Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(MB = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} - \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} \)

                    \( = \overrightarrow {AB} - \frac{1}{4}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} ) = \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{4}\overrightarrow {AD} \)

\(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} - \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} \)

        \( = \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {DC} - \frac{1}{4}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} )\)

        \( = \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{4}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} )\)

       \( = \frac{3}{4}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} \)

Suy ra \(\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MN} = \left( {\frac{3}{4}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{4}\overrightarrow {AD} } \right)\left( {\frac{3}{4}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} } \right)\)

                          \( = \frac{1}{{16}}\left( {3\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} + 3{{\overrightarrow {AB} }^2} - 3{{\overrightarrow {AD} }^2} - \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} } \right)\)

                          \( = \frac{1}{{16}}\left( {0 + 3{a^2} - 3{a^2} - 0} \right) = 0\).

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

a) Xét tam giác ABC có

\(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Hay \(\widehat A + \alpha + \alpha = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat A = 180^\circ - 2\alpha \)

Xét tứ giác AHOK có

\(\widehat {AHO} + \widehat {AK{\rm{O}}} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác AHOK nội tiếp

Do đó \(\widehat {HAK} + \widehat {HOK} = 180^\circ \)

Hay \(180^\circ - 2\alpha + \widehat {HOK} = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {HOK} = 2\alpha \)

Xét (O) có MH, ME là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M

Suy ra OM là tia phân giác của \(\widehat {HOE}\)

Do đó \(\widehat {HOM} = \widehat {MOE} = \frac{1}{2}\widehat {HOE}\)

Xét (O) có NK, NE là hai tiếp tuyến cắt nhau tại N

Suy ra ON là tia phân giác của \(\widehat {KOE}\)

Do đó \(\widehat {KON} = \widehat {NOE} = \frac{1}{2}\widehat {KOE}\)

Ta có: \(\widehat {MON} = \widehat {MOE} + \widehat {NOE} = \frac{1}{2}\widehat {HOE} + \frac{1}{2}\widehat {K{\rm{O}}E} = \frac{1}{2}\widehat {HOK} = \frac{1}{2}.2\alpha = \alpha \)

Vậy \(\widehat {MON} = \alpha \)

b) Xét (O) có MH, ME là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M

Suy ra MO là tia phân giác của \(\widehat {HME}\)

Do đó \(\widehat {HMO} = \widehat {OME} = \frac{1}{2}\widehat {HME}\)

Xét (O) có NK, NE là hai tiếp tuyến cắt nhau tại N

Suy ra NO là tia phân giác của \(\widehat {KNE}\)

Do đó \(\widehat {KNO} = \widehat {ONE} = \frac{1}{2}\widehat {KNE}\)

Xét ∆BMO và ∆OMN có:

\(\widehat {BMO} = \widehat {NMO}\) (chứng minh trên);

\(\widehat B = \widehat {MON}\left( { = \alpha } \right)\)

Suy ra (g.g)

Xét ∆CON và ∆OMN có

\(\widehat {CNO} = \widehat {MNO}\) (chứng minh trên);

\(\widehat C = \widehat {MON}\left( { = \alpha } \right)\)

Suy ra (g.g)

Vậy OM, ON chia tứ giác BMNC thành ba tam giác đồng dạng.

c) Vì OM, ON chia tứ giác BMNC thành ba tam giác đồng dạng

Suy ra

Do đó \(\frac{{CO}}{{BM}} = \frac{{CN}}{{BO}}\)

Suy ra BM . CN = CO . BO = a . a = a²

d) Vì tích BM . CN = a² cố định nên tổng BM + CN nhỏ nhất khi BM = CN

Mà AB = AC

Suy ra \(\frac{{BM}}{{AB}} = \frac{{CN}}{{AC}}\)

Do đó MN // BC

Vậy khi MN // BC thì BM + CN nhỏ nhất.

Lời giải

a) Xét tam giác ABH vuông tại H có HI là trung tuyến ứng với cạnh huyền

Suy ra \(HI = \frac{1}{2}AB\)

Mà \(AI = BI = \frac{1}{2}AB\)

Do đó BI = IH

Hay tam giác IBH cân tại I

Suy ra \(\widehat {IBH} = \widehat {IHB}\)

Mà \(\widehat {IBH} = \widehat {ACB}\) (vì tam giác ABC cân tại A)

Do đó \(\widehat {ACB} = \widehat {IHB}\)

Lại có hai góc này ở vị trí đồng vị

Suy ra IH // AC

Do đó IHCA là hình thang

b) Xét tứ giác AHBK có

I là trung điểm của AB và HK

AB và HK là hai đường chéo

Suy ra AHBK là hình bình hành

Mà \(\widehat {AHB} = 90^\circ \)

Suy ra AHBK là hình chữ nhật

c) Nếu tam giác ABC đều thì AB = AC = BC, \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = \widehat {BAC}\)

Suy ra HIAC là hình thang cân

d) Để hình chữ nhật AHBK là hình vuông

⇔ AH = BH

\( \Leftrightarrow AH = \frac{1}{2}BC\)

\( \Leftrightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ \)

⇔ Tam giác ABC vuông cân tại A

Vậy tam giác ABC vuông cân thì AHBK là hình vuông.

Lời giải

a) Vì AM là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\)

Nên \(\widehat {BAM} = \widehat {CAM}\)

Xét ΔABM và ΔANM có:

AB = AN (giả thiết)

\(\widehat {BAM} = \widehat {CAM}\)

AM là cạnh chung chung

Suy ra ΔABM = ΔANM (c.g.c)

b) Vì ΔABM = ΔANM (chứng minh câu a)

Nên \(\widehat {ABM} = \widehat {ANM}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {ABM} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {ANM} = 90^\circ \)

Hay tam giác CMN vuông tại N

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

Mà \(\widehat {NCM} + \widehat {BAC} = 90^\circ \) (vì tam giác ABC vuông tại C)

Do đó \(\widehat {BAC} = \widehat {CMN}\)

Vậy \(\widehat {BAC} = \widehat {CMN}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 20 đỉnh có \(C_{20}^3\) cách

Suy ra n(Ω) = 1140

Đa giác đều 20 đỉnh có 10 đường chéo đi qua tâm đa giác mà cứ 2 đường chéo tạo thành 1 hình chữ nhật và 1 hình chữ nhật tạo thành 4 tam giác vuông

Suy ra số tam giác vuông là \(4.C_{10}^2 = 180\)

Tuy nhiên, trong \(C_{10}^2\) hình chữ nhật có 5 hình vuông

Nên số tam giác vuông cân là 5 . 4 = 20

Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố X là n(X) = 180 – 20 = 160.

Vậy \(P = \frac{{n\left( X \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{160}}{{1140}} = \frac{8}{{57}}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) nên \(\widehat {ABO} = \widehat {AC{\rm{O}}} = 90^\circ \)

Suy ra B, C cùng thuộc đường tròn đường kính OA

Nên A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn đường kính OA. Do đó A sai.

Ta có AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại A

Nên AB = AC và AO là phân giác của \(\widehat {BAC}\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra ∆ ABC là tam giác cân tại A

Do đó AO vừa là phân giác của \(\widehat {BAC}\) vừa là đường trung trực của BC (tính chất tam giác cân) nên B sai

Vậy ta chọn đáp án D.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Do chữ số 1 có mặt 3 lần nên ta coi như tìm các số thỏa mãn đề bài được tạo nên từ 8 số 0, 1, 1, 1, 2, 3, 4, 5

Chọn số cho ô đầu tiên có 7 cách

Chọn số cho ô thứ hai có 7 cách

…

Chọn số cho ô thứ 88  có 1 cách

Suy ra có 7 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 7 . 7! cách xếp 8  chữ số 0, 1, 1, 1, 2, 3, 4, 5 vào 8 ô

Mặt khác chữ số 1 lặp lại 3 lần nên số cách xếp là

\(\frac{{7.7!}}{{3!}} = 5880\) số

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Chọn vị trí cho hai nhóm 3 nam và 3 nữ có 2 cách chọn (1 nhóm ở vị trí chẵn và nhóm còn lại ở vị trí lẻ)

Xếp 3 nam có: 3 . 2 . 1 cách xếp

Xếp 3 nữ có: 3 . 2 . 1 cách xếp

Vậy có 2 . (3 . 2 . 1)² =72 cách xếp

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

a) Xét (O) có AB, AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A nên AB = AC

Suy ra ΔABC cân tại A

Lại có AO là tia phân giác của góc A nên AO ⊥ BC (trong tam giác cân, đường phân giác cũng là đường cao)

b) Gọi I là giao điểm của AO và BC

Suy ra BI = IC (đường kính vuông góc với một dây)

Xét ΔCBD có: CI = IB và CO = OD (bán kính)

Suy ra OI là đường trung bình

Do đó BD // AO.

c) Theo định lí Pitago trong tam giác vuông OAB:

AB² = AO² – BO² = 4² – 2² = 12

Suy ra \[AB = 2\sqrt 3 \] (cm)

Do đó \[AC = AB = 2\sqrt 3 \]

Xét tam giác OAC có \[\sin \widehat {OAC} = \frac{{OC}}{{OA}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\]

Suy ra \(\widehat {OAC} = 30^\circ \)

Do đó \(\widehat {BAC} = 2\widehat {OAC} = 2.30^\circ = 60^\circ \)

Suy ra tam giác ABC đều nên \(AB = AC = BC = 2\sqrt 3 \) (cm).

Lời giải

a) Gọi điểm cố định (d₁) luôn đi qua là M(x; y)

\( \Leftrightarrow y = mx - m + 1,\forall m\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right).m = y - 1,\forall m\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 = 0}\\{y - 1 = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 1}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow M\left( {1;1} \right)\)

b) Phương trình hoành độ giao điểm của d₂ và d₃ là:

\( \Leftrightarrow 2x + 3 = x + 1\)

\( \Leftrightarrow 2x - x = 1 - 3\)

\( \Leftrightarrow x = - 2\)

\( \Rightarrow y = x + 1 = - 2 + 1 = - 1\)

Do đó giao điểm của d₂ và d_3­ là điểm \(B\left( { - 2; - 1} \right)\)

Để 3 đường thẳng đồng quy thì d₁ đi qua điểm \(B\left( { - 2; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow - 1 = m.\left( { - 2} \right) - m + 1\)

\( \Leftrightarrow - 2m - m = - 2\)

\( \Leftrightarrow - 3m = - 2\)

\( \Leftrightarrow m = \frac{2}{3}\)

Vậy \(m = \frac{2}{3}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Đường thẳng d cắt Ox tại A nên y_A = 0

Khi đó 2x_A + 6 = 0 hay x_A = –3

Do đó A(–3; 0). Suy ra OA = 3

Đường thẳng d cắt Oy tại B nên x_B = 0

Khi đó 2 . 0 + 6 = y_B hay y_B = 6

Do đó B(0; 6). Suy ra OB = 6

Vì tam giác AOB vuông tại O nên

\({S_{AOB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}.3.6 = 9\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

a) Vì AB = AC nên tam giác ABC cân tại A, suy ra \(\widehat B = \widehat C\)

Xét ∆DEB và ∆DFC có:

\(\widehat {BE{\rm{D}}} = \widehat {CF{\rm{D}}}\left( { = 90^\circ } \right)\);

BD = CD;

\(\widehat B = \widehat C\) (chứng minh trên)

Suy ra ∆DEB = ∆DFC (cạnh huyền – góc nhọn).

b) Vì ∆DEB = ∆DFC (chứng minh câu a)

Nên DE = DF (hai cạnh tương ứng)

Xét ∆AED và ∆AFD có:

\(\widehat {AE{\rm{D}}} = \widehat {AF{\rm{D}}}\left( { = 90^\circ } \right)\);

AD là cạnh chung;

DE = DF (chứng minh trên)

Suy ra ∆AED = ∆AFD (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

c) Vì ∆AED = ∆AFD (chứng minh câu b)

Nên \(\widehat {DA{\rm{E}}} = \widehat {DAF}\) (hai góc tương ứng)

Suy ra AD là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Các hình có đường chéo bằng nhau là: Hình vuông, hình chữ nhật, hình thang cân

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

a) 55 + 56 + 57 + 58 – 35 – 36 – 37 – 38

= (55 – 35) + (56 – 36) + (57 – 37) + (58 – 38)

= 20 + 20 + 20 + 20

= 80.

b) (461 – 78 + 40) – (461 – 78 – 60)

= 461 – 78 + 40 – 461 + 78 + 60

= (461 – 461) + (78 – 78) + (40 + 60)

= 0 + 0 + 100

= 100.

c) –323 + 874 – (874 – 324 – 241)

= –323 + 874 – 874 + 324 + 241

= (–323 + 324) + (874 – 874) + 241

= 1 + 0 + 241

= 242.

Lời giải

a) Xét tứ giác ADBM có I là trung điểm của hai đường chéo MD và AB

Suy ra ADBM là hình bình hành

Lại có AB ⊥ MD (do D là điểm đối xứng của M qua I)

Do đó ADBM là hình thoi

Suy ra AD // BM

b) Vì ADBM là hình thoi nên AM // BD

Ta có: CA ⊥ AB và MI ⊥ AB

Suy ra CA // MI (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tứ giác ADMC có CM // AD, MD // AC

Suy ra ADMC là hình bình hành

Mà AM cắt CD tại trung điểm E nên AE = EM

Vậy AE = EM.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Trong (BCD) gọi I là giao điểm của RQ và BD

Trong (ABD) gọi S là giao điểm của AD và IP

Khi đó, S = AD ∩ (PQR)

Gọi J là trung điểm của BR. DO R nằm trên cạnh BC sao cho BR = 2RC

Suy ra BJ = JR = RC

Xét tam giác JCD có R, Q lần lượt là trung điểm của JC, CD

Suy ra RQ là đường trung bình

Do đó RQ // JD, hay RI // JD

Xét tam giác BRI có J là trung điểm của BR và DJ // RI

Suy ra D là trung điểm của BI

Xét tam giác ABI có P, D lần lượt là trung điểm của AD, BI và PI cắt AD tại S

Suy ra S là trọng tâm tam giác ABI

Do đó SA = 2SD

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Sau 6 tháng đầu người đó nhận được số tiền là

A₁ = 100 . (1 + 2%)² = 104,04 (triệu đồng)

Số tiền người đó có ngay sau khi gửi thêm 100 triệu là:

104,04 + 100 = 204,04 (triệu đồng)

Số tiền người đó nhận được sau 1 năm là:

A₂ = 204,04 . (1 + 2%)² = 212,283 (triệu đồng) ≈ 212 triệu đồng

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

a) Vì MD ⊥ AB, ME ⊥ AC nên \(\widehat {M{\rm{D}}A} = \widehat {ME{\rm{A}}} = 90^\circ \)

Xét tứ giác ADME có \(\widehat {BAC} = \widehat {M{\rm{D}}A} = \widehat {ME{\rm{A}}} = 90^\circ \)

Suy ra ADME là hình chữ nhật

b) Để hình chữ nhật ADME là hình vuông thì AM là tia phân giác của \(\widehat {DA{\rm{E}}}\)

Khi đó tam giác ABC có AM vừa là phân giác vừa là trung tuyến

Nên tam giác ABC cân tại A

Vậy tam giác ABC vuông cân tại A thì ADME là hình vuông

c) Vì tam giác ABC vuông tại A, theo định lý Pytago ta có

BC² = AB² + AC² = 8² + 6² = 100

Suy ra BC = 10 (cm)

Do đó \(AM = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}.10 = 5\) (cm)

d) Vì MD ⊥ AB, AB ⊥ AC nên MD // AC (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tam giác ABC có M là trung điểm của BC và MD // AC

Suy ra MD là đường trung bình

Do đó \(M{\rm{D}} = \frac{1}{2}AC\)

Ta có: \(\frac{{{S_{ABM}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}M{\rm{D}}.AB}}{{\frac{1}{2}AC.AB}} = \frac{{M{\rm{D}}}}{{AC}} = \frac{1}{2}\)

Mà \[{{\rm{S}}_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.8.6 = 24\] (cm²)

Suy ra S_ABM = 12 cm²

Vậy S_ABM = 12 cm².

Lời giải

a) Xét tam giác ABC có D, E lần lượt là trung điểm của AB và BC

Suy ra DE là đường trung bình

Do đó DE // AC và \(DE = \frac{1}{2}AC\)

Suy ra DECA là hình thang

Mà \(\widehat {DAC} = 90^\circ \) nên DECA là hình thang vuông

b) Vì F là điểm đối xứng của E qua D nên EF = 2DE

Mà AC = 2DE nên EF = AC

Lại có FE // AC (chứng minh câu a)

Suy ra ACEF là hình bình hành.

c) Xét tứ giác AEBF có D là trung điểm của hai đường chéo AB và EF

Suy ra AEBF là hình bình hành                      (1)

Xét tam giác ABC vuông tại A có AE là trung tuyến ứng với cạnh huyền

Do đó \[A{\rm{E}} = \frac{1}{2}BC\]

Mà \[{\rm{BE}} = \frac{1}{2}BC\], suy ra AE = BE                                   (2)

Từ (1) và (2) suy ra AEBF là hình thoi

Vậy AEBF là hình thoi.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: x – 12 = 6 – x

\( \Leftrightarrow x + x = 6 + 12\)

\( \Leftrightarrow 2x = 18\)

\( \Leftrightarrow x = 18:2\)

\( \Leftrightarrow x = 9\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Số nghiệm của phương trình f(2 + f(e^x)) = 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(2 + f(e^x)) và đường thẳng y = 1

Dựa vào đồ thị hàm số ta có:

\(f\left( {2 + f\left( {{e^x}} \right)} \right) = 1\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 + f\left( {{e^x}} \right) = - 1}\\{2 + f\left( {{e^x}} \right) = {x_0} \in (2;3)}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( {{e^x}} \right) = - 3}\\{f\left( {{e^x}} \right) = {x_0} - 2 \in (0;1)}\end{array}} \right.\)

TH1: f(e^x) = –3

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{e^x} = 1\\{e^x} = {x_1} < - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\)

TH2: f(e^x) = x₀ – 2 ∈ (0; 1)

Suy ra phương trình có 3 nghiệm khác 0

Do đó: \(\left[ \begin{array}{l}{e^x} = a < 0\\{e^x} = b < 0\\{e^x} = c > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \ln c \ne 0\)

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Lời giải

a) Xét tam giác ABC có O, I lần lượt là trung điểm của AB, AC

Suy ra OI là đường trung bình

Do đó OI // BC

b) Vì C thuộc đường tròn đường kính AB nên tam giác ABC nội tiếp (O)

Suy ra tam giác ABC vuông tại C

Xét (O) có AC là dây cung; I là trung điểm của AC

Suy ra OI là trung trực của AC

Mà D ∈ OI nên DA = DC

Xét ∆ADO và ∆CDO có

DA = DC (chứng minh trên)

DO là cạnh chung

OA = OC

Suy ra ∆ADO = ∆CDO (c.c.c)

Do đó \(\widehat {A{\rm{D}}O} = \widehat {AC{\rm{O}}}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {AC{\rm{O}}} = 90^\circ \) nên \(\widehat {A{\rm{D}}O} = 90^\circ \), hay AO ⊥ AD

Mà AO là bán kính của (O)

Do đó DA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O

c) Ta có CO ⊥ CD, BK ⊥ CD

Suy ra CO // BK (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Do đó \(\widehat {OCB} = \widehat {CBK}\) (hai góc so le trong)

Mà \(\widehat {CBO} = \widehat {OCB}\) nên \(\widehat {CBO} = \widehat {CKB}\)

Xét ∆BCH và ∆BCK có

\(\widehat {BHC} = \widehat {BKC}\left( { = 90^\circ } \right)\);

BC là cạnh chung;

\(\widehat {CBO} = \widehat {CKB}\) (chứng minh trên)

Suy ra ∆BCH = ∆BCK (cạnh huyền – góc nhọn)

Do đó CH = CK

Xét tam giác ABC vuông tại C có CH ⊥ AB, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có CH² = HA . HB

Suy ra CK² = HA . HB.