrt {{y^2} + \sqrt {2005} } - y\)

\( \Leftrightarrow x + y = - x - y\)

\( \Leftrightarrow x + y = 0\).

Vậy x + y = 0.


Câu 42:

Chứng minh: \(cot{\rm{ }}a--cot{\rm{ }}b{\rm{ }} = \frac{1}{{\tan a}} - \frac{1}{{\tan b}}\).
Xem đáp án

Lời giải

Ta có: \(cot{\rm{ }}a = \frac{1}{{\tan a}};\,\,\,cot{\rm{ }}b = \frac{1}{{\tan b}}\)

\( \Rightarrow cot{\rm{ }}a--cot{\rm{ }}b{\rm{ }} = \frac{1}{{\tan a}} - \frac{1}{{\tan b}}\) (đpcm)


Câu 43:

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{m^2}{x^2} + m - 1} }}\) có bốn đường tiệm cận.
Xem đáp án

Lời giải

Với m = 0 hàm số không xác định

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{m^2}{x^2} + m - 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x}}}{{ - \sqrt {{m^2} + \frac{{m - 1}}{{{x^2}}}} }} = \frac{{ - 1}}{{\left| m \right|}}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{m^2}{x^2} + m - 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x}}}{{\sqrt {{m^2} - \frac{{m - 1}}{{{x^2}}}} }} = \frac{1}{{\left| m \right|}}\)

Suy ra đồ thị hàm số luôn có 2 tiệm cận ngang

Để đồ thị hàm số có 4 tiệm cận thì cần có thêm 2 tiệm cận đứng

m2x2 + m – 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt

\( \Rightarrow {x^2} = \frac{{1 - m}}{{{m^2}}}\)

Do x2 > 0 1 – m > 0 m < 1

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}m < 1\\m \ne 0\end{array} \right.\) thì đồ thị hàm số có 4 tiệm cận.


Bắt đầu thi ngay