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 35)

  • 10421 lượt thi

  • 48 câu hỏi

  • 50 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 2:

Tam giác ABC có BC = 21 cm, CA = 17 cm, AB = 10 cm. Tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức Heron cho tam giác ABC, ta có:

Media VietJack

Suy ra:

Media VietJack

Vậy ta chọn đáp án C.


Câu 3:

Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn 3x2 + 6y2 + 2z2 + 3y2z2 – 18x = 6.
Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

3x2 + 6y2 + 2z2 + 3y2z2 – 18x = 6

(3x2 – 18x + 27) + 6y2 + 2z2 + 3y2z2 = 6 + 27

3(x – 3)2 + 6y2 + 2z2 + 3y2z2 = 33                                 (1)

Vì x, y, z nguyên nên z2 3 và 2z2 ≤ 33

Hay |z| ≤ 3

Mà z nguyên

Suy ra z = 0 hoặc z = 3

+) TH1: z = 0

(1)  3(x – 3)2 + 6y2 = 33       

(x – 3)2 + 2y2 = 11

Suy ra 2y2 ≤ 11

Do đó |y| ≤ 2

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

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {x - 3} \right)^2} = 11\\{\left( {x - 3} \right)^2} + 2 = 11\end{array} \right.\)

(x – 3)2 + 2 = 11 (vì x nguyên)

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

+) TH1: z = 3

(1) 3(x – 3)2 + 6y2 + 2 . 32 + 3y2 . 32 = 33                     

3(x – 3)2 + 33y2 + 18 = 33

(x – 3)2 + 11y2 = 5

Suy ra 11y2 ≤ 5

Do đó y = 0

Khi đó (x – 3)2 = 5 nên không tìm được giá trị x nguyên thỏa mãn phương trình

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x, y, z) là: (0; 1; 0), (0; –1; 0), (6; 1; 0), (6; –1; 0).


Câu 4:

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu H trên AB, AC. Chứng minh:

a) \(\frac{{FB}}{{FC}} = \frac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}}\);

b) BC2 = 3AH2 + BE2 + CF2;

c) \(BE\sqrt {CH} + CF\sqrt {BH} = AH\sqrt {BC} \).

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) Xét tam giác ABC vuông tại A có AH BC, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AB2 = BH . BC

AC2 = CH . BC

Xét tam giác ABH vuông tại H có HE AB, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

BH2 = BE . BA

Hay \(BE = \frac{{B{H^2}}}{{BA}}\)

Xét tam giác ACH vuông tại H có HF AC, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

CH2 = CF . CA

Hay \(CF = \frac{{C{H^2}}}{{CA}}\)

Ta có: \(\frac{{A{B^4}}}{{A{C^4}}} = \left( {\frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}} \right) = \frac{{{{\left( {BH.BC} \right)}^2}}}{{{{\left( {CH.BC} \right)}^2}}} = \frac{{B{H^2}}}{{C{H^2}}} = \frac{{BE.AB}}{{CF.AC}} = \frac{{BE}}{{CF}}.\frac{{AB}}{{AC}}\)

Suy ra  \(\frac{{FB}}{{FC}} = \frac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}}\)

Vậy \(\frac{{FB}}{{FC}} = \frac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}}\).

b) Xét tứ giác AEHF có \(\widehat {{\rm{EAF}}} = \widehat {HE{\rm{A}}} = \widehat {HF{\rm{A}}} = 90^\circ \)

Suy ra AEHF là hình chữ nhật

Do đó AH = EF

 Xét tam giác ABC vuông tại A , theo định lý Pytago ta có:

Media VietJack

Vậy BC2 = 3AH2 + BE2 + CF2

c) Ta có: \(BE\sqrt {CH} + CF\sqrt {BH} \)

Media VietJack

Vậy \(BE\sqrt {CH} + CF\sqrt {BH} = AH\sqrt {BC} \).


Câu 5:

Phân tích đa thức thành nhân tử \(27{{\rm{x}}^3} + \frac{{{y^3}}}{8}\).
Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

\(27{{\rm{x}}^3} + \frac{{{y^3}}}{8} = {\left( {3{\rm{x}}} \right)^3} + {\left( {\frac{y}{2}} \right)^3}\)

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

\( = \left( {3{\rm{x}} + \frac{y}{2}} \right)\left( {9{{\rm{x}}^2} + \frac{3}{2}xy + \frac{1}{4}{y^2}} \right)\)


Câu 6:

Tính nhanh:

\[{\rm{A}} = \left( {\frac{1}{4} - 1} \right).\left( {\frac{1}{9} - 1} \right).\left( {\frac{1}{{16}} - 1} \right).\left( {\frac{1}{{25}} - 1} \right).....\left( {\frac{1}{{121}} - 1} \right).\]

Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

\[{\rm{A}} = \left( {\frac{1}{4} - 1} \right).\left( {\frac{1}{9} - 1} \right).\left( {\frac{1}{{16}} - 1} \right).\left( {\frac{1}{{25}} - 1} \right).....\left( {\frac{1}{{121}} - 1} \right)\]

\[{\rm{A}} = \left( { - \frac{3}{4}} \right).\left( { - \frac{8}{9}} \right).\left( { - \frac{{15}}{{16}}} \right).....\left( { - \frac{{120}}{{121}}} \right)\] (có 10 số hạng)

\[{\rm{A}} = \frac{{3.8.15.....120}}{{4.9.16.....121}}\]

\[{\rm{A}} = \frac{{\left( {1.3} \right).\left( {2.4} \right).\left( {3.5} \right).....\left( {10.12} \right)}}{{{2^2}{{.3}^2}{{.4}^2}{{.....11}^2}}}\]

\[{\rm{A}} = \frac{{\left( {1.2.3.....10} \right).\left( {3.4.5.....12} \right)}}{{\left( {2.3.4.....11} \right).\left( {2.3.4.....11} \right)}}\]

\(A = \frac{{12}}{{11.2}} = \frac{6}{{11}}\).


Câu 7:

Cho A = (5; 7] và B = [m; m + 3). Tìm m để:

a) A tập hợp con của B.

b) B tập hợp con của A.

Xem đáp án

Lời giải

a) Ta có: \[{\rm{A}} \subset B \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 5\\m + 3 > 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 5\\m > 4\end{array} \right. \Leftrightarrow 4 < m \le 5\].

b) Ta có: \[B \subset A \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 5\\m + 3 \le 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 5\\m \le 4\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \].


Câu 8:

Cho A = (2m – 1; m + 3) và B = (–4; 5). Tìm m sao cho

a) A là tập hợp con của B.

b) B là tập hợp con của A.

c) A ∩ B = .

Xem đáp án

Lời giải

a) Ta có:

\[{\rm{A}} \subset B \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \ge - 4\\m + 3 \le 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m \ge - 3\\m \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{2} \le m \le 2\].

b) Ta có:

\[B \subset A \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \le - 4\\m + 3 \ge 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m \le - 3\\m \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \].

c) Ta có:

\(A \cap B = \emptyset \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 3 < 4\\2m - 1 > 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 1\\m > 3\end{array} \right.\).


Câu 9:

Tìm x biết:

a) (2x + 3)(x – 4) + (x – 5)(x – 2) = (3x – 5)(x – 4).

b) (8x – 3)(3x + 2) – (4x + 7)(x + 4) = (2x + 1)(5x – 1).

Xem đáp án

Lời giải

a) (2x + 3)(x – 4) + (x – 5)(x – 2) = (3x – 5)(x – 4)

2x2 – 8x + 3x – 12 + x2 – 2x – 5x + 10 = 3x2 – 12x – 5x + 20

–12x – 2 = – 17x + 20

5x = 22

\( \Leftrightarrow x = \frac{{22}}{5}\)

Vậy \(x = \frac{{22}}{5}\).

b) (8x – 3)(3x + 2) – (4x + 7)(x + 4) = (2x + 1)(5x – 1)

24x2 – 9x + 16x – 6 – 4x2 – 16x – 7x – 28 = 10x2 – 2x + 5x – 1

20x2 – 16x – 34 = 10x2 + 3x – 1

10x2 – 19x – 33 = 0

10x2 – 30x + 11x – 33 = 0

10x(x – 3) + 11(x – 3) = 0

(10x + 11)(x – 3) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}10{\rm{x}} + 11 = 0\\x - 3 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{x}} = \frac{{ - 11}}{{10}}\\x = 3\end{array} \right.\)

Vậy \(x = \frac{{ - 11}}{{10}}\) hoặc x = 3.


Câu 10:

Chứng minh: \[{\rm{cosA + cosB + cosC = 1 + 4}}\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\].
Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

Media VietJack

Suy ra \[{\rm{cosA + cosB + cosC = 1 + 4}}\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\]

Vậy \[{\rm{cosA + cosB + cosC = 1 + 4}}\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\].


Câu 11:

Tìm chu kì của hàm số \(y = \sin \left( {\frac{2}{5}x} \right).c{\rm{os}}\left( {\frac{2}{5}x} \right)\) là:
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(y = \sin \left( {\frac{2}{5}x} \right).c{\rm{os}}\left( {\frac{2}{5}x} \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {\frac{4}{5}x} \right)\)

Do đó f là hàm số tuấn hoàn với chu kì \(T = \frac{{2\pi }}{{\frac{4}{5}}} = \frac{{5\pi }}{2}\)

Vậy ta chọn đáp án C.


Câu 12:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số \(y = \sqrt {5 - m{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} - \left( {m + 1} \right){\rm{cosx}}} \) xác định trên ℝ?
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Hàm số xác định trên R

Media VietJack

Mà m nguyên

Suy ra m {–4; –3; –2; –1; 0; 1; 2; 3}

Do đó có 8 giá trị của m.

Vậy ta chọn đáp án B. 

Câu 13:

Chứng minh: (–a – b)2 = (a + b)2.
Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

VT = (–a – b)2 = [– (a + b)2] = (a + b)2 = VP

Vậy (–a – b)2 = (a + b)2.


Câu 14:

Tìm x biết 27x3 – 27x2 + 9x – 1 = 0.
Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

27x3 – 27x2 + 9x – 1 = 0

(3x)3 – 3(3x)2 . 1 + 3 . 3x . 11 – 13 = 0

(3x – 1)3 = 0

3x – 1 = 0

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

Vậy \(x = \frac{1}{3}\).


Câu 15:

Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn: \(2c{\rm{osA + cosB + cosC = }}\frac{9}{4}\).

Tính \(\sin \frac{A}{2}\).

Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

\(2c{\rm{osA + cosB + cosC = }}\frac{9}{4}\)

\( \Leftrightarrow 2c{\rm{osA + 2cos}}\left( {\frac{{{\rm{B + C}}}}{2}} \right){\rm{cos}}\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right){\rm{ = }}\frac{9}{4}\)

\( \Leftrightarrow c{\rm{osA + cos}}\left( {\frac{{{\rm{B + C}}}}{2}} \right){\rm{cos}}\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right){\rm{ = }}\frac{9}{8}\)

\( \Leftrightarrow c{\rm{osA + sin}}\frac{A}{2}{\rm{cos}}\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right){\rm{ = }}\frac{9}{8}\)

\( \Leftrightarrow 1 - 2{\sin ^2}\frac{A}{2}{\rm{ + }}\sin A{\rm{cos}}\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right){\rm{ = }}\frac{9}{8}\)

\( \Leftrightarrow - 2{\sin ^2}\frac{A}{2}{\rm{ + }}\sin \frac{A}{2}{\rm{cos}}\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right) - \frac{1}{8}{\rm{ = 0}}\)                          (1)

Để tồn tại góc A thì phương trình (1) phải có nghiệm \(\sin \frac{A}{2}\)

Suy ra ∆ ≥ 0

\( \Leftrightarrow co{s^2}\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right) - 1 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow cos\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right) = 1\)

Khi đó \( - 2{\sin ^2}\frac{A}{2}{\rm{ + }}\sin \frac{A}{2} - \frac{1}{8}{\rm{ = 0}}\)

\( \Leftrightarrow {\sin ^2}\frac{A}{2}{\rm{ }} - \frac{1}{2}\sin \frac{A}{2} + \frac{1}{{16}}{\rm{ = 0}}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sin \frac{A}{2} - \frac{1}{4}} \right)^2}{\rm{ = 0}}\)

\( \Leftrightarrow \sin \frac{A}{2} = \frac{1}{4}\)

Vậy \(\sin \frac{A}{2} = \frac{1}{4}\).


Câu 16:

Cho hàm số y = x + 1 có đồ thị là (d) và hàm số y = –x + 3 có đồ thị là (d’)

a) Vẽ (d) và (d’) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

b) Hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau tại C và cắt trục Ox theo thứ tự tại A và B. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.

c) Tính chu vi và diện tích của tam giác ABC.

d) Tính góc tạo bởi đường thẳng y = x + 1 với trục Ox.

Xem đáp án

Lời giải

a) Hàm số: y = x + 1

Cho x = 0 thì y = 0 + 1 = 1, ta có điểm M(0; 1)

Cho y = 0 thì 0 = x + 1 nên x = –1, ta có điểm P(–1; 0)

Đồ thị hàm số y = x + 1 là đường thẳng đi qua hai điểm M(0; 1) và P(–1; 0)

+) Hàm số: y = –x + 3

Cho x = 0 thì y = 0 + 3 = 3, ta có điểm N(0; 3)

Cho y = 0 thì 0 = –x + 3 nên x = 3, ta có điểm Q(3; 0)

Đồ thị hàm số y = –x + 3 là đường thẳng đi qua hai điểm N(0; 3) và Q(3; 0)

Ta có hình vẽ sau:

Media VietJack

b) Hoành độ của điểm C là nghiệm của phương trình

x + 1 = –x + 3

2x = 2

x = 1

Suy ra y = 1 + 1 = 2

Vậy C(1; 2)

Hoành độ của điểm A là nghiệm của phương trình

x + 1 = 0 x = –1

Suy ra A(–1; 0) ≡ P

Hoành độ của điểm B là nghiệm của phương trình

–x + 3 = 0 x = 3

Suy ra B(3; 0) ≡ Q

c) Ta có AB = OA + OB = 1 + 3 = 4

Áp dụng định lý Pytago ta có

Media VietJack

Chu vi tam giác ABC là:

Media VietJack

Ta có:

Media VietJack

Suy ra tam giác ABC vuông tại C

Diện tích tam giác ABC là

Media VietJack

d) Xét tam giác ABC có

\(\sin {\rm{A}} = \frac{{BC}}{{AB}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Suy ra \(\widehat A = 45^\circ \)

Vậy góc tạo bởi đường thẳng y = x + 1 với trục Ox bằng 45°.


Câu 17:

Số trung bình cộng của hai số bằng 9. Biết một trong hai số đó bằng 12. Tìm số kia.
Xem đáp án

Lời giải

Tổng 2 số là:

9 × 2 = 18 

Số kia là:

18 – 12 = 6

Vậy số còn lại là 6.


Câu 18:

Cho 3 tập hợp A = (–∞; 0), B = (1; +∞), C = (0; 1). Tìm (A B ) ∩ C.
Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

A B = (–∞; +∞)

Suy ra (A B ) ∩ C = (0; 1)

Vậy (A B ) ∩ C = (0; 1).


Câu 19:

Cho a = [m; m + 3] với m là tham số và b = (0; 2). Tìm m để b là con của a.
Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

\[b \subset a \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 0\\m + 3 \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 0\\m \le - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le - 1\].

Vậy m < –1 thì b a.


Câu 20:

Cho a, b, c là các số tự nhiên thỏa mãn (a – b) là số nguyên tố và 3c2 = c(a + b) + ab. Chứng minh rằng 8c + 1 là số chính phương.
Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

3c2 = c(a + b) + ab

2c2 = ca + cb + ab + c2

2c2 = c(a + c) + b(c + a)

2c2 = (a + c) (b + c)

Gọi d gcd(a + c, b + c)

Do a – b = p P nên d = 1 hoặc d = p

+) Nếu d = 1

Thì a + c = x2, b + c = y2 (xy = 2c)

Suy ra p = (x – y)(x + y).p = 2 (vô lý)

p lẻ thì dễ thấy \[{\rm{x}} = \frac{{p + 1}}{2} = \frac{{a - b + 1}}{2}\]\(y = \frac{{a - b - 1}}{2}\)

Suy ra \(2c = xy = \frac{{\left( {a - b - 1} \right)\left( {a - b + 1} \right)}}{4}\)

Do đó 8c + 1 = (a – b)2 là số chính phương

+) Nếu d = p thì a + c = pm2, b + c = pn2 (2c = pmn)

Suy ra (m – n)(m + n) = 1

Do đó m = 1 và n = 0 (loại)

Vậy 8c + 1 là số chính phương.


Câu 21:

Cho 3 chữ số 1; 2; 3. Lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số?
Xem đáp án

Lời giải

Hàng trăm có 3 lựa chọn

Hàng chục có 3 lựa chọn

Hàng đơn vị có 3 lựa chọn

Ta lập được tất cả số tự nhiên có 3 chữ số là:

3 × 3 × 3  = 27 (số)

Vậy lập được 27 số có 3 chữ số.


Câu 22:

Cho biết tổng của sáu số là 42, hãy tính trung bình cộng của sáu số đó.

Xem đáp án

Lời giải

Trung bình cộng của 6 số đó là:

42 : 6 = 7 

Vậy trung bình cộng của 6 số đó là 7.


Câu 23:

Cho hàm số y = (m – 2)x + 2m + 1 (m là tham số)

a) Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến?

b) Tìm m để đồ thị hàm số song song đường thẳng y = 2x – 1.

c) Tìm điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn luôn đi qua với mọi giá trị m.

Xem đáp án

Lời giải

a) Để hàm số y = (m – 2)x + 2m + 1 đồng biến

Media VietJack

Vậy với m > 2 thì hàm số y = (m – 2)x + 2m + 1 đồng biến.

b) Để đồ thị hàm số y = (m – 2)x + 2m + 1 song song đường thẳng y = 2x – 1

Media VietJack

Vậy m = 4 và m ≠ 1.

c) Giả sử đồ thị hàm số y = (m – 2)x + 2m + 1 luôn đi qua một điểm cố định M(x0; y0) với mọi m

Khi đó y0 = (m – 2)x0 + 2m + 1

Media VietJack

Vậy điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn luôn đi qua với mọi giá trị m là M(–2; 5).


Câu 24:

Tính góc C của tam giác ABC biết c4 – 2(a2 + b2)c2 + a4 + a2b2 + b4 = 0 với BC = a, AC = b, AB = c.
Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

c4 – 2(a2 + b2)c2 + a4 + a2b2 + b4 = 0

c4 – 2(a2 + b2)c2 + (a4 + 2a2b2 + b4) – a2b2 = 0

c4 – 2(a2 + b2)c2 + (a2 + b2)2 – a2b2 = 0

(a2 + b2 – c2)2 – a2b2 = 0

(a2 + b2 – c2 – ab)(a2 + b2 – c2 + ab) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} - {c^2} - ab = 0\\{a^2} + {b^2} - {c^2} + ab = 0\end{array} \right.\)

Áp dụng định lý cosin:

Nếu a2 + b2 – c2 – ab = 0 hay a2 + b2 – c2 = ab

\[{\rm{cosC}} = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2{\rm{a}}b}} = \frac{{ab}}{{2{\rm{a}}b}} = \frac{1}{2}\]

Suy ra \(\widehat C = 60^\circ \)

Nếu a2 + b2 – c2 + ab = 0 hay a2 + b2 – c2 = –ab

\[{\rm{cosC}} = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2{\rm{a}}b}} = \frac{{ - ab}}{{2{\rm{a}}b}} = \frac{{ - 1}}{2}\]

Suy ra \(\widehat C = 120^\circ \).


Câu 25:

Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. E, F lần lượt là hình chiếu của H lên AB, AC. Chứng minh: BE . AC + CF . AB = AH . BC.
Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

Xét tam giác ABH vuông ở H có HE AB, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có HB2 = BE . AB

Suy ra \(BE = \frac{{H{B^2}}}{{AB}}\)

Xét tam giác ACH vuông ở H có HF AC, heo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

HC2 = CF . AC

Suy ra \(CF = \frac{{H{C^2}}}{{AC}}\)

Xét tam giác ACB vuông ở A có AH BC

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

AC2 = CH . BC

AB2 = BH . BC

Suy ra

Media VietJack

Vậy BE . AC + CF . AB = AH . BC.


Câu 26:

Cho tam giác ABC vuông tại A và đường cao AH. Biết \(\widehat A = 90^\circ \), AB = 15 cm, AC = 20 cm.

a) Tính cạnh BC.

b) Tính độ dài của AH, BH và HC.

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) Vì tam giác ABC vuông tại A

Nên BC2 = AB2 + AC2

Hay BC2 = 152 + 202 = 625

Suy ra BC = 25 (cm)

b) Xét tam giác ACB vuông ở A có AH BC

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

AC2 = CH . BC nên \(CH = \frac{{A{C^2}}}{{BC}} = \frac{{{{20}^2}}}{{25}} = 16\)

AB2 = BH . BC nên \(BH = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} = \frac{{{{15}^2}}}{{25}} = 9\)

AH2 = BH . CH = 16 . 9 = 144

Suy ra AH = 12 (cm)

Vậy AH = 12 cm, BH = 9 cm, CH = 16 cm.


Câu 27:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Gọi E là giao điểm của AB, CD. F là giao điểm của AC và BD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác FDC tại điểm K khác D. Tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại M.

a) Chứng minh tứ giác BKCM nội tiếp.

b) Chứng minh E, M, F thẳng hàng.

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) Vì điểm K nằm trên đường tròn ngoại tiếp ΔBDE nên tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn

Suy ra \(\widehat {BEK} = \widehat {B{\rm{D}}K}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BK)

Hay \(\widehat {AEK} = \widehat {{\rm{FD}}K}\)

Vì tứ giác DKFC nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {FCK} = \widehat {{\rm{FD}}K}\)

Suy ra \(\widehat {AEK} = \widehat {{\rm{FC}}K}\), hay \(\widehat {AEK} = \widehat {{\rm{AC}}K}\)

Do đó tứ giác AKCE nội tiếp đường tròn

Suy ra \(\widehat {K{\rm{AE}}} + \widehat {KCE} = 180^\circ \)

\(\widehat {KC{\rm{D}}} + \widehat {KCE} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Do đó \(\widehat {K{\rm{AE}}} = \widehat {KC{\rm{D}}}\) hay \(\widehat {K{\rm{AB}}} = \widehat {KC{\rm{D}}}\)

Do tứ giác BKDE nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {KD{\rm{E}}} + \widehat {KBE} = 180^\circ \)

\(\widehat {KBA} + \widehat {KBE} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Do đó \(\widehat {KD{\rm{E}}} = \widehat {KBA}\) hay \(\widehat {{\rm{KBA}}} = \widehat {KDC}\)

Xét ΔDKC và ΔBKA có:

\(\widehat {{\rm{KBA}}} = \widehat {KDC}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {K{\rm{AB}}} = \widehat {KC{\rm{D}}}\) (chứng minh trên)

Suy ra (g.g)

Do đó \(\frac{{KC}}{{K{\rm{A}}}} = \frac{{K{\rm{D}}}}{{KB}}\)

Hay \(\frac{{KC}}{{KD}} = \frac{{KA}}{{KB}}\)

Ta có: \(\widehat {BK{\rm{D}}} = \widehat {DKC} + \widehat {BKC}\); \(\widehat {AKC} = \widehat {BKA} + \widehat {BKC}\)

\(\widehat {DKC} = \widehat {BK{\rm{A}}}\), suy ra \(\widehat {DKB} = \widehat {CK{\rm{A}}}\)

Xét ΔKBD và ΔKAC có:

\(\widehat {DKB} = \widehat {CK{\rm{A}}}\) (chứng minh trên)

\(\frac{{KC}}{{KD}} = \frac{{KA}}{{KB}}\) (chứng minh trên)

Suy ra (c.g.c)

Do đó \(\widehat {KB{\rm{D}}} = \widehat {KAC}\)

Hay \(\widehat {KBF} = \widehat {KAF}\)

Suy ra tứ giác AKFB nội tiếp đường tròn

Do đó \(\widehat {BKF} = \widehat {{\rm{BAF}}}\) (2 góc nội tiếp chắn cung BF)

Suy ra \(\widehat {BKF} = \widehat {BAC} = \widehat {B{\rm{D}}C}\) (do \(\widehat {BAC},\widehat {B{\rm{D}}C}\) cùng chắn cung BC)                   (1)

Ta có: \(\widehat {B{\rm{D}}C} = \widehat {F{\rm{D}}C} = \widehat {FKC}\) (cùng chắn cung FC)                       (2)

Xét ΔBMC có \(\widehat {MBC} + \widehat {MCB} + \widehat {BMC} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

\(\widehat {MBC} = \widehat {BAC},\widehat {MCB} = \widehat {B{\rm{D}}C}\)(Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

Suy ra \(\widehat {BAC} + \widehat {BDC} + \widehat {BMC} = 180^\circ \)                                              (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra \(\widehat {BKF} + \widehat {FKC} + \widehat {BMC} = 180^\circ \)

Hay \(\widehat {BKC} + \widehat {BMC} = 180^\circ \)

Do đó tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn

b) Ta có \(\widehat {BKF} = \widehat {B{\rm{D}}C}\) (chứng minh câu a)

Suy ra \(\widehat {BKF} = \widehat {B{\rm{DE}}} = \widehat {BKE}\) (Do tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn)

Mà 2 điểm F và E nằm cùng phía so với BK

Suy ra 3 điểm K; F; E thẳng hàng

Hay F nằm trên KE                                                   (*)

\(\widehat {BKF} = \widehat {BAC},\widehat {CKF} = \widehat {B{\rm{D}}C},\widehat {BAC} = \widehat {B{\rm{D}}C}\)

Nên \(\widehat {BKF} = \widehat {CKF}\)

Suy ra \(\widehat {BKE} = \widehat {CKE}\) (Do K; F; E thẳng hàng)

Do đó KE là phân giác của \(\widehat {BKC}\)                     (4)

Xét (O) có MB, MC là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M

Nên MB = MC

Do đó tam giác MBC cân tại M

Suy ra \(\widehat {MBC} = \widehat {MCB}\)

Xét tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn có \(\widehat {MBC} = \widehat {MKC},\widehat {MCB} = \widehat {MKB}\)

Suy ra \(\widehat {MKC} = \widehat {MKB}\)

Do đó KM là phân giác của \(\widehat {BKC}\)                                         (5)

Từ (4) và (5) suy ra 3 điểm K; M; E thẳng hàng hay M nằm trên KE (**)

Từ (*) và (**) suy ra 3 điểm E; M; F thẳng hàng

Vậy 3 điểm E; M; F thẳng hàng.


Câu 28:

Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB kẻ hai tia Ax, By vuông góc với AB. Trên tia Ax và By lần lượt lấy hai điểm C và D sao cho \(\widehat {CO{\rm{D}}} = 90^\circ \) (O là trung điểm của AB). Chứng minh rằng:

a) CD = AC + BD

b) CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB

c) \(AC.B{\rm{D}} = \frac{{A{B^2}}}{4}\).

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) Gọi E là giao điểm của CO và BD

Xét ∆ACO và ∆BEO có

\(\widehat {CAO} = \widehat {EBO}\left( { = 90^\circ } \right)\)

AO = BO (giả thiết)

\(\widehat {BOE} = \widehat {AOC}\) (hai góc đối đỉnh)

Suy ra ∆ACO và ∆BEO (g.c.g)

Do đó AC = BE, CO = OE (các cặp cạnh tương ứng)

Xét ∆COD và ∆EOD có

OD là cạnh chung

\(\widehat {CO{\rm{D}}} = \widehat {EOD}\left( { = 90^\circ } \right)\)

CO = OE (chứng minh trên)

Suy ra ∆COD và ∆EOD (c.g.c)

Do đó CD = DE (hai cạnh tương ứng)

Ta có CD = DE = BD + BE = BD + AC

Vậy CD = AC + BD

b) Kẻ OH CD

Ta có DC = DE (chứng minh câu a)

Suy ra tam giác DCE cân ở D

Mà DO là đường cao nên DO đồng thời là phân giác của \(\widehat {C{\rm{D}}E}\)

Suy ra \(\widehat {{\rm{CD}}O} = \widehat {O{\rm{D}}E}\)

Xét ∆HOD và ∆BOD có

\(\widehat {{\rm{DHO}}} = \widehat {DBO}\left( { = 90^\circ } \right)\)

OD là cạnh chung

\(H = \widehat {O{\rm{DB}}}\) (chứng minh trên)

Suy ra ∆HOD và ∆BOD (cạnh huyền – góc nhọn)

Do đó OH = OB, HD = BD (các cặp cạnh tương ứng)

Mà OB là bán kính của (O)

Suy ra H thuộc (O)

Lại có OH CD nên CD là tiếp tuyến của (O)

c) Xét ∆HOC và ∆AOC có

\(\widehat {{\rm{CHO}}} = \widehat {CAO}\left( { = 90^\circ } \right)\)

OC là cạnh chung

OH = OA (= OB)

Suy ra ∆HOC = ∆AOC (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Do đó HC = AC

Xét tam giác COD vuông tại O có OH CD

Theo hệ thức lượng trong tam giác có

OH2 = CH . DH

Ta có: \(AC.B{\rm{D}} = CH.DH = O{H^2} = O{A^2} = {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} = \frac{{B{C^2}}}{4}\)

Vậy \(AC.B{\rm{D}} = \frac{{A{B^2}}}{4}\).


Câu 29:

Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây CD đi qua trung điểm I của OA và vuông góc với OA. a) Tính độ dài dây CD biết AB = 20 cm. b) Trên tia đối của tia AO, lấy điểm M sao cho AM = AO. Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn.
Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) Ta có CO, OA, OB là bánh kính, AB là đường kính

Media VietJack

Vì I là trung điểm của OA

Media VietJack

Xét (O) có

AO là một phần của đường kính

CD là dây cung không đi qua tâm

AO CD tại I

Suy ra I là trung điểm của CD (quan hệ giữa đường kính và dây cung)

Media VietJack

Xét tam giác OIC vuông tại I có

CO2 = CI2 + IO2 (Định lý Pytago)

Hay 102 = CI2 + 52

Suy ra \(CI = 5\sqrt 3 \)

Do đó \(C{\rm{D}} = 2CI = 2.5\sqrt 3 = 10\sqrt 3 \) (cm)

b) Xét tam giác COI có:

Media VietJack

Xét tam giác AOC có OC = OA

Nên tam giác AOC cân tại O

\(\widehat {COA} = 60^\circ \) nên tam giác AOC đều

Do đó OA = OC = AC

Mà OA = OM nên CA = AM = AO

Do đó \(CA = \frac{1}{2}OM\)

Xét tam giác CMO có \(CA = \frac{1}{2}OM\)

Suy ra tam giác COM vuông tại C nên OC CM

Xét (O) có OC CM, OC là bán kính

Suy ra CM là tiếp tuyến của (O)

Vậy MC là tiếp tuyến của đường tròn (O).


Câu 30:

Cho tam giác ABC cân tại A có đường cao AH, kẻ BK vuông góc AC. Chứng minh:

\(\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{4B{C^2}}} + \frac{1}{{4A{H^2}}}\).

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

Trên tia CA lấy E sao cho A là trung điểm của CE

Vì tam giác ABC cân tại A nên BA = AC

Suy ra \(BA = \frac{1}{2}CE\)

Xét tam giác BCE có BA là trung tuyến và \(BA = \frac{1}{2}CE\)

Suy ra tam giác EBC vuông tại E

Hay BC BE

Mà BC AH nên AH // BE (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tam giác EBC có AH // BE và A là trung điểm của CE

Suy ra \[{\rm{A}}H = \frac{1}{2}BE\]

Xét tam giác BEC vuông tại B có BK là đường cao

Suy ra \(\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{B{C^2}}} + \frac{1}{{B{E^2}}}\)

Do đó \(\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{4B{C^2}}} + \frac{1}{{4A{H^2}}}\)

Vậy \(\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{4B{C^2}}} + \frac{1}{{4A{H^2}}}\).


Câu 31:

Cho A, B là giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2{\rm{x}} + 1}}{{x + 1}}\) và đường thẳng y = – x – 1.
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Phương trình hoành giao điểm là

\(\frac{{2{\rm{x}} + 1}}{{x + 1}} = - x - 1\) (x – 1)

2x + 1 = (x + 1)( – x – 1)

2x + 1 = – x2 – 2x – 1

x2 + 4x + 2 = 0

Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên

Theo Vi – ét ta có:

x1 + x2 = –4 và x1 . x2 = 2

Tọa độ các điểm A(x1; y1) và B(x2; y2)

Độ dài đoạn thẳng AB là

Media VietJack

Vậy ta chọn đáp án A.


Câu 32:

Xét tính tuần hoàn và chu kỳ của y = cos2x – 1.
Xem đáp án

Lời giải

Tập xác định: D = ℝ

Ta có:  \(y = c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}x - 1 = \frac{{1 + c{\rm{os2x}}}}{2} - 1 = \frac{1}{2}cos2{\rm{x}} - \frac{1}{2}\)

Với mọi x ℝ thì x + π

\(f\left( {x + \pi } \right) = \frac{1}{2}cos\left( {2{\rm{x}} + 2\pi } \right) - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}cos2{\rm{x}} - \frac{1}{2} = f\left( {\rm{x}} \right)\)

Suy ra hàm số tuần hoàn với chu kì T = π

Vậy hàm số tuần hoàn với chu kì T = π.


Câu 33:

Cho mệnh đề: “ x ℝ, x2 + 3x + 5 > 0”. Mệnh đề phủ định của mệnh đề trên là:

Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Mệnh đề phủ định của x R, x2 + 3x + 5 > 0 là x R, x2 + 3x + 5 ≤ 0

Vậy ta chọn đáp án A.


Câu 34:

Cho k, n là các số nguyên dương, k ≤ n. Trong các phát biểu sau, phát biểu nào sai?
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là D

Ta có: Pn = n! = n(n – 1)(n – 2) ... . 2 . 1. Do đó B và C đúng.

\[{\rm{A}}_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}} = n\left( {n - 1} \right)...\left( {n - k + 1} \right)\]. Do đó A đúng D sai.

Vậy ta chọn đáp án D.


Câu 35:

Chứng minh: B = n4 + 64 không phải là số nguyên tố với mọi n thuộc ℤ.
Xem đáp án

Lời giải

Ta có: B = n4 + 64 = n4 + 16n2 + 64 – 16n2

= (n2 + 8)2 – (4n)2 = (n2 – 4n + 8)(n2 + 4n + 8)

Suy ra B = n4 + 64 không phải là số nguyên tố với mọi n thuộc Z.


Câu 36:

Cho biểu thức \(P = \sqrt {\frac{{{{\left( {{x^2} - 3} \right)}^2} + 12{{\rm{x}}^2}}}{{{x^2}}}} + \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} - 8{\rm{x}}} \)

a) Rút gọn P.

b) Tìm giá trị nguyên của x để P ℤ.

Xem đáp án

Lời giải

a) Điều kiện xác định x ≠ 0

Ta có:

 \(P = \sqrt {\frac{{{{\left( {{x^2} - 3} \right)}^2} + 12{{\rm{x}}^2}}}{{{x^2}}}} + \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} - 8{\rm{x}}} \)

Media VietJack

b) Với x ≠ 0, ta có: \(P \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \left| {\frac{{{x^2}}}{x} + \frac{3}{x}} \right| + \left| {x - 2} \right| \in \mathbb{Z}\)

\( \Leftrightarrow \frac{3}{x} \in \mathbb{Z}\) 3 x

x Ư(3) = {1; 3; –1; –3}

Vậy x {1; 3; –1; –3} thì P Z.


Câu 37:

Giải phương trình: \(\sqrt 3 co{s^2}x - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inxcosx + si}}{{\rm{n}}^2}x = 1\).
Xem đáp án

Lời giải

+) TH1: cosx = 0 hay \[{\rm{x}} = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Suy ra sin2x = 1

Khi đó \(\sqrt 3 .0 - 1.0{\rm{ + 1}} = 1\) (luôn đúng)

Do đó \[{\rm{x}} = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\] là nghiệm của phương trình

+) TH1: cosx 0

Chia cả 2 vế của phương trình cho cos2x ta có:

\(\sqrt 3 - \tan x + {\tan ^2}x = \frac{1}{{co{s^2}x}}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 - \tan x + {\tan ^2}x = 1 + {\tan ^2}x\)

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 - 1 = \tan x\)

\( \Leftrightarrow x = \arctan \left( {\sqrt 3 - 1} \right) + \frac{\pi }{4}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,x = \arctan \left( {\sqrt 3 - 1} \right) + \frac{\pi }{4}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).


Câu 38:

Tìm các số nguyên n để phân số \(\frac{3}{{n + 1}}\) có giá trị là một số nguyên.
Xem đáp án

Lời giải

Điều kiện xác định n ≠ –1

Để phân số \(\frac{3}{{n + 1}}\)là số nguyên thì 3 n + 1

Suy ra n + 1 {–1; –3; 1; 3}

Hay n {–2; –4; 0; 2} (thỏa mãn)

Vậy n {–2; –4; 0; 2} thì phân số \(\frac{3}{{n + 1}}\) có giá trị là một số nguyên.


Câu 39:

Tìm n thuộc Z sao cho phân số \[{\rm{A}} = \frac{n}{{n - 1}}\] là một số nguyên.
Xem đáp án

Lời giải

Điều kiện xác định n ≠ 1

Ta có: \[{\rm{A}} = \frac{n}{{n - 1}} = \frac{{n - 1 + 1}}{{n - 1}} = 1 + \frac{1}{{n - 1}}\]

Để phân số \[{\rm{A}} = \frac{n}{{n - 1}}\]là số nguyên thì 1 n – 1

Suy ra n – 1 {–1; 1}

Hay n {0; 2} (thỏa mãn)

Vậy n {0; 2} thì phân số \[{\rm{A}} = \frac{n}{{n - 1}}\] là một số nguyên.


Câu 40:

Cho hàm số y = x4 – 2mx2 + 3m + 2. Tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác đều là:
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có:

Media VietJack

Hàm số y = f(x) có 3 cực trị

y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

m > 0

Gọi 3 điểm phân biệt của hàm số là

\(A\left( {0;a} \right),B\left( { - \sqrt m ;b} \right),C\left( {\sqrt m ;c} \right)\). Khi đó:

Media VietJack

Ta luôn có AB = AC nên tam giác ABC đều

Media VietJack

Mà m > 0 nên \(m = \sqrt[3]{3}\)

Vậy ta chọn đáp án A.


Câu 41:

Giải phương trình x2 + 3x – 1 = 0. Ta được tập nghiệm là:
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là C

Ta có:

= (–3)2 – 4 . (–1) = 13 > 0

Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt là:

\[{{\rm{x}}_1} = \frac{{ - 3 + \sqrt {13} }}{2},{x_2} = \frac{{ - 3 - \sqrt {13} }}{2}\]

Vậy ta chọn đáp án C.


Câu 42:

Cho tập \(M = \left\{ {\left( {x;y} \right)|x,y \in \mathbb{Z};y = \frac{{2x + 4}}{{x - 3}}} \right\}\). Chọn khẳng định đúng.
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(y = \frac{{2{\rm{x}} + 4}}{{x - 3}} = \frac{{2{\rm{x}} - 6 + 10}}{{x - 3}} = \frac{{2\left( {x - 3} \right) + 10}}{{x - 3}} = 2 + \frac{{10}}{{x - 3}}\)

Có y 10 x – 3

Suy ra x – 3 Ư(10) = {1; 2; 5; 10; –1; –2; –5; –10}

Hay x {4; 5; 8; 13; 2; 1; –2; –7}

Khi đó y {12; 7; 4; 3; –8; –3; 0; 1}

Vậy ta chọn đáp án C.


Câu 43:

Cho tam giác ABC có \(\widehat B = 42^\circ \), AB = 12 cm, BC = 22 cm. Tính các cạnh, các góc của tam giác ABC.
Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

Kẻ AH BC

Xét tam giác ABH có

AH = AB . sinB = 12 . sin42° 8 (cm)

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác AHB vuông tại H có

BH2 = AB2 – AH2 = 122 – 82 = 80

Suy ra \(BH = 4\sqrt 5 \) (cm)

Khi đó \(CH = BC - BH = 22 - 4\sqrt 5 \)

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác AHC vuông tại H có

AC2 = AH2 + CH2

Suy ra \[{\rm{A}}C = \sqrt {{8^2} + {{\left( {22 - 4\sqrt 5 } \right)}^2}}  \approx 15,3\] (cm)

\[\sin C = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{8}{{15,3}}\]

Suy ra \(\widehat C \approx 31^\circ \)

Xét tam giác ABC có

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

Hay \(\widehat {BAC} + 42^\circ + 31^\circ = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {BAC} = 107^\circ \)

Vậy \(\widehat {BAC} = 107^\circ ;\widehat C = 31^\circ ;AC = 15,3cm.\)


Câu 44:

Cho lục giác đều ABCDEF và O là tâm của nó. Đẳng thức nào sau đây sai?
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án dúng là: D

Media VietJack

• Ta có OABC là hình bình hành

Suy ra \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OE} = \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OE} = \overrightarrow 0 \) (vì O là trung điểm của BE)

Do đó A đúng

• Ta có: \(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AO} \) ( ABCO là hình bình hành)

\(\overrightarrow {F{\rm{E}}} = \overrightarrow {O{\rm{D}}} \) (FODE là hình bình hành)

Suy ra \(\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {FE} = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {O{\rm{D}}} = \overrightarrow {A{\rm{D}}} \)

Do đó B đúng

• Ta có OABC là hình bình hành

Suy ra \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {EB} \)

Do đó C đúng

Vậy ta chọn đáp án D.


Câu 45:

Tìm m để các đường thẳng y = (2m – 1)x – 3 và y = mx + m2 – 4m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung.
Xem đáp án

Lời giải

Để hai đường thẳng y = (2m – 1)x – 3 và y = mx + m2 – 4m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung thì

\(\left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \ne m\\ - 3 = {m^2} - 4m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\{m^2} - 4m + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 3\)

Vậy m = 3 thì đường thẳng y = (2m – 1)x – 3 và y = mx + m2 – 4m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung.


Câu 46:

Với 3 chữ số 1, 2, 3 hãy viết tất cả các số có 3 chữ số khác nhau rồi tính tổng của các số đó.
Xem đáp án

Lời giải

Các số có 3 chữ số khác nhau là:

123, 132, 231, 213, 321, 312

Tổng của 6 số trên là:

123 + 132 + 213 + 231 + 321 + 312 = 1332.


Câu 47:

Cho hình chóp S.ABCD có các cạnh bên bằng agóc hợp bởi đường cao SH của hình chóp và các mặt bên của hình chóp đều bằng α (α thay đổi). Tìm giá trị lớn nhất của thể tích của S.ABCD.
Xem đáp án

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Media VietJack

Vì góc hợp bởi đường cao SH của hình chóp và các mặt bên của hình chóp đều bằng α nên H là tâm đường tròn nội tiếp ABCD

Vì các cạnh bên của hình chóp S.ABCD đều bằng a nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD

Suy ra ABCD là hình vuông

Do đó hình chóp S.ABCD là hình chóp đều

Ta có:

Media VietJack

Vậy ta chọn đáp án D.


Câu 48:

Cho tam giác ABC cân tại B. Trên cạnh AB lấy điểm M, trên cạnh BC lấy điểm N sao cho AM = CN. Kẻ BH AC tại H.

a) Chứng minh AH = HC.

b) Chứng minh ∆BAN = ∆BCM.

c) Gọi O là giao điểm của AN và CM. Chứng minh 3 điểm B, O, H thẳng hàng.

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) Xét tam giác ABC cân tại B có BH là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến

Do đó AH = CH.

b) Vì tam giác ABC cân tại B nên AB = BC

Ta có: AB = AM + MB; BC = BN + NC

Mà AM = CN (giả thiết) nên BM = BN

Xét ∆BAN và ∆BCM có

BM = BN (chứng minh trên);

Chung góc \(\widehat {ABC}\);

AB = BC (chứng minh trên)

Suy ra ∆BAN = ∆BCM (c.g.c)

c) Vì ∆BAN = ∆BCM (chứng minh câu b)

Nên \(\widehat {BAN} = \widehat {BCM}\) (hai góc tương ứng)

Xét tam giác AMO có

\(\widehat {AM{\rm{O}}} + \widehat {AOM} + \widehat {MAO} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Xét tam giác CNO có

\(\widehat {{\rm{CNO}}} + \widehat {CON} + \widehat {NCO} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

\(\widehat {MAO} = \widehat {NCO},\widehat {MOA} = \widehat {NOC}\)

Suy ra \(\widehat {AM{\rm{O}}} = \widehat {CNO}\)

Xét ∆MOA và ∆NOC có

\(\widehat {AM{\rm{O}}} = \widehat {CNO}\) (chứng minh trên);

AM = CN (giả thiết);

\(\widehat {MAO} = \widehat {NCO}\) (chứng minh trên)

Suy ra ∆MOA = ∆NOC (g.c.g)

Do đó OA = OC (hai cạnh tương ứng)

Xét ∆BOA và ∆BOC có

OA = OC (chứng minh trên);

\(\widehat {BAO} = \widehat {BCO}\) (chứng minh trên);

BA = BC (chứng minh câu b)

Suy ra ∆BOA = ∆BOC (c.g.c)

Do đó \(\widehat {ABO} = \widehat {CBO}\) (hai góc tương ứng)

Suy ra BO là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\)               (1)

Xét tam giác ABC cân tại B có

BH là đường cao

Suy ra BH là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\)               (2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm 3 điểm B, O, H thẳng hàng.


Bắt đầu thi ngay