189 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 46)

Câu 1:

Giải phương trình: (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4) = 120.

Xem đáp án

(x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4) = 120

⇔ [(x – 1)(x – 4)][(x – 2)(x – 3)] = 120

⇔ (x² – 5x + 4)(x² – 5x + 6) = 120 (*)

Đặt x² – 5x + 5 = y

Ta có (*) trở thành: (y – 1)(y + 1) = 120

⇔ y² – 1 = 120

⇔ y² = 121

⇔ $[\begin{array}{l} y = 11 \\ y = - 11 \end{array}$

+) Với y = 11, ta có: x² – 5x + 5 = 11

⇔ x² – 5x – 6 = 0

⇔ x² – 6x + x – 6 = 0

⇔ x(x – 6) + (x – 6) = 0

⇔ (x – 6)(x + 1) = 0

⇔ $[\begin{array}{l} x = 6 \\ x = - 1 \end{array}$

+) Với y = –11, ta có: x² – 5x + 5 = –11

⇔ x² – 5x + 16 = 0

⇔ ${(x - \frac{5}{2})}^{2} + \frac{39}{4} = 0$

Ta thấy ${(x - \frac{5}{2})}^{2} + \frac{39}{4} \geq \frac{39}{4} > 0$ với mọi x nên phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {6;–1}.

Câu 2:

Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng: $\vec{B M} + \vec{C N} + \vec{A P} = 0$ .

Xem đáp án

Ta có: $\vec{B M} + \vec{C N} + \vec{A P}$

= $\frac{1}{2} \vec{B C} + \frac{1}{2} \vec{C A} + \frac{1}{2} \vec{A B}$

= $\frac{1}{2} (\vec{B C} + \vec{C A} + \vec{A B})$

= $\frac{1}{2} (\vec{B A} + \vec{A B})$

= $\frac{1}{2} . \vec{0} = \vec{0} = 0$

Câu 3:

Cho ABC vuông tại A có AB < AC. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và AC. Trên tia đối của tia DE lấy điểm F sao cho D là trung điểm của cạnh EF.

a) Chứng minh tứ giác BFCE là hình bình hành.

b) Chứng minh tứ giác BFEA là hình chữ nhật.

c) Gọi K là điểm đối xứng với F qua E. Chứng minh tứ giác AFCK là hình thoi.

d) Vẽ AH ⊥ BC tại H. Gọi M là trung điểm của HC. Chứng minh FM ⊥ AM.

Xem đáp án

a) Tứ giác BFCE có 2 đường chéo BC và FE cắt nhau tại trung điểm D của mỗi đường nên BFCE là hình bình hành.

b) BFCE là hình bình hành và E là trung điểm AC nên: $\{\begin{cases} B F = E C = A E \\ B F ∥ E C ∥ A E \end{cases}$

Suy ra BFEA là hình bình hành.

Mà tam giác ABC vuông ở A nên BFEA là hình chữ nhật

c) DE là đường trung bình trong tam giác ABC nên $\{\begin{cases} D E / / A B \\ A B ⊥ A C \end{cases}$ Suy ra: DE ⊥ AC.

K đối xứng với F qua E hay E là trung điểm của FK

Tứ giác FAKC có 2 đường chéo FK và AC vuông góc và cắt nhau tại trung điểm E của mỗi đường nên AFCK là hình thoi.

d) Gọi I là giao điểm của hai đường chéo BE và AF trong hình chữ nhật BFEA

Suy ra I là trung điểm BE và AF và BE = FA

ME là đường trung bình của tam giác AHC nên ME // AH ⇒ ME ⊥ AH

Tam giác BME vuông tại M có trung tuyến MI nên MI = $\frac{1}{2}$ BE = $\frac{1}{2}$ FA

Tam giác FAM có trung tuyến MI thỏa mãn MI = $\frac{1}{2}$ FA nên tam giác FAM vuông tại M

Hay FM ⊥ AM.

Câu 4:

Có 3 bì thư giống nhau lần lượt được đánh số thứ tự từ 1 đến 3 và 3 con tem giống nhau lần lượt đánh số thứ tự từ 1 đến 3. Dán 3 con tem đó vào 3 bì thư sao cho không có bì thư nào không có tem. Tính xác suất để lấy ra được 2 bì thư trong 3 bì thư trên sao cho mỗi bì thư đều có số thứ tự giống với số thứ tự con tem đã dán vào nó

Xem đáp án

Ta có số phần tử của không gian mẫu khi dán 3 con tem vào 3 bức thư là hoán vị của 3 phần tử tức là: n(Ω) = 3! = 6

Gọi A là biến cố:" hai bì thư trong ba bì thư đều có số thứ tự giống với số thứ tự giống với số thứ tự con tem đã dán vào"

Ta có lấy 1 bì thư có sao cho có số thứ tự giống với con tem đã dán vào nó có 1 cách, và bì thư còn lại cũng có một cách. Từ đó ta có số phần tử cho biến cố A là 1.

n(A) = 1

Xác suất để được biến cố trên là: $P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{1}{6} .$

Câu 5:

Phân tích đa thức thành nhân tử: x² – x – xy – 2y² + 2y.

Xem đáp án

x² – x – xy – 2y² + 2y

= x² – x + xy – 2y² + 2y – 2xy

= x(x – 1 + y) – 2y(y – 1 + x)

= (x – 2y)(x – 1 + y).

Câu 6:

Hai đoạn ống nước có chiều dài lần lượt là 0,8 m và 1,35 m. Người ta nối hai đầu ống để tạo thành một ống nước mới. Chiều dài của phần nối chung là

\frac{2}{25} m .

Hỏi đoạn ống nước mới dài bao nhiêu mét?

Xem đáp án

Đoạn ống nước mới dài số mét là:

0,8 + 1,35 − = 2,15 − 0,08 = 2,07 (m).

Vậy đoạn ống nước mới dài 2,07 m.

Câu 7:

Lúc 8h một người đi xe đạp chuyển động thẳng đều với vận tốc 12km/h gặp một người đi bộ đi ngược chiều chuyển động thẳng đều với vận tốc 4km/h trên cùng một đoạn đường. Lúc 8h30 người đi xe đạp dừng lại nghỉ 30 phút rồi quay lại đuổi theo người đi bộ với vận tốc cũ. Hỏi hai người gặp nhau ở đâu? Lúc nào?

Xem đáp án

Ta viết tắt “giờ” là “h”.

Lúc 9h (t₁ = 9h − 8h = $\frac{1}{2}$ h (nghỉ) = 0,5h) người đi xe đạp đi được quãng đường:

S₁ = v₁t₁ = 12 . 0.5 = 6 (km).

Lúc 9h (t₂ = 9h − 8h = 1h) quãng đường người đi bộ đi được:

S₂ = v₂t₂ = 4 . 1 = 4 (km).

⇒ Khoảng cách giữa 2 xe lúc 9h là: 6 + 4 =10 (km).

Chọn gốc thời gian là lúc 9h, gốc tọa độ tại vị trí của người đi xe đạp, chiều dương là chiều chuyển động của xe đạp.

Ta có, phương trình tọa độ của 2 người:

+ Người đi xe đạp: x₁ = 12t

+ Người đi bộ: x₂ = 10 + 4t

Hai người gặp nhau khi: x₁ = x₂⇔ 12t = 10 + 4t ⇒ t =1,25h

⇒ Hai người gặp nhau lúc 9 + 1,25h = 10,25h

Vị trí hai người gặp nhau là x = 1,25 . 12 = 15 (km) (cách gốc đã chọn 15km).

Câu 8:

Người ta dự định dùng hai loại nguyên liệu để chiết xuất ít nhất 140 kg chất A và 9 kg chất B. Từ mỗi tấn nguyên liệu loại I giá 4 triệu đồng, có thể chiết xuất được 20kg chất A và 0,6 kg chất B. Từ mỗi tấn nguyên liệu loại II giá 3 triệu đồng, có thể chiết xuất được 10 kg chất A và 1,5 kg chất B. Biết rằng cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp không quá 10 tấn nguyên liệu loại I và không quá 9 tấn nguyên liệu loại II. Gọi x là số tấn nguyên liệu loại I, y là số tấn nguyên liệu loại II cần dùng. Khi đó hệ điều kiện của x, y để tính số nguyên liệu mỗi loại cần dùng là gì?

Xem đáp án

Gọi x là số tấn nguyên liệu loại I, y là số tấn nguyên liệu loại II cần dùng.

Vì cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp không quá 10 tấn nguyên liệu loại I và không quá 9 tấn nguyên liệu loại II nên ta có: $\{\begin{cases} 0 \leq x \leq 100 \\ 0 \leq y \leq 9 \end{cases}$

Từ mỗi tấn nguyên liệu loại I giá 4 triệu đồng, có thể chiết xuất được 20kg chất A và 0,6kg chất B

⇒ Từ x tấn nguyên liệu loại I ta chiết xuất được: 20x (kg) chất A và 0,6y (kg) chất B.

Từ mỗi tấn nguyên liệu loại II giá 3 triệu đồng, có thể chiết xuất được 10kg chất A và 1,5kg chất B

⇒ Từ y là số tấn nguyên liệu loại II ta chiết xuất được: 10y (kg) chất A và 1,5y (kg) chất B.

Như vậy ta chiết xuất được 20x+10y (kg) chất A và 0,6x+1,5y (kg) chất B.

Khi đó ta có hệ điều kiện là:

$\{\begin{cases} 0 \leq x \leq 10 \\ 0 \leq y \leq 9 \\ 20 x + 10 y \geq 140 \\ 0, 6 x + 1, 5 y \geq 9 \end{cases}$ ⇔ $\{\begin{cases} 0 \leq x \leq 10 \\ 0 \leq y \leq 9 \\ 2 x + y \geq 14 \\ 2 x + 5 y \geq 30 \end{cases}$

Câu 9:

Tính giá trị biểu thức: (7⁵ + 7⁹)(5⁴ + 5⁶)(3³ . 3 – 9²).

Xem đáp án

(7⁵ + 7⁹)(5⁴ + 5⁶)(3³ . 3 – 9²)

= (7⁵ + 7⁹)(5⁴ + 5⁶)(3⁴ – 9²)

= (7⁵ + 7⁹)(5⁴ + 5⁶)[3⁴ –(3²)²]

= (7⁵ + 7⁹)(5⁴ + 5⁶)(3⁴ –3⁴)

= (7⁵ + 7⁹)(5⁴ + 5⁶). 0

= 0.

Câu 10:

Một thầy giáo có 10 cuốn sách toán đôi 1 khác nhau , trong đó có 3 cuốn đại số, 4 cuốn giải tích và 3 cuốn hình học , Ông muốn lấy ra 5 cuốn và tặng cho 5 học sinh sao cho sau khi tặng mỗi loại sách còn lại ít nhất 1 cuốn . Hỏi có bao nhiêu cách tặng?

Xem đáp án

Số cách lấy ra 5 cuốn sách và đem tặng cho 5 học sinh là:

S = $A_{10}^{5}$ = 30240 cách (chọn 5 cuốn trong 10 cuốn sau đó có sắp xếp 5 cuốn)

Số cách chọn sao cho không còn sách đại số là:

A = $C_{7}^{2}$ .5! = 2520 cách

(chọn hết 3 cuốn Đại số có 1 cách, chọn 2 cuốn nữa trong 7 cuốn gồm 4 cuốn Giải tích và 3 cuốn Hình, sau đó xếp cho 5 bạn)

Số cách chọn sao cho không còn sách Giải tích là:

B = $C_{6}^{1}$ . 5! = 720 cách

(chọn hết 4 cuốn giải tích có 1 cách, chọn 1 cuốn trong 6 cuốn gồm 3 cuốn đại số và 3 cuốn hình, xếp 5 cuốn vừa chọn cho 5 bạn)

Số cách chọn sao cho không còn sách Hình là:

C = $C_{7}^{2}$ .5! = 2520 cách

(chọn hết 3 cuốn Hình có 1 cách, chọn thêm 2 cuốn trong 7 cuốn gồm 3 cuốn đại và 4 cuốn Giải tích)

Vậy số cách tặng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

S – A – B – C = 24480 cách.

Câu 11:

Cho sin α = $\frac{1}{3},$ với 90° < α < 180°. Tính cos α.

Xem đáp án

sin²α = ${(\frac{1}{3})}^{2} = \frac{1}{9}$

Ta có: sin²α + cos²α = 1

Suy ra: cos²α = 1 – sin²α = $1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$

cos α = $\pm \sqrt{\frac{8}{9}} = \pm \frac{2 \sqrt{2}}{3}$

Vì 90° < α < 180° nên cos α = $- \frac{2 \sqrt{2}}{3}$

Câu 12:

Tìm m để phương trình x³ – 2x²+ (1 – m)x + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt x₁, x₂, x₃ thỏa mãn x₁² + x₂² + x₃² = 4.

Xem đáp án

x³ – 2x²+ (1 – m)x + m = 0 (*)

⇔ (x³ – 2x² + x) – mx + m = 0

⇔ x(x² – 2x + 1) – m(x – 1) = 0

⇔ x(x – 1)² – m(x – 1) = 0

⇔ (x – 1)[(x(x – 1) – m] = 0

⇔ (x – 1)(x² – x – m) = 0

⇔ $[\begin{array}{l} x = 1 \\ x^{2} - x - m = 0 (1) \end{array}$

Để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1. Tức là:

$\{\begin{cases} Δ > 0 \\ 1^{2} - 1 - m \neq 0 \end{cases}$ ⇔ $\{\begin{cases} 1 + 4 m > 0 \\ m \neq 0 \end{cases}$ ⇔ $\{\begin{cases} m > - \frac{1}{4} \\ m \neq 0 \end{cases}$

Ta có nghiệm của phương trình (1) là:

$\{\begin{cases} x_{1} = \frac{1 + \sqrt{1 + 4 m}}{2} \\ x_{2} = \frac{1 - \sqrt{1 + 4 m}}{2} \end{cases}$

Suy ra: x₁² + x₂² = ${(\frac{1 + \sqrt{1 + 4 m}}{2})}^{2} + {(\frac{1 - \sqrt{1 + 4 m}}{2})}^{2}$

$= \frac{1 + 2 \sqrt{1 + 4 m} + 1 + 4 m + 1 - 2 \sqrt{1 + 4 m} + 1 + 4 m}{4} = 1 + 2 m$

Có x₁² + x₂² + x₃² = 4

⇔ 1 + 2m + 1 = 4

⇔ m = 1 (thỏa mãn)

Vậy m = 1.

Câu 13:

Cho tam giác ABC. I nằm trên BC cho 2CI = 3BI. J nằm trên đường thẳng BC cho 5JB = 2JC. G là trọng tâm tam giác ABC.

a) Biểu diễn $\vec{A B}, \vec{A C}$ theo 2 vectơ $\vec{A I}, \vec{A J}$ và biểu diễn $\vec{A J}$ qua $\vec{A B}, \vec{A C}$ .

b)Tính $\vec{A G}$ theo $\vec{A I}, \vec{A J}$ .

Xem đáp án

a) I là điểm trên cạnh BC mà: 2CI = 3BI. Suy ra: $\frac{B I}{C I} = \frac{2}{3}$

⇒ $\frac{B I}{C I + B I} = \frac{2}{3 + 2} = \frac{2}{5}$ ⇒ $\frac{B I}{B C} = \frac{2}{5}$

⇒ $B I = \frac{2}{5} B C$ tương tự $C I = \frac{3}{5} B C$

J là điểm nằm trên BC kéo dài: 5JB = 2JC ⇒ $\frac{J B}{J C} = \frac{2}{5}$

⇒ $\frac{J B}{J C - J B} = \frac{2}{5 - 2} = \frac{2}{3}$ ⇒ $\frac{J B}{B C} = \frac{2}{3}$

⇒ $J B = \frac{2}{3} B C$ và $B C = \frac{3}{3} J C$

$\vec{A B} = \vec{A I} + \vec{I B} = \vec{A I} - \frac{2}{5} \vec{B C} = \vec{A I} - \frac{2}{5} . \frac{3}{2} \vec{J B} = \vec{A I} - \frac{3}{5} \vec{J B} = \vec{A I} - \frac{3}{5} (\vec{J A} + \vec{A B}) = \vec{A I} + \frac{3}{5} \vec{A J} - \frac{3}{5} \vec{A B}$

⇒ $\vec{A B} + \frac{3}{5} \vec{A B} = \vec{A I} + \frac{3}{5} \vec{A J}$

⇒ $\vec{A B} = \frac{5}{8} \vec{A I} + \frac{3}{8} \vec{A J}$

$\vec{A C} = \vec{A I} + \vec{I C} = \vec{A I} + \frac{3}{5} \vec{B C} = \vec{A I} + \frac{3}{5} . \frac{3}{5} . \vec{J C} = \vec{A I} + \frac{9}{25} (\vec{J A} + \vec{A C})$

⇒ $\vec{A C} - \frac{9}{25} \vec{A C} = \vec{A I} + \frac{9}{25} \vec{J A}$

⇒ $\vec{A C} = \frac{25}{16} \vec{A I} - \frac{9}{16} \vec{A J}$

b) Lấy K là đối xứng của A qua H

Ta có: AK và BC cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là H. Do đó ABKC là hình bình hành

Vì G là trọng tâm nên: $\vec{A G} = \frac{2}{3} \vec{A H} = \frac{2}{3} . \frac{1}{2} . (\vec{A B} + \vec{A C})$ (sử dụng quy tắc hình bình hành vào hình bình hành ABKC, H là trung điểm của BC)

$\vec{A G} = \frac{1}{3} . (\vec{A B} + \vec{A C}) = \frac{1}{3} . (\frac{5}{8} . \vec{A I} + \frac{3}{8} \vec{A J} + \frac{25}{16} \vec{A I} - \frac{9}{16} \vec{A J}) = \frac{35}{48} \vec{A I} - \frac{1}{16} \vec{A J}$

Câu 14:

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

Xét ∆MAN vuông tại A có: $\hat{A M N} + \hat{A N M}$ = 90° (1)

Và $\hat{M A O} + \hat{N A O'}$ = 90° = 180° − $\hat{M A O}$ = 180° − 90° = 90° (2)

Lại có: ∆OMA cân tại O (OA = OM = R) ⇒ $\hat{O A M} = \hat{O M A}$ (3)

∆O’NA cân tại O (O’A = O’N = R’) ⇒ $\hat{O' A N} = \hat{O' N A}$ (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra: $\hat{O M N} + \hat{M N O'} = (\hat{O M A} + \hat{A M N}) + (\hat{A N M} + \hat{O' N A})$

= $\hat{O M A} + \hat{A M N} + \hat{A N M} + \hat{O' N A}$

= $\hat{O M A} + \hat{A M N} + \hat{A N M} + \hat{O' A N}$

= $(\hat{O M A} + \hat{O' A N}) + (\hat{A M N} + \hat{A N M})$

= 90° + 90° = 180°

Tứ giác OMNO’ có $\hat{O M N} + \hat{M N O'} = 180 °$ nên MN // O’N.

b) Từ O’ kẻ O’H ⊥ OM. Khi đó: $S_{O M N O'} = \frac{(O' N + O M) . O' H}{2} = \frac{(R' + R) . O' H}{2} \leq \frac{(R' + R) . O' O}{2} = \frac{{(R' + R)}^{2}}{2}$

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 $\frac{{(R' + R)}^{2}}{2}$ khi O’O ⊥ MO hoặc O’O ⊥ O’N.

Câu 15:

Tìm góc α ∈ $\{\frac{π}{6}; \frac{π}{4}; \frac{π}{3}; \frac{π}{2}\}$ để phương trình cos2x + $\sqrt{3}$ sin2x – 2cosx = 0 tương đương với phương trình cos(2x – α) = cosx.

Xem đáp án

cos2x + $\sqrt{3}$ sin2x – 2cosx = 0

⇔ sin $(2 x + \frac{π}{6})$ = cosx

⇔ cos $(2 x - \frac{π}{3})$ = cosx

Suy ra: cos $(2 x - \frac{π}{3})$ = cosx

⇔ cos(2x – α) = cosx ⇔ α = $\frac{π}{3}$ .

Câu 16:

Tính diện tích hình thang vuông ABCD, biết $\hat{A} = \hat{B}$ = 90°, AB = 3cm, AD = 4cm và $\hat{B C D}$ = 135°.

Xem đáp án

Kẻ CE vuông góc với AD tại E.

Ta có: $\hat{A} = \hat{B} = \hat{E}$ = 90° nên ABCE là hình chữ nhật

Do đó: AB = CE = 3cm

Ta có: $\hat{E C D} = \hat{B C D} - 90 ° = 135 ° - 90 ° = 45 °$

Mà: $\hat{E C D} + \hat{E D C} + \hat{C E D} = 180 °$

Nên: $\hat{E D C} = 45 °$ . Hay tam giác EDC vuông cân tại E.

Suy ra: ED = EC = 3cm

AE = AD – ED = 4 – 3 = 1(cm)

S_ABCD = S_ABCE + S_CED = 1.3 + $\frac{1}{2}$ .3.3 = 7,5 (cm²).

Câu 17:

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AB = 9cm ; AC=12cm

a) Tính số đo góc B (làm tròn đến độ) và độ dài BH

b) Gọi E, F là hình chiếu của H trên AB, AC. Chứng minh AE.AB = AF.AC.

Xem đáp án

a) Theo định lí Pytago, ΔABC vuông tại A có:

BC² = AB² + AC² = 9² + 12² = 225

⇔ BC = 15(cm)

Từ đó, ta có:

sin B = $\frac{A C}{B C} = \frac{12}{15}$ = 0,8

⇔ $\hat{B} = 53 °$

Theo hệ thức lượng: AB² = BH.BC

⇔ BH = $\frac{A B^{2}}{B C}$ = $\frac{9^{2}}{15}$ = 5,4(cm)

b) AH ⊥ BC tại H ⇔ ΔABH, ΔACH vuông tại H

E là hình chiếu của H trên AB

⇔ HE ⊥ AB

⇔ HE là đường cao ΔABH

Suy ra: AH² = AE.AB (1)

F là hình chiếu của H trên AC

⇔ HF ⊥ AC

⇔ HF là đường cao ΔACH

Suy ra: AH² = AF.AC (2)

Từ (1) và (2), ta có: AE.AB = AF.AC

Câu 18:

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, biết AB = 9cm, AC = 12cm. Tính BC, AH, HB, HC, diện tích tam giác ABC.

Xem đáp án

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABC có:

BC² = AB² + AC² = 9² + 12² = 225

⇔ BC = 15(cm)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC có: $\frac{1}{A H^{2}} = \frac{1}{A B^{2}} + \frac{1}{A C^{2}} = \frac{1}{9^{2}} + \frac{1}{12^{2}} = \frac{25}{1296}$

AH² = $\frac{1296}{25}$ ⇔ AH = $\sqrt{\frac{1296}{25}} = 7, 2$ (cm)

BH = $\frac{A B^{2}}{B C} = \frac{9^{2}}{15} = 5, 4$ (cm)

CH = $\frac{A C^{2}}{B C} = \frac{12^{2}}{15} = 9, 6$ (cm)

S_ABC= $\frac{1}{2} . A B . A C = \frac{1}{2} .9.12 = 54$ (cm²).

Câu 19:

Lớp 10A chọn ra một số học sinh tham gia làm bài khảo sát học sinh giỏi môn Toán. Đề thi có 3 câu. Sau khi chấm bài giáo viên tổng kết được như sau: Có 5 học sinh làm được câu 1, có 6 học sinh làm được câu 2, có 4 học sinh làm được câu 3. Có 3 học sinh làm được câu 1 và câu 2, có 2 học sinh làm được câu 1 và câu 3, có 1 học sinh làm được câu 2 và câu 3 và chỉ có 1 học sinh làm được cả 3 câu. Hỏi có tất cả bao nhiêu học sinh tham gia làm bài khảo sát?

Xem đáp án

Gọi A là tập hợp học sinh làm được câu 1⇒ n (A) = 5

Gọi B là tập hợp học sinh làm được câu 2⇒ n (B) = 6

Gọi C là tập hợp học sinh làm được câu 3⇒ n (C) = 4

3 học sinh làm được câu 1 và 2 ⇒ n (A ∩ B) = 3

2 học sinh làm được câu 1 và 3⇒ n (A ∩ C) = 2

1 học sinh làm được câu 2 và 3⇒ n (B ∩ C) = 1

1 học sinh làm được cả 3 câu ⇒ n (A ∩ B ∩ C) = 1

Vậy (A ∪ B ∪ C)là tập hợp tất cả học sinh làm bài khảo sát

⇒ n (A ∪ B ∪ C) = n (A ∪ B) + n (C) − n [(A ∪ B) ∩ C]

⇒ n (A ∪ B ∪ C) = n (A) + n (B) – n (A ∩ B) + n (C) − [n (A ∩ C) + n (B ∩ C)

− n (A ∩ B ∩ C)

⇒ n (A ∪ B ∪ C) = n (A) + n (B) + n (C) − n( A ∩ B) – n (A ∩ C) – n (B ∩ C)

+ n (A ∩ B ∩ C)

⇒ n (A ∪ B ∪ C) = 5 + 6 + 4 – 3 – 2 – 1 + 1

⇒ n (A ∪ B ∪ C) = 10

Vậy có 10 học sinh làm bài khảo sát.

Câu 20:

Cho biểu thức C = $\frac{x}{2 x - 2} + \frac{x^{2} + 1}{2 - 2 x^{2}}$

a) Tìm x để biểu thức C có nghĩa.

b) Rút gọn biểu thức C.

c) Tìm x để giá trị của phân thức C > 0.

Xem đáp án

a) Để biểu thức C có nghĩa thì điều kiện của x là:

$\{\begin{cases} 2 x - 2 \neq 0 \\ 2 - 2 x^{2} \neq 0 \end{cases}$ ⇔ $\{\begin{cases} x \neq 1 \\ x \neq \pm 1 \end{cases}$ ⇔ $x \neq \pm 1$

Vậy $x \neq \pm 1$

b) $\frac{x}{2 x - 2} + \frac{x^{2} + 1}{2 - 2 x^{2}} = \frac{x}{2 (x - 1)} + \frac{x^{2} + 1}{2 (1 - x^{2})}$

$= \frac{x}{2 (x - 1)} - \frac{x^{2} + 1}{2 (x - 1) (x + 1)}$

$= \frac{x (x + 1) - x^{2} - 1}{2 (x - 1) (x + 1)}$

$= \frac{x^{2} + x - x^{2} - 1}{2 (x - 1) (x + 1)}$

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

$= \frac{1}{2 (x + 1)}$

c) C > 0 ⇒ $\frac{1}{2 (x + 1)} > 0 (x \neq \pm 1)$

⇒ 2(x + 1) > 0

⇔ x + 1 > 0

⇔ x > –1

Vậy x > –1, x ≠ 1 thì C > 0.

Câu 21:

Phân tích thành nhân tử: 10x – 25 – x².

Xem đáp án

10x – 25 – x²

= – (x² – 10x + 25)

= – (x² – 2.5x + 5²)

= – (x – 5)².

Câu 22:

Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Qua điểm M thuộc cung nhỏ BC, kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O), nó cắt các tiếp tuyến AB và AC theo thứ tự ở D và E. Chứng minh rằng chu vi tam giác ADE bằng 2AB.

Xem đáp án

Vì AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) lần lượt tại B và C. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AB = AC

Vì DB, DM là hai tiếp tuyến của (O) lần lượt tại B và M. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM

Vì EM, EC là hai tiếp tuyến của (O) lần lượt tại M và C. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: EM = EC

Chu vi tam giác ADE là:

AD + DE + EA

= AD + (DM + ME) + EA

= (AD + DM) + (ME + EA)

= (AD + DB) + (EC + EA) (do DB = DM, EM = EC)

= AB + AC = 2AB (do AB = AC).

Câu 23:

Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kỳ, vẽ MI vuông góc với AB, MK vuông góc với AC (I thuộc AB, K thuộc AC).

a) Chứng minh AIMK, ABOC là các tứ giác nội tiếp;

b) Vẽ MP vuông góc với BC (P thuộc BC). Chứng minh ;

c) Chứng minh MI.MK = MP²;

d) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.

Xem đáp án

a) Xét tứ giác AIMK có:

$\hat{A I M}$ = 90° (MI ⊥ AB); $\hat{A K M}$ = 90° (MK ⊥ AC)

⇒ $\hat{A I M} + \hat{A K M}$ = 90° + 90° = 180°

Mà 2 góc ở vị trí đối nhau

⇒ Tứ giác AIMK nội tiếp

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

⇒ OB ⊥ AB; OC ⊥ AC ⇒ $\hat{A B O} = \hat{A C O}$ = 90°

Xét tứ giác ABOC có:

$\hat{A B O} + \hat{A C O}$ = 90° + 90° = 180°

Mà 2 góc ở vị trí đối nhau

⇒ Tứ giác ABOC nội tiếp

b) Xét tứ giác MPCK có:

$\hat{M P C}$ = 90° (MP ⊥ BC); $\hat{M K C}$ = 90° (MK ⊥ AC)

⇒ $\hat{M P C} + \hat{M K C}$ = 90° + 90° = 180°

Mà 2 góc ở vị trí đối nhau

⇒ Tứ giác MPCK nội tiếp

⇒ $\hat{M P K} = \hat{M C K}$ (cùng nhìn cạnh MK)

Xét (O) có: $\hat{M C K}$ là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung MC

$\hat{M B C}$ là góc nội tiếp chắn cung MC

⇒ $\hat{M C K} = \hat{M B C}$

Mà $\hat{M P K} = \hat{M C K}$ ⇒ $\hat{M P K} = \hat{M B C}$

c) Xét tứ giác MIBP có:

$\hat{M I B}$ = 90° (MI ⊥ AB) ; $\hat{M P B}$ = 90°(MP⊥BC)

⇒ $\hat{M I B} + \hat{M P B}$ = 90° + 90° = 180°

mà 2 góc ở vị trí đối nhau

⇒Ttứ giác MIBP nội tiếp

⇒ $\hat{I B M} = \hat{I P M}$ (cùng nhìn cạnh MI)

$\hat{M I P} = \hat{M B P}$ (cùng nhìn cạnh MP) hay $\hat{M B C} = \hat{M I P}$

mà $\hat{M P K} = \hat{M B C}$ ⇒ $\hat{M P K} = \hat{M I P}$

Xét (O) có: $\hat{I B M}$ là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung BM

$\hat{M C B}$ là góc nội tiếp chắn cung BM

⇒ $\hat{I B M} = \hat{M C B}$

mà $\hat{I B M} = \hat{I P M}$ ⇒ $\hat{M C B} = \hat{I P M}$ hay $\hat{M C P} = \hat{I P M}$

Tứ giác MPCK nội tiếp ⇒ $\hat{M C P} = \hat{M K P}$

⇒ $\hat{I P M} = \hat{M K P}$

Xét ΔMIP và ΔMPK có:

$\hat{I P M} = \hat{M K P}$

$\hat{M I P} = \hat{M P K}$

⇒ ΔMIP ~ ΔMPK (g.g)

⇒ MI.MP = MP.MK ⇒ MI.MK = MP²

d) Vì MI.MK = MP² nên MI.MK.MP = MP³

Tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất khi MP lớn nhất

Gọi H là hình chiếu của O trên BC

⇒ OH cố định (Vì O cố định; BC cố định)

Gọi D là giao điểm của MO và BC

Ta có: MP ≤ MD; OH ≤ OD

MP + OH ≤ MD + OD = MO ⇒ MP + OH ≤ R

⇒MP ≤ R−OH ⇒ MP³ ≤ (R − OH)³

Dấu "=" xảy ra khi MP = R − OH

⇒ O, H, Mthẳng hàng

⇒ M nằm chính giữa cung nhỏ BC

Vậy tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất khi M nằm chính giữa cung nhỏ BC.

Câu 24:

Cho hình bình hành ABCD . Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, CD . Đường chéo BD cắt AN , CM theo thứ tự ở E và K. Chứng minh:

a) AMCN là hình bình hành.

b) DE = KB.

c) AK đi qua trung điểm của I của BC.

Xem đáp án

a) Hình bình hành ABCD có AB = CD
$\frac{1}{2}$ AB = AM = $\frac{1}{2}$ CD = CN

Mặt khác, M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD

Do đó: AM//CN

Tứ giác AMCN có cặp cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau nên là hình bình hành.

b) Tứ giác AMCN là hình bình hành

⇒ $\hat{M_{1}} = \hat{N_{1}}$ (Hai góc đối của hình bình hành AMCN)

⇒ $\hat{M_{2}} = \hat{N_{2}}$ (Do $\hat{M_{1}}$ và $\hat{M_{2}}$ là hai góc kề bù; $\hat{N_{1}}$ và $\hat{N_{2}}$ là hai góc kề bù)

Mặt khác, ABCD là hình bình hành nên AB//CD ⇒ $\hat{B_{1}} = \hat{D_{1}}$

Xét ΔEDN và ΔKBM có:

$\hat{M_{2}} = \hat{N_{2}}$

DN=BM

$\hat{B_{1}} = \hat{D_{1}}$

⇒ΔEDN=ΔKBM(g.c.g)

⇒ ED = KB (đpcm)

c) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

ABCD là hình bình hành

⇒ OA=OC

Xét trong ΔCAB có:

MA = MB

OA = OC

MC cắt OB tại K

⇒ K là trọng tâm của ΔCAB

Mặt khác, I là trung điểm của BC

⇒ IA, OB, MC đồng quy tại K

Hay AK đi qua trung điểm I của BC (đpcm).

Câu 25:

Tính số đo x trong hình sau:

a)

Media VietJack

b)

Media VietJack

Xem đáp án

a) Có $\hat{M} = \hat{N}$ = 65° mà là hai góc nằm ở vị trí so le trong nên m // n

Vì m // n nên $\hat{Q} + \hat{N P Q}$ = 180°(hai góc trong cùng phía)

⇒ 110° + x = 180° ⇒ x = 70°

b) $\hat{E M N} + \hat{M N F}$ =120°+60° = 180° mà hai góc đó ở vị trí trong cùng phía nên a // b.

Vì a // b nên x = 90° (hai góc so le trong)

Câu 26:

Cho tam giác ABC thỏa mãn $s i n A = \frac{s i n B + s i n C}{c o s B + c o s C}$ . Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông.

Xem đáp án

Ta có: $\hat{A} + \hat{B} + \hat{C} = 180 °$ (tính chất tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra: $\frac{\hat{A}}{2} + \frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2} = 90 °$

⇒ $\frac{\hat{A}}{2} + \frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2} = 90 °$ ⇒ $\frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2} = 90 ° - \frac{\hat{A}}{2}$

⇒ $\sin (\frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2}) = \sin (90 ° - \frac{\hat{A}}{2}) = \cos \frac{\hat{A}}{2}$

$\cos (\frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2}) = \cos (90 ° - \frac{\hat{A}}{2}) = \sin \frac{\hat{A}}{2}$

$s i n A = \frac{s i n B + s i n C}{c o s B + c o s C}$ ⇒ $2 s i n \frac{\hat{A}}{2} \cos \frac{\hat{A}}{2} = \frac{2 s i n (\frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2}) \cos (\frac{\hat{B}}{2} - \frac{\hat{C}}{2})}{2 \cos (\frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2}) \cos (\frac{\hat{B}}{2} - \frac{\hat{C}}{2})}$

⇒ $2 s i n \frac{\hat{A}}{2} \cos \frac{\hat{A}}{2} = \frac{s i n (\frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2})}{\cos (\frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2})}$ ⇔ $2 s i n \frac{\hat{A}}{2} \cos \frac{\hat{A}}{2} = \frac{\cos (\frac{\hat{A}}{2})}{\sin (\frac{\hat{A}}{2})}$

⇔ $2 s i n^{2} (\frac{\hat{A}}{2}) = 1$

⇔ $1 - 2 s i n^{2} (\frac{\hat{A}}{2}) = 0$

⇔ $\cos (\hat{A}) = 0$

⇔ $\hat{A} = 90 °$

Vậy tam giác ABC vuông.

Câu 27:

Cho tam giác ABC có các trung tuyến BD và CE . Trên cạnh BC lấy các điểm M N, sao cho BM = MN = NC. Gọi I là giao điểm của AM và BD , K là giao điểm của AN và CE . Chứng minh rằng:

a) BCDE là hình thang.

b) K là trung điểm của EC.

c) BC = 4IK

Xem đáp án

a) Vì BD và CF là trung tuyến nên ED là đường trung bình của tam giác ABC (E, D lần lượt là trung điểm AB, AC)

Suy ra: ED // BC ⇒ EDCB là hình thang

b) Trong tam giác ABN có E, M là trung điểm của AB và BN (do BM = MN = NC)

⇒ EM là đường trung bình của ∆ABN

⇒ EM // AN ⇒ EM // KN

Trong ∆EMC có N là trung điểm của CM vì MN = NC và NK // EM

⇒ K là trung điểm của CE

c) Tương tự: Trong ∆BDN có M là trung điểm BN và MI // DN

Suy ra: MI là đường trung bình của tam giác BDN

⇒ I là trung điểm BD.

Trong hình thang BEDC có IK là đoạn nối trung điểm của hai đường chéo nên:

$I K = \frac{B C - D E}{2} = \frac{2 D E - D E}{2} = \frac{D E}{2}$

⇒ 2IK = DE ⇒ 4IK = 2DE = BC

Vậy 4IK = BC.

Câu 28:

Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều.

Xem đáp án

Giả sử cạnh của tam giác đều là a.

Tam giác đều có trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp trùng nhau

Gọi G là trọng tâm của tam giác đều ABC thì G cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Ta có: R = GA = GB = GC

Kẻ trung tuyến AD của tam giác suy ra A, G, D thẳng hàng và AG = $\frac{2}{3}$ AD

AD cũng là đường cao trong tam giác đều, do đó:

AD²+ DB²= AB²

⇔ AD² + ${(\frac{a}{2})}^{2}$ = a²

⇔ AD = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$

R = AG = $\frac{2}{3}$ AD = $\frac{2}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{3}$

Câu 29:

Cho hàm số bậc nhất y = (2m + 1)x + m – 2. Tìm m biết rằng góc tạo bởi đường thẳng và trục Ox bằng 45°.

Xem đáp án

Vì hàm số đã cho là hàm số bậc nhất nên 2m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ $\frac{- 1}{2}$ .

Gọi góc α là góc tạo bởi đường thẳng và trục Ox .

Theo giả thiết α = 45°. Ta có:

tanα = a ⇒ tan45° = 2m + 1

⇔ 1 = 2m + 1 ⇔ 0 = 2m ⇔ m = 0.

Câu 30:

Cho góc tù α có sin α = $\frac{1}{3}$ .

a) Tính cos α, tan α, cot α

b) Tính giá trị biểu thức:

A = sinα . cot (180° – α) + cos(180° – α). cot (90° – α)

B = $\frac{3 (\sin α + \sqrt{2} \cos α) - 2}{\sin α - \sqrt{2} \cos α}$ .

Xem đáp án

a) Vì α là góc tù nên cos α < 0

Ta có: sin²α + cos²α = 1

Suy ra: cos²α = 1 – sin²α = $1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$

cos α = $\pm \sqrt{\frac{8}{9}} = \pm \frac{2 \sqrt{2}}{3}$

Vì 90° < α < 180° nên cos α = $- \frac{2 \sqrt{2}}{3}$

tan α = $\frac{\sin α}{\cos α} = \frac{1}{3} : \frac{- 2 \sqrt{2}}{3} = \frac{- 1}{2 \sqrt{2}}$

cot α = $\frac{1}{\tan α} = - 2 \sqrt{2}$

b) Ta có:

cot(180°– α) = – cotα

cos(180°– α) = – cosα

cot(90°– α) = tanα

Khi đó: A = sinα . cot (180° – α) + cos(180° – α). cot (90° – α)

= sinα . (–cotα) + (–cosα). tanα = $\frac{1}{3} .2 \sqrt{2} + \frac{2 \sqrt{2}}{3} . \frac{- 1}{2 \sqrt{2}} = \frac{2 \sqrt{2}}{3} - \frac{1}{3} = \frac{2 \sqrt{2} - 1}{3}$

B = $\frac{3 (\sin α + \sqrt{2} \cos α) - 2}{\sin α - \sqrt{2} \cos α}$

= $\frac{3. (\frac{1}{3} + \sqrt{2} . \frac{- 2 \sqrt{2}}{3}) - 2}{\frac{1}{3} - \sqrt{2} . \frac{- 2 \sqrt{2}}{3}} = \frac{1 - 4 - 2}{\frac{1}{3} + \frac{4}{3}} = - 3$ .

Câu 31:

Tìm x biết (x – 7)(x² – 9x + 20)(x – 2) = 72.

Xem đáp án

(x − 7)(x² − 9x + 20)(x – 2) = 72

⇒ (x² − 2x − 7x + 14)(x² − 9x + 20) – 72 = 0

⇒ (x² − 9x + 14)(x² − 9x + 14 + 6) – 72 = 0

Đặt x² − 9x + 14 = a ta có :

a(a + 6) – 72 = 0

⇔ a² + 6a – 72 = 0

⇔ a² − 6a + 12a – 72 = 0

⇔ a(a − 6) + 12(a − 6) = 0

⇔(a − 6)(a + 12) = 0

⇔ $[\begin{array}{l} a = 6 \\ a = - 12 \end{array}$

* TH1 : a = 6

⇒ x² − 9x + 14 = 6

⇔ x² − 9x + 14 − 6 = 0

⇔ x² − 9x + 8 = 0

⇔ x² − 8x − x + 8 = 0

⇔ x(x − 8) − (x − 8) = 0

⇔ (x − 8)(x – 1) = 0

⇔ $[\begin{array}{l} x = 8 \\ x = 1 \end{array}$

*TH2 : a = −12

⇒ x² − 9x + 14 = −12

⇔ x² − 9x + 14 + 12 = 0

⇔ x² − 9x + 26 = 0

⇔ ${(x - \frac{9}{2})}^{2}$ + $\frac{23}{4}$ = 0 (Vô lý)

Vậy x ∈ {1; 8}.

Câu 32:

Giải phương trình: (2x + 7)

\sqrt{2 x + 7}

= x² + 9x + 7.

Xem đáp án

Điều kiện xác định: x $\geq \frac{- 7}{2}$

(2x + 7) $\sqrt{2 x + 7}$ = x² + 9x + 7

⇔ (2x + 7) $\sqrt{2 x + 7}$ = x² + 7x + (2x + 7)

⇔ x² + 2x + 7 – 2x $\sqrt{2 x + 7}$ + 7x – 7 $\sqrt{2 x + 7}$ = 0

⇔ ${(x - \sqrt{2 x + 7})}^{2}$ + 7 $(x - \sqrt{2 x + 7})$ = 0

⇔ $(x - \sqrt{2 x + 7})$ $[(x - \sqrt{2 x + 7}) + 7]$ = 0

⇔ $[\begin{array}{l} x - \sqrt{2 x + 7} = 0 \\ (x - \sqrt{2 x + 7}) + 7 = 0 \end{array}$

+) Nếu: $x - \sqrt{2 x + 7} = 0$ thì: x = $\sqrt{2 x + 7}$

⇔ x² = 2x + 7

⇔ x² – 2x – 7 = 0

⇔ $[\begin{array}{l} x = 1 + 2 \sqrt{2} \\ x = 1 - 2 \sqrt{2} \end{array}$

+) Nếu $x - \sqrt{2 x + 7} = - 7$ thì x + 7 = $\sqrt{2 x + 7}$

⇔ (x + 7)² = 2x + 7

⇔ x² + 14x + 49 – 2x – 7 = 0

⇔ x² + 12x + 42 = 0

⇔ (x + 6)² + 6 = 0 (*)

Ta thấy phương trình (*) vô nghiệm vì (x + 6)² + 6 > 0 với mọi x.

Vậy phương trình có tập nghiệm là $\{1 + 2 \sqrt{2}; 1 - 2 \sqrt{2}\}$

Câu 33:

Cho tam giác MNP vuông tại M đường cao MH . Gọi D,F lần lượt là chân các đường vuông góc HA từ H xuống MN và MP.

a) Chứng minh tứ giác MDHE là hình chữ nhật.

b) Gọi A là trung điểm HP. Chứng minh ∆DEA vuông.

c) Tam giác MNP có thêm điều kiện gì để DE = 2EA.

Xem đáp án

a) Tứ giác MDHE có $\hat{M} = \hat{D} = 90 °$

Vậy tứ giác MDHE là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông.
b) Ta có: $\hat{D E H} = \hat{M H E}$ (do MDHE là hình chữ nhật)

$\hat{H E A} = \hat{E H A}$ (dễ dàng chứng minh được △HEA cân tại A nhờ giả thiết A trung điểm HP và HE ⊥ MP)
Mà $\hat{M H E} + \hat{E H A} = 90 °$

nên $\hat{D E H} + \hat{H E A} = \hat{D E A} = 90 °$
⇒ Tam giác DEA vuông tại E.
c) Ta có: DE = MH
2EA = HP
Để DE = 2EA thì MH = HP
⇔ Tam giác MHP cân tại H
⇔ Tam giác MHP vuông cân tại H
⇔ $\hat{P} = 45 °$
⇔ Tam giác MNP vuông cân tại M.

Câu 34:

Một người vay ngân hàng 30 000 000 (ba mươi triệu) đồng với lãi suất ngân hàng là 5% một năm và theo thể thức lãi đơn (tiền lãi không gộp vào chung với vốn). Hãy thiết lập hàm số thể hiện mối liên hệ giữa tổng số tiền nợ T (VNĐ) và số nợ (năm).

Xem đáp án

Một người vay ngân hàng 30000000 VNĐ với lãi suất 5% một năm theo thể thức lãi đơn.

Sau 1 năm người này nợ thêm: 30000000 . 5% = 1500000 (VNĐ)

Sau n năm người này nợ thêm: 1500000.n (VNĐ)

Khi đó tổng số tiền người đó nợ sau n năm là: 1500000.n + 30000000 (VNĐ)

Hàm số thể hiện mối liên hệ giữa tổng số tiền nợ T (VNĐ) và số nợ n (năm) là:

T = 1500000.n + 30000000.

Câu 35:

Cho tam giác ABC. Hai điểm M, N được xác định bởi hệ thức: $\vec{B C} + \vec{M A} = \vec{0}, \vec{A B} - \vec{N A} - 3 \vec{A C} = \vec{0}$ . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: (1) MN và AC song song; (2) MN và AC cắt nhau; (3) MN = AC; (4) 3 điểm M, A, C thẳng hàng

Xem đáp án

$\vec{B C} + \vec{M A} + \vec{A B} - \vec{N A} - 3 \vec{A C} = \vec{0}$

Hay $\vec{A C} + \vec{M N} - 3 \vec{A C} = \vec{0}$ ⇔ $\vec{M N} = 2 \vec{A C}$

Theo giả thiết có: $\vec{B C} = - \vec{M A} = \vec{A M}$

Mà A, B, C không thẳng hàng nên bốn điểm A, B, C, M là 4 đỉnh của hình bình hành

Suy ra: M không thuộc AC

Vậy mệnh đề đúng là: MN // AC.

Câu 36:

Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH. Từ H kẻ HE vuông góc với AB tại E, HF vuông góc với AC tại F.

a) Cho biết AB = 3cm, $\hat{A C B}$ = 30°. Tính độ dài các đoạn AC, HA.

b) Chứng minh: BE.BA + CF.CA + 2.HB.HC = BC².

Xem đáp án

a) Ta có: AB = BC. sin $\hat{A C B}$

BC = 3 : sin30° = 6(cm)

AC = $\sqrt{B C^{2} - A B^{2}} = \sqrt{6^{2} - 3^{2}} = 3 \sqrt{3}$ (cm)

Lại có: S_ABC = $\frac{1}{2}$ AH.BC = $\frac{1}{2}$ AB.AC ⇒ AH = $\frac{A B . A C}{B C} = \frac{3.3 \sqrt{3}}{6} = \frac{3 \sqrt{3}}{2}$

b) Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác BHA, CHA có:

BE.BA = BH²; CF. CA = HC²

BE.BA + CF.CA + 2.HB.HC = BH² + HC² + 2.HB.HC = (BH + CH)² = BC².

Vậy BE.BA + CF.CA + 2.HB.HC = BC².

Câu 37:

Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C'):x² + y –4x+10y+4=0. Viết phương trình đường tròn (C) biết (C') là ảnh của (C) qua phép quay với tâm quay là gốc tọa độ 0 và góc quay bằng 270°.

Xem đáp án

Đường tròn (C′) có tâm I′(2;−5) bán kính $R' = \sqrt{2^{2} + {(- 5)}^{2} - 4} = 5$

Ảnh của (C) qua phép quay là đường tròn (C′) có cùng bán kính, giả sử (C) có tâm I(x;y), bán kính R

⇒ R = R′ = 5

Q_O,270°(I) = I′(2;−5)

⇒ $\{\begin{cases} 2 = x . \cos 270 ° - y . \sin 270 ° \\ - 5 = x . \sin 270 ° + y . \cos 270 ° \end{cases}$

⇒ $\{\begin{cases} 2 = y \\ 5 = x \end{cases}$

⇒ I (5;2)

Phương trình đường tròn (C) là:

(x−5)² + (y−2)² = 25

hay x² + y² – 10x – 4y + 4 = 0.

Câu 38:

Cho bốn điểm A; B; C; D. Gọi I; J lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB và CD. Trong các đẳng thức sau, đẳng thức nào sai?

A. $\vec{A B} + \vec{C D} = 2 \vec{I J}$

B. $\vec{A C} + \vec{B D} = 2 \vec{I J}$

C. $\vec{A D} + \vec{B C} = 2 \vec{I J}$

D. $2 \vec{I J} + \vec{D B} + \vec{C A} = \vec{0}$

Xem đáp án

Đáp án đúng: A

Xét các đáp án B, C, D có:

$\vec{A C} + \vec{B D} = (\vec{A I} + \vec{I J} + \vec{J C}) + (\vec{B I} + \vec{I J} + \vec{J D}) = 2 \vec{I J} + (\vec{A I} + \vec{B I}) + (\vec{J C} + \vec{J D}) = 2 \vec{I J}$

$\vec{A D} + \vec{B C} = (\vec{A I} + \vec{I J} + \vec{J D}) + (\vec{B I} + \vec{I J} + \vec{J C}) = 2 \vec{I J} + (\vec{A I} + \vec{B I}) + (\vec{J C} + \vec{J D}) = 2 \vec{I J}$

$\vec{A C} + \vec{B D} = 2 \vec{I J}$ ⇔ $2 \vec{I J} - \vec{A C} - \vec{B D} = 0$ ⇔ $2 \vec{I J} + \vec{D B} + \vec{C A} = \vec{0}$

Xét đáp án A thấy:

$\vec{A B} + \vec{C D} = \vec{A D} + \vec{D B} + \vec{C B} + \vec{B D} = \vec{A D} + \vec{C B}$ nên đáp án A sai.

Câu 39:

Cho đường tròn (O,R) cố định. Từ M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ 2 tiếp tuyến MA,MB (A,B là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OM, AB.

a) Chứng minh: OM vuông góc với AB và OH.OM = R².

b) Từ M kẻ cát tuyến MNP với đường tròn (O) (N nằm giữa M,P), gọi I là trung điểm NP (I khác O). Chứng minh: A, M, O, I thuộc một đường tròn và tìm tâm của đường tròn đó.

c) Qua N kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O), cắt MA, MB theo thứ tự C,D. Biết MA = 5cm, tính chu vi tam giác MCD.

d) Qua O kẻ đường thẳng d vuông góc với OM, cắt MA, MB lần lượt tại E, F. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tam giác MEF nhỏ nhất.

Xem đáp án

a) Ta có: MA, MB là tiếp tuyến của (O)

Suy ra: MO ⊥ AB tại H.

Ta có: MA ⊥ AO, AH ⊥ MO

⇒ OH.OM = OA² = R²

b) Do I là trung điểm NP ⇒ OI ⊥ NP

Mà MA ⊥ OA, MB ⊥ OB

⇒ M, A, I, O, B ∈ đường tròn đường kính OM

⇒ Tâm của đường tròn là trung điểm MO

c) Ta có : CN, CA là tiếp tuyến của (O) ⇒ CN = CA

Tương tự:

DN = DB

⇒ PMCD = MC + CD + DM = MC + CN + ND + DM

= MC + AC + DB + DM = MA + MB = 2MA = 10.

d) Ta có :

S_MEF = $\frac{1}{2} . M O . E F$

Mà OA ⊥ ME, MO ⊥ OE

⇒ $\frac{1}{O A^{2}} = \frac{1}{O M^{2}} + \frac{1}{O E^{2}} \geq \frac{2}{O M . O E}$

⇒ OM.OE ≥ 2OA² = 2R²

⇒ S_MEF ≥ $\frac{1}{2} .2 R^{2}$ = R²

Dấu = xảy ra khi OE = OM ⇒ ΔOEM vuông cân tại O

⇒ $\hat{O M A} = 45 °$ ⇒ ΔAMO vuông cân tại A

⇒ MO = OA $\sqrt{2}$ = $R \sqrt{2}$

Câu 40:

Bảng giá cước gọi quốc tế của công ty viễn thông A được cho bởi bảng sau:

Thời gian gọi (phút)	Giá cước điện thoại (đồng/phút)
Không quá 8 phút	6 500
Từ phút thứ 9 đến phút thứ 15	6 000
Từ phút thứ 16 đến phút thứ 25	5 500
Từ phút thứ 26 trở đi	5 000

Gọi T (đồng) là số tiền khách hàng phải trả khi gọi quốc tế trong t phút. Lập hàm số của T theo t.

Xem đáp án

Nếu khách hàng gọi quốc tế không quá 8 phút, ta có hàm số là:

T = 6500.t (với t ≤ 8)

Nếu khách hàng gọi quốc tế trên 8 phút và không quá 15 phút, ta có hàm số là:

T = 8.6500 + (t – 8).6000 = 6000.t + 4000 (với 8 < t ≤ 15)

Nếu khách hàng gọi quốc tế trên 15 phút và không quá 25 phút, ta có hàm số là:

T= 8.6500 + (15 – 8).6000 + (t – 15).5500 = 5500.t + 11500 (với 15 < t ≤ 25)

Nếu khách hàng gọi quốc tế trên 25 phút, ta có hàm số là:

T = 8.6500 + (15 – 8).6000 + (25 – 15).5500 + (t – 25).5000 = 5000t + 24000 (với t > 25)

Câu 41:

Chứng minh rằng giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của biến: (x – 5)(2x + 3) – 2x(x – 3) + x + 7.

Xem đáp án

(x – 5)(2x + 3) – 2x(x – 3) + x + 7

= x.(2x + 3) + (–5).(2x + 3) – 2x.(x – 3) + x + 7

= (x.2x + x.3) + (–5).2x + (–5).3 – (2x.x + 2x.(–3)) + x + 7

= 2x² + 3x – 10x – 15 – 2x² + 6x + x + 7

= (2x² – 2x²) + (3x – 10x + 6x + x) + 7 – 15

= – 8

Vậy với mọi giá trị của biến x, biểu thức luôn có giá trị bằng –8.

Câu 42:

Hình bình hành ABCD có AB = a, BC = a $\sqrt{2}$ và $\hat{B A D} = 45 °$ . Khi đó hình bình hành có diện tích bằng bao nhiêu?

Xem đáp án

Diện tích tam giác ABD là:

S_ABD = $\frac{1}{2} . A B . A D . \sin \hat{B A D} = \frac{1}{2} . a . a \sqrt{2} . \sin 45 ° = \frac{a^{2}}{2}$

Vậy diện tích hình bình hành ABCD là:

S_ABCD = 2S_ABD = 2 . $\frac{a^{2}}{2}$ = a².

Câu 43:

Tổng tất cả các hệ số trong khai triển (x + y)²⁰ là bao nhiêu khi x = y = 1.

Xem đáp án

Xét khai triển: (x + y)²⁰ = $C_{n}^{0} x^{n} y^{0} + C_{n}^{1} x^{n - 1} y^{1} + ... + C_{n}^{n} x^{0} y^{n} = \sum_{k = 0}^{20} C_{n}^{k} x^{20 - k} y^{k}$

Suy ra tổng tất cả các hệ số của khai triển (x + y)²⁰ là:

${(1 + 1)}^{20} = \sum_{k = 0}^{20} C_{20}^{k} = C_{20}^{0} + C_{20}^{1} + ... + C_{20}^{20} = 2^{20} = 1048576$

Câu 44:

Tìm số tự nhiên n sao cho 25n + 3 chia hết cho 53.

Xem đáp án

Ta có: 25n + 3 ⋮ 53

⇒ 53n + 25n + 3 ⋮ 53

⇒ 78n + 3 ⋮ 53

⇒ 78.(n – 2) + 159 ⋮ 53

⇒ n – 2 ⋮ 53

⇒ n – 2 ∈ B(53) = 53k (k ∈ ℕ)

⇒ n = 53k + 2 (k ∈ ℕ)

Vậy n có dạng 53k + 2 (k ∈ ℕ).

Câu 45:

Chứng minh rằng nếu a² = bc (với a khác b và a khác c) thì $\frac{a + b}{a - b} = \frac{c + a}{c - a}$ .

Xem đáp án

Vì a² = bc nên $\frac{a}{b} = \frac{c}{a}$

Đặt $\frac{a}{b} = \frac{c}{a} = x$

Suy ra: a = b.x; c = a.x

Ta có: $\frac{a + b}{a - b} = \frac{b . x + b}{b . x - b} = \frac{b (x + 1)}{b (x - 1)} = \frac{x + 1}{x - 1}$

$\frac{c + a}{c - a} = \frac{a . x + a}{a . x - a} = \frac{a (x + 1)}{a (x - 1)} = \frac{x + 1}{x - 1}$

Vậy $\frac{a + b}{a - b} = \frac{c + a}{c - a}$ .

Câu 46:

Trong giải bóng đá nữ ở trường THPT có 12 đội tham gia, trong đó có hai đội của hai lớp 12A2 và 11A6. Ban tổ chức tiến hành bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai bảng đấu A, B mỗi bảng 6 đội. Xác suất để 2 đội của hai lớp 12A2 và 11A6 ở cùng một bảng là?

Xem đáp án

Số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 2! . $C_{12}^{6} . C_{6}^{6}$ = 1848

(vì bốc lúc đầu bốc 6 đội từ 12 đội vào bảng A sau đó bốc 6 đội từ 6 đội còn lại vào bảng B; ta hoán vị 2 bảng).

Gọi A là biến cố: “2 đội của hai lớp 12A2 và 11A6 ở cùng một bảng”.

Số phần tử của biến cố A là: n(A) = 2! . $C_{10}^{4} . C_{6}^{6}$ = 420 ( vì bốc 4 đội từ 10 đội ( không tính hai lớp 12A2 và 11A6) vào bảng đã xếp hai đội của hai lớp 12A2 và 11A6 sau đó bốc 6 đội còn lại vào một bảng; ta hoán vị hai bảng).

Xác suất của biến cố A là:

P(A) = $\frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{420}{1848} = \frac{5}{22} .$

Câu 47:

Tổng của 5 số là 600. Tìm số thứ 5, biết rằng số này bằng số trung bình cộng của bốn số còn lại.

Xem đáp án

Số thứ năm bằng số trung bình cộng của bốn số còn lại nên ta coi số thứ năm bằng 1 phần thì tổng bốn số còn lại là 4 phần.

Tổng của 5 số là:

1 + 4 = 5 (phần)

Số thứ 5 là:

600 : 5 = 120.

Câu 48:

Tính diện tích tam giác ABC có AB = 3; BC = 5; CA = 6.

Xem đáp án

Áp dụng công thức Hê – rông: S = $\sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)}$ trong đó p là nửa chu vi; a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác

Nửa chu vi tam giác ABC là: (3 + 5 + 6) : 2 = 7

Diện tích tam giác ABC là:

S_ABC = $\sqrt{p (p - B C) (p - A C) (p - A B)} = \sqrt{7. (7 - 5) . (7 - 6) . (7 - 3)} = 2 \sqrt{14}$

Câu 49:

Bạn An mua một số táo và lê. Biết rằng hiệu bình phương của số táo và lê bằng 41. Hỏi bạn An mua bao nhiêu quả táo (Biết rằng số táo nhiều hơn lê)?

Xem đáp án

Gọi số táo và số lê mà bạn An mua lần lượt là a và b

Số táo nhiều hơn số lê nên a > b

Hiệu bình phương của số táo và số lê bằng 41 nên ta có:

a² – b² = 41

⇔ (a – b)(a + b) = 41

$\{\begin{cases} a - b = 1 \\ a + b = 41 \end{cases}$ ⇔ $\{\begin{cases} a = 21 \\ b = 20 \end{cases}$

Vậy bạn An mua 21 quả táo.

Câu 50:

Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh AB = 14cm ; BC = 12cm ; CA = 10cm . Phân giác trong của cắt BC tại D. Tính độ dài DB; DC và tỉ số diện tích $\frac{S_{A B D}}{S_{A C D}}$

Xem đáp án

Xét tam giác ABC có AD là tia phân giác

Suy ra: $\frac{D B}{D C} = \frac{A B}{A C}$ ⇒ $\frac{D B}{D C} = \frac{14}{10} = \frac{7}{5}$

⇒ 5DB = 7DC ⇒ DB = $\frac{7}{5}$ DC

Mà DB + DC = BC

⇔ $\frac{7}{5}$ DC + DC = BC

⇔ $\frac{12}{5}$ DC = 12

⇔ DC = 5 (cm)

DB = 12 – 5 = 7(cm)

b) Từ A kẻ thêm đường cao AH

Khi đó ta có: $\frac{S_{A B D}}{S_{A C D}} = \frac{\frac{1}{2} A H . B D}{\frac{1}{2} A H . C D} = \frac{B D}{C D} = \frac{7}{5}$

Câu 51:

Một xe đi nửa đoạn đường đầu tiên với tốc độ trung bình v₁ = 12km/h và nửa đoạn đường sau với tốc độ trung bình v₂= 20km/h. Tính tốc độ trung bình trên cả đoạn đường.

Xem đáp án

Gọi chiều dài cả quãng đường là S

Thời gian xe đi nửa quãng đường đầu là

t₁ = $\frac{1}{2}$ .S : 12 = $\frac{S}{24}$ (h)

Thời gian xe đi nửa quãng đường sau là

t₂ = $\frac{1}{2}$ .S : 20 = $\frac{S}{40}$ (h)

Tốc độ trung bình của xe trên cả quãng đường là

v_TB = S : ( v₁ + v₂ ) = $S : (\frac{S}{24} + \frac{S}{40})$ = 15 km/h.

Câu 52:

Giải phương trình: 2x² + 4x = $\sqrt{\frac{x + 3}{2}}$

Xem đáp án

Điều kiện xác định: x ≥ – 3

Nhân 2 vế của phương trình đã cho với 2 ta được:

4x² + 8x = $\sqrt{2 x + 6}$

⇔ (4x² + 8x + 4) + (2x + 2) = (2x + 6) + $\sqrt{2 x + 6}$

⇔ (2x + 2)² + (2x + 2) = (2x + 6) + $\sqrt{2 x + 6}$

Đặt u = 2x + 2; v = $\sqrt{2 x + 6}$ ≥ 0

Thì ta được hệ phương trình:

$\{\begin{cases} u + u^{2} = v + v^{2} \\ v^{2} - u = 4 \end{cases}$

⇔ $\{\begin{cases} (u - v) (u + v + 1) = 0 \\ v^{2} - u = 4 \end{cases}$

⇔ $[\begin{array}{l} \{\begin{cases} u = v \\ v^{2} - v - 4 = 0 \end{cases} \\ \{\begin{cases} u = - 1 - v \\ v^{2} - (- 1 - v) - 4 = 0 \end{cases} \end{array}$

⇔ $[\begin{array}{l} u = v = \frac{\sqrt{17} + 1}{2} \\ \{\begin{cases} u = \frac{- 1 - \sqrt{13}}{2} \\ v = \frac{\sqrt{13} - 1}{2} \end{cases} \end{array}$

Với u = $\frac{\sqrt{17} + 1}{2}$ thì 2x + 2 = $\frac{\sqrt{17} + 1}{2}$

⇔ x = $\frac{\sqrt{17} - 3}{4}$ (thỏa mãn)

Với u = $\frac{- 1 - \sqrt{13}}{2}$ thì 2x + 2 = $\frac{- 1 - \sqrt{13}}{2}$

⇔ x = $\frac{- 5 - \sqrt{13}}{4}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $\{\frac{\sqrt{17} - 3}{4}; \frac{- 5 - \sqrt{13}}{4}\}$

Câu 53:

Rút gọn biểu thức: (x – 3)(x + 3) – (x – 3)².

Xem đáp án

(x – 3)(x + 3) – (x – 3)²

= x² – 9 – (x² – 6x + 9)

= x² – 9 – x² + 6x – 9

= 6x.

Câu 54:

Cho tam giác ABC, chứng minh : sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4sinAsinBsinC.

Xem đáp án

Theo tính chất tổng ba góc trong một tam giác ta có

A + B + C = π ⇒ C = π − (A + B)

⇒ sin(A+B) = sin C, cos (A+B) = − cos C

Ta có:

sin 2A + sin2B + sin2C

= 2 sin(A+B)cos(A − B) + 2 sinC cosC

= 2 sinC cos(A − B) + 2 sinC cosC

= 2 sinC[cos(A − B) + cosC]

= 2 sinC[cos(A − B) − cos(A + B)]

= 2 sinC . 2 sinA sinB

= 4 sinA sinB sinC.

Câu 55:

Giải phương trình: (1 + $\sqrt{2}$ )(sinx – cosx) + 2 sinx cosx = 1 + $\sqrt{2}$

Xem đáp án

Đặt t = sin x – cos x

Suy ra: sinx cosx = $\frac{1 - t^{2}}{2}$

Phương trình ban đầu trở thành:

(1 + )t + 2. $\frac{1 - t^{2}}{2}$ = 1 + $\sqrt{2}$

⇔ t² – (1 + $\sqrt{2}$ )t + 1 + $\sqrt{2}$ = 0

Xét ∆ = (1 + $\sqrt{2}$ )² – 4(1 + $\sqrt{2}$ ) = 1 – 2 $\sqrt{2}$ < 0

Vậy phương trình vô nghiệm.

Câu 56:

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin²x – sinx + 2.

Xem đáp án

Ta có: y = sin²x – sinx + 2

y = $(s i n^{2} x - 2. \frac{1}{2} . s i n x + \frac{1}{4})$ + $\frac{7}{4}$

y = ${(\sin x - \frac{1}{2})}^{2}$ + $\frac{7}{4}$

Với mọi x ta có: – 1 ≤ sinx ≤ 1

⇒ –1 – $\frac{1}{2}$ ≤ sinx – $\frac{1}{2}$ ≤ 1 – $\frac{1}{2}$

⇒ $\frac{- 3}{2}$ ≤ sinx – $\frac{1}{2}$ ≤ $\frac{1}{2}$

⇒ 0 ≤ ${(\sin x - \frac{1}{2})}^{2}$ ≤ ${(\frac{3}{2})}^{2}$

⇒ $\frac{7}{4}$ ≤ ${(\sin x - \frac{1}{2})}^{2}$ + $\frac{7}{4}$ ≤ 4

Vậy giá trị nhỏ nhất của y bằng $\frac{7}{4}$ khi sinx – $\frac{1}{2}$ = 0

Hay sin x = $\frac{1}{2}$ ⇔ $[\begin{array}{l} x = \frac{π}{6} + k 2 π \\ x = \frac{5 π}{6} + k 2 π \end{array} (k \in ℤ)$ .

Câu 57:

Một khu đất hình chữ nhật có chiều dài là 127m, chiều rộng kém chiều dài 29m. Người ta đóng cọc xung quanh khu đất cứ 5m đóng 1 cọc. Tính số cọc cần để đóng.

Xem đáp án

Chiều rộng khu đất hình chữ nhật là:

127 – 29 = 98 (m)

Chu vi khu đất HCN là:

(127 + 98) . 2= 650 (m)

Cần số cọc là:

650 : 5 =130 (cọc).

Câu 58:

Điền vào chỗ trống: 789g = …kg.

Xem đáp án

Ta có: 1kg = 1000g hay 1g = 0,001 kg

Vậy 789g = 0,789 kg.

Câu 59:

Cho đường tròn (O ; R) và một điểm A sao cho OA = 2R vẽ các tiếp tuyến AB, AC với (O;R) , B và C là các tiếp điểm. Vẽ đường kính BOD.

a) Chứng minh 4 điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh DC // OA.

c) Đường trung trực của BD cắt AC và CD lần lượt tại S và E. Chứng minh OCEA là hình thang cân.

Xem đáp án

a) AB, AC là tiếp tuyến của (O) nên $\hat{O B A} = \hat{O C A}$ = 90°

⇒ B, C cùng thuộc đường tròn đường kính OA

⇒ A, B, C, O cùng thuộc đường tròn đường kính OA

b) AB, AC là tiếp tuyến của (O) ⇒ AB = AC mà OB = OC = R

⇒ OA là trung trực BC ⇒ OA⊥ BC

ΔBCD nội tiếp (O;R) đường kính BD ⇒ $\hat{B C D}$ = 90° ⇒ DC ⊥ BC

⇒ CD // OA ( cùng vuông góc với BC)

c) DC // OA ⇒ CE // OA ⇒ OCEA là hình thang

Có: $\hat{O E D} = \hat{D B C}$ (cùng phụ với $\hat{B D C}$ )

Mà: $\hat{B A O} = \hat{D B C}$ (cùng phụ với $\hat{B O A}$ )

Nên: $\hat{O E D} = \hat{B A O}$

Xét ΔODE và Δ BOA có:

$\hat{D O E} = \hat{O B A}$ = 90°

OB = OD

$\hat{O E D} = \hat{B A O}$

⇒ ΔODE = Δ BOA (g–c–g)

⇒ OE = AB ⇒ OE = AC

⇒ OCEA là hình thang cân (đpcm).

Câu 60:

Giải phương trình: 1 + 3tanx = 2sin2x (*).

Xem đáp án

Điều kiện xác định: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ $\frac{π}{2} + k π$

Đặt t = tanx

Suy ra: sin2x = $\frac{2 \tan x}{1 + \tan^{2} x} = \frac{2 t}{1 + t^{2}}$

(*) ⇔ 1 + 3t = $\frac{4 t}{1 + t^{2}}$

⇔ (1 + 3t)(1 + t²) = 4t

⇔ 1 + t² + 3t + 3t³ – 4t = 0

⇔ 3t³ + t² – t + 1 = 0

⇔ t = – 1

Với t = – 1 thì tanx = – 1 ⇔ $x = - \frac{π}{4} + k π (k \in ℤ)$

Câu 61:

Tìm x biết: 6x² – (2x – 3)(3x + 2) – 1 = 0.

Xem đáp án

6x² – (2x – 3)(3x + 2) – 1 = 0

⇔ 6x² – (6x² – 5x – 6) – 1 = 0

⇔ 6x² – 6x² + 5x + 6 – 1 = 0

⇔ 5x + 5 = 0

⇔ x = – 1

Vậy x = – 1.

Câu 62:

Tính tổng A = 3 + 6 + 12 + 24 + … + 3072.

Xem đáp án

Ta thấy: 6 = 3.2

12 = 6.2

24 = 12.2

Do đó, đây là cấp số nhân có số hạng đầu là 3 và công bội là 2.

Số hạng cuối cùng có dạng: 3072 = 3.2^n–1

⇒ 2^n–1 = 1024 = 2¹⁰

⇒ n – 1 = 10 hay n =11

Vậy dãy A có 11 số hạng

Tổng A = $\frac{3 (2^{11} - 1)}{2 - 1} = 6141$

Câu 63:

Chứng minh rằng: A = n³+ (n+1)³ + (n+2)³ chia hết cho 9 với mọi n thuộc ℕ.

Xem đáp án

Áp dụng hằng đẳng thức (a+b)³ = a³ + 3a²b + 3ab² + b³ta có

A = n³+ (n+1)³ + (n+2)³

= n³+ n³+ 3n²+ 3n + 1 + n³+ 6n²+ 12n + 8

= 3n3 + 9n2 + 15n + 9

= 3(n³ + 5n) + 9(n² + 1)

Vậy để chứng minh A chia hết cho 9 thì ta sẽ chứng minh 3(n³ + 5n) chia hết cho 9 hay n³+ 5n³chia hết cho 3.

Nếu n chia hết cho 3 thì hiển nhiên n³ + 5n = n(n²+ 5) chia hết cho 3. Do đó A chia hết cho 9.

Giả sử n chia 3 dư 1, khi đó tồn tại một số tự nhiên k sao cho n = 3k + 1. Thay vào ta có

n³ + 5n = n(n²+ 5)

= (3k + 1)[(3k + 1)² + 5]

= (3k + 1)(9k² + 6k + 1 + 5)

= (3k + 1)(9k² + 6k + 6)

= (3k + 1).3.(3k² + 2k + 2)

Vậy n³ + 5n chia hết cho 3, do đó 3(n³ + 5n) chia hết cho 9 nên A chia hết cho 9.

Với n chia 3 dư 2, tồn tại một số tự nhiên k sao cho n = 3k + 2. Thay vào ta có

n³ + 5n = n(n²+ 5)

= (3k + 2)[(3k + 2)² + 5]

= (3k + 2)(9k² + 12k + 4 + 5)

= (3k + 2)(9k² + 12k + 9)

= (3k + 2).3.(3k² + 4k + 3)

Vậy n³ + 5n chia hết cho 3, do đó 3(n³ + 5n) chia hết cho 9 nên A chia hết cho 9.

Vậy trong mọi trường hợp với n, A đều chia hết cho 9.

Câu 64:

Một người dự định đi bộ quãng đường với vận tốc 5km/h nhưng khi đi được nửa đường thì nhờ được bạn đèo xe đạp đi tiếp với vận tốc 12km/h do đó đến sớm hơn dự định 28 phút. Hỏi người ấy đi hết toàn bộ quãng đường trong bao lâu?

Xem đáp án

Gọi S là cả quãng đường thì $\frac{S}{2}$ là nửa quãng đường (km) và t là thời gian

Thời gian người này dự định đi là:

S : 5 = $\frac{S}{5}$ (giờ)

Thời gian người này đi bộ là:

$\frac{S}{2}$ : 5 = $\frac{S}{10}$ (giờ)

Thời gian người này đi xe đạp cùng bạn là

$\frac{S}{2}$ : 12 = $\frac{S}{24}$ (giờ)

Ta có: t – $\frac{28}{60}$ = $\frac{S}{10}$ + $\frac{S}{24}$

$\frac{S}{5}$ – $\frac{S}{5}$ = $\frac{S}{10}$ + $\frac{S}{24}$

$S (\frac{1}{5} - \frac{1}{10} - \frac{1}{24}) = \frac{7}{15}$

S = 8 (km)

Người này đi bộ hết quãng đường thì hết thời gian là:

8 : 5 = 1,6 (giờ).

Câu 65:

Tìm x để biểu thức: f(x) = (3x – x²)(x² – 6x + 9) nhận giá trị dương.

Xem đáp án

f(x) = (3x − x²)(x² − 6x + 9)

= x(3 − x)(x − 3)²

= −x(x − 3)³

Để biểu thức f(x) nhận giá trị dương thì:

−x(x − 3)³ > 0

⇔ x.(x − 3)³ < 0

Trường hợp 1:

$\{\begin{cases} x > 0 \\ {(x - 3)}^{3} < 0 \end{cases}$ ⇔ $\{\begin{cases} x > 0 \\ x < 3 \end{cases}$ ⇔ 0 < x < 3

Trường hợp 2:

$\{\begin{cases} x < 0 \\ {(x - 3)}^{3} > 0 \end{cases}$ ⇔ $\{\begin{cases} x < 0 \\ x > 3 \end{cases}$ (vô lí)

Vậy biểu thức f(x) nhận giá trị dương khi 0 < x < 3.

Câu 66:

Kí hiệu sigma Σ là gì?

Xem đáp án

Σ là ký hiệu thể hiện tổng của 1 phép toán nhiều hạng tử.

Câu 67:

Cho đường tròn tâm (O) có đường kính BC. Kẻ tiếp tuyến Bx với nửa đường tròn (O). Trên tia đối của CB lấy điểm A. Kẻ tiếp tuyến AE với nửa đường tròn, tia AE cắt Bx tại D (Bx nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đường tròn (O)).

a) Chứng minh: DO // EC.

b) Chứng minh: AO.AB = AE.AD.

Xem đáp án

a) Ta có: BD, DE là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)

$\hat{B O D} = \hat{D B E} = \frac{1}{2} \overset{⏜}{B E}$

Ta có: $\hat{B D O} + \hat{B O D} = 90 °$

Suy ra: $\hat{B D O} + \hat{D B E} = 90 °$

Hay: BE ⊥ DO (1)

Ta có: $\hat{B D O} = \hat{E D O}$

$\hat{B E C}$ = 90° vì ∆BEC là tam giác nội tiếp nửa đường tròn.

Suy ra: BE ⊥ EC (2)

Từ (1) và (2) suy ra: DO // EC

b) Xét ∆AEO và ∆ABD có:

Chung $\hat{A}$

$\hat{A B D} = \hat{A E O}$

⇒∆AEO ~ ∆ABD (g.g)

⇒ $\frac{A O}{A D} = \frac{A E}{A B}$

⇒ AO.AB = AE.AD

Câu 68:

Một nhà máy sản xuất sản phẩm với 40% sản phẩm loại I, 50% sản phẩm loại II, còn lại là phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên 1 sản phẩm của nhà máy. Tính xác suất sản phẩm lấy ra là loại I hoặc loại II?

Xem đáp án

Xác suất sản phẩm là phế phẩm là: 1 – 0,4 – 0,5 = 0,1

Xác suất lấy ra sản phẩm là loại I hoặc loại II là: 0,4 + 0,5 = 0,9.

Câu 69:

Một chiếc thuyền dự định đi từ vị trí A bên bờ sông này đến vị trí B bên bờ sông kia. AB vuông góc với 2 bờ sông. Do dòng nước chảy xiết nên chiếc thuyền đã đi lệch góc so với AB và đến vị trí C bên bờ bên kia. Biết khoảng cách giữa 2 bờ sông là 160 m. Tính thời gian chuyển động của thuyền, biết vận tốc nước chảy so với bờ là 2 m/s.

Xem đáp án

Xét tam giác vuông ABC, ta có:

BC = AB . tan45° = 160 . 1 = 160 (m)

Nhận xét: Thời gian thuyền sang sông từ A đến C bằng thời gian nước chảy từ B đến C

Thời gian chuyển động của thuyền là: $\frac{A C}{v_{1}} = \frac{B C}{v_{2}} = \frac{160}{2} = 80$ (s).

Câu 70:

Cho hình chữ nhật ABCD, vẽ tam giác AEC vuông tại E. Chứng minh rằng 5 điểm A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn.

Xem đáp án

Gọi giao điểm của AC và BD là O.

Vì ABCD là hình chữ nhật nên tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn $(O; \frac{A C}{2})$

Xét tứ giác ADEC có:

$\hat{A D C} = \hat{A E C} = 90 °$ hay $\hat{A D C} + \hat{A E C} = 180 °$

Suy ra: ADEC nội tiếp đường tròn $(O; \frac{A C}{2})$ .

Qua 3 điểm không thẳng hàng chỉ xác định duy nhất 1 và chỉ 1 đường tròn

Do đó: A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn.

Câu 71:

Tìm hệ số của x¹⁵ trong khai triển (x² + 8)¹².

Xem đáp án

(x² + 8)¹² = $\sum_{k = 0}^{12} C_{12}^{k} . {(x^{2})}^{k} {.8}^{12 - k}$

Ta thấy (x²)^k luôn có số mũ chẵn do đó không xuất hiện x¹⁵ trong khai triển này.

Câu 72:

Hai người đi xe từ A đến C. Người thứ nhất đi theo đường từ A đến B rồi từ B đến C. Người thứ hai đi thẳng từ A đến C. Cả hai đều về đích cùng lúc. Tính quãng đường và độ dịch chuyển của người thứ nhất và người thứ hai, so sánh và nhận xét kết quả.

Xem đáp án

Ta thấy: AB + BC > AC (theo tính chất tam giác)

Suy ra: người thứ nhất đi dài hơn người thứ hai

Mà 2 người đi đến đích cùng lúc nên tốc độ người thứ nhất nhanh hơn người thứ hai.

Câu 73:

Tam giác ABC có AC = 4, $\hat{A C B}$ = 60°. Tính độ dài đường cao h xuất phát từ đỉnh A của tam giác.

Xem đáp án

Gọi H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A.

Xét tam giác vuông AHC:

sin $\hat{A C H} = \frac{A H}{A C}$ ⇒ AH = AC.sin $\hat{A C H}$ = 4. $\frac{\sqrt{3}}{2} = 2 \sqrt{3}$ (đơn vị độ dài)

Câu 74:

Hình bình hành có trục đối xứng không?

Xem đáp án

Hình bình hành không có trục đối xứng.

Câu 75:

Cho tam giác ABC và điểm D bất kỳ. Chứng minh:

$\vec{D A} . \vec{B C} + \vec{D B} . \vec{C A} + \vec{D C} . \vec{A B} = \vec{0}$

Xem đáp án

$\vec{D A} . \vec{B C} + \vec{D B} . \vec{C A} + \vec{D C} . \vec{A B}$

$= \vec{D A} (\vec{D C} - \vec{D B}) + \vec{D B} . \vec{C A} + \vec{D C} . \vec{A B}$

$= \vec{D C} (\vec{D A} + \vec{A B}) + \vec{D B} (\vec{C A} - \vec{D A})$

$= \vec{D C} . \vec{D B} - \vec{D B} . \vec{D C}$

$= \vec{0}$

Câu 76:

Tìm x biết: ${(\frac{3}{4})}^{3 x - 1} = \frac{27}{64}$

Xem đáp án

${(\frac{3}{4})}^{3 x - 1} = \frac{27}{64}$

⇔ ${(\frac{3}{4})}^{3 x - 1} = {(\frac{3}{4})}^{3}$

⇔ 3x – 1 = 3

⇔ 3x = 4

⇔ x = $\frac{4}{3}$

Vậy x = $\frac{4}{3}$ .

Câu 77:

Cho tam giác ABC có

\hat{A} = 60 °

, a = BC = 10, r = 5

\sqrt{3}

. Tính diện tích của tam giác ABC.

Xem đáp án

Gọi số chẵn có 4 chữ số khác nhau là

Trường hợp:

Với d = 0 có 1 cách chọn d

Có 9 cách chọn a (do a ≠ 0)

Có 8 cách chọn b (do không chọn b giống với d và a đã chọn)

Có 7 cách chọn c (do không chọn c giống với d, a, b đã chọn)

Trường hợp này có 1.9.8.7 = 504 cách

Trường hợp:

Với d = 2; 4; 6; 8 có 4 cách chọn d

Có 8 cách chọn a (do a ≠ 0 và không chọn giống với d vừa chọn)

Có 8 cách chọn b (không chọn b giống với d, a đã chọn)

Có 7 cách chọn c (không chọn c giống với d, a, b đã chọn)

Trường hợp này có 4.8.8.7 = 1792 cách

Vậy Số số chẵn có 4 chữ số khác nhau là:

504 + 1792= 2296 cách.

Câu 78:

Cho tam giác ABC có $\hat{A} = 60 °$ , a = BC = 10, r = 5 $\sqrt{3}$ . Tính diện tích của tam giác ABC.

Xem đáp án

Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

K, H, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên AB, AC, BC.

Khi đó: AH = AK, CH = CE, BE = BK

Mặt khác ta có: AH = AC – CH

= AC – CE = AC – (BC – BE)

= AC – BC + BE

= AC – BC + BK

= AC – BC + AB – AK

= AC – BC + AB – AH

= b – a + c – AH

Suy ra: AH = $\frac{b - a + c}{2} = \frac{a + b + c}{2} - a = p - a$

Từ tan $\hat{O A H} = \frac{O H}{A H}$ ⇒ AH = $\frac{O H}{\tan \hat{O A H}} = \frac{r}{\tan 30 °} = 5$

Mà AH = p – a nên ta có: p – a = 5

Hay p = 5 + a = 5 + 10 = 15

Vậy diện tích tam giác ABC là S_ABC = p.r = 15 . 5 $\sqrt{3}$ = 75 $\sqrt{3}$ .

Câu 79:

Hiện nay anh hơn em 13 tuổi biết sau 7 năm nữa tuổi anh gấp 2 lần tuổi em. Tìm tuổi em và tuổi anh hiện nay?

Xem đáp án

Gọi tuổi em hiện nay là x, thì tuổi anh là x + 13

Ta có: x + 13 + 7 = 2 (x + 7)

⇔ x + 20 = 2x + 14

⇔ x = 6

Vậy tuổi em hiện nay là 6 tuổi.

Tuổi anh hiện nay là: 6 + 13 = 19 (tuổi).

Câu 80:

Trung bình cộng số ngô ở hai thùng là 225 kg .Thùng B nhiều hơn thùng A là 120 kg.Tìm tỉ số phần trăm số ngô giữa thùng A và thùng B.

Xem đáp án

Tổng khối lượng ngô của 2 thùng A và B là:

225 . 2 = 450 (kg ngô)

Thùng A có số kg ngô là:

(450 − 120) : 2=165 (kg ngô)

Thùng B có số kg ngô là:

450 – 165 = 285(kg ngô)

Tỉ số phần trăm số ngô giữa thùng A và thùng B là:

165 : 285 . 100% = $\frac{1100}{19} %$

Đáp số: $\frac{1100}{19} %$

Câu 81:

Cho n là một số nguyên dương bất kỳ và T_n = 1⁵+ 2⁵ + 3⁵ + ... + n⁵ , A_n = 1 + 2 + 3 + ... + n. Chứng minh: T_n chia hết A_n.

Xem đáp án

Ta có tính chất aⁿ + bⁿ ⋮ a+b

Và A_n= $\frac{n (n + 1)}{2}$ ⇒ 2A_n = n(n+1)

Nên ta có:

2T_n = 2 (1⁵+ 2⁵ + 3⁵ + ... + n⁵)

= (1⁵+ n⁵) + [2⁵ + (n – 1)⁵] + … + [2⁵ + (n – 2)⁵]+ …

Áp dụng tính chất ta có: 1⁵ + n⁵ ⋮ (n+1)

[2⁵+ (n−1)⁵] ⋮ (n+1)

[3⁵+ (n−2)⁵] ⋮ (n+1)

...

Nên T_n = (1⁵+ n⁵) + [2⁵+ (n − 1)⁵] + [3⁵+ (n−2)⁵] +... ⋮ (n + 1)

Hay 2T_n⋮ (n+1)

[1⁵+(n−1)⁵] ⋮ (1 + n – 1 = n)

(2⁵+(n−2)⁵] ⋮ n

[3+(n−3)]⁵⋮ n

....

Nên 2T_n = [1⁵+ (n−1)⁵] + (2⁵+ (n−2)⁵] + [3 + (n−3)]⁵+ ... + n ⋮ n

Hay 2T_n ⋮ n

Ta có: 2T_n ⋮ n; T_n ⋮ n(n + 1)

Mà (n; n+1) = 1 nên 2T_n⋮ n.(n+1)

Hay 2T_n⋮ 2A_n

⇒ T_n chia hết A_n.

Câu 82:

Cho hình bình hành ABCD. Các đường phân giác của các góc lần lượt cắt nhau tại E, F, G, H. Chứng minh: EFGH là hình chữ nhật.

Xem đáp án

a) Gọi M, N, P, Q lần lượt là giao điểm của các đường phân giác với các cạnh của hình bình hành.

Ta có: $\hat{D_{1}} = \hat{D_{2}} = \frac{\hat{A D C}}{2}$ (DN là phân giác $\hat{A D C}$ )

$\hat{B_{1}} = \hat{B_{2}} = \frac{\hat{A B C}}{2}$ (BQ là phân giác $\hat{A B C}$ )

Mà $\hat{A D C} = \hat{A B C}$ (hai góc đối của hình bình hành ABCD)

⇒ $\hat{D_{1}} = \hat{B_{1}}$

Vì ABCD là hình bình hành AB // CD ⇒ $\hat{Q_{1}} = \hat{B_{1}}$ (hai góc so le trong)

⇒ $\hat{Q_{1}} = \hat{D_{1}}$

Mà hai góc ở vị trí đồng vị

⇒ DN // BQ hay HE // GF

Ta có: $\hat{A_{1}} = \hat{A_{2}} = \frac{\hat{D A B}}{2}$ (AP là phân giác $\hat{D A B}$ )

$\hat{C_{1}} = \hat{C_{2}} = \frac{\hat{D C B}}{2}$ (CM là phân giác $\hat{D C B}$ )

Mà $\hat{D A B} = \hat{D C B}$ (hai góc đối của hình bình hành ABCD)

⇒ $\hat{A_{1}} = \hat{C_{1}}$

Vì ABCD là hình bình hành AB // CD ⇒ $\hat{A_{1}} = \hat{Q P G}$ (hai góc so le trong)

⇒ $\hat{C_{1}} = \hat{Q P B}$

⇒ AP //DM hay GH // EF

Xét tứ giác EFGH có:

HE // GF (cmt)

GH // EF (cmt)

⇒ EFGH là hình bình hành (1)

Xét tam giác BFC, có: $\hat{B_{2}} + \hat{C_{2}} = \frac{\hat{A B C}}{2} + \frac{\hat{B C D}}{2} = \frac{\hat{A B C} + \hat{B C D}}{2}$

Mà $\hat{A B C} + \hat{B C D}$ = 180°(hai góc trong cùng phía bù nhau)

⇒ $\hat{B_{2}} + \hat{C_{2}} = \frac{180 °}{2} = 90 °$ ⇒ $\hat{B F C} = 180 ° - (\hat{B_{2}} + \hat{C_{2}}) = 90 °$

⇒ $\hat{E F G}$ = 90°(2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác EFGH là hình chữ nhật.

Câu 83:

Phân tích đa thức thành nhân tử: 81x⁴ + 4y⁴.

Xem đáp án

81x⁴ + 4y⁴

= (9x²)² + (2y²)²

= (9x²)² + (2y²)² + 2.9x².2y² – 36x²y²

= (9x² + 2y²)² – (6xy)²

= (9x² + 2y² – 6xy)(9x² + 2y² + 6xy).

Câu 84:

Thực hiện phép tính: (6²⁰⁰⁷ – 6²⁰⁰⁶) : 6²⁰⁰⁶.

Xem đáp án

(6²⁰⁰⁷ – 6²⁰⁰⁶) : 6²⁰⁰⁶

= 6²⁰⁰⁶ (6 – 1) : 6²⁰⁰⁶

= 6²⁰⁰⁶ . 5 : 6²⁰⁰⁶

= 5.

Câu 85:

Có bao nhiêu cách xếp 3 quả bóng giống nhau vào 5 chỗ khác nhau (mỗi chỗ xếp không quá một quả bóng)?

Xem đáp án

Xếp 3 quả bóng giống nhau, mỗi quả vào 1 chỗ nên ta sẽ lấy 3 quả bóng bất kỳ trong 5 chỗ khác nhau để xếp bóng.

Vậy số cách xếp bóng bằng số cách chọn 3 quả bóng từ 5 chỗ – và bằng số tổ hợp chập 3 của 5 phần tử (chỗ).

Như vậy, ta có $C_{5}^{3} = \frac{5!}{2! .3!}$ = 10 cách.

Câu 86:

Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 4cm, BC = 3cm. Kẻ BH vuông góc với AC tại H, tia BH cắt AD tại E.

1) Tính BH, góc BAC.

2) Chứng minh: BH.BE = CD².

Xem đáp án

1) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABC có:

AB² + BC² = AC²

AC² = 4² + 3² = 25 ⇔ AC = 5(cm)

S_ABC = $\frac{1}{2} . A B . B C = \frac{1}{2} . B H . A C$

⇒ AB.BC = BH.AC

⇒ BH = 4.3 : 5 = 2,4(cm)

$\sin \hat{B A C} = \frac{B C}{A C} = \frac{3}{5}$ ⇒ $\hat{B A C} \approx 36, 86 °$

2) Xét trong tam giác ABE có: $\hat{A H B} = 90 °$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABE vuông tại A có:

BH.BE = AB²

Mà AB = CD nên BH.BE = CD².

Câu 87:

Hai người khách du lịch xuất phát đồng thời từ hai thành phố cách nhau 38 km. Họ đi ngược chiều và gặp nhau sau 4 giờ.Hỏi vận tốc của mỗi người biết rằng đến khi gặp nhau, người thứ nhất đi được nhiều hơn người thứ hai là 2 km.

Xem đáp án

Gọi vận tốc người đi từ A và B lần lượt là x và y. (x, y > 0)

Họ đi ngược chiều gặp nhau sau 4 giờ nên

4x + 4y = 38 (1)

Người thứ nhất đi nhiều hơn người thứ 2 là 2km nên

4x − 4y = 2 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ta có hệ phương trình:

$\{\begin{cases} 4 x + 4 y = 38 \\ 4 x - 4 y = 2 \end{cases}$ ⇔ $\{\begin{cases} 8 x = 40 \\ 4 x - 4 y = 2 \end{cases}$

⇔ $\{\begin{cases} x = 5 \\ 4 x - 4 y = 2 \end{cases}$ ⇔ $\{\begin{cases} x = 5 \\ y = 4, 5 \end{cases}$

Vậy vận tốc người thứ nhất là 5km/h, vận tốc người thứ hai là 4,5 km/h.

Câu 88:

Cho tam giác ABC và điểm M thỏa mãn $3 \vec{M A} + 2 \vec{M B} = \vec{0}$ . Trên các cạnh AC, BC lấy các điểm P, Q sao cho CPMQ là hình bình hành. Lấy điểm N trên AQ sao cho $a \vec{N A} + b \vec{N Q} = \vec{0}$ (với a, b ∈ ℤ và a, b nguyên tố cùng nhau). Khi ba điểm B, N, P thẳng hàng hãy tính a + b.

Xem đáp án

$\vec{N P} = \vec{N A} + \vec{A P} = \vec{N A} + \frac{2}{5} \vec{A C}$

$\vec{N B} = \vec{N A} + \vec{A B} = \vec{N A} + \frac{5}{2} \vec{A M} = \vec{N A} + \frac{5}{2} (\vec{A Q} + \vec{Q M})$

Lại có: $a \vec{N A} + b \vec{N Q} = \vec{0}$ ⇒ $a \vec{N A} + b \vec{N A} + b \vec{A Q} = \vec{0}$ ⇒ $\vec{A Q} = \frac{- (a + b)}{b} \vec{N A}$

$\vec{N B} = \vec{N A} + \frac{5}{2} \vec{A Q} + \frac{5}{2} \vec{Q M} = \vec{N A} + \frac{5}{2} . \frac{- (a + b)}{b} \vec{N A} + \frac{5}{2} \vec{C P}$ (CPMQ là hình bình hành)

= $\frac{- 5 a - 3 b}{2 b} \vec{N A} + \frac{5}{2} . \frac{3}{5} \vec{C A}$

= $\frac{- 5 a - 3 b}{2 b} \vec{N A} + \frac{3}{2} \vec{C A}$

B, N, P thẳng hàng nên: $k \vec{N P} = \vec{N B}$

⇒ $k \vec{N A} + \frac{2 k}{5} \vec{A C} = \frac{- 5 a - 3 b}{2 b} \vec{N A} - \frac{3}{2} \vec{A C}$

⇒ $\{\begin{cases} k = \frac{- 5 a - 3 b}{2 b} \\ \frac{2 k}{5} = \frac{- 3}{2} \end{cases}$

⇒ $\{\begin{cases} \frac{15}{4} = \frac{5 a + 3 b}{2 b} \\ k = \frac{- 15}{4} \end{cases}$

⇒ $\{\begin{cases} 30 b = 4 (5 a + 3 b) = 20 a + 12 b \\ k = \frac{- 15}{4} \end{cases}$

⇒ $\{\begin{cases} 18 b = 20 a \\ k = \frac{- 15}{4} \end{cases}$

⇒ $\{\begin{cases} \frac{a}{b} = \frac{9}{10} \\ k = \frac{- 15}{4} \end{cases}$

Vậy a + b = 19.

Câu 89:

Cho hình chữ nhật ABCD, M là một điểm bất kì.

Chứng minh: $\vec{M A} + \vec{M C} = \vec{M B} + \vec{M D}$

Xem đáp án

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Khi đó O là trung điểm của AC và BD. Do đó:

$\vec{O A} + \vec{O C} = \vec{O B} + \vec{O D} = \vec{0}$

Ta có: $\vec{M A} + \vec{M C} = \vec{M O} + \vec{O A} + \vec{M O} + \vec{O C} = 2 \vec{M O}$

$\vec{M B} + \vec{M D} = \vec{M O} + \vec{O B} + \vec{M O} + \vec{O D} = 2 \vec{M O}$

Vậy $\vec{M A} + \vec{M C} = \vec{M B} + \vec{M D}$

Câu 90:

Gieo 3 con súc sắc cân đối và đồng chất. Xác suất để số chấm xuất hiện trên 3 con súc sắc đó bằng nhau.

Xem đáp án

Số phần tử của không gian mẫu là:

|Ω| = 6³ = 216

A: “số chấm xuất hiện trên 3 con súc sắc đó bằng nhau”.

A = {(1,1,1) ; (2,2,2) ; (3,3,3) ; (4,4,4) ; (5,5,5) ; (6,6,6)}

Xác suất để số chấm xuất hiện trên 3 con súc sắc đó bằng nhau là:

P = $\frac{6}{216} = \frac{1}{36}$

Câu 91:

Tại môt khu nghỉ dưỡng người ta muốn xây một cây cầu bắc qua ao sen (đoạn EF để du khách có thể đi bộ ngắm sen và đàn cá KOI bơi, cây cầu đi bộ này song song với hai con đường AB và DC. Em hãy tính độ dài cây cầu EF, biết con đường AB và DC dài lần lượt là 30m và 50m, E và F là điểm chính giữa AD và BC.

Media VietJack

Xem đáp án

Ta thấy: EF là đường trung bình của hình thang ABCD do E, F lần lượt là trung điểm của AD và BC.

Nên: $E F = \frac{A B + C D}{2} = \frac{30 + 50}{2} = 40$ (m).

Câu 92:

Một bể bơi có chiều dài 25m, chiều rộng 10m và sâu 1,5m. Bể đó đc lát đáy và xung quanh bằng gạch men hình vuông có cạnh 5dm. Tính số gạch dùng để lát bể bơi đó.

Xem đáp án

5dm = 0,5m

Diện tích được lát gạch:

(25 + 10) . 2 . 1,5 + 25 . 10 = 355(m²)

Diện tích mỗi viên gạch:

0,5 . 0,5 = 0,25 (m²)

Cần số viên gạch là:

355 : 0,25 = 1420 (viên)

Đáp số: 1420 viên gạch.

Câu 93:

Có bao nhiêu số tự nhiên có chín chữ số mà các chữ số của nó viết theo thứ tự giảm dần?

Xem đáp án

Vì số có chín chữ số viết theo thứ tự giảm dần nên chỉ có thể là chữ số 9 hoặc chữ số 8 đứng đầu.

+ Trường hợp 1, số 9 đứng đầu

Từ các số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 mỗi một lần ta bỏ đi một số ta sẽ lập được 1 số có 9 chữ số viết theo thứ tự giảm dần mà số 9 đứng đầu.

Vậy trường hợp 1 có 9 số được lập

+ Trường hợp 2, số 8 đứng đầu

Vì từ 0 đến 8 có chín chữ số nên ta chỉ lập được 1 số có 9 chữ số viết theo thứ tự giảm đần

Vậy cả 2 trường hợp có 9 + 1 = 10 số.

Câu 94:

Cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P thỏa mãn $\vec{M A} + 2 \vec{M B} = \vec{0}$ , $4 \vec{N B} + \vec{N C} = \vec{0}$ , $- \vec{P C} + 2 \vec{P A} = \vec{0}$ . Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.

Xem đáp án

Ta có: $4 \vec{N B} + \vec{N C} = \vec{0}$ ⇔ $4 \vec{N B} + \vec{N P} + \vec{P C} = \vec{0}$ (1)

$- \vec{P C} + 2 \vec{P A} = \vec{0}$ (2)

Lấy (1) + (2) ta được: $4 \vec{N B} + \vec{N P} + 2 \vec{P A} = \vec{0}$

⇔ $4 \vec{N B} + 2 \vec{P A} = - \vec{N P} = \vec{P N}$

⇔ $2 \vec{N B} + \vec{P A} = \frac{1}{2} \vec{P N}$

⇔ $\frac{1}{2} \vec{P N} = \vec{P M} + \vec{M A} + 2 (\vec{N M} + \vec{M B})$

⇔ $\frac{1}{2} \vec{P N} = \vec{P M} + 2 \vec{N M} + (\vec{M A} + 2 \vec{M B})$

⇔ $\frac{1}{2} \vec{P N} = \vec{P M} + 2 \vec{N M}$ (vì $\vec{M A} + 2 \vec{M B} = \vec{0}$ )

⇔ $\frac{1}{2} \vec{P N} = \vec{P M} + 2 \vec{N P} + 2 \vec{P M}$

⇔ $\frac{1}{2} \vec{P N} = 3 \vec{P M} - 2 \vec{P N}$

⇔ $\frac{5}{2} \vec{P N} = 3 \vec{P M}$

⇔ $\frac{5}{6} \vec{P N} = \vec{P M}$

Vậy M, N, P thẳng hàng.

Câu 95:

Trên cạnh BC của hình tam giác ABC có các điểm M,N sao cho BM = MN = NC. So sánh diện tích các hình tam giác AMN, AMN, ANC. Tính diện tích mỗi hình tam giác đó, biết diện tích hình tam giác ABC là 77,4m²

Xem đáp án

Kí hiệu S là diện tích.

Ta có :

S_ABM = S_AMN= S_ANC (BM = MN = NC, chung chiều cao hạ từ A xuống BC )

Diện tích của mỗi hình là:

77,4 : 3 = 25,8 (m²).

Câu 96:

Cho hình vẽ biết $\hat{H E F} = 120 °$

a) Chứng minh a // b.

b) Tính số đo của $\hat{G H E}$

c) Vẽ Hx và Ey lần lượt là tia phân giác của $\hat{G H E}$ và $\hat{H E F}$ . Chứng minh Hx // Ey.

Media VietJack

Xem đáp án

a) Ta có : a⊥ c

b⊥c

Suy ra a // b

b) Ta có: $\hat{G H E}$ và $\hat{H E F}$ là hai góc so le trong

⇒ $\hat{G H E} = \hat{H E F}$ = 120°

c) Ta có: $\hat{x H E} = \hat{x H G}$ = $\hat{G H E}$ : 2 = 60° (tia phân giác)

Ta có: $\hat{H E y} = \hat{y E F}$ = $\hat{H E F}$ : 2 = 60° (tia phân giác)

⇒ $\hat{x H E} = \hat{H E y}$ mà 2 này ở vị trí so le trong

⇒ Hx song song Ey.

Câu 97:

Cho tứ giác ABCD có AC = 10cm, BD = 12cm. Góc giữa AC và BD bằng 30 độ. Tính diện tích tứ giác đó.

Xem đáp án

Góc giữa AC và BC là α = 30°

Ta có: $\hat{B O A} = \hat{D O C}$ = 180° – α

S_ABCD = S_AOD + S_BOC+ S_AOB + S_DOC

= $\frac{1}{2} . O D . O A . \sin α + \frac{1}{2} . O B . O C . \sin α + \frac{1}{2} . O B . O A . \sin (180 ° - α) + \frac{1}{2} . O D . O C . \sin (180 ° - α)$

$= \frac{1}{2} . \sin α (O D . O A + O B . O C + O B . O A + O D . O C .)$

$= \frac{1}{2} . \sin α (O D + O B) (O A + O C)$

$= \frac{1}{2} . \sin α . B D . A C$

$= \frac{1}{2} . \sin 30 ° .12.10$ = 30(cm²).

Câu 98:

Cho biểu thức C = $\frac{x}{2 x - 2} + \frac{x^{2} + 1}{2 - 2 x^{2}}$

a) Tìm x để biểu thức C có nghĩa.

b) Rút gọn biểu thức C.

c) Tìm giá trị của x để C = $\frac{- 1}{2}$ .

d) Tìm x để giá trị của phân thức C > 0.

Xem đáp án

a) Điều kiện xác định:

$\{\begin{cases} 2 x - 2 \neq 0 \\ 2 - 2 x^{2} \neq 0 \end{cases}$ ⇔ $\{\begin{cases} x \neq 1 \\ x \neq \pm 1 \end{cases}$

Vậy x ≠ ±1.

b) C = $\frac{x}{2 x - 2} + \frac{x^{2} + 1}{2 - 2 x^{2}}$

C = $\frac{x}{2 (x - 1)} + \frac{x^{2} + 1}{2 (1 - x^{2})}$

C = $\frac{x}{2 (x - 1)} - \frac{x^{2} + 1}{2 (x - 1) (x + 1)}$

C = $\frac{x (x + 1) - x^{2} - 1}{2 (x - 1) (x + 1)}$

C = $\frac{x^{2} + x - x^{2} - 1}{2 (x - 1) (x + 1)}$

C = $\frac{x - 1}{2 (x - 1) (x + 1)} = \frac{1}{2 (x + 1)}$ (x ≠ ±1)

c) C = $\frac{- 1}{2} = \frac{1}{2 (x + 1)}$

⇔ x + 1 = –1

⇔ x = –2

Vậy x = –2 thì C = $\frac{- 1}{2}$

d) C > 0 ⇒ $\frac{1}{2 (x + 1)} > 0$ (x ≠ ±1)

⇒ 2(x + 1) > 0

⇒ x + 1 > 0

⇒ x > –1

Vậy x > –1 và x ≠ 1 thì C > 0.

Câu 99:

Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và log₂(4x + 4) + x = y + 1 + 2^y?

Xem đáp án

log₂(4x + 4) +x = y + 1 + 2^y

⇔ log₂[4(x + 1)] + x = y + 1 + 2^y

⇔ log₂4 + log₂(x + 1) + x = y + 1 + 2^y

⇔ log₂(x + 1) + 2 + x = 2^y + y + 1 (*)

Xét f(a) = 2^a + a + 1

f'(a) = 2^a. ln2 + 1 > 0

Suy ra f(a) là hàm số đồng biến trên R

Phương trình (*) tương đương với:

f(log₂(x+1)) = f(y)

⇒ log₂(x + 1) = y

⇔ x + 1 = 2^y

⇔ x = 2^y – 1

Do 0 ≤ x ≤ 2020 suy ra: 0 ≤ 2^y – 1 ≤ 2020

⇔ 1 ≤ 2^y ≤ 2021

⇔ 0 ≤ y ≤ 10,98

Vậy y ∈ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10} (có 11 số nguyên y)

Tương ứng có 11 số nguyên x

Vậy có 11 cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn.

Câu 100:

Có bao nhiêu số tròn nghìn có 5 chữ số?

Xem đáp án

Các số có 5 chữ số tròn nghìn là :

10000, 11000, 12000 ,..., 99000

Ta có : (99000 − 10000) : 1000 + 1 = 90 (số)

Vậy có 90 số trong nghìn có năm chữ số.

Câu 101:

Bác Năm mới mua miếng đất hình vuông có diện tích 3600 m². Bác tính làm hàng rào bằng dây kẽm gai hết tất cả 5000000 đồng bao gồm cả chi phí dây kẽm và tiền công làm. Gọi x là giá mỗi mét dây kẽm (x > 0), y là số tiền công làm hàng rào.

a) Hãy viết hàm số tính công làm hàng rào.

b) Hỏi bác Năm phải trả bao nhiêu tiền công để thợ rào hết hàng rào. Biết rằng giá mỗi mét dây kẽm là 15.000 đồng.

Xem đáp án

a) Ta có cạnh hình vuông là: 60 m

Chu vi hình vuông là: 60 . 4 = 240 (m)

Có 240x + y = 5000000

⇒ y = 5000000 – 240x

b) Bác Nam phải trả số tiền là:

5000000 – 240 . 1500 = 1400000 (đồng).

Câu 102:

Cho tam giác ABC vuông tại A có $\hat{A B C}$ = 60°. Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Trên d lấy điểm D sao cho AD = DC.

a) Tính số đo góc BAD .

b) Chứng minh ABCD là hình thang cân.

c) Gọi E là trung điểm của BC, chứng minh ADEB là hình thoi.

Xem đáp án

a) Xét ΔABC có góc $\hat{B A C}$ = 90°, $\hat{A B C}$ = 60° ⇒ $\hat{A C B}$ = 30°

Ta có: Ax // BC ⇒ $\hat{B C A} = \hat{D A C}$ = 30°

$\hat{B A D} = \hat{B A C} + \hat{D A C}$ = 90° + 30° = 120°

Vậy $\hat{D A C}$ = 30°, $\hat{B A D}$ = 120°

b) Ta có AD = DC nên △ADC cân tại D

⇒ $\hat{D C A} = \hat{D A C}$ = 30°

$\hat{B C D} = \hat{D C A} + \hat{A C B}$ = 30° + 30° = 60°

Xét tứ giác ABCD có: $\hat{B} = \hat{C}$ = 60°

⇒ ABCD là hình thang cân.

c) Ta có: △ABC vuông tại A, BE = EC

⇒ AE = EB

Xét tứ giác ABED có:

BE // AD

BE = AD

⇒ ABED là hình bình hành

Lại có AD = AB (= DC) nên ABED là hình thoi.

Câu 103:

Ta có thể trừ đi 1 từ số 1111 bao nhiêu lần?

Xem đáp án

Chỉ một lần duy nhất.

Vì sau khi lấy 1111 trừ đi 1, chúng ta sẽ không còn số 1111 nữa, mà là 1110 (1111 – 1 = 1110), và tiếp tục các lần tiếp theo là lần lượt các số 1109, 1108, 1107,…

Câu 104:

Cho hình tam giác ABC,M là điểm chính giữa cạnh BC. Từ M kẻ MQ và MP vuông góc với các cạnh AC và AB. So sánh diện tích tam giác ABM và AMC. Tính diện tích tam giác ABC biết MQ = 4cm; MP = 6cm và AC – AB = 8cm.

Xem đáp án

Diện tích tam giác ABM bằng diện tích tam giác ACM vì hai tam giác này chung chiều cao hạ từ A xuống BC, đáy BM bằng đáy CM

Nếu diện tích bằng nhau thì chiều cao và đáy là hai đại lượng tỉ lệ nghịch

Vì diện tích tam giác ABM bằng diện tích tam giác ACM, chiều cao MQ bằng chiều cao MP nên cạnh AC bằng cạnh AB

Theo bài ra nếu coi cạnh AC là 3 phần thì cạnh AB là 2 phần bằng nhau như thế. Hiệu số phần bằng nhau là:

3 − 2 =1 (phần)

Giá trị một phần là:

8:1 = 8 (cm)

Cạnh AC là:

8 . 3 = 24 (cm)

Diện tích tam giác AMC là:

24 . 4 : 2 = 48 (cm²)

Diện tích tam giác ABC là:

48 . 2 = 96 (cm²)

Đáp số: 96cm².

Câu 105:

Một quả bóng được khâu từ 32 miếng da gồm hai loại như hình vẽ:

Biết rằng mỗi miếng màu đen chỉ giáp với 5 miếng màu trắng và mỗi miếng màu trắng giáp với 3 miếng màu đen. Hỏi có bao nhiêu miếng da màu trắng?

Media VietJack

Xem đáp án

Gọi số miếng trắng là: a

Gọi số miếng đen là: b

Ta có: a + b = 32

Vì mỗi miếng màu đen chỉ giáp với 5 miếng màu trắng và mỗi miếng màu trắng giáp với 3 miếng màu đen ⇒ 3a = 5b

⇔ $\frac{a}{5} = \frac{b}{3} = \frac{a + b}{5 + 3} = \frac{32}{8} = 4$

⇔ a = 4 . 5 = 20 miếng

⇒ b = 32 − 20 = 12 miếng.

Câu 106:

Giải phương trình: $\frac{(x - 2) (x + 10)}{3} - \frac{(x + 4) (x + 10)}{12} = \frac{(x - 2) (x + 4)}{4}$

Xem đáp án

$\frac{(x - 2) (x + 10)}{3} - \frac{(x + 4) (x + 10)}{12} = \frac{(x - 2) (x + 4)}{4}$

⇔ 4(x – 2)(x + 10) – (x + 4)(x + 10) = 3(x – 2)(x + 4)

⇔ (x – 2)(x + 10) – (x + 4)(x + 10) + 3(x – 2)(x + 10) – 3(x – 2)(x + 4) = 0

⇔ (x + 10) (x – 2 – x – 4) + 3(x – 2)(x + 10 – x – 4) = 0

⇔ (x + 10).(–6) + 3(x – 2).6 = 0

⇔ 6.(–x – 10 + 3x – 6) = 0

⇔ 6.(2x – 16) = 0

⇔ 2x – 16 = 0

⇔ 2x = 16

⇔ x = 8

Vậy x = 8.

Câu 107:

Cho hình chóp có S.ABC đáy ABC là tam giác vuông cân, BA = BC = a, $\hat{S A B} = \hat{S C B} = 90 °$ , biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Tính góc giữa SC và mặt phẳng (ABC).

Xem đáp án

Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên SC.

Khi đó: $\{\begin{cases} A B ⊥ S A \\ A B ⊥ S D \end{cases}$ ⇒ AB ⊥ (SAD) ⇒ AB ⊥ AD

$\{\begin{cases} B C ⊥ S C \\ B C ⊥ S D \end{cases}$ ⇒ BC ⊥ (SDC) ⇒ BC ⊥ DC

⇒ ABCD là hình vuông và CD = a

Ta có: AD // BC ⇒ AD // (SBC)

⇒ d_(A,(SBC)) = d_(D,(SBC)) = DH

⇒ DH = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$

Vì DC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABC) nên góc giữa SC và (ABC) là góc giữa SC và DC hay chính là góc $\hat{S C D}$

sin $\hat{S C D} = \frac{D H}{D C} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ⇒ $\hat{S C D}$ = $\frac{π}{3}$ .

Câu 108:

Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , $\hat{S A B} = \hat{S C B} = 90 °$ . AB = a , BC = 2a . Biết rằng góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng 60°. Thể tích khối chóp đã cho bằng?

Xem đáp án

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC)

Ta có:

$\{\begin{cases} B C ⊥ S C \\ B C ⊥ S H (S H ⊥ (A B C)) \end{cases}$ ⇒ BC ⊥ (SCH) ⇒ BC ⊥ CH

$\{\begin{cases} Α Β ⊥ S A \\ Α Β ⊥ S H (S H ⊥ (A B C)) \end{cases}$ ⇒ AB ⊥ (SAH) ⇒ AB ⊥ AH

⇒ ABCH là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

Vì SH ⊥ (ABC) nên HB là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABC)

⇒ $\hat{S B; (A B C)} = \hat{S B; H B} = \hat{S B H} = 60 °$

Áp dụng định lý Pitago ta có: AC = $\sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = a \sqrt{5}$

Lại có: ABCH là hình vuông nên BH = AC = $a \sqrt{5}$

Xét tam giác vuông SBH có: SH = BH. tan30° = $a \sqrt{15}$

Vậy V_S.ABC = $\frac{1}{3}$ SH.S_ABC = $\frac{1}{3}$ . $a \sqrt{15}$ .a.2a = $\frac{a^{3} \sqrt{15}}{3}$

Câu 109:

Cho tam giác ABC (AB < AC), AD là phân giác trong của góc A. Qua trung điểm E của cạnh BC, vẽ đường thẳng song song với AD, cắt cạnh AC tại F, cắt đường thẳng AB tại G. Chứng minh CF = BG.

Xem đáp án

Ta có: AD là tia phân giác của nên $\hat{A}$

$\frac{B D}{A B} = \frac{D C}{A C} = \frac{B C}{A B + A C}$ ⇔ $\frac{B D}{B C} = \frac{A B}{A B + A C}; \frac{D C}{B C} = \frac{A C}{A B + A C}$

Lại có: AD // EG nên $\frac{A B}{B G} = \frac{A D}{E G} = \frac{B D}{B E} = \frac{2 B D}{B C} = \frac{2 A B}{A B + A C}$

⇔ BG = $\frac{1}{2} (A B + A C)$ (1)

EF // AD ⇒ $\frac{A C}{C F} = \frac{C D}{E C} = \frac{2 C D}{B C} = \frac{2 A C}{A B + A C}$

⇔ CF = $\frac{1}{2} (A B + A C)$ (2)

Từ (1) và (2) ta có: CF = BG

Vậy CF = BG.

Câu 110:

Tìm x, y. z ∈ ℝ thỏa mãn $\frac{x + 3 y}{19} = \frac{3 y + 9 z}{114} = \frac{5 z + 15 x}{115}$ và x + y + 2z = –31.

Xem đáp án

Đặt $\frac{x + 3 y}{19} = \frac{3 y + 9 z}{114} = \frac{5 z + 15 x}{115} = t$

⇒ x + 3y = 19t (1); 3y + 9z = 114t (2); 5z + 15x = 115t hay z + 3x = 23t (3)

Từ (1), (2), (3) ta có:

x = 4t, y = 5t, z = 11t

x + y + 2z = – 31

⇔ 4t + 5t + 11t = –31

⇔ 31t = – 31

⇔ t = –1

Suy ra: x = –4; y = –5; z = –11.

Câu 111:

Tìm x biết 12x + 9,28 . 12 = 240

Xem đáp án

12x + 9,28 . 12 = 240

⇔ 12(x + 9,28) = 240

⇔ x + 9,28 = 240:12

⇔ x + 9,28 = 20

⇔ x = 20 − 9,28

⇔ x = 10,72

Vậy x = 10,72.

Câu 112:

Nêu cách vẽ tam giác cân?

Xem đáp án

Tam giác cân là tam giác có hai cạnh bằng nhau.

Ví dụ vẽ tam giác cân bằng compa và thước

Tam giác ABC cân tại A, ta có:

AB, AC là các cạnh bên, BC là cạnh đáy, Góc A là góc ở đỉnh, góc B và góc C là các góc ở đáy.

Cách vẽ tam giác ABC cân tại A:

Đầu tiên, ta vẽ cạnh BC

Tiếp theo vẽ cung tròn tâm B, bán kính r

Tiếp theo vẽ cung tròn tâm C, bán kính r

Hai cung tròn cắt nhau tại A.

Như vậy, tam giác ABC là tam giác cần vẽ.

Câu 113:

Khi đo chiều dài của chiếc bàn học, một học sinh viết được kết quả: C = 118 ± 2 (cm). Sai số tỉ đối phép đo đó bằng?

Xem đáp án

Sai số tỉ đối của phép đo đó là:

ε = $\frac{2}{118} .100 %$ = 1,67%.

Câu 114:

Tính $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}$

Xem đáp án

Ta có: $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{d x} [(\sin x)]}{\frac{d}{d x} (x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{1} = \frac{1}{1} = 1$

Câu 115:

Cho tam giác ABC vuông góc tại A có AB = 3, AC = 4. Trên đoạn thẳng BC lấy điểm M sao cho MB = 2MC. Tính tích vô hướng $\vec{A M} . \vec{B C}$

Xem đáp án

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác BAC ta có:

BC² = AB² + AC² = 3² + 4² = 25

⇒ BC = 5

Vì MB = 2MC

⇒ MB + MC = BC

2MC + MC = BC

3MC = BC

⇒ MC = $\frac{5}{3}; M B = 2 M C = \frac{10}{3}$

Ta có:

$\vec{A M} . \vec{B C} = (\vec{A B} + \vec{B M}) . \vec{B C} = \vec{A B} . \vec{B C} + \vec{B M} . \vec{B C} = \vec{A M} . \vec{B C} = (\vec{A B} + \vec{B M}) . \vec{B C}$

$= - \vec{B A} . \vec{B C} + B M . B C . \cos 0 °$

$= - B A . B C . \cos \hat{A B C} + \frac{10}{3} .5.1$

$= - B A . B C . \frac{B A}{B C} + \frac{50}{3}$

$= - B A^{2} + \frac{50}{3}$

$= - 3^{2} + \frac{50}{3} = \frac{23}{3}$ .

Câu 116:

Tìm m, n để số tự nhiên

\bar{m 340 n}

chia hết cho 45.

Xem đáp án

$\bar{m 340 n}$ chia hết cho 45 thì $\bar{m 340 n}$ chia hết cho 5 và 9

Để $\bar{m 340 n}$ chia hết cho 5 thì n = 0 hoặc n = 5.

+) Nếu n = 5 ta có số $\bar{m 340 n}$

Để chia hết cho 9 thì m + 3 + 0 + 4 + 5 chia hết cho 9

Tức m + 12 chia hết cho 9 ⇒ m = 6

+) Nếu n = 0 ta có số $\bar{m 340 n}$

Để $\bar{m 340 n}$ chia hết cho 9 thì m + 3 + 4 + 0 + 0 chia hết cho 9

Tức m + 7 chia hết cho 9 ⇒ m = 2 (vì m < 10)

Vậy 2 số là 23400 ; 63405 thỏa mãn.

Câu 117:

Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Bx của (O). Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB có chứa Bx, lấy điểm M thuộc (O) (M khác A và B) sao cho MA > MB. Tia AM cắt Bx tại C. Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD với (O) (D là tiếp điểm).

1) Chứng minh OC ⊥ BD.

2) Chứng minh bốn điểm O, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.

3) Chứng minh $\hat{C M D} = \hat{C D A}$ .

4) Kẻ MH vuông góc với AB tại H. Tìm vị trí của M để chu vi tam giác OMH đạt giá trị lớn nhất.

Xem đáp án

1) CB, CD là hai tiếp tuyến của (O)

Suy ra: CB = CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà OB = OD = R

⇒ OC là trung trực của BD ⇒ OC ⊥ BD

2) Ta có: OB ⊥ BC (BC là tiếp tuyến của (O))

⇒ ∆OBC vuông tại B

⇒ ∆OBC nội tiếp đường tròn đường kính OC

⇒ O, B, C cùng thuộc đường tròn đường kính OC

∆ODC vuông tại D nên ∆ODC nội tiếp đường tròn đường kính OC

⇒ O, D, C cùng thuộc đường tròn đường kính OC

Vậy O, B, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính OC.

3) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BAC vuông tại B ta có:

CM.CA = CB²

Vì CB = CD nên CM.CA=CD²

Xét ∆CMD và ∆CDA có: $\frac{C M}{C D} = \frac{C D}{C A}$

Chung $\hat{C}$

⇒ ∆CMD ~ ∆CDA (c.g.c)

⇒ $\hat{C M D} = \hat{C D A}$

4) Chu vi ∆OMH = R + OH + MH

(OH + MH)² = OH² + MH² + 2.OH.MH = OM² + 2 .OH.MH

= R² + 2 .OH.MH ≤ 2R²

⇒ OH + MH ≤ R $\sqrt{2}$

⇒ Chu vi ∆OMH = R + OH + MH ≤ R + R $\sqrt{2}$ = $(1 + \sqrt{2}) R$

Vậy chu vi ∆OMH lớn nhất bằng $(1 + \sqrt{2}) R$ khi điểm M thuộc (O) thỏa mãn $\hat{B O M} = 45 °$ .

Câu 118:

Chứng minh rằng A > 2016 biết A = $\frac{457}{1} + \frac{456}{2} + \frac{455}{3} + ... + \frac{1}{457}$ .

Xem đáp án

A = $\frac{457}{1} + \frac{456}{2} + \frac{455}{3} + ... + \frac{1}{457}$

$A = (\frac{456}{2} + 1) + (\frac{455}{3} + 1) + ... + (\frac{1}{457} + 1) + 1$

$A = 458 + \frac{458}{2} + ... + \frac{458}{456} + \frac{458}{457} + \frac{458}{458}$

A = $458 (1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{457} + \frac{1}{458})$

Xét $1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{457} + \frac{1}{458}$ , ta có:

$\frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

$\frac{1}{3} + \frac{1}{4} > \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$

$\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + .. + \frac{1}{8} > \frac{1}{8} + \frac{1}{8} + .. + \frac{1}{8} = \frac{1}{2}$

….

$\frac{1}{257} + \frac{1}{258} + .. + \frac{1}{458} > \frac{1}{458} + \frac{1}{458} + .. + \frac{1}{458} = \frac{202}{458}$

Vậy: $1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{457} + \frac{1}{458} > \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{202}{458} = 4 + \frac{202}{458} = \frac{2034}{458}$

Vậy A > $458. \frac{2034}{458} = 2034 > 2016$ hay A > 2016.

Câu 119:

Tại cửa hàng giá niêm yết một cái áo là 300000 đồng. Nếu bán với giá bằng ba phần tư giá niêm yết thì được lãi 20%. Hỏi để lãi 40% thì cửa hàng bán giấ niêm yết là bao nhiêu?

Xem đáp án

Giá niêm yết là 300000 đồng nếu bán với giá bằng $\frac{3}{4}$ giá niêm yết thì giá bán là:

34.300000 = 225000 (đồng)

Với giá 225000 đồng thì cửa hàng khi đó lãi 20%

⇒ Giá gốc là: 225000 : 120 . 100 = 187500 (đồng)

Để lãi 40% thì cửa hàng bán giá niêm yết là:

187500 : 100 . 140= 262500 (đồng).

Câu 120:

Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh: Tam giác ABE và tam giác AFC đồng dạng, AF. AB = AE . AC.

b) Chứng minh $\hat{A E F}$ = $\hat{A B C}$ .

c) Cho AE = 3cm, AB = 6cm. Chứng minh: S_ABC = 4S_AEF.

Xem đáp án

a) Tam giác BAC có BE, CF là đường cao nên CF ⊥ AB, BE ⊥ AC

⇒ $\hat{A F C}$ = $\hat{A E B}$ = 90°

Xét ∆ABE và ∆AFC có:

$\hat{A}$ chung

$\hat{A F C}$ = $\hat{A E B}$ = 90°

⇒ ∆ABE ~ ∆AFC (g.g)

⇒ $\frac{A E}{A F} = \frac{A B}{A C}$

⇒ AF.AB = AE.AC

b) Từ $\frac{A E}{A F} = \frac{A B}{A C}$ ⇒ $\frac{A E}{A B} = \frac{A F}{A C}$

Xét ∆AEF và ∆ABC có:

$\hat{A}$ chung

$\frac{A E}{A B} = \frac{A F}{A C}$

⇒ ∆AEF ~ ∆ABC (c.g.c)

⇒ $\hat{A E F}$ = $\hat{A B C}$ (2 góc tương ứng)

c) Ta có: ∆AEF ~ ∆ABC

⇒ $\frac{S_{A B C}}{S_{A E F}} = {(\frac{A B}{A E})}^{2} = 4$

Câu 121:

Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC). Gọi D, E lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia DE lấy điểm F sao cho D là trung điểm của EF. Vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). trên đoạn thẳng HC lấy điểm M sao cho HM = MC. Chứng minh AM vuông góc với FM.

Xem đáp án

D và E lần lượt là trung điểm của BC và AC nên DE là đường trung bình trong tam giác ABC

Do đó DE // AB; DE = $\frac{1}{2}$ AB

E và F đối xứng nhau qua D nên D là trung điểm FE

Do đó EF // AB và EF = AB = 2DE

Tứ giác ABFE có: $\{\begin{cases} E F ∥ A B \\ E F = A B = 2 D E \end{cases}$ và AB ⊥ AE nên ABFE là hình chữ nhật

Gọi I là giao điểm của AF và BE

ABFE là hình chữ nhật nên I là trung điểm của AF và BE và BE = FA

ME là đường trung bình trong ∆AHC nên ME // AH mà AH ⊥ BC ⇒ ME ⊥ BC

∆BME vuông tại M có trung tuyến MI nên MI = $\frac{1}{2}$ BE hay MI = $\frac{1}{2}$ FA

∆FAM có trung tuyến MI và MI = $\frac{1}{2}$ FA nên ∆AFM vuông tại M

Hay AM vuông góc với FM.

Câu 122:

Tìm GTLN của $\sqrt{x} (1 - \sqrt{x})$

Xem đáp án

$\sqrt{x} (1 - \sqrt{x}) = - (x - \sqrt{x} + \frac{1}{4}) + \frac{1}{4} = - {(\sqrt{x} - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{1}{4} \leq \frac{1}{4}$

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức đã cho là $\frac{1}{4}$ khi $\sqrt{x} = \frac{1}{2}$ hay $x = \frac{1}{4} .$

Câu 123:

Cho hình vuông ABCD có M là trung điểm AD N thuộc CD sao cho NC = 2ND tính $\hat{B M N}$ .

Xem đáp án

Giả sử cạnh của hình vuông ABCD là a

Suy ra: AB = BC = CD = DA = a

M là trung điểm AD ⇒ AM = MD = $\frac{a}{2}$

NC = 2ND; NC + ND = CD = a

⇒ NC = $\frac{2 a}{3}; N D = \frac{a}{3}$

Tam giác ABM vuông tại A có:

tan $\hat{A M B} = \frac{A B}{A M} = \frac{a}{\frac{a}{2}} = 2$ ⇒ $\hat{A M B} \approx 63 °$

Tam giác DMN vuông tại D có:

tan $\hat{D M N} = \frac{D N}{D M} = \frac{\frac{a}{3}}{\frac{a}{2}} = \frac{2}{3}$ ⇒ $\hat{D M N} \approx 34 °$

Lại có: $\hat{A M B} + \hat{D M N} + \hat{B M N} = 180 °$ (kề bù)

⇒ $63 ° + 34 ° + \hat{B M N} = 180 °$

⇒ $\hat{B M N} \approx 83 °$ .

Câu 124:

Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (O) (B và C là hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC.

a) Chứng minh OA vuông góc với BC tại H.

b) Từ B vẽ đường kính BD của (O), đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại E (khác D), Chứng minh: AE.AD = AH.AO.

Xem đáp án

a) Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O)

⇒ AB = AC mà OB = OC⇒ AO là đường trung trực của BC

⇒ OA ⊥ BC

b) Xét ΔACE và ΔADC có:

$\hat{A C E} = \hat{A D C}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến, dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung EC)

$\hat{E A C} = \hat{D A C}$

⇒ ΔACE ∼ ΔADC (g.g)

⇒ $\frac{A C}{A D} = \frac{A E}{A C}$

⇒ AE.AD = AC² = AH.AO (ΔACO vuông tại C có CH là đường cao)

Câu 125:

Một trường có 1030 học sinh. Số học sinh nam chiếm 40%. Tính số học sinh nữ.

Xem đáp án

Số học sinh nữ chiếm số phần trăm là:

100% − 40% = 60%

Số học sinh nữ của trường đó là :

1030 . 60 : 100 = 618 (học sinh)

Đáp số: 618 học sinh.

Câu 126:

Một hộp đựng 8 bi trắng, 7 bi đỏ và 5 bi xanh. Chọn ngẫu nhiên có hoàn lại từng bi cho tới khi lấy được đến bi xanh thứ hai thì ngừng lại. Tính xác suất để chọn được đúng 3 bi trắng, 2 bi đỏ trước khi ngừng.

Xem đáp án

Để lấy đúng 3 bi trắng, 2 bi đỏ rồi ngừng thì phải lấy tổng cộng 7 viên và viên cuối cùng phải là viên bi xanh.

Tổng số bi trong hộp là 20 (viên)

Xác suất để lần 7 bốc được viên bi xanh là : $\frac{5}{20}$

Xác suất bốc trúng bốc trong 6 lần còn lại (chưa quan tâm thứ tự)

Bi xanh là $\frac{5}{20}$ ; bi đỏ là $\frac{7}{20}$ ; bi trắng là $\frac{8}{20}$

Vậy xác suất bốc 6 lần đầu thỏa mãn yêu cầu bài toán là :

${(\frac{7}{20})}^{2} . {(\frac{8}{20})}^{3} . \frac{5}{20} = \frac{49}{25000}$

Hoán vị lặp: $\frac{6!}{3! .2!} = 60$

Vậy xác suất để chọn được đúng 3 bi trắng, 2 bi đỏ rồi ngừng là:

P = $\frac{5}{20} . \frac{49}{25000} .60 = \frac{147}{5000}$

Câu 127:

Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số chia hết cho 10?

Xem đáp án

Gọi số cần tìm có dạng : $\bar{a b c d e}$ (a ≠ 0)

Công đoạn 1, chọn số e có 1 cách chọn (vì số chia hết cho 10 nên e chỉ có thể chọn là số 0)

Công đoạn 2, chọn số a có 9 cách chọn (vì a ≠ 0 nên a chỉ được chọn một trong 9 số 1; 2; 3 ; 4; 5; 6; 7; 8; 9)

Công đoạn 3, chọn số b có 10 cách chọn (vì b chọn tuỳ ý nên b có thể chọn 1 trong 10 số 0; 1; 2; 3 ; 4; 5; 6; 7; 8; 9)

Công đoạn 4, chọn số c có 10 cách chọn (vì c chọn tuỳ ý nên c có thể chọn 1 trong 10 số 0; 1; 2; 3 ; 4; 5; 6; 7; 8; 9)

Công đoạn 5, chọn số d có 10 cách chọn (vì d chọn tuỳ ý nên d có thể chọn 1 trong 10 số 0; 1; 2; 3 ; 4; 5; 6; 7; 8; 9)

Tổng kết, theo quy tắc nhân ta có Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số chia hết cho 10 là: 1.9.10.10.10 = 9000 (số).

Câu 128:

Trong số 423,15 phần thập phân là?

Xem đáp án

Phần thập phân là 0,15 = $\frac{15}{100}$ .

Câu 129:

Cho tam giác ABC có diện tích là 480cm². M là trung điểm của cạnh BC. N là trung điểm của AM. Nối BN và kéo dài cắt AC tại I.

a) Tính diện tích tam giác BNM.

b) So sánh AI và IC.

Xem đáp án

a) S_ABM= $\frac{1}{2}$ S_ABC do chung chiều cao từ A, đáy BM = $\frac{1}{2}$ BC

Do đó S_ABM = 480 : 2 = 240 (cm²)

S_BNM= $\frac{1}{2}$ S_ABM do chung chiều cao từ B, đáy MN = $\frac{1}{2}$ AM

Do đó S_BNM = 240 : 2 = 120 (cm²)

b) Nối C với N

S_ABN = S_BNM do chung chiều cao từ B, đáy AN = MN

S_MNC = S_BNM do chung chiều cao từ C, đáy BM = MC

S_CBN = S_MNC + S_BNM = 2S_BNM

Do đó chiều cao từ C xuống đáy NB của ∆CNB bằng hai lần chiều cao từ B xuống NB của ∆ABN.

Đó cũng là chiều cao của ∆AIN và ∆CIN, đáy IN chung nên S_CIN = 2S_AIN

Hai tam giác này lại có chung chiều cao từ N xuống AC nên đáy AI = $\frac{1}{2}$ IC.

Câu 130:

Hỗn số $4 \frac{3}{5}$ được viết dưới dạng số thập phân là?

Xem đáp án

$4 \frac{3}{5} = \frac{4.5 + 3}{5} = \frac{23}{5} = 4, 6$

Vậy hỗn số $4 \frac{3}{5}$ được viết dưới dạng số thập phân là 4,6.

Câu 131:

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB =2R và điểm M nằm trên đường tròn đó (M ≠ A, B) tiếp tuyến tại điểm M của nửa đường tròn tâm O cắt các tiếp tuyến tại A và B. Lần lượt tại các điểm C, D. Gọi E là giao điểm của OC với AM, gọi F là giao điểm của OD và BM.

a) Chứng minh CD = AC + BD.

b) Chứng minh EF vuông góc BD và EF là tiếp tuyến đường tròn đi qua các điểm M, D, F.

Xem đáp án

a) Vì CA, CM là tiếp tuyến của (O) nên AC = CM

Tương tự: DM = DB

Suy ra: CM + DM = AC + BD ⇒ CD = AC + BD

b) Vì CA, CM là tiếp tuyến của (O) nên OC ⊥ AM tại E là trung điểm AM

Tương tự: OF ⊥ BM tại F là trung điểm BM

Suy ra: EF là đường trung bình của ∆MAB

⇒ EF // AB mà AB ⊥ BD nên EF ⊥ BD

Vì MB ⊥ OD tại F nên G là trung điểm DM, là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MDF

Mà GF là đường trung bình ∆MBD

Suy ra: GF // BD ⇒ GF ⊥ EF

Vậy EF là tiếp tuyến của đường tròn đi qua M, D, F.

Câu 132:

Cho đường tròn tâm O, điểm M bất kỳ bên ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến MA và MB với đường tròn. Vẽ đường kính AC. Chứng minh 4 điểm A, B, C, O cùng nằm trên 1 tam giác vuông.

Xem đáp án

Ta thấy: MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn nên A, B là các tiếp điểm nằm trên đường tròn (O).

Vì AC là đường kính nên AC đi qua O.

Qua hình vẽ có thể thấy tam giác ABC vuông tại B vì $\hat{A B C} = 90 °$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Do đó: A, B, C, O cùng tạo thành 1 tam giác vuông ABC.

Câu 133:

Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến x.

A = x(3x² – x + 5) – (2x³ + 3x – 25) – x(x² – x + 2).

B = x(2x + 1) – x²(x + 2) + (x³ – x + 10).

Xem đáp án

A = x(3x² – x + 5) – (2x³ + 3x – 25) – x(x² – x + 2)

= 3x³ – x² + 5x – 2x³ – 3x + 25 – x³ + x² – 2x

= (3x³ – 2x³ – x³) + (x² – x²) + (5x – 3x – 2x) + 25

= 25.

Vậy A = 25, không phụ thuộc giá trị vào x.

B = x(2x + 1) – x²(x + 2) + (x³ – x + 10)

= 2x² + x – x³ – 2x² + x³ – x + 10

= (2x² – 2x²) + (x³ – x³) + (x – x) + 10

= 10.

Vậy B = 10, không phụ thuộc giá trị vào x.

Câu 134:

Cho phân thức $\frac{x + 1}{x^{2} + 1}$ . Tìm điều kiện để phân thức đã cho có giá trị bằng 1.

Xem đáp án

Ta có: $\frac{x + 1}{x^{2} + 1} = 1$

⇔ x + 1 = x² + 1

⇔ x² – x = 0

⇔ x(x – 1) = 0

⇔ $[\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 1 \end{array}$

Vậy với x = 0 hoặc x = 1 thì phân thức có giá trị bằng 1.

Câu 135:

Cho tam giác ABC (AB < AC), đường cao AK. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm; M và B nằm trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AO). Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng MN và AK. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AMKO nội tiếp đường tròn.

b) KA là tia phân giác của $\hat{M K N}$ .

c) AN² = AK.AH.

d) H là trực tâm của tam giác ABC.

Xem đáp án

a) AM, AN là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên $\hat{A M O} = \hat{A N O}$ = 90°

AK là đường cao của tam giác ABC nên $\hat{A K O} = \hat{A K C}$ = 90°

Ba điểm M, K, N cùng nhìn đoạn AO dưới một góc vuông nên năm điểm M, K, N, A, O thuộc đường tròn đường kính AO.

Vậy tứ giác AMKO nội tiếp đường tròn.

b) AM, AN là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AM = AN (1)

Theo chứng minh câu trên, năm điểm M, K, N, O, A cùng thuộc một đường tròn nên ta có tứ giác AMKN nội tiếp

Từ (1) và (2) suy ra $\hat{A K M} = \hat{A K N}$ (các góc nội tiếp cùng chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau). Vậy KA là tia phân giác của $\hat{M K N}$

c) $\{\begin{cases} \hat{A N H} = \hat{A K M} \\ \hat{A K M} = \hat{A K N} \end{cases}$ ⇒ $\hat{A K N} = \hat{A N H}$

∆ANK và ∆ANH có:

⇒ ∆AHN ~ ∆ANK (g.g)

$\hat{A K N} = \hat{A N H}$

$\hat{K A N} = \hat{H A N}$

Suy ra: $\frac{A N}{A K} = \frac{A H}{A N}$ hay AN² = AH.AK (3)

d) Gọi D là giao điểm của AC và (O)

∆AND và ∆CAN có $\hat{N A D} = \hat{N A C}, \hat{A N D} = \hat{A C N}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau) nên ∆AND ~ ∆CAN (g.g)

Suy ra: $\frac{A N}{A C} = \frac{A D}{A N}$ hay AN² = AD.AC (4)

Từ (3) và (4) suy ra: AH.AK = AD. AC hay $\frac{A H}{A C} = \frac{A D}{A K}$

Xét ∆AHD và ∆ACK có:

$\{\begin{cases} \hat{H A D} = \hat{K A C} \\ \frac{A H}{A C} = \frac{A D}{A K} \end{cases}$ ⇒∆AHD ~ ∆ACK (c.g.c)

⇒ $\hat{A D H} = \hat{A K C} = 90 °$ . Dẫn đến $\hat{H D C} = 90 °$ (5)

Điểm D thuộc đường tròn đường kính BC nên $\hat{B D C} = 90 °$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra: B, H, D thẳng hàng

Nghĩa là BH ⊥ AC. Lại có: AH ⊥ BC nên H là trực tâm của tam giác ABC.

Câu 136:

Tìm GTLN và GTNN của hàm số y = $\sqrt{3} \cos 2 x - \sin 2 x + 2$ .

Xem đáp án

y = $\sqrt{3} \cos 2 x - \sin 2 x + 2$

= $- 2 \sin (2 x - \frac{π}{3}) + 2$

Ta có: $- 1 \leq \sin (2 x - \frac{π}{3}) \leq 1$ nên $- 2 \leq - 2 \sin (2 x - \frac{π}{3}) \leq 2$

Suy ra: 0 ≤ y ≤ 4

Vậy GTNN của y là 0 khi $\sin (2 x - \frac{π}{3}) = 1$ ⇒ $2 x - \frac{π}{3} = \frac{π}{2} + k 2 π$ ⇔ $x = \frac{5 π}{12} + k π$

GTLN của y là 4 khi $\sin (2 x - \frac{π}{3}) = - 1$ ⇒ $2 x - \frac{π}{3} = \frac{- π}{2} + k 2 π$ ⇔ $x = \frac{- π}{12} + k π$ .

Câu 137:

Cho hàm số bậc nhất y = m – 1 + (m + 2)x. Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng y luôn đi qua.

Xem đáp án

Gọi điểm cố định mà hàm số đi qua là N(x₀; y₀)

Ta có: y₀ = (m + 2)x₀ + m – 1

⇔ m(x₀ + 1) + (2x₀ – 1 – y₀) = 0

Vậy để đồ thị hàm số luôn đi qua N thì:

$\{\begin{cases} x_{0} + 1 = 0 \\ 2 x_{0} - y_{0} - 1 = 0 \end{cases}$ ⇔ $\{\begin{cases} x_{0} = - 1 \\ y_{0} = - 3 \end{cases}$

Vậy điểm cố định mà đường thẳng y luôn đi qua là N(–1; –3).

Câu 138:

Cho tam giác ABC có AB = AC. Tia phân giác của góc A cắt BC tại D.

a) Chứng minh tam giác ABD bằng tam giác ADC.

b) Kẻ DH vuông góc với AB (H thuộc AB), DK vuông góc với AC (K thuộc AC). Chứng minh DH = CK.

c) Biết $\hat{A}$ = 4 $\hat{B}$ , tính số đo các góc của tam giác ABC.

Xem đáp án

a) Ta có: AB = AC, $\hat{B A D} = \hat{D A C}$

Xét ∆ABD và ∆ACD có:

AB = AC

$\hat{B A D} = \hat{D A C}$

Chung AD

⇒∆ABD = ∆ACD (c.g.c)

b) Từ câu a suy ra: DB = DC

Mà $\hat{D H B} = \hat{D K C} = 90 °$ , $\hat{A B C} = \hat{A C B}$ (vì tam giác BAC cân tại A)

Xét ∆DHB và ∆DKC có: $\hat{D H B} = \hat{D K C} = 90 °$

DB = DC

$\hat{D B H} = \hat{D C K}$

⇒∆DHB = ∆DKC (g.c.g)

⇒ BH = CK

c) Ta có: $\hat{A B C} = \hat{A C B}$

Mà $\hat{A}$ = 4 $\hat{B}$ nên: $\hat{A} + \hat{B} + \hat{C} = 4 \hat{B} + \hat{B} + \hat{B} = 180 °$

⇒ $\hat{B} = 180 ° : 6 = 30 °$ ⇒ $\hat{C} = 30 °$

$\hat{A} = 4 \hat{B} = 4.30 ° = 120 °$ .

Câu 139:

Cho tứ diện ABCD. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, AD. Giả sử AB = CD = a và PQ = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ . Tìm số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD.

Xem đáp án

Lấy E là trung điểm BD

Ta thấy: QE, PE là đường trung bình của ∆ABD, ∆BCD

⇒ QE = $\frac{1}{2}$ AB = $\frac{1}{2}$ a, QE // AB

PE = $\frac{1}{2}$ CD = $\frac{1}{2}$ a, PE // CD

⇒ $\hat{A B, C D} = \hat{Q E, P E} = \hat{Q E P}$

⇒ cos $\hat{Q E P} = \frac{Q E^{2} + P E^{2} - P Q^{2}}{2. P E . Q E} = \frac{- 1}{2}$

⇒ $\hat{Q E P} = 120 °$

⇒ $\hat{Q E, P E} = 60 °$ vì góc giữa hai đường thẳng ≤ 90°.

Câu 140:

Giải phương trình: (2x + 7) $\sqrt{2 x + 7}$ = x² + 9x + 7.

Xem đáp án

(2x + 7) $\sqrt{2 x + 7}$ = x² + 9x + 7

⇔ (2x + 7) $\sqrt{2 x + 7}$ = x² + 7x + 2x + 7

⇔ x² + 2x + 7 – 2x $\sqrt{2 x + 7}$ + 7x – 7 $\sqrt{2 x + 7}$ = 0

⇔ ${(x - \sqrt{2 x + 7})}^{2}$ + 7 $(x - \sqrt{2 x + 7})$ = 0

⇔ $(x - \sqrt{2 x + 7})$ $[(x - \sqrt{2 x + 7}) + 7]$ = 0

⇔ $[\begin{array}{l} x = \sqrt{2 x + 7} \\ x + 7 = \sqrt{2 x + 7} \end{array}$

⇔ $[\begin{array}{l} x^{2} = 2 x + 7 \\ x^{2} + 14 x + 49 = 2 x + 7 \end{array}$

⇔ $[\begin{array}{l} x^{2} - 2 x - 7 = 0 \\ x^{2} + 12 x + 42 = 0 \end{array}$

Với x² – 2x – 7 = 0

⇔ (x – 1)² – 8 = 0

⇔ (x – 1)² – ${(2 \sqrt{2})}^{2}$ = 0

⇔ (x – 1 – $2 \sqrt{2}$ )(x – 1 + $2 \sqrt{2}$ ) = 0

⇔ $[\begin{array}{l} x = 1 + 2 \sqrt{2} \\ x = 1 - 2 \sqrt{2} \end{array}$

Với x² + 12x + 42 = 0

⇔ (x + 6)² + 6 = 0 (vô nghiệm vì (x + 6)² + 6 > 0 với mọi x)

Vậy phương trình có tập nghiệm là x ∈ $\{1 + 2 \sqrt{2}; 1 - 2 \sqrt{2}\}$

Câu 141:

Tìm tập giá trị T của hàm số y = sin2x.

Xem đáp án

Ta thấy: –1 ≤ sin2x ≤ 1

Nên tập giá trị T của hàm số y = sin2x là [–1; 1].

Câu 142:

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và M là điểm nằm trên (O). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B của (O) lần lượt ở C và D. Đường thẳng AM cắt OC tại E, đường thẳng BM cắt OD tại F

a, Chứng minh: $\hat{C O D}$ = 90°.

b, Tứ giác MEOF là hình gì?

c, Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.

Xem đáp án

a, Dễ thấy $\hat{A M B}$ = 90° hay $\hat{E M F}$ = 90° ( là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tiếp tuyến CM, CA ⇒ OC ⊥ AM ⇒ $\hat{O E M}$ = 90°

Tương tự ⇒ $\hat{O E M}$ = 90°

Xét ∆CAO và ∆CMO có:

CM = CA (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

$\hat{C M O} = \hat{C A O}$ = 90°

Chung CO

⇒ ∆CAO = ∆CMO (c.g.c)

⇒ $\hat{A O C} = \hat{M O C}$

⇒ OC là tia phân giác của $\hat{A M O}$

Tương tự OD là tia phân giác của $\hat{B O M}$ suy ra OC ⊥ OD ⇒ $\hat{C O D}$ = 90°

b, Do ∆AOM cân tại O nên OE là đường phân giác đồng thời là đường cao

⇒ $\hat{O E M}$ = 90°chứng minh tương tự = 90°

Vậy MEOF là hình chữ nhật.

c, Gọi I là trung điểm CD thì I là tâm đường tròn đường kính CD và IO = IC = ID.

Có ABDC là hình thang vuông tại A và B nên IO // AC // BD và IO vuông góc với AB.

Do đó AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.

Câu 143:

Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = $\frac{1}{\sin x}$ .

Xem đáp án

$\int \frac{d x}{\sin x} = \int \frac{\sin x d x}{1 - \cos^{2} x} = \int \frac{- \sin x d x}{\cos^{2} x - 1} = \int \frac{d (\cos x)}{\cos^{2} x - 1} = \ln |\tan \frac{x}{2}| + C$

Câu 144:

Có 3 học sinh nữ và 2 học sinh nam. Ta muốn sắp xếp vào 1 bàn dài có 5 ghế ngồi. Hỏi có bao nhiêu cách xếp cho 3 học sinh nữ ngồi liền nhau.

Xem đáp án

Gọi theo thứ tự 5 ghế là $\bar{a b c d e}$

Vậy 33 bạn nữ có thể ngồi bắt đầu từ a, b hoặc c

Do đó có 3 cách chọn. Hơn nữa, ta có thể đảo vị trí 3 bạn đó. Cuối cùng xếp 2 bạn nam vào 2 chỗ còn lại.

Vậy số cách là

3 . 3! . 2 = 36 (cách)

Cách 2:

Cho 3 bạn nữ là 1 nhóm nữ, xếp 3 bạn nữ có 3! cách

Sắp xếp nhóm nữ và 2 bạn nam vào 3 vị trí có 3! cách

Như vậy có tất cả 3!.3! = 36 cách.

Câu 145:

Làm tròn số 45,29 với độ chính xác d = 6.

Xem đáp án

Độ chính xác d = 6 tức là làm tròn đến hàng chục

Vì phía sau số 4 là số 5 nên ta cộng thêm 1 đơn vị vào chữ số 4 và thay các chữ số bên phải số 4 thành 0

Vậy làm tròn số 45,29 với độ chính xác d = 6 là 50.

Câu 146:

Một người đi xe máy từ A đến B. Cùng lúc đó, một người khác cũng đi xe máy từ B đến A với vận tốc bằng 4:5 vận tốc của người đi từ A đến B. Sau 2 giờ, hai người gặp nhau Hỏi mỗi người đi quãng đường AB hết bao lâu?

Xem đáp án

Người đi từ A đi quãng đường AB hết 3 giờ 36 phút,

Người đi từ B đi quãng đường AB hết 4h30'

Giải thích các bước giải:

Gọi quãng đường AB là S (S > 0) (km)

Gọi vận tốc của người đi từ A đến B là x (x > 0) (km/h)

Suy ra vận tốc của người đi từ B đến A là $\frac{4 x}{5}$

Sau 2 giờ , hai người gặp nhau nên ta có phương trình:

2x + 2. $\frac{4 x}{5}$ = S

⇒18x = 5S

⇒ Người đi từ A đi quãng đường AB hết $\frac{S}{x} = \frac{18}{5}$ giờ = 3 giờ 36 phút

Người đi từ B đi quãng đường AB hết: $\frac{S}{\frac{4 x}{5}} = \frac{5}{4} . \frac{S}{x}$ = 4,5 giờ = 4h30'.

Câu 147:

Tính giá trị lớn nhất của biểu thức M =

\frac{1}{x^{2} + 4 x + 6}

.

Xem đáp án

M = $\frac{1}{x^{2} + 4 x + 6} = \frac{1}{x^{2} + 4 x + 4 + 2} = \frac{1}{{(x + 2)}^{2} + 2}$

Ta thấy: (x + 2)² ≥ 0 với mọi x nên (x + 2)² + 2 ≥ 2 với mọi x

$M = \frac{1}{{(x + 2)}^{2} + 2} \leq \frac{1}{2}$

Vậy giá trị lớn nhất của M là $\frac{1}{2}$

Dấu “=” xảy ra khi x + 2 = 0 hay x = –2.

Câu 148:

Số thập phân có 5 chữ số khác nhau lớn nhất mà số đó nhỏ hơn 100?

Xem đáp án

Để số thập phân là lớn nhất thì trước dấu phẩy gồm 2 số trước dấu phẩy

Gọi số thập phân cần tìm có dạng $\bar{a b, c d e}$

Muốn số thập phân lớn nhất thì a = 9

Do theo giả thiết 5 chữ số khác nhau nên b = 8, c = 7, d = 6, e = 5.

Vậy số thập phân cần tìm là 98,765.

Câu 149:

Cho x + 2y = 5. Tính giá trị biểu thức A= x² + 4y² – 2x + 10 + 4xy – 4y.

Xem đáp án

A = x² + 4y² – 2 + 10 + 4xy – 4y

⇔ A = x² + (2y)² – 2 + 10 + 4xy – 4y

⇔ A = [x² + 4xy + (2y)²] – 2 + 10 – 4y

⇔ A = (x + 2y)² + 8 – 4y

⇔ A = 5² + 8 – 4y

⇔ A = 25 + 8 – 4y

⇔ A = 33 – 4y

Câu 150:

Xét mệnh đề kéo theo P: “Nếu 18 chia hết cho 3 thì tam giác cân có 2 cạnh bằng nhau” và Q: “Nếu 17 là số chẵn thì 25 là số chính phương”. Xét tính đúng, sai của mệnh đề P và Q?

Xem đáp án

+ Xét mệnh đề P:

Ta thấy: 18 chia hết cho 3 là đúng và tam giác cân có 2 cạnh bằng nhau là đúng nên mệnh đề P là mệnh đề đúng

+ Xét mệnh đề Q:

Ta thấy: 17 không phải là số chẵn và 25 là số chính phương nên mệnh đề Q là mệnh đề sai.

Câu 151:

3m 6cm = … dm.

Xem đáp án

Ta có: 1m = 10dm = 100cm

Nên 3m 6cm = 306cm = 30,6 dm.

Câu 152:

Cho 0 < x < 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

\frac{x}{1 - x} + \frac{4}{x}

.

Xem đáp án

Ta có: P = $\frac{x}{1 - x} + \frac{4}{x} = \frac{x}{1 - x} + \frac{4 - 4 x + 4 x}{x} = \frac{x}{1 - x} + \frac{4 (1 - x)}{x} + 4$

Vì 0 < x < 1 nên 1 – x > 0 ⇒ $\frac{x}{1 - x} > 0;$ $\frac{4 (1 - x)}{x} > 0$

Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho hai số không âm $\frac{x}{1 - x}$ và $\frac{4 (1 - x)}{x}$ ta có:

$\frac{x}{1 - x} + \frac{4 (1 - x)}{x} \geq 2 \sqrt{\frac{x}{1 - x} . \frac{4 (1 - x)}{x}} = 4$

⇔ $\frac{x}{1 - x} + \frac{4 (1 - x)}{x} + 4 \geq 8$

⇔ P ≥ 8

Dấu “=” xảy ra khi: $\frac{x}{1 - x} = \frac{4 (1 - x)}{x}$ ⇔ x² = 4(x – 1)²

⇔ $[\begin{array}{l} x = 2 x - 2 \\ x = - 2 x + 2 \end{array}$ ⇔ $[\begin{array}{l} x = 2 \\ x = \frac{2}{3} \end{array}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8 khi x = $\frac{2}{3}$

Câu 153:

Cho A = $\frac{3}{2^{2}} + \frac{8}{3^{2}} + \frac{15}{4^{2}} + ... + \frac{2023^{2} - 1}{2023^{2}}$ . Chứng minh A có giá trị không phải là một số tự nhiên.

Xem đáp án

A = $\frac{3}{2^{2}} + \frac{8}{3^{2}} + \frac{15}{4^{2}} + ... + \frac{2023^{2} - 1}{2023^{2}}$

A = $\frac{2^{2} - 1}{2^{2}} + \frac{3^{2} - 1}{3^{2}} + \frac{4^{2} - 1}{4^{2}} + ... + \frac{2023^{2} - 1}{2023^{2}}$

A = $1 - \frac{1}{2^{2}} + 1 - \frac{1}{3^{2}} + 1 - \frac{1}{4^{2}} + ... + 1 - \frac{1}{2023^{2}}$

A = $2022 - (\frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \frac{1}{4^{2}} + ... + \frac{1}{2023^{2}})$

Xét $\frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \frac{1}{4^{2}} + ... + \frac{1}{2023^{2}} = \frac{1}{2.2} + \frac{1}{3.3} + ... + \frac{1}{2023.2023} < \frac{1}{1.2} + \frac{1}{2.3} + ... + \frac{1}{2022.2023}$

Mà $\frac{1}{1.2} + \frac{1}{2.3} + ... + \frac{1}{2022.2023} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{2022} - \frac{1}{2023} = 1 - \frac{1}{2023} < 1$

Vậy A không phải là số tự nhiên.

Câu 154:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AD // BC và AD = 2BC. Lấy M trên cạnh SA sao cho MA = 2MS.

a) Chứng minh OM // (SCD).

b) Xác định giao điểm N của MD và mặt phẳng (SBC).

Xem đáp án

Do AD // BC nên $\frac{A O}{O C} = \frac{A D}{B C} = 2$

Mà $\frac{A M}{M S} = 2$ nên $\frac{A M}{M S} = \frac{A O}{O C} = 2$

⇒OM // SC (định lí Ta–let)

Lại có SC ⊂ (SCD) nên OM//(SCD)

b) Ta có: MD ⊂ (SAD)

* Tìm giao tuyến của (SBC) với (SAD)

Ta có: S ∈ (SAD) ∩ (SBC)

Lại có: $\{\begin{cases} A D \subset (S A D) \\ B C \subset (S B C) \\ A D ∥ B C \end{cases}$ ⇒ (SAD) ∩ (SBC) = Sx // AD // BC.

Do đó giao tuyến của (SBC) với (SAD) là đường thẳng đi qua S và song song với AD, BC.

Trong mặt phẳng (SAD), gọi N là giao điểm của MD với Sx.

Khi đó $\{\begin{cases} N \in M D \\ N \in S x \subset (S B C) \end{cases}$ ⇒ N = MD ∩ (SBC).

Câu 155:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông bằng cạnh bằng a, tam giác SAB là tam giác đều, SC = SD = $a \sqrt{2}$ . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD?

Xem đáp án

Gọi M, N là trung điểm của AB và CD

MN là đường trung bình của ABCD nên MN // AD // BC

Mà AB ⊥ AD nên MN ⊥ AB

Vì ∆SAB đều nên SM ⊥ AB

Suy ra: AB ⊥ (SMN) ⇒ (SMN) ⊥ (ABCD)

Lại có: ∆SAB đều ⇒ SM = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$

Tam giác SCD cân nên: SN ⊥ CD

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác SCN ta có:

SN = $\sqrt{S C^{2} - {(\frac{C D}{2})}^{2}} = \sqrt{2 a^{2} - \frac{a^{2}}{4}}$ = $\frac{a \sqrt{7}}{2}$

Kẻ SH ⊥ MN (H thuộc MN)

Suy ra: SH ⊥ (ABCD)

Mặt khác: S_MNS = $\sqrt{p (p - S M) (p - S N) (p - M N)}$ (công thức Hê–rông)

Mà p = (SM + SN + MN) : 2 = $(\frac{a \sqrt{3}}{2} + \frac{a \sqrt{7}}{2} + a) : 2 = \frac{a \sqrt{3} + a \sqrt{7} + 2 a}{4}$

Suy ra: S_MNS = $\sqrt{p (p - S M) (p - S N) (p - M N)}$ = $\frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

Mà S_MNS = $\frac{1}{2} . S H . M N$ . Suy ra: SH = $\frac{2 S_{M N S}}{M N} = \frac{2. \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}}{a} = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

Thể tích khối chóp S.ABCD là: V_S.ABCD =

\frac{1}{3} . S H . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{2} . a^{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}

Câu 156:

Cho sin α = $\frac{1}{3},$ với 90° < α < 180°. Tính cos2α + 3tan2α.

Xem đáp án

sin²α = ${(\frac{1}{3})}^{2} = \frac{1}{9}$

Ta có: sin²α + cos²α = 1

Suy ra: cos²α = 1 – sin²α = $1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$

cos α = $\pm \sqrt{\frac{8}{9}} = \pm \frac{2 \sqrt{2}}{3}$

Vì 90° < α < 180° nên cos α = $- \frac{2 \sqrt{2}}{3}$

cos2α = 2cos²α – 1 = $\frac{7}{9}$

sin2α = 2.sinα.cosα = 2. $2. \frac{1}{3} . - \frac{2 \sqrt{2}}{3} = \frac{- 4 \sqrt{2}}{9}$

tan2α = $\frac{s i n 2 α}{\cos 2 α} = \frac{- 4 \sqrt{2}}{9} : \frac{7}{9} = \frac{- 4 \sqrt{2}}{7}$

Vậy cos2α + 3tan2α = $\frac{7}{9}$ + $3. \frac{- 4 \sqrt{2}}{7} = \frac{49 - 108 \sqrt{2}}{63}$

Câu 157:

Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BD và CE cắt nhau tại G. Gọi M ,N theo thứ tự là trung điểm của BG và CG.

a, Chứng minh tứ giác MNDE là hình bình hành .

b, Tìm điều kiện của tam giác ABC để MNDE là hình chữ nhật.

Xem đáp án

Xét tam giác ABC có AE = EB (gt), AD = DC (gt)

⇒ ED là đường trung bình của tam giác ABC

⇒ ED // BC và ED = $\frac{1}{2}$ BC

Xét tam giác BGC có BM = MG (gt), CN = NG (gt)

⇒ MN là đường trung bình của tam giác BGC

⇒ MN // BC và MN = $\frac{1}{2}$ BC

Có MN // BC mà ED // BC ⇒ MN//ED

MN = $\frac{1}{2}$ BC, ED = $\frac{1}{2}$ BC ⇒ MN = ED

Tứ giác MNDE có: MN // ED, MN = ED

⇒ MNDE là hình bình hành

b, Hình bình hành MNDE là hình chữ nhật

⇔ $\hat{N D E}$ = 90°

Nếu $\hat{N D E}$ = 90°

⇒ BD vừa là trung tuyến vừa là đường cao của tam giác ABC ứng với AC

⇒Tam giác ABC cân tại B

Vậy, để hình bình hành MNDE là hình chữ nhật, tam giác ABC phải cân tại B.

Câu 158:

Cho tam giác ABC có đường cao AD, và trực tâm H. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của HA, HB. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Chứng minh

a) Bốn điểm E, F, I, K cùng thuộc một đường tròn.

b) Điểm D cũng thuộc đường tròn đi qua bốn điểm E, F, I, K.

Xem đáp án

a) Ta có: IK là đường trung bình của tam giác ABH vì I, K là trung điểm HA, HB

⇒ IK // AB và IK = $\frac{1}{2} A B$

Tương tự: FE là đường trung bình của ∆ABC

⇒ FE // AB và FE = $\frac{1}{2} A B$

⇒ IK // FE và IK = FE

Nên IKEF là hình bình hành (1)

Giả sử giao điểm IE và KF là O

IF là đường trung bình của ∆AHC nên IF // HC

Lại có: IF ⊥ IK (2) (vì IF // HC, IK // AB, HC ⊥ AB)

Từ (1) và (2) suy ra: IKEF là hình chữ nhật.

Ta có: OE = OF = OI = OK nên bốn điểm E, F, I, K cùng nằm trên đường tròn (O; OE)

b) Tam giác IDE vuông tại D, DO là đường trung tuyến nên DO = OI = OE

Vậy D cũng nằm trên đường tròn (O; OE).

Câu 159:

Cho tam giác ABC, N là điểm xác định bởi $\vec{C N} = \frac{1}{2} \vec{B C}$ , G là trọng tâm tam giác ABC. Hệ thức tính $\vec{A C}$ theo $\vec{A G}$ và $\vec{A N}$ là?

Xem đáp án

Gọi H là trung điểm BC

Ta có: $\vec{A C} = \frac{1}{2} (\vec{A H} + \vec{A N}) = \frac{1}{2} (\frac{3}{2} \vec{A G} + \vec{A N}) = \frac{3}{4} \vec{A G} + \frac{1}{2} \vec{A N}$

Câu 160:

Cho tập hợp A={1;2;3;...;n} trong đó n là số nguyên dương lớn hơn 1. Hỏi có bao nhiêu cặp sắp thứ tự (x;y) thõa mãn: x và y thuộc A; x lớn hơn y?

Xem đáp án

• Nếu x = y: có n số thuộc A nên có n cặp

• Nếu x > y:

Mỗi cách lấy hai số bất kỳ thuộc A đều có 1 cách xếp (x; y)

⇒ $C_{n}^{2} = \frac{n!}{2 (n - 2)!} = \frac{n (n - 1)}{2} = \frac{n^{2} - n}{2}$ cách

Vậy tổng số cặp là: $n + \frac{n^{2} - n}{2} = \frac{n^{2} + n}{2}$ .

Câu 161:

Cho véc tơ $\vec{a} = (1; - 2)$ . Với giá trị nào của y thì véc tơ $\vec{b} = (3; y)$ tạo với véc tơ $\vec{a}$ một góc 45°.

Xem đáp án

véc tơ $\vec{b} = (3; y)$ tạo với véc tơ $\vec{a} = (1; - 2)$ một góc 45°:

cos45° = $\frac{\vec{a} . \vec{b}}{|\vec{a}| . |\vec{b}|}$ ⇔ $\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3 - 2 y}{\sqrt{5} . \sqrt{9 + y^{2}}}$ ⇔ $\frac{\sqrt{10}}{2} . \sqrt{9 + y^{2}} = 3 - 2 y$

⇔ $\{\begin{cases} 3 - 2 y \geq 0 \\ \frac{5}{2} (9 + y^{2}) = {(3 - 2 y)}^{2} \end{cases}$

⇔ $\{\begin{cases} y \leq \frac{3}{2} \\ 45 + 5 y^{2} = 18 - 24 y + 8 y^{2} \end{cases}$

⇔ $\{\begin{cases} y \leq \frac{3}{2} \\ 3 y^{2} - 24 y - 27 = 0 \end{cases}$

⇔ $\{\begin{cases} y \leq \frac{3}{2} \\ [\begin{array}{l} y = - 1 \\ y = 9 \end{array} \end{cases}$

⇔ y = – 1

Câu 162:

Có bao nhiêu tập hợp X thỏa mãn điều kiện {0; 1; a} hợp với X = {0; 1; a; b; c}.

Xem đáp án

Ta có các tập hợp sau thỏa mãn:

X = {0; 1; a; b; c}; X = {1; a; b; c}; X = {a; b; c}; X = {b; c}; X = {0; a; b; c}; X = {0; b; c}.

Vậy có 6 tập hợp thỏa mãn.

Câu 163:

Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 180m, chiều dài hơn chiều rộng 22m.

a) Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.

b) Tính diện tích của mảnh đất đó.

Xem đáp án

a) Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật hay tổng chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật là:

180 : 2 = 90 (m)

Chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là:

(90 − 22) : 2 = 34 (m)

Chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật là:

34 + 22 = 56 (m)

b) Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật là:

34 . 56 = 1904(m²)

Đáp số: a) 34m và 56m

b) 1904m²

Câu 164:

Một hình tam giác có diện tích là 8m² và độ dài cạnh đáy là 32dm. Tìm chiều cao của hình tam giác tương ứng với cạnh đáy đó.

Xem đáp án

Đối: 8m² = 800dm²

Chiều cao của hình tam giác là:

800 . 2 : 32 = 50 (dm)

Đáp số: 50dm.

Câu 165:

Một hộp chứa 6 viên bi đỏ và 4 viên bi xanh. Lấy lần lượt 2 viên bi từ hộp đó. Xác suất để viên bi được lấy lần thứ 2 là bi xanh bằng bao nhiêu?

Xem đáp án

Số phần tử của không gian mẫu n(Ω) = $C_{10}^{1} . C_{9}^{1}$ = 90

Gọi A là biến cố: “Viên bi được lấy lần thứ hai là bi xanh”.

Trường hợp 1: Lần thứ nhất lấy viên đỏ, lần thứ hai lấy viên xanh: Có $C_{6}^{1} . C_{4}^{1}$ cách chọn.

Trường hợp 2: Lần thứ nhất lấy viên xanh, lần thứ hai lấy viên xanh: Có $C_{4}^{1} . C_{3}^{1}$ cách chọn.
Suy ra n(A) = $C_{6}^{1} . C_{4}^{1}$ + $C_{4}^{1} . C_{3}^{1}$ = 24 + 12 = 36

Vậy P(A) = $\frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{36}{90} = \frac{2}{5}$ .

Câu 166:

Một xí nghiệp đóng giày dự định hoàn thành kế hoạch trong 26 ngày. Nhưng do cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã vượt mức 6000 đôi giày, do đó chẳng những đã hoàn thành kế hoạch đã định trong 24 ngày mà còn vượt mức 104000 đôi giày. Tính số đôi giày phải làm theo kế hoạch?

Xem đáp án

Gọi năng suất sản xuất giầy trong một ngày xí nghiệp phải làm theo kế hoạch là x (giầy/ngày), x > 0

Theo dự định hoàn thành kế hoạch trong 26 ngày nên tổng số đôi giầy phải làm theo kế hoạch là 26x (đôi giầy)

Do cải tiến kỹ thuật nên mỗi ngày xí nghiệp vượt mức 6000 đôi giầy suy ra năng suất mỗi ngày là x + 6000 (đôi giầy/ngày)

Cho nên đã hoàn thành trong 24 ngày nên tổng số đôi giày làm được là: 24(x + 6000) (đôi giầy)

Vì thực tế xí nghiệp vượt mức dự định 104000 đôi giầy nên ta có phương trình:

24(x + 6000) – 26x = 104000

⇔ 24x + 144000 – 26x = 104000

⇔ 2x = 40000

⇔ x = 20000

Vậy theo kế hoạch xí nghiệp phải sản xuất: 26x = 20000 . 26 = 520000 đôi giầy.

Câu 167:

Tìm phân số tối giản $\frac{a}{b}$ nhỏ nhất (với $\frac{a}{b}$ > 0) biết khi chia $\frac{a}{b}$ cho $\frac{7}{15}$ và $\frac{12}{25}$ được thương là các số nguyên.

Xem đáp án

Ta có: $\frac{a}{b}$ : $\frac{7}{15}$ = $\frac{a}{b} . \frac{15}{7} = \frac{15 a}{7 b}$

Mà (15,7) = 1 nên a ⋮ 7; 15 ⋮ b (1)

$\frac{a}{b}$ : $\frac{12}{25}$ = $\frac{a}{b} . \frac{25}{12} = \frac{25 a}{12 b}$

Mà (12,25) = 1 nên a ⋮ 12; 25 ⋮ b (2)

Từ (1) và (2) suy ra: a ∈ BC(7,12), b ∈ ƯC (15,25)

Mà $\frac{a}{b}$ nhỏ nhất nên a ∈ BCNN(7,12), b ∈ ƯCLN (15,25)

Ta có: BCNN (7,12) = 7.12 = 84

Lại có: 15 = 3.5; 25 = 5²

Nên ƯCLN (15,25) = 5

Vậy a = 84; b = 5.

Phân số tối giản cần tìm là $\frac{a}{b} = \frac{84}{5} .$

Câu 168:

Tại cửa hàng bán hoa giá bán ban đầu của một bó hoa là 60 000 đồng. Vào ngày quốc tế phụ nữ 8/3, giá mỗi bó được giảm 20% và nếu khách mua 10 bó trở lên thì từ bó thứ 10 trở đi khách hàng sẽ chỉ trả một nửa giá đang bán. Một vị khách mua hoa đã trả 648 000 đồng. Hỏi khách này đã mua bao nhiêu bó hoa ?

Xem đáp án

Giá tiền của 9 bó đầu tiên:

9. 60 000. ( 1 – 20% ) = 432 000 (đồng)

Số tiền còn lại:

648 000 – 432 000 = 216 000 (đồng)

Số bó hoa được giảm một nửa sau khi đã giảm lần 1:

216 000 : [ ( 60 000. (1 – 20%) : 2 ] = 9 (bó)

Số bó hoa khách hàng đã mua là:

9 + 9 = 18 (bó)

Vậy khách hàng đã mua 18 bó hoa.

Câu 169:

Giải phương trình: $\frac{x - 342}{15} + \frac{x - 323}{17} + \frac{x - 300}{19} + \frac{x - 273}{21} = 10$

Xem đáp án

$\frac{x - 342}{15} + \frac{x - 323}{17} + \frac{x - 300}{19} + \frac{x - 273}{21} = 10$

⇔ $\frac{x - 342}{15} - 1 + \frac{x - 323}{17} - 2 + \frac{x - 300}{19} - 3 + \frac{x - 273}{21} - 4 = 0$

⇔ $\frac{x - 357}{15} + \frac{x - 357}{17} + \frac{x - 357}{19} + \frac{x - 357}{21} = 0$

⇔ $(x - 357) (\frac{1}{15} + \frac{1}{17} + \frac{1}{19} + \frac{1}{21}) = 0$

Vì $\frac{1}{15} + \frac{1}{17} + \frac{1}{19} + \frac{1}{21}$ khác 0 nên x – 357 = 0 hay x = 357.

Vậy x = 357.

Câu 170:

Phân tích đa thức thành nhân tử: x⁴y – xy⁴.

Xem đáp án

x⁴y – xy⁴

= xy (x³ – y³)

= xy (x – y)(x² + xy + y²).

Câu 171:

Cho hàm số y = (m–1)x + m – 4 (m là tham số và m khác 1).

a) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số đi qua điểm A(2; 3).

b) Vẽ đồ thị hàm số với giá trị của m tìm được ở phần a.

c) Tìm m biết đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 3x + 2 tại điểm có hoành độ là –2.

Xem đáp án

a) Thay A(2;3) vào ta có:

(m−1).2 + m – 4 = 3

⇔ 2m – 2 + m – 4 = 3

⇔ 3m – 6 = 3

⇔ 3m = 9

⇔ m = 3 (thỏa mãn)

Vậy m = 3 được: y=2x−1

b) y = 2x – 1

x = 0⇒ y = –1

x = 2 ⇒ y = 3

c) Thay x = −2 vào y = 3x + 2 được: y = 3.(−2) + 2 = −4

Suy ra: B(−2;−4)

Thay B(−2;−4) vào ta có:(m−1).(−2) + m – 4 = −4

⇔ −2m + 2 + m = 0

⇔ −m + 2 = 0

⇔ m = 2

Vậy m = 20.

Câu 172:

Để sản xuất một tờ giấy A5 lần 5 lít nước. Một cuốn sổ A5 có 300 trang. Hỏi để sản xuất ra cuốn sổ đó cần bao nhiêu mét khối nước?

Xem đáp án

Cuốn sổ A5 dày 300 trang có số tờ là:

300 : 2 = 150 (tờ)

Lượng nước cần thiết để sản xuất ra số tờ giấy đó là:

150 . 5 = 750 (lít)

Đổi 750 lít = 0,75 m³

Đáp số: 0,75 m³.

Câu 173:

Tìm ước chung lớn nhất của 1 và 2019.

Xem đáp án

Ta có: Ư(1) = {1; –1}

Ư(2019) = {1; –1; 3; –3; 673; –673; 2019; –2019}

Vậy ước chung lớn nhất của 1 và 2019 là 1.

Câu 174:

Tìm x để biểu thức sau có giá trị lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó

A= $\frac{1}{x^{2} - 4040 x + 4082421}$

Xem đáp án

Ta có: A = $\frac{1}{x^{2} - 4040 x + 4082421} = \frac{1}{x^{2} - 2.2020 x + 2020^{2} + 2021} = \frac{1}{{(x - 2020)}^{2} + 2021}$

Ta thấy: (x – 2020)² + 2021 ≥ 2021 với mọi x

Suy ra: $\frac{1}{{(x - 2020)}^{2} + 2021} \leq \frac{1}{2021}$

Hay A $\leq \frac{1}{2021}$

Vậy giá trị lớn nhất của A là $\frac{1}{2021}$

Dấu “=” xảy ra khi: x – 2020 = 0 hay x = 2020.

Câu 175:

1,2 ha = … m².

Xem đáp án

1 ha = 10000 m²

1,2 ha = 1,2 . 10000 = 12000 m².

Câu 176:

Một bồn hoa có dạng hình vuoong có độ dài cạnh là 2m . Để làm lối đi rộng hơn, người ta thu nhỏ bồn hoa vẫn có dạng hình vuông nhưng độ dài cạnh giảm đi 50cm .

a) Tính diện tích bồn hoa sau khi thu nhỏ.

b) Lối đi được tăng thêm bao nhiêu diện tích?

Xem đáp án

Đổi 2m = 200cm

a) Diện tích bồn hoa sau khi giảm là

(200 – 50).(200 – 50) = 22500 (cm²).

b) Diện tích bồn hoa trước khi giảm là:

200.200 = 40000 (cm²).

Lối đi được tăng thêm là

40000 – 22500 = 17500 (cm²).

Câu 177:

Chứng minh rằng tan²x + cot²x = $\frac{6 + 2 \cos 4 x}{1 - \cos 4 x}$ .

Xem đáp án

tan²x + cot²x = $\frac{\sin^{2} x}{\cos^{2} x} + \frac{\cos^{2} x}{\sin^{2} x} = \frac{\sin^{4} x + \cos^{4} x}{\sin^{2} x . \cos^{2} x}$

= $\frac{(\sin^{2} x + \cos^{2} x) - 2 \sin^{2} x . \cos^{2} x}{\sin^{2} x . \cos^{2} x}$

= $\frac{1 - 2 \sin^{2} x . \cos^{2} x}{\sin^{2} x . \cos^{2} x}$

= $\frac{1 - \frac{1}{2} \sin^{2} 2 x}{\frac{1}{4} \sin^{2} 2 x}$

= $\frac{1 - \frac{1}{2} . \frac{1 - \cos 4 x}{2}}{\frac{1}{4} . \frac{1 - \cos 4 x}{2}}$

= $\frac{1 - \frac{1}{4} . (1 - \cos 4 x)}{\frac{1}{8} . (1 - \cos 4 x)}$

= $\frac{8 - 2 + 2 \cos 4 x}{1 - \cos 4 x}$

= $\frac{6 + 2 \cos 4 x}{1 - \cos 4 x}$

Vậy tan²x + cot²x = $\frac{6 + 2 \cos 4 x}{1 - \cos 4 x}$

Câu 178:

Tính giá trị biểu thức: $(8 - \frac{9}{4} + \frac{2}{7}) - (- 6 - \frac{3}{7} + \frac{5}{4}) - (3 + \frac{2}{4} - \frac{9}{7})$ .

Xem đáp án

$(8 - \frac{9}{4} + \frac{2}{7}) - (- 6 - \frac{3}{7} + \frac{5}{4}) - (3 + \frac{2}{4} - \frac{9}{7})$

= $8 - \frac{9}{4} + \frac{2}{7} + 6 + \frac{3}{7} - \frac{5}{4} - 3 - \frac{2}{4} + \frac{9}{7}$

= (8 + 6 – 3) + $(\frac{- 9}{4} - \frac{5}{4} - \frac{2}{4}) + (\frac{2}{7} + \frac{3}{7} + \frac{9}{7})$

= 11+ $(- \frac{16}{4}) + \frac{14}{7}$

= 11+(-4)+2 = 9

Câu 179:

Công thức nào sau đây cho ta quan hệ với tỉ lệ thuận?

A. y =

\frac{x}{2}

B. y = $\frac{0, 5}{x}$

C. x = 3y

D. xy = 1.2

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

y tỉ lệ thuận với x theo hệ số là 3

Công thức của 2 đại lượng tỉ lệ thuận : y = kx (k≠0)

Do đó : x = 3y là quan hệ giữa 2 đại lượng tỉ lệ thuận.

Câu 180:

Công thức nào sau đây cho ta quan hệ với tỉ lệ thuận?

A. y = –3x

B. y = 2x – 1

C. y = $\frac{3}{x}$

D. y = –2x²

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

y tỉ lệ thuận với x theo hệ số là −3

Công thức của 2 đại lượng tỉ lệ thuận : y = kx (k≠0)

Do đó : y = −3x là quan hệ giữa 2 đại lượng tỉ lệ thuận.

Câu 181:

Tìm x thoả mãn: x : 12 ; x ⋮ 18 và x < 250.

Xem đáp án

x chia hết 12 và x chia hết 18

Suy ra x ∈ BC(12;18) và x < 250

Ta có:

12 = 2².3

18 = 2.3²

⇒ B(12; 18) = 2² . 3² = 36

⇒ BC(12; 18) = B(36) = {0; 36; 72; 108; 144; 180; 216; 252; …}

Vì x < 250 nên x ∈{ 0; 36; 72; 108; 144; 180; 216}.

Câu 182:

Cho a, b là các số tự nhiên khác 0. Biết 1 > $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} > \frac{7}{10}$ .

Tìm giá trị lớn nhất của A = $\frac{2020}{a + b}$ .

Xem đáp án

Do $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} < 1$ suy ra a; b >1 không mất tính tổng quát giả sử 1 < a ≤ b

Suy ra: 1 > $\frac{1}{a} \geq \frac{1}{b}$

Ta có: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \leq \frac{1}{a} + \frac{1}{a}$ hay $\frac{7}{10} \leq \frac{2}{a}$ ⇔ $a \leq 2 \frac{6}{7}$

Do a ∈ ℕ và a > 1 nên a = 2 (1)

Với a = 2 ta có:

$\frac{7}{10} < \frac{1}{2} + \frac{1}{b} < 1$ ⇔ $\frac{1}{5} < \frac{1}{b} < \frac{1}{2}$ ⇒ b ∈ {3; 4} (2)

Từ (1) và (2) ta có: min (a + b) = 2 + 3 = 5

Vậy giá trị lớn nhất của A = $\frac{2020}{5} = 404.$

Câu 183:

Tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của cạnh AB, AC, BC và M, N, P, Q theo thức tự là trung điểm của đoạn thẳng DA, AE, EF, FD

a. Chứng minh: EF là đường trung bình của tam giác ABC.

b. Chứng minh: Tứ giác DAEF, MNPQ là hình bình hành.

c. Khi tam giác ABC vuông tại A thì các tứ giác DAEF, MNPQ là hình gì?

d. Tìm điều kiện của tam giác ABC để tứ giác MNPQ là hình vuông

Xem đáp án

a) ΔABC có:

E là trung điểm của AC.

F là trung điểm của BC.

⇒ EF là đường trung bình của ΔABC. (đpcm)

b) Ta có: EF là đường trung bình của ΔABC. (cmt)

⇒ EF // AB và EF = $\frac{1}{2}$ AB.

Lại có: D là trung điểm của AB (gt) và D ∈ AB

⇒ AD = $\frac{1}{2}$ AB và AD // EF. (2)

Từ (1), (2) ⇒ EF / AD và EF = AD.

⇒ Tứ giác AEFD là hình bình hành. (đpcm)

ΔAED có:

N là trung điểm của AE. (gt)

M là trung điểm của AD. (gt)

⇒ MN là đường trung bình của ΔAED.

⇒ MN // ED và MN = $\frac{1}{2}$ ED. (3)

Chứng minh tương tự, ta được: PQ // ED và PQ = $\frac{1}{2}$ ED.

Từ (3), (4) ⇒ MN // PQ và MN = PQ.

⇒ Tứ giác MNPQ là hình bình hành. (đpcm)

c) Khi ΔABC vuông tại A thì $\hat{A} = 90 °$

Suy ra hình bình hành DAEF có $\hat{A} = 90 °$ nên DAEF là hình chữ nhật

Khi đó AF = DE

Mặt khác theo tính chất đường trung bình ta có MN = $\frac{1}{2}$ DE, NP = $\frac{1}{2}$ AF

Khi đó: MN = NP

⇒ MNPQ là hình bình hành có MN = NP nên MNPQ là hình thoi.

d) ΔABC vuông tại A thì MNPQ là hình thoi.

Để tứ giác MNPQ là hình vuông thì MN vuông góc NP mà MN // DE, NP // AF (tính chất đường trung bình)

Nếu DE ⊥ AF mà DE // BC (tính chất đường trung bình). Suy ra: AF ⊥ BC

Suy ra: ΔABC vuông tại A có AF vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên ΔABC vuông cân tại A.

Vậy ΔABC vuông cân tại A thì MNPQ là hình vuông.

Câu 184:

Cho tam giác ABC có BD, CE là các trung tuyến cắt nhau tại G.

a) Tứ giác BEDC hình gì ?

b) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BG và CG. Chứng minh tứ giác MEDN là hình bình hành.

c) Tam giác ABC có thêm điều kiện gì thì tứ giác MEDN là hình chữ nhật.

Xem đáp án

a) Tam giác ABC có E là trung điểm của AB, D là trung điểm của AC

⇒ ED là đường trung bình của tam giác ABC

⇒ ED // BC và ED = $\frac{1}{2}$ BC (1)

⇒ Tứ giác BEDC là hình thang

b) Tam giác GBC có M là trung điểm của GB,N là trung điểm của GC

⇒ MN là đường trung bình của tam giác GBC

⇒ MN // BC và MN = $\frac{1}{2}$ BC (2)

Từ (1), (2) ⇒ ED//MN và ED = MN

⇒ Tứ giác MEDN là hình bình hành

c) Tứ giác MEDN là hình chữ nhật

⇔ MEDN là hình bình hành có 2 đường chéo bằng nhau

⇔ EN = DM

Mà EN = $\frac{2}{3}$ EC, DM = $\frac{2}{3}$ DB

⇒ EC = BD

Hình thang BEDC có EC = BD

⇒ BEDC là hình thang cân ⇒ $\hat{E B C} = \hat{D C B}$

⇒ Tam giác ABC cân tại A

Vậy tam giác ABC cân tại A thì tứ giác MEDN là hình chữ nhật.

Câu 185:

Xét tất cả các số thực x, y sao cho $a^{4 x - \log_{5} x^{2}} \leq 25^{40 - y^{2}}$ đúng với mọi số thực dương a. Giá trị lớn nhất của biểu thức P = x² + y² + x – 3y bằng:

Xem đáp án

Ta có:

$a^{4 x - \log_{5} x^{2}} \leq 25^{40 - y^{2}}$

⇔ $\log_{5} a^{4 x - \log_{5} a^{2}} \leq \log_{5} 25^{40 - y^{2}}$

⇔ $(4 x - 2 \log_{5} a) \log_{5} \leq 2 (40 - y^{2})$

⇔ $\log_{5}^{2} a - 2 x \log_{5} a + 40 - y^{2} \geq 0$ (*)

Coi (*) là phương trình bậc hai ẩn log₅a

Để (*) đúng với mọi số thực dương a thì:

∆' ≤ 0 ⇔ x² – (40 – y²) ≤ 0 ⇔ x² + y² – 40 ≤ 0 (1)

Ta có biểu thức (1) là hình tròn (C₁) tâm O(0;0), bán kình R₁ = $2 \sqrt{10}$

Mặt khác P = x² + y² + x – 3y ⇔ x² + y² + x – 3y – P = 0 là phương trình đường trogn (C₂) tâm I $(\frac{- 1}{2}; \frac{3}{2})$ , bán kính R₂ = $\frac{1}{2} \sqrt{10 + 4 P}$

Media VietJack

Để tồn tại điểm chung của đường tròn (C₁) và (C₂) thì:

R₂ ≤ R₁ + OI ⇔ $\frac{1}{2} \sqrt{10 + 4 P}$ ≤ $2 \sqrt{10}$ + $\frac{1}{2} \sqrt{10}$

⇔ $\sqrt{10 + 4 P} \leq 5 \sqrt{10}$ ⇔ P ≤ 60.

Vậy P_max= 60.

Câu 186:

Ba ban Lâm, Chí, Dũng có 60 cây bút và số bút tỉ lệ với 3, 4, 5. Tính số bút của mỗi bạn.

Xem đáp án

Gọi số bút của 3 bạn lần lượt là x, y, z

Theo bài ra ta có: $\frac{x}{3} = \frac{y}{4} = \frac{z}{5}$ và x + y + z = 60

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

$\frac{x}{3} = \frac{y}{4} = \frac{z}{5} = \frac{x + y + z}{3 + 4 + 5} = \frac{60}{12} = 5$

⇒ $\frac{x}{3} = 5$ ⇒ x = 5.3 = 15

⇒ $\frac{y}{4} = 5$ ⇒ y = 5.4 = 20

⇒ $\frac{z}{5} = 5$ ⇒ z = 5.5 = 25

Vậy số bút của Lâm, Chí, Dũng lần lượt là: 15, 20, 25 bút.

Câu 187:

Tìm nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình cos2x + 1 = 0.

Xem đáp án

Ta có: cos2x + 1 = 0

⇔ cos2x = – 1

⇔ 2x = π + k2π (k ∈ ℤ)

⇔ x = $\frac{π}{2} + k π (k \in ℤ)$

Để phương trình có nghiệm dương nhỏ nhất thì k = 0 khi đó x = $\frac{π}{2}$

Câu 188:

Bán kính của một bánh xe ô tô là 0,25m. Tính chu vi bánh xe đó. Nếu ô tô đó đi hết quãng đường dài 4,71km thì bánh xe lăn trên mặt đất được bao nhiêu vòng?

Xem đáp án

Chu vi xe ô tô là:

0,25 . 2 . 3,14 = 1,57 (m)

Đổi: 4,71km = 4710m

Nếu ô tô đó đi hết quãng đường dài 4,71 km thì bánh xe lăn trên mặt đất được:

4710 : 1,57 = 3000 (vòng)

Đáp số: 3000 vòng.

Câu 189:

Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập hợp R và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số y = f(2 – x) nghịch biến trên khoảng nào?

Media VietJack