- Đề số 1
- Đề số 2
- Đề số 3
- Đề số 4
- Đề số 5
- Đề số 6
- Đề số 7
- Đề số 8
- Đề số 9
- Đề số 10
- Đề số 11
- Đề số 12
- Đề số 13
- Đề số 14
- Đề số 15
- Đề số 16
- Đề số 17
- Đề số 18
- Đề số 19
- Đề số 20
- Đề số 21
- Đề số 22
- Đề số 23
- Đề số 24
- Đề số 25
- Đề số 26
- Đề số 27
- Đề số 28
- Đề số 29
- Đề số 30
- Đề số 31
- Đề số 32
- Đề số 33
- Đề số 34
- Đề số 35
- Đề số 36
- Đề số 37
- Đề số 38
- Đề số 39
- Đề số 40
- Đề số 41
- Đề số 42
- Đề số 43
- Đề số 44
- Đề số 45
- Đề số 46
- Đề số 47
- Đề số 48
- Đề số 49
- Đề số 50
- Đề số 51
- Đề số 52
- Đề số 53
- Đề số 54
- Đề số 55
- Đề số 56
- Đề số 57
- Đề số 58
- Đề số 59
- Đề số 60
- Đề số 61
- Đề số 62
- Đề số 63
- Đề số 64
- Đề số 65
- Đề số 66
- Đề số 67
- Đề số 68
- Đề số 69
- Đề số 70
- Đề số 71
- Đề số 72
- Đề số 73
- Đề số 74
- Đề số 75
- Đề số 76
- Đề số 77
- Đề số 78
- Đề số 79
- Đề số 80
- Đề số 81
- Đề số 82
- Đề số 83
- Đề số 84
- Đề số 85
- Đề số 86
- Đề số 87
- Đề số 88
- Đề số 89
- Đề số 90
- Đề số 91
- Đề số 92
- Đề số 93
- Đề số 94
- Đề số 95
- Đề số 96
- Đề số 97
Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 60)
-
10223 lượt thi
-
165 câu hỏi
-
150 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Trong mặt phẳng cho 15 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Số tam giác có đỉnh là 3 trong số 15 điểm đã cho là?
Số tam giác có đỉnh là 3 trong số 15 điểm đã cho là: \(C_{15}^3\).
Câu 2:
Giải phương trình: sin2x – cos2x + 3sinx – cosx – 1 = 0.
sin2x – cos2x + 3sinx – cosx – 1 = 0
⇔ 2sinxcosx – (1 – 2sin2x) + 3sinx – cosx – 1 = 0
⇔ 2sin2x + 2sinxcosx + 3sinx – cosx – 2 = 0
⇔ (2sin2x + 3sinx – 2) + cosx(2sinx – 1) = 0
⇔ (2sinx – 1)(sinx + 2) + cosx(2sinx – 1) = 0
⇔ (2sinx – 1)(sinx + 2 + cosx) = 0
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}\sin x = \frac{1}{2}\\\sin x + \cos x + 2 = 0\end{array} \right.\)
+) Nếu sinx = \(\frac{1}{2}\)
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
+) Nếu sinx + cosx + 2 = 0 thì phương trình vô nghiệm vì sinx + cosx + 2 = \(\sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) + 2 > 0\)
Vậy \(x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ;x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Câu 3:
Cho hai tập hợp X = (0; 3] và Y = (a; 4). Tìm tất cả các giá trị của a ≤ 4 để X ∩ Y ≠ ∅.
Để X ∩ Y ≠ ∅ thì a < 3.
So với điều kiện a ≤ 4, ta nhận a < 3.
Vậy a < 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4:
Làm theo mẫu: \(\frac{{143}}{{10}} = 14;\frac{3}{{10}} = 0,3\).
Yêu cầu: \(\frac{{126}}{{100}} = ...;\frac{{26}}{{100}} = ...\)
\(\frac{{1246}}{{10}} = ...;\frac{6}{{10}} = ...\)
\(\frac{{126}}{{100}} = 1;\frac{{26}}{{100}} = 0,26\)
\(\frac{{1246}}{{10}} = 124;\frac{6}{{10}} = 0,6\)
Câu 5:
Tích các nghiệm của phương trình: logx(125x) . log252x = 1?
Điều kiện: x > 0; x ≠ 1
logx(125x) . (log25x)2 = 1
⇔ (logx53 + 1)(log25x)2 = 1
⇔ \[\frac{1}{{{{\log }_{{5^3}}}x}}.{\left( {{{\log }_{{5^2}}}x} \right)^2} + {\left( {{{\log }_{{5^2}}}x} \right)^2} = 1\]
⇔ \(\frac{3}{{{{\log }_5}x}}.\frac{1}{4}{\left( {{{\log }_5}x} \right)^2} + {\left( {{{\log }_5}x} \right)^2} = 1\)
⇔ 3log5x + (log5x)2 = 4
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}{\log _5}x = 1\\{\log _5}x = - 4\end{array} \right.\)
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = \frac{1}{{625}}\end{array} \right.\)
Vậy x = 5 hoặc x = \(\frac{1}{{625}}.\)
Câu 6:
Một người mua hai loại hàng và phải trả tổng cộng 2,17 triệu đồng, kể cả thuế giá trị gia tăng (VAT) với mức 10% đối với loại hàng thứ nhất và 8% đố với loại hàng thứ hai. Nếu thuế VAT là 9% đối với cả hai loại hàng thì người đó phải trả tổng cộng 2,18 triệu đồng. Hỏi nếu không kể thuế VAT thì người đó phải trả bao nhiêu tiền cho mỗi loại hàng?
Giả sử giá của loại hàng thứ nhất và thứ hai không tính VAT lần lượt là x, y
(x, y > 0, triệu đồng; x < 2,17, y < 2,17)
Nếu áp dụng mức thuế VAT 10% đối với loại hàng thứ nhất và 8% đối với loại hàng thứ hai thì :
+ Giá mặt hàng thứ nhất tính cả thuế VAT là: x + 10%.x = x + 0,1x = 1,1x
+ Giá mặt hàng thứ hai tính cả thuế VAT là: y + 8%.y = y + 0,08y = 1,08y.
Số tiền người đó phải trả là 2,17 triệu đồng nên ta có phương trình: 1,1x + 1,08y = 2,17 (1)
Nếu áp dụng mức thuế VAT 9% đối với cả hai loại hàng thì :
+ Giá mặt hàng thứ nhất tính cả thuế VAT là : x + 9%.x = x + 0,09x = 1,09x
+ Giá mặt hàng thứ hai tính cả thuế VAT là : y + 9%.y = y + 0,09y = 1,09y.
Số tiền người đó phải trả là 2,18 triệu đồng nên ta có phương trình:
1,09x + 1,09y = 2,18 ⇔ x+ y = 2 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :
\(\left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,08y = 2,17\\1,09x + 1,09y = 2,18\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,08y = 2,17\\x + y = 2\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0,5\\y = 1,5\end{array} \right.\)
Vậy: nếu không kể thuế VAT thì người đó phải trả : 0,5 triệu cho loại thứ nhất và 1,5 triệu cho loại thứ hai.
Câu 7:
Cho hình chữ nhật ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Biết OC = 2cm. Tính AC ?
Vì ABCD là hình chữ nhật nên O là trung điểm của AC và BD
Suy ra: AC = 2OC = 2 . 2 = 4 (cm).
Câu 8:
Cho sinx + cosx = m. Tính theo m giá trị của M = sinxcosx.
sinx + cosx = m
⇔ (sinx + cosx)2 = m2
⇔ sin2x + 2sinxcosx + cos2x = m2
⇔ 1 + 2sinxcosx = m2
⇔ sinxcosx = \(\frac{{{m^2} - 1}}{2}\)
Vậy M = \(\frac{{{m^2} - 1}}{2}\).
Câu 9:
Phân tích thành nhân tử: \(x\sqrt x - 1 + \sqrt x - x\).
\(x\sqrt x - 1 + \sqrt x - x\)
\( = \left( {x\sqrt x - x} \right) + \left( {\sqrt x - 1} \right)\)
\( = x\left( {\sqrt x - 1} \right) + \left( {\sqrt x - 1} \right)\)
\( = \left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\).
Câu 10:
Một người thợ mộc làm những cái bàn và những cái ghế. Mỗi cái bàn khi bán lãi 150 nghìn đồng, mỗi cái ghế khi bán lãi 50 nghìn đồng. Người thợ mộc có thể làm 40 giờ/tuần và tốn 6h làm 1 cái bàn, 3h làm 1 cái ghế. Khách hàng yêu cầu người thợ mộc làm số ghế ít nhất là gấp 3 lần số bàn. Một cái bàn chiếm chỗ bằng 3 cái ghế và ta có phòng để được nhiều nhất 4 cái bàn/tuần. Hỏi người thợ mộc phải sản xuất như nào để có tiền lãi thu về là lớn nhất.
Gọi x, y lần lượt là số bàn và số ghế mà người thợ mộng sản xuất trong một tuần, (x, y ≥ 0)
Số tiền lãi mà người thợ thu được trong một tuần là:
150x + 50y (nghìn đồng)
Theo bài ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}6x + 3y \le 40\\y \ge 3x\\x + \frac{y}{4} \le 4\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.\)⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}6x + 3y \le 40\\y \ge 3x\\4x + y \le 16\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.\left( I \right)\)
Vẽ miền nghiệm của (I) ta có miền nghiệm đó là miền tứ giác ABCO trong đó:
\(A\left( {0;\frac{{40}}{3}} \right),B\left( {\frac{4}{3};\frac{{32}}{3}} \right),C\left( {\frac{{16}}{7};\frac{{48}}{7}} \right),O\left( {0;0} \right)\)
Đặt F(x; y) = 150x + 50y
Suy ra: \(F\left( A \right) = \frac{{2000}}{3};F\left( B \right) = \frac{{2200}}{3};F\left( C \right) = \frac{{4800}}{7};F\left( O \right) = 0\)
Vậy F(x; y)max = F(B) = \(\frac{{2200}}{3}\)khi \(x = \frac{4}{3};y = \frac{{32}}{3}\).
Câu 11:
Cho tam giác ABC có trọng tâm G và hai trung tuyến AM, BN. Biết AM = 15, BN = 12 và tam giác CMN có diện tích là \(15\sqrt 3 \). Tính độ dài đoạn thẳng MN.
Do M, N là trung điểm của BC,AC
Nên SCMN = \(\frac{1}{4}\)SABC
Suy ra: SABC = 4SCMN = \(60\sqrt 3 \)
SABG = \(\frac{2}{3}{S_{ABM}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.60\sqrt 3 = 20\sqrt 3 \)
Lại có: SABG = \(\frac{1}{2}.AG.GB.\sin \widehat {AGB} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}.AM.\frac{2}{3}.BN.\sin \widehat {AGB} = 40.\sin \widehat {AGB}\)
Suy ra: \(40.\sin \widehat {AGB} = 20\sqrt 3 \)
⇒ \(\widehat {AGB} = 60^\circ \)
Ta có: AB2 = AG2 + GB2 – 2.AG.GB.cos\(\widehat {AGB}\) = 84
Suy ra: AB = \(2\sqrt {21} \)
M,N là trung điểm của BC,AC
⇒ MN là đường trung bình của ΔACB
⇒ \(MN = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}.2\sqrt {21} = \sqrt {21} \)
Vậy \(MN = \sqrt {21} \).
Câu 12:
Nếu x2 + 1 ≠ 0 thì x ≠ – 1, đúng hay sai?
Ta thấy đây là phát biểu sai
Vì: x2 ≥ 0 với mọi x nên x2 + 1 ≥ 1 > 0 với mọi x
Suy ra: x2 + 1 luôn khác 0 với mọi x.
Câu 13:
Cho x + 2y = 5. Tính giá trị biểu thức A = x2 + 4y2 – 2x + 10 + 4xy – 4y.
A = x2 + 4y2 – 2x + 10 + 4xy – 4y
A = x2 + (2y)2 – 2x + 10 + 4xy – 4y
A = x2 + (2y)2 + 4xy – 2x + 10 – 4y
A = (x + 2y)2 – 2(x + 2y) + 10
A = 52 – 2.5 + 10
A = 25 – 10 + 10
A = 25.
Câu 14:
Phủ định của mệnh đề “∃x ∈ ℝ, x2 – x + 1 < 0” là mệnh đề nào?
Phủ định của mệnh đề “∃x ∈ ℝ, x2 – x + 1 < 0” là mệnh đề “∀x ∈ ℝ, x2 – x + 1 ≥ 0”.
Câu 15:
Cho tập hợp A = {x ∈ ℝ| x – a| ≤ 2} và B = (– 2; 5]. Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị a để A giao B khác rỗng là nửa khoảng (m; n]. Tính S = n + 2m.
Ta có:
|x−a| ≤ 2
⇔ −2 ≤ x − a ≤ 2
⇔ −a – 2 ≤ x ≤ a + 2
Ta được:
A = [a − 2; a + 2]
Xét A ∩ B = ∅
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}a + 2 \le - 2\\a - 2 > 5\end{array} \right.\)
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}a \le - 4\\a > 7\end{array} \right.\)
Do đó:
A ∩ B ≠ ∅ ⇔ −4 < a ≤ 7
Hay a ∈ (−4; 7]
⇒ m = – 4; n = 7
⇒ S = n + 2m = −1.
Câu 16:
Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O; R), kẻ tiếp tuyến AB với (O) (B là tiếp điểm). Đường thẳng đi qua B và vuông góc với OA tại H cắt (O) tại C. Vẽ đường kính BD của (O).
a) Chứng minh: AC là tiếp tuyến của (O).
b) Chứng minh: DC.OA = 2R2 .
a) Xét ΔOBA và ΔOCA có:
OB = OC
\(\widehat {BOA} = \widehat {COA}\)
OA chung
Do đó: ΔOBA = ΔOCA
Suy ra: \(\widehat {OBA} = \widehat {OCA} = 90^\circ \)
Hay AC là tiếp tuyến của (O)
b) Xét (O) có
ΔBDC nội tiếp
BD là đường kính
Do đó: ΔBDC vuông tại C
Xét ΔOBA vuông tại B và ΔDCB vuông tại C có:
Do đó: ΔOBA ∽ ΔDCB.
\(\frac{{OB}}{{DC}} = \frac{{OA}}{{BD}}\)
Suy ra: DC.OA = 2R2
Câu 17:
Nhân ngày 20/10, một cửa hàng thời trang giảm 30% giá niêm yết cho tất cả sản phẩm. Đặc biệt nếu khách hàng nào có thẻ khách hàng thân thiết của cửa hàng thì được tặng thêm một voucher trị giá bằng 10% số tiền thanh toán tại quầy thu ngân.
a) Chị Hoa không có thẻ thân thiết của cửa hàng, chị mua một chiếc váy có giá niêm yết là 1.050.000đ. Hỏi chị Hoa phải trả bao nhiêu tiền cho chiếc váy đó?
b) Cô Hà có thẻ khách hàng thân thiết, cô mua một chiếc túi xách và nhận được một voucher trị giá 91.000đ. Hỏi giá niêm yết ban đầu của túi xách là bao nhiêu?
a) Chị Hoa phải trả số tiền là:
1050000.(1 − 30%) = 735000(đồng)
b) Giá chiếc túi đã giảm khi có thẻ khách hàng thân thiết là:
91000 : 10% = 910000 (đồng)
Giá chiếc túi ban đầu là:
910000 : (1 − 30%) = 1300000(đồng).
Câu 18:
Tính giá trị biểu thức: – 87 + (–12) – (–487) + 512
–87 + (–12) – (–487) + 512
= –87 – 12 + 487 + 512
= –99 + 999
= 900.
Câu 19:
Tìm đạo hàm của hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\).
\(y = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\)
\[y' = \frac{{\left( {x - 1} \right)'.\sqrt {{x^2} + 1} - \left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)'}}{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^2}}}\]
\[y' = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} - \left( {x - 1} \right)\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^2}}}\]
\[y' = \frac{{{x^2} + 1 - {x^2} + x}}{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^3}}} = \frac{{1 + x}}{{\sqrt {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^3}} }}\].
Câu 20:
Trong một kì kiểm tra, có 42% học sinh không đạt môn nhảy xa, 52% không đạt môn đá cầu, trong đó 17% học sinh không đạt cả 2 môn, hãy tính % số học sinh đã đạt cả hai môn đó.
Phần trăm số học sinh không đạt là:
52% + 42% − 17% = 77%
Coi số học sinh là 100%
Phần trăm số học sinh đạt là:
100% − 77% = 23%.
Câu 21:
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường trung tuyến AM. Gọi I là trung điểm của AB và D là điểm đối xứng của M qua I.
a. Chứng minh: AD//BM và tứ giác ADBM là hình thoi.
b. Gọi E là giao điểm AM và DC. Chứng minh: AE = EM.
a) Xét tứ giác ADBM có I là trung điểm của hai đường chéo MD và AB
Suy ra ADBM là hình bình hành
Lại có AB ⊥ MD (do D là điểm đối xứng của M qua I)
Do đó ADBM là hình thoi
Suy ra AD // BM
b) Vì ADBM là hình thoi nên AM // BD
Ta có: CA ⊥ AB và MI ⊥ AB
Suy ra CA // MI (quan hệ từ vuông góc đến song song)
Xét tứ giác ADMC có CM // AD, MD // AC
Suy ra ADMC là hình bình hành
Mà AM cắt CD tại trung điểm E nên AE = EM
Vậy AE = EM.
Câu 23:
Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc mặt phẳng đáy, SA = \(a\sqrt 6 \). Tính góc giữa SC và (SAB).
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}CB \bot AB\\CB \bot SA\end{array} \right.\]
Suy ra: CB ⊥ (SAB)
Hay B là hình chiếu của C lên (SAB)
Suy ra: (SC,(SAB) = (SC,SB) = \(\widehat {CSB}\)
Xét tam giác SBC vuông tại B có BC = a, SB = \(\sqrt {A{B^2} + S{A^2}} = a\sqrt 7 \)
tan\(\widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SB}} = \frac{a}{{a\sqrt 7 }} = \frac{1}{{\sqrt 7 }}\)
⇒ \(\widehat {CSB} = \arctan \frac{1}{{\sqrt 7 }} \approx 20,7^\circ \).
Câu 24:
\({\sin ^4}\frac{x}{2} + {\cos ^4}\frac{x}{2} = 1 - 2\sin x\)
⇔ \({\left( {{{\sin }^2}\frac{x}{2} + {{\cos }^2}\frac{x}{2}} \right)^2} - 2{\sin ^2}\frac{x}{2}.{\cos ^2}\frac{x}{2} = 1 - 2\sin x\)
⇔ \(1 - 2{\sin ^2}\frac{x}{2}.{\cos ^2}\frac{x}{2} = 1 - 2\sin x\)
⇔ \(\frac{1}{2}{\sin ^2}x - 2\sin x = 0\)
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\sin x = 4\left( L \right)\end{array} \right.\)(phương trình sinx = 4 vô nghiệm vì –1 ≤ sinx ≤ 1)
Với sinx = 0, suy ra: x = kπ (k ∈ ℤ)
0 < x < 2018 ⇔ 0 < kπ < 2018 ⇔ 0 < k < \(\frac{{2018}}{\pi }\)
⇔ k ∈ {1;2;3;…;642}
Vậy tổng các nghiệm cần tìm là:
S = π + 2π + 3π + … +642π = π(1 + 2 + 3 + … + 642)
= \(\frac{{642.\left( {642 + 1} \right)}}{2}\pi = 206403\pi \).
Câu 25:
Cho x, y là hai số thực tùy ý, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P = x2 + 5y2 + 4xy + 6x + 16y + 32.
P = x2 + 5y2 + 4xy + 6x + 16y + 32
⇔ P = x2 + (4xy + 6x) + 5y2 + 16y + 32
⇔ P = x2 + 2x(2y + 3) + (2y + 3)2 – (2y + 3)2 + 5y2 + 16y + 32
⇔ P = [x + (2y + 3)]2 – 4y2 – 12y – 9 + 5y2 + 16y + 32
⇔ P = (x + 2y + 3)2 + y2 + 4y + 23
⇔ P = (x + 2y + 3)2 + (y + 2)2 + 19
Vì (x + 2y + 3)2 ≥ 0 với mọi x, y ∈ R
(y + 2)2 ≥ 0 với mọi y ∈ R
⇒ P = (x + 2y + 3)2 + (y + 2)2 + 19 ≥ 19 với mọi x, y ∈ R
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x + 2y + 3 = 0 và y + 2 =0
Suy ra, x = 1 và y = –2
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 19 tại x = 1 và y = –2.
Câu 26:
Cho tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau, biết AB = AC = AD = 1. Số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng?
Vì AB ⊥ AC (giả thiết) và AB ⊥ AD (giả thiết)
Mà AC ∩ AD = {A}; AC, AD cùng thuộc mặt phẳng (ACD)
Suy ra: AB ⊥ (ADC)
Suy ra: AB ⊥ CD
Nên \(\widehat {\left( {AB;CD} \right)} = 90^\circ \).
Câu 27:
Có bao nhiêu cách sắp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh 11A, 3 học sinh lớp 11B và 5 học sinh lớp 11C thành 1 hàng ngang sao cho không có học sinh nào cùng lớp đứng cạnh?
Xếp 5 học sinh lớp 11C thành một hàng có 5! cách
∗TH1: Không có học sinh lớp 11A, 11B đứng cạnh nhau
Giữa 5 học sinh lớp 11C tạo ra 5 khoảng trống
C__C__C__C__C__
Số cách chọn 5 vị trí trống có 2 cách
(C__C__C__C__C__ hoặc __C__C__C__C__C)
Xếp 5 học sinh lớp 11A và 11B vào 5 khoảng trống có 5! cách
Có 2 cách chọn 5 vị trí trống
Trường hợp này có 5!.5!.2 = 28800
∗TH2: Có 1 cặp gồm 2 học sinh lớp 11A,11B đứng cạnh nhau
(C A B C A C B C B C)
Giữa 5 học sinh lớp 11C tạo ra 4 khoảng trống
C__C__C__C__C
Chọn 1 cặp A,B có: 2.3 cách
Đổi chỗ vị trí cho A,B trong cặp có 2 cách
Xếp cặp A,B và học sinh lớp 11A, 11B còn lại 4! cách
Thường hợp này có 5!.2.3.4!.2 = 34560
Vây số cách sắp xếp học sinh = 28800 + 34560 = 63630.
Câu 28:
Tìm số hạng thứ 7 trong khai triển (x + 2)10.
Số hạng tổng quát trong khai triển có dạng:
\(\sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{.2}^k}.{x^{10 - k}}} \) (0 ≤ k ≤ 10; k ∈ ℕ)
Số hạng thứ 7 tức k = 6.
Số hạng thứ 7 là: \(C_{10}^6{.2^6}.{x^{10 - 6}} = 13440{x^4}\).
Câu 29:
Trên cùng phía của đường thẳng xy, vẽ 2 đường thằng AH và BK, sao cho AH vuông góc với xy ở H, BK vuông góc với xy ở K và BK = AH. Gọi O là trung điểm của đoạn HK. Chứng minh: \(\widehat {AOH} = \widehat {BOK}\).
Ta có: AH ⊥ xy ⇒ \[\widehat {AHO} = 90^\circ \]
BK ⊥ xy ⇒ \[\widehat {BKO} = 90^\circ \]
Xét △AHO vuông tại H và △BKO vuông tại K có:
AH = BK
\[\widehat {AHO} = \widehat {BKO} = 90^\circ \]
HO = OK (do O là trung điểm của HK)
⇒ △AHO = △BKO (c.g.c)
⇒ \(\widehat {AOH} = \widehat {BOK}\)(2 góc tương ứng).
Câu 30:
Phân tích đa thức thành nhân tử: –x2 – 2xy – y2.
–x2 – 2xy – y2
= –(x2 + 2xy + y2)
= –(x + y)2.
Câu 31:
Biết 48 lít dầu nặng 36 kg. Một can chứa dầu nặng 30 kg. Biết cân nặng của can khi rỗng là 1,5 kg, số lít dầu chứa trong can đó là?
1 lít dầu cân nặng là:
36 : 48 = 0,75 (kg).
Số dầu chứa trong can là:
(30 − 1,5) : 0,75 = 38 (lít).
Câu 32:
Lớp 6A có 42 học sinh, lớp 6B có 54 học sinh và lớp 6C có 48 học sinh. Cô phụ trách đã xếp đều số học sinh của 3 lớp thành một số hàng như nhau. Tính số hàng nhiều nhất có thể xếp được.
Vì số học sinh xếp đủ nên số hàng dọc là ước chung của số học sinh ba lớp Số hàng dọc nhiều nhất cũng là ước chung lớn nhất của số học sinh ba lớp .
Ta có:
54 = 2.33
42 = 2.3.7
48 = 24 .3
ƯCLN (54; 42; 48) = 2.3 = 6.
Vậy số hàng dọc nhiều nhất xếp được là 6 hàng.
Câu 33:
Tìm y biết: 76,22 – y . 3 = 30,61 . 2.
76,22 – y . 3 = 30,61 . 2
⇔ 76,22 – 3y = 61,22
⇔ 3y = 76,22 – 61,22
⇔ 3y = 15
⇔ y = 15 : 3
⇔ y = 5.
Vậy y = 5.
Câu 34:
Với x là số tự nhiên lớn hơn 3, tìm giá trị lớn nhất của P = \(\frac{{2\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}\).
P = \(\frac{{2\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right) + 2}}{{\sqrt x + 2}} = 2 + \frac{2}{{\sqrt x + 2}}\)
Với x > 3 và x là số tự nhiên tức x ≥ 4
Suy ra: \(\sqrt x + 2 \ge \sqrt 4 + 2 = 4\)
⇒ \(2 + \frac{2}{{\sqrt x + 2}} \le 2 + \frac{2}{4} = \frac{5}{2}\)
Vậy P max = \(\frac{5}{2}\) khi x = 4.
Câu 35:
Tìm x biết: x(x – 4) = 0.
x(x – 4) = 0
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right.\)
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.\).
Câu 37:
Một thửa ruộng hình chữ nhật có chu vi là 96 m, chiều dài bằng \(\frac{5}{3}\) chiều rộng, người ta lấy \(\frac{1}{2}\) diện tích ăn quả. Tính diện tích ăn quả?
Nửa chu vi thửa ruộng là:
96 : 2 = 48 (m)
Chiều dài thửa ruộng là:
48 : (5 + 3) . 5 =30 (m)
Chiều rộng thửa ruộng là:
48 – 30 = 18 (m)
Diện tích thửa ruộng là:
30 . 18 = 540 (m2)
Diện tích ăn quả là:
540 : 2 = 270 (m2).
Câu 38:
Đúng ghi Đ sai ghi S:
a) 418 cm = 41,8 m.
b) 53 cm = 0,53 m.
c)105 cm = 1,05 m.
d) 908 dm = 9,08 m.
a) S (100cm = 1m nên 418cm = 4,18m)
b) Đ (100cm = 1m nên 53cm = 0,53m)
c) Đ (100cm = 1m nên 105cm = 1,05m)
d) S (10dm = 1m nên 908dm = 90,8m).
Câu 40:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SB, SD, OC.
a) Tìm Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mp (SAC).
b) Tìm giao điểm của SA với mp (MNP).
c) Tìm thiết diện của S.ABCD với (AMN).
a) P ∈ (MNP) ∩ (SAC)
SO và MN ⊂ (SBD)
⇒ SO cắt được MN
Gọi MN ∩ SO = I
⇒ I ∈ (MNP) ∩ (SAC)
⇒ (MNP) ∩ (SAC) = PI
b) Gán SA ⊂ (SAC)
Mà (SAC) ∩ (MNP) = PI
⇒ SA ∩ (MNP) = SA ∩ PI = J
c) AI,SC ⊂ (SAC) ⇒ AI cắt được SC
Gọi AI ∩ SC = E
⇒ (AMN) ∩ (SAB) = AM
(AMN) ∩ (SBC) = ME
(AMN) ∩ (SCD) = EN
(AMN) ∩ (SAD) = AN
⇒ thiết diện là tứ diện AMEN.
Câu 41:
Cho đường tròn đường kính AB vẽ tiếp tuyến Ax , By từ M trên đường tròn M khác A, B vẽ tiếp tuyến thứ 3 nó cắt Ax tại C cắt By tại D gọi N là giao điểm của BC và AO.
a) Chứng minh: \(\frac{{CN}}{{AC}} = \frac{{NB}}{{BD}}\).
b) Chứng minh: MN vuông góc AB.
c) Chứng minh: \(\widehat {COD} = 90^\circ \).
a) Vì CA,CM là tiếp tuyến của (O).
Suy ra: CA = CM
Tương tự DB = DM
Vì AC,DB là tiếp tuyến của (O)
Suy ra: AC ⊥ AB, BD ⊥ AB
⇒ AC // BD
⇒ \(\frac{{CN}}{{NB}} = \frac{{AC}}{{BD}} = \frac{{CM}}{{MD}}\)
⇒ \(\frac{{CN}}{{AC}} = \frac{{NB}}{{BD}}\)
b) Từ câu a có: \(\frac{{CN}}{{NB}} = \frac{{AC}}{{BD}} = \frac{{CM}}{{MD}}\) nên MN // BD
Vì BD vuông góc AB nên MN ⊥ AB
c) Ta có: CM, CA là tiếp tuyến của (O) nên OC là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\)
Tương tự: OD là phân giác của \(\widehat {BOM}\)
Mà: \(\widehat {AOM} + \widehat {BOM} = \widehat {AOB} = 180^\circ \)
Suy ra: \(\frac{1}{2}\left( {\widehat {AOM} + \widehat {BOM}} \right) = 90^\circ \)
Hay: \(\widehat {COM} + \widehat {DOM} = \widehat {COD} = 90^\circ \)
Vậy \(\widehat {COD} = 90^\circ \).
Câu 42:
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.
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:
\[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{6}\].
Câu 43:
x – y và y – x có giống nhau không? Vì sao?
x – y và y – x không giống nhau
Đây là 2 số đối nhau vì x – y + y – x = 0.
Câu 45:
Số dư của phép chia 37,99 : 16 nếu lấy đến 2 chữ số ở phần thập phân của thương là bao nhiêu?
Như vậy, số dư của phép chia 37,99 : 16 nếu lấy đến 2 chữ số ở phần thập phân của thương là 7.
Câu 46:
A, B và C chạy quanh một đường tròn có chiều dài 750m với tốc độ lần lượt là 3 m/giây, 6m/giây và 18m/giây. Nếu cả ba bắt đầu từ cùng một điểm, đồng thời và chạy theo cùng một hướng, khi nào họ sẽ gặp nhau lần đầu tiên sau khi họ bắt đầu cuộc đua?
S = 750m
V1 = 3m/s
V2 = 6m/s
V3 = 18m/s
V = ƯC (3; 6; 18)
Mà: 3 = 3; 6 = 2.3; 18 = 2.32
Thời gian họ gặp nhau lần đầu tiên là:
t = S : V = 750 : 3 = 250 (giây).
Câu 47:
Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh bằng a. Tính \(\left| {\overrightarrow {AC} } \right|\).
Áp dụng định lý Pytago vào tam giác ABC vuông tại B: AC2 = AB2 + BC2
\(\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \).
Câu 48:
Cho tam giác ABC có \(\widehat A = 90^\circ \), trên cạnh BC lấy điểm E sao cho BA = BE. Tia phân giác góc B cắt AC ở D.
a) So sánh DA và DE.
b) Tính số đo \(\widehat {BED}\).
a) Xét △ABD và △EBD có:
Chung BD
\(\widehat {ABD} = \widehat {DBE}\)(vì BD là phân giác)
AB = BE
⇒ △ABD = △EBD (c.g.c)
Suy ra: DA = DE (hai cạnh tương ứng)
b) Theo phần a có △ABD = △EBD (c.g.c)
⇒ \(\widehat {BED} = \widehat {BAD} = 90^\circ \).
Câu 49:
Cho tam giác ABC vuông tại A. Về phía ngoài tam giác, vẽ các hình vuông ABDE, ACFG.
a) Chứng minh tứ giác BCGE là hình thang cân.
b) Gọi K là giao điểm của các tia DE và FG, M là trung điểm của đoạn thẳng EG. Chứng minh ba điểm K, A, M thẳng hàng.
c) Chứng minh \(\widehat {COD} = 90^\circ \).
d) Chứng minh DC, FB và AM đồng quy.
a) Vì ABDE, ACFG là các hình vuông nên ta có E, A, C thẳng hàng và B, A, G cũng thẳng hàng (1) và EC = BG.
Mà \(\widehat {EBA} = \widehat {AGC} = 45^\circ \)(2).
Từ (1) và (2):
Suy ra EB // CG và EC = BG nên EBCG là hình thang cân.
b) Ta có: \(\widehat {AEK} = \widehat {GAE} = \widehat {AGK} = 90^\circ \)
Suy ra: AEKG là hình chữ nhật, hai đường chéo EG và AK giao nhau tại trung điểm mỗi đường.
Mà M là trung điểm EG
Nên M là trung điểm AK
Suy ra: M, A, K thẳng hàng.
c) Gọi H = MA ∩ BC
Vì BEGC là hình thang cân nên ∆BEG = ∆EBC (c–g–c)
⇒ \(\widehat {ECB} = \widehat {EGB}\) mà \(\widehat {EGA} = \widehat {MAG} = \widehat {BAH}\)
⇒ \(\widehat {BAH} + \widehat {ABC} = \widehat {ECB} + \widehat {ABC} = 90^\circ \)
Suy ra: MA vuông góc với BC tại H.
d) Xét ∆ABK và ∆BDC có:
AB = DB
\(\widehat {BAK} = \widehat {DBC}\)
KA = EG = BC
Suy ra: ∆ABK = ∆BDC (c.g.c)
Suy ra: \(\widehat {BKA} = \widehat {BCD}\)
Mà KA ⊥ BC nên CD ⊥ BK
Chứng minh tương tự ta cũng có BF ⊥ KC.
Suy ra: Tam giác KBC có BF, CD, AM là 3 đường cao đồng quy tại trực tâm I.
Câu 50:
Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của DE, EB, BC, CD. Chứng minh: 4 điểm M, N, P, Q cùng thuộc 1 đường tròn.
Tam giác DEB và tam giác DCB có MN; PQ là đường trung bình
⇒ MN // PQ và MN = PQ (cùng // BD và bằng \(\frac{{BD}}{2}\))
⇒ Tứ giác MNQP là hình bình hành. (1)
Ngoài ra MQ là đường trung bình của tam giác CDE
⇒ MQ // AC và MN // AB mà AB vuông góc CD
⇒ MN vuông góc MQ
⇒ \(\widehat {MNQ} = 90^\circ \) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ MNQP là hình chữ nhật
⇒ M, N, P, Q cùng thuộc 1 đường tròn.
Câu 51:
Cho tam giác nhọn ABC có AD là phân giác trong góc A (D thuộc BC) . Đường thẳng qua d song song với AB cắt AC tại I , đường thẳng qua d song song AC cắt AB tại K. Chứng minh rằng tam giác IDK là tam giác cân.
Xét tứ giác AKDI có:
AK // DI
AI // KD
⇒ AKDI là hình bình hành (1)
⇒ AD cắt KI tại trung điểm mỗi đường
⇒ AD là trung tuyến của ∆KAI
Mà AD là đường phân giác \(\widehat {KAI}\)
⇒ ∆KAI cân tại A
⇒ AK = AI (2)
Từ (1) và (2) ⇒ AIDK là hình thoi
⇒ KD = DI
⇒ ∆IDK cân tại D.
Câu 52:
Cho tứ diện ABCD có các điểm M và N lần lượt là trung điểm của AC và BC. Lấy điểm K thuộc đoạn BD (K không là trung điểm của BD). Tìm giao điểm của đường thẳng AD và mặt phẳng (MNK).
Nhận xét. Trên hình vẽ không có sẵn đường thẳng nào của mặt phẳng (MNK) cắt AD. Ta xét mặt phẳng chứa AD chẳng hạn (ACD) rồi tìm giao tuyến ∆ của (ACD) với (MNK). Sau đó tìm giao điểm I của ∆ và AD, I chính là giao điểm phải tìm.
Gọi L = NK ∩ CD
Ta có L ∈ NK ⇒ L ∈ (MNK)
L ∈ CD ⇒ L ∈ (ACD)
Nên ML = (ACD) ∩ (MNK) = Δ
Δ ∩ AD = I ⇒ I = (MNK) ∩ AD.
Câu 53:
Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) với A, B là các tiếp điểm. Chứng minh 4 điểm A, B, O, M cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\widehat {MAO} = 90^\circ \)(vì MA là tiếp tuyến của (O) nên MA ⊥ OA)
\(\widehat {MBO} = 90^\circ \)(vì MA là tiếp tuyến của (O) nên MA ⊥ OA)
Xét tứ giác AMBO có:
\(\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Suy ra: tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn vì có tổng 2 góc đối bằng 180°
Vậy A, M, B, O cùng thuộc 1 đường tròn.
Câu 54:
Hình thoi ABCD có diện tích 20 cm2 và đường chéo AC bằng 10 cm. Tính độ dài đường chéo BD.
Diện tích hình thoi ABCD được tính như sau:
SABCD = \(\frac{1}{2}\)AC.BD.
Độ dài đường chéo BD là: 20 . 2 : 10 = 4 (cm).
Câu 55:
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O;R). Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn tâm O (A, B là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của MO với AB. Kẻ đường kính AD của đường tròn (O), MD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là C. Chứng minh rằng \(\widehat {MHC} = \widehat {ADC}\).
ΔOAM vuông tại A có AH⊥OM
⇒ AM2 = MH.MO (1)
Ta có: \(\widehat {ACD}\)= 90° (do AD là đường kính) ⇒ AC ⊥ DM
\(\widehat {OAM}\)=90° hay \(\widehat {DAM}\)= 90°
⇒ ΔADM vuông tại A có AC⊥DM
⇒AM2 = MC.MD (2)
Từ (1), (2)
⇒ MH.MO = MC.MD( =AM2)
⇒ \(\frac{{MH}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\)
Xét ΔMHC và ΔMDO có:
\(\widehat {OMD}\) chung
\(\frac{{MH}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\) (cmt)
⇒ ΔMHC ∽ ΔMDO(c−g−c)
⇒ \(\widehat {MHC} = \widehat {ADC}\).
Câu 56:
Một cửa hàng nhập về 50 chiếc túi xách với giá góc 150 000 đồng/cái. Cửa hàng đã bán 30 chiếc với giá mỗi chiếc lãi 30% so với giá gốc, 20 chiếc còn lại bán lỗ 5% so với giá gốc. Hỏi sau khi bán hết 50 chiếc túi xách cửa hàng đó lãi hay lỗ bao nhiêu tiền?
Giá vốn 50 chiếc túi xách:
50.150000 = 7500000 (đồng)
Giá bán để cửa hàng lãi 30% so với giá gốc là:
150000.(100% + 30%) = 150000.130% = 195000 (đồng)
Số tiền thu được khi bán với giá lãi 30%:
30.195000 = 5850000 (đồng)
Giá bán làm cửa hàng lỗ 5% so với giá gốc là:
150000.(100% − 5%) = 150000.95% = 142500 (đồng)
Số tiền thu được khi bán với giá lỗ 5%:
20.142500 = 2850000 (đồng)
Tổng tiền thu được:
5850000 + 2850000 = 8700000 > 7500000
Vậy cửa hàng lãi và lãi: 8700000 − 7500000 = 1200000 (đồng).
Câu 57:
Một ô tô cứ đi 100km thì tiêu thụ hết 12,5 lít xăng. Hỏi ô tô đó đi quãng đường dài 60km thì tiêu thụ hết bao nhiêu xăng ?
1km thì ô tô đó tiêu thụ hết số lít xăng là:
12,5 : 100 = 0,125 (lít).
60km thì ô tô tiêu thụ hết số lít xăng là:
60 . 0,125 = 7,5 (lít).
Đáp số: 7,5 lít.
Câu 58:
Tính chiều cao của cây trong hình vẽ bên (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
Chiều cao của cây là: h = 1,7 + 20. tan35o ≈ 15,7 m.
Câu 59:
Tìm x để y = sinx + cosx + sin2x – 1 đạt giá trị lớn nhất.
Đặt t = sinx + cos x
Khi đó: t = \(\sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\)
Vậy t ∈ \(\left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]\)
Và t2 = sin2x + cos2x + 2sinxcosx = 1 + 2sinxcosx
Suy ra: 2sinxcosx = sin2x = t2 – 1
Phương trình đã cho trở thành: y = t + 1 – t2 – 1 = –t2 + t
Hàm số bậc 2 này có đồ thị là 1 Parabol úp xuống, với tọa độ đỉnh là \(\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{4}} \right)\), đây cũng điểm cao nhất của đồ thị, tức là khi hàm số đạt giá trị lớn nhất
Suy ra: GTLN của hàm số tại t = \(\frac{1}{2}\)
Suy ra: \(\sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{2}\)
⇔ \(\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{{2\sqrt 2 }}\)
Do đó: \[\left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{4} + \arctan \left( {\frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right) + k2\pi \\x = \frac{{3\pi }}{4} - \arctan \left( {\frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right) + k2\pi \end{array} \right.\].
Câu 60:
Vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy đồ thị của các hàm số sau:
y =\(\frac{{ - 1}}{2}x\) (d1) và y = \(\frac{1}{2}x\) + 3 (d2).
Xác định b để đường thẳng (d3) y = 2x + b cắt (d2) tại điểm có tung độ và hoành độ đối nhau.
+) Vẽ đồ thị hàm số (d1): y = \(\frac{{ - 1}}{2}x\)
Với x = 0 ⇒ y = 0 ta có điểm (0;0)(
Với x = 2 ⇒ y = \(\frac{{ - 1}}{2}\).2 = −1 ta có điểm (2;−1)
Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm (0;0);(2;−1) ta được (d1)
+) Vẽ đồ thị hàm số (d2):y =\(\frac{1}{2}x\)+ 3
Với x = 0 ⇒ y = 3 ta có điểm (0;3)
Với y = 0 ⇒\(\frac{1}{2}x\)+ 3 = 0 ⇒ x = −6 ta có điểm (−6;0)
Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm (0;3);(−6;0) ta được (d2)
Phương trình hoành độ giao điểm của (d3): y = 2x + b và (d2): y =\(\frac{1}{2}x\)+ 3
2x + b = \(\frac{1}{2}x\)+ 3
⇔ \(\frac{3}{2}x = 3 - b\)
⇔ x = \(2 - \frac{2}{3}b\)
Thay x = \(2 - \frac{2}{3}b\) vào (d2) ta được: y = \(\frac{1}{2}\left( {2 - \frac{2}{3}b} \right) + 3 = 4 - \frac{1}{3}b\)
Vì giao điểm của (d2); (d3) có tung độ và hoành độ đối nhau
⇒ x + y = 0
⇔ \(2 - \frac{2}{3}b + 4 - \frac{1}{3}b = 0\)
⇔ –b = – 6
⇔ b = 6
Vậy b = 6.
Câu 61:
Tìm n biết: (n – 3) + (n – 2) + (n – 1) + .... + 10 + 11 = 11.
(n – 3) + (n – 2) + (n – 1) + .... + 10 + 11 = 11
⇔ (n – 3) + (n – 2) + (n – 1) + .... + 10 = 0
Gọi số các số hạng từ n – 3 đến 10 là x
Ta có: [10 + (n – 3)].x : 2 = 0
⇔ (n + 7)x = 0
Vì x khác 0 do x là số các số hạng
Nên n + 7 = 0
Suy ra: n = – 7
Vậy n = –7.
Câu 62:
Tính bằng cách thuận tiện: \(\frac{1}{{10.11}} + \frac{1}{{11.12}} + ... + \frac{1}{{49.50}}\).
\(\frac{1}{{10.11}} + \frac{1}{{11.12}} + ... + \frac{1}{{49.50}}\)
\( = \frac{1}{{10}} - \frac{1}{{11}} + \frac{1}{{11}} - \frac{1}{{12}} + ... + \frac{1}{{49}} - \frac{1}{{50}}\)
\( = \frac{1}{{10}} - \frac{1}{{50}}\)
\( = \frac{4}{{50}} = \frac{2}{{25}}\).
Câu 63:
Trong phép tính 121,23:14 và có thương là 8,65. Vậy số dư là bao nhiêu?
Ta có: 121,23 = 8,65 . 14 + 0,13
Vậy số dư là 0,13.
Câu 64:
Đặt tính rồi tính: 173,44 : 32.
Đầu tiên, lấy 173 chia 32 ta được thương là 5, dư 13.
Hạ 4, thêm dấu phẩy sau số thương 5.
Khi đó, ta có 134 chia 32 được 4 dư 6.
Viết 4 sau dấu phẩy, hạ số 4 còn lại xuống.
Khi đó, ta có 64 chia 32 được thương là 2, số dư là 0.
Vậy 173,44 : 32 = 5,42.
Câu 65:
Cho tam giác ABC. M, N là trung điểm AB, AC. Chứng minh: \(\overrightarrow {AB} = \frac{{ - 2}}{3}\overrightarrow {CM} - \frac{4}{3}\overrightarrow {BN} \).
Vì M là trung điểm AB nên \(\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AM} \)
Lại có: \(\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AM} = 2\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CM} } \right) = 2\overrightarrow {CM} + 2\overrightarrow {AC} \)(*)
N là trung điểm AC nên: \(\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AN} \) suy ra: \(2\overrightarrow {AC} = 4\overrightarrow {AN} \)
(*) ⇒ \(\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {CM} + 2\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {CM} + 4\overrightarrow {AN} = 2\overrightarrow {CM} + 4\overrightarrow {AB} + 4\overrightarrow {BN} \)
⇒ \(3\overrightarrow {AB} = - 2\overrightarrow {CM} - 4\overrightarrow {BN} \)
⇒ \(\overrightarrow {AB} = \frac{{ - 2}}{3}\overrightarrow {CM} - \frac{4}{3}\overrightarrow {BN} \) (đpcm).
Câu 66:
2 giờ và 45 phút tương đương với 2,75 giờ. Đúng hay sai?
Đây là phát biểu đúng
Vì 45 phút = \(\frac{{45}}{{60}} = 0,75\)giờ
Nên 2 giờ 45 phút = 2 giờ + 0,75 giờ = 2,75 giờ.
Câu 67:
Tính: 99 + (–5) + (–104) + 11.
99 + (–5) + (–104) + 11
= (99 + 11) + [(–5) + (–104)]
= 110 + (–109)
= 110 – 109
= 1.
Câu 68:
Tính nhanh: [(–59) + 71] – [–83 – (–95)].
[(–59) + 71] – [–83 – (–95)]
= (71 – 59) – (–83 + 95)
= 12 – 12
= 0.
Câu 69:
Cho a = –13; b = 25; c = –30. Tính giá trị biểu thức:
a) a + a + 12 – b.
b) a + b – (c + b).
c) 25 + a – (b + c) – a.
a) a + a + 12 – b = 2a + 12 – b = 2.(–13) + 12 – 25 = –26 + 12 – 25 = –29.
b) a + b – (c + b) = a + b – c – b = a – c = –13 – (–30) = 30 – 13 = 17.
c) 25 + a – (b + c) – a = 25 – b – c = 25 – 25 – (–30) = 30.
Câu 70:
Tìm giá trị n ∈ ℕ thỏa mãn \(C_{n + 1}^1 + 3C_{n + 2}^2 = C_{n + 1}^3\).
Điều kiện: n ≥ 2 và n ∈ ℕ
Ta có: \(C_{n + 1}^1 + 3C_{n + 2}^2 = C_{n + 1}^3\)
⇔ \(\frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{1!.n!}} + 3\frac{{\left( {n + 2} \right)!}}{{2!.n!}} = \frac{{\left( {n + 3} \right)!}}{{3!.\left( {n - 2} \right)!}}\)
⇔ \(n + 1 + 3.\frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{2} = \frac{{\left( {n - 1} \right)n\left( {n + 1} \right)}}{6}\)
Vì n + 1 > 0 nên chia cả 2 vế cho n + 1 ta có:
⇔ 1 + \(3.\frac{{\left( {n + 2} \right)}}{2} = \frac{{\left( {n - 1} \right)n}}{6}\)
⇔ 6 + 3.3(n+2) = (n – 1)n
⇔ n2 – 10n – 24 = 0
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}n = - 2\left( L \right)\\n = 12\end{array} \right.\)
Vậy n = 12.
Câu 71:
Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Gọi E, F theo thứ tự là trung diểm của AB, CD. Gọi M là giao điểm của AF và DE, N là giao điểm của BF và CE.
a) Tứ giác ADFE là hình gì? Vì sao?
b) Tứ giác EMFN là hình gì? Vì sao?
a) E, F là trung điểm AB, CD ⇒ AE = EB = \(\frac{{AB}}{2}\), DF = FC = \(\frac{{CD}}{2}\).
Ta có: AB = CD = 2AD = 2BC
⇒ AE = EB = BC = CF = FD = DA.
+ Tứ giác ADFE có AE // DF, AE = DF
⇒ ADFE là hình bình hành.
Hình bình hành ADFE có \(\widehat A\) = 90º
⇒ ADFE là hình chữ nhật.
Hình chữ nhật ADFE là hình chữ nhật có AE= AD
⇒ ADFE là hình vuông.
b) Tứ giác DEBF có EB // DF, EB = DF nên là hình bình hành
Do đó DE // BF
Tương tự: AF // EC
Suy ra EMFN là hình bình hành
Theo câu a, ADFE là hình vuông nên ME = MF, ME ⊥ MF.
Hình bình hành EMFN có \(\widehat M\)= 90º nên là hình chữ nhật.
Lại có ME = MF nên EMFN là hình vuông.
Câu 72:
Cho hình thang vuông ABCD (\(\widehat A\) = \(\widehat D\)= 90°) có \[\widehat {BMC}\]= 90°, với M là trung điểm của AD. Chứng minh: AD là tiếp tuyến của đường tròn bán kính BC.
Gọi O là trung điểm BC.
OM là đường trung bình trong hình thang ABCD.
Do đó, OM // AB // DC hay OM ⊥ AD. (1)
Tam giác BMC vuông tại M nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra AD là tiếp tuyến tại M của đường tròn tâm O.
Vậy AD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC.
Câu 73:
Cạnh của hình vuông đó là:
20 : 4 = 5 (cm)
Nếu kéo dài mỗi cạnh hình vuông 3cm thì độ dài cạnh hình vuông mới là:
5 + 3 = 8 (cm)
Chu vi hình vuông mới là:
8 . 4 = 32 (cm).
Câu 74:
Cho hình vẽ sau, biết m // n và x ⊥ m.
1) Chứng minh: x ⊥ n.
2) Tính các góc \(\widehat {{A_1}},\widehat {{A_2}}\) biết \(\widehat {{B_1}} = 60^\circ \).
1) Vì m // n và x ⊥ m nên x ⊥ n (quan hệ từ vuông góc đến song song)
2) Vì m // n nên: \(\widehat {{B_1}} = \widehat {A{}_2} = 60^\circ \)(2 góc đồng vị)
Mà \(\widehat {{A_1}},\widehat {{A_2}}\) là 2 góc đối đỉnh nên: \[\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}} = 60^\circ \].
Câu 75:
Cho lục giác ABCDEF. Có bao nhiêu vectơ khác \(\overrightarrow 0 \), có điểm đầu và điểm cuối là hai đỉnh của lục giác.
Mỗi cách chọn 2 đỉnh trong 6 đỉnh để sắp xếp thành một vectơ là một chỉnh hợp chập 2 của 6
Vậy có \(A_6^2\) vectơ khác \(\overrightarrow 0 \), có điểm đầu và điểm cuối là hai đỉnh của lục giác ABCDEF.
Câu 76:
Cho một số tự nhiên gồm các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2020, được viết theo thứ tự liền nhau như sau: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 … 2017 2018 2019 2020 2021. Hãy tính tổng tất cả các chữ số của số đó?
Bước 1: Tính tổng các chữ số từ 0 đến 999:
Thêm các chữ số 0 vào trước các số có 1 và 2 chữ số để ta được dãy số gồm toàn các số có 3 chữ số: 000; 001; 002; 003; 004; ...; 999 (Tổng các chữ số vẫn không thay đổi)
Khi này, dãy số trên có 1000 số
Số các chữ số là: 1000 × 3 = 3 000 (chữ số)
Mỗi chữ số 0; 1; 2; ...; 9 xuất hiện số lần là: 3000 : 10 = 300 (lần)
Vậy, tổng các chữ số từ 0 đến 999 là:
(0 + 1 + 2 + ... + 9) . 300 = 45 . 300 = 13 500
Bước 2: Tính tổng các chữ số từ 1000 đến 1999:
So với dãy số 000 đến 999 thì mỗi số tăng thêm 1 ở hàng nghìn
Vậy tổng các chữ số từ 1000 đến 1999 là:
13500 + 1 . 1000 = 13500 + 1000 = 14500
Bước 3: Tính tổng các chữ số từ 2000 đến 2021:
Ta có tổng các chữ số từ 2000 đến 2021 là:
(2 . 21 + 1 . 10 + 2 + 2 . 45) + (2 + 0 + 2 + 1)
= (42 + 10 + 2 + 90) + 5
= 144 + 5
= 149
Vậy, tổng tất cả các chữ số từ 1 đến 2021 là 13 500 + 14500 + 149 = 28149.Câu 77:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và đường cao BE. Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm E đến các đường thẳng AB và BC.
1) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh: BH.BA = BK.BC.
3) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB và I là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh ba điểm H, I, K là ba điểm thẳng hàng.
1) Ta có: \(\widehat {BHE} = \widehat {BKE} = 90^\circ \)(vì EH vuông góc AB, EK vuông góc BC)
Xét tứ giác BHEK có: \(\widehat {BHE} + \widehat {BKE} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Nên BHEK là tứ giác nội tiếp
2) Ta có: \(\widehat {BHE} + \widehat {EBH} = 90^\circ \)(do tam giác BHE vuông tại H)
\(\widehat {BAE} + \widehat {EBH} = 90^\circ \)(do tam giác ABE vuông tại E)
Nên: \(\widehat {BHE} = \widehat {BAE}\)
Mà \(\widehat {BHE} = \widehat {BKH}\)
Suy ra: \(\widehat {BAE} = \widehat {BKH}\)
Xét tam giác BHK và tam giác BCA có:
\(\widehat B\)chung
\(\widehat {BAE} = \widehat {BKH}\)
⇒ ∆BHK ∽ ∆BCA (g.g)
⇒ \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{BA}}\)
⇒ BH.BA = BK.BC
3) Gọi I’ là giao điểm của HK và EF
Xét tứ giác BFEC có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \)
Nên BFEC là tứ giác nội tiếp
Suy ra: \[\widehat {{B_1}} = \widehat {{F_1}}\](2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC)
Ta có: EH // CF (cùng vuông góc AB)
Nên: \[\widehat {{E_1}} = \widehat {{F_1}}\](2 góc so le trong)
Suy ra: \[\widehat {{B_1}} = \widehat {{E_1}}\] (1)
Theo câu a tứ giác BHEK nội tiếp nên \[\widehat {{B_1}} = \widehat {{H_1}}\] (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EK) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \[\widehat {{H_1}} = \widehat {{E_1}}\]
Suy ra: I'HE cân tại I' hay I'H = I'E (3)
Lại có: \[\widehat {{H_1}} + \widehat {{H_2}} = 90^\circ \]
\[\widehat {{F_2}} + \widehat {{E_1}} = 90^\circ \] (do tam giác HEF vuông tại H)
Nên: \[\widehat {{H_2}} = \widehat {{F_2}}\]hay tam giác I'HF cân tại I'
Suy ra: I'H = I'F (4)
Từ (3) và (4) suy ra: I'E = I'F hay I' là trung điểm EF
Suy ra: I' ≡ I nên I, H, K thẳng hàng.
Câu 78:
Cho tam giác ABC có AB = a, AC = 2a. Gọi D là trung điểm AC, M là điểm thỏa mãn \[\overrightarrow {BM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} \]. Chứng minh: BD vuông góc AM.
Ta có: \[\overrightarrow {BM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} \]
Suy ra: BM =\(\frac{1}{3}\)BC và M thuộc BC
Lấy E là trung điểm MC
Suy ra: EM = EC = \(\frac{1}{2}\)MC = \(\frac{1}{2}.\frac{2}{3}BC = \frac{1}{3}BC\)
Nên BM = ME = EC
M là trung điểm BE.
Ta có D, E là trung điểm AC, CM
DE là đường trung bình ΔAMC
DE // AM.
Gọi AM ∩ BD = F.
DE // MF
Mà M là trung điểm BE
MF là đường trung bình ΔBDE
F là trung điểm BD
Ta có: AC = 2AB, D là trung điểm AC
AD = AB = \(\frac{1}{2}\)AC
ΔABD cân tại A.
Mà F là trung điểm BD nên ΔABD cân tại A có đường trung tuyến AM đồng thời là đường cao
Do đó AF ⊥ BD.
Suy ra AM ⊥ BD.
Câu 79:
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) có D và E lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và BC. Vẽ EF vuông góc với AB tại F.
a) Chứng minh rằng DE //AB và tứ giác ADEF là hình chữ nhật.
b) Trên tia đối của tia DE lấy điểm G sao cho DG = DE. Chứng minh tứ giác AECG là hình thoi.
c) Gọi O là giao điểm của AE và DF. Chứng minh rằng ba điểm B, O, G thẳng hàng.
d) Vẽ EH vuông góc với AG tại H. Chứng minh rằng tam giác DHF vuông.
a) Xét DABC có D, E lần lượt là trung điểm của AC và BC nên DE là đường trung bình của tam giác
Do đó DE // AB hay DE // AF.
Ta có AB ⊥ AC và DE // AB nên DE ⊥ AC hay \(\widehat {ADE} = 90^\circ \)
Xét tứ giác ADEF có: \(\widehat {FAD} = \widehat {ADE} = \widehat {AFE} = 90^\circ \)
Do đó ADEF là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).
b) Tứ giác AECG có hai đường chéo AC và GE cắt nhau tại trung điểm D của mỗi đường nên là hình bình hành.
Lại có hai đường chéo EG ⊥ AC (do DE ⊥ AC)
Do đó AECG là hình thoi.
c) Do ADEF là hình chữ nhật nên hai đường chéo AE và DF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, hay O là trung điểm của AE.
Do AECG là hình thoi nên EC // AG và EC = AG
Lại có BE = EC (do E là trung điểm của BC) nên BE = AG.
Xét tứ giác ABEG có BE // AG (do EC // AG) và BE = AG
Do đó ABEG là hình bình hành
Suy ra hai đường chéo AE và BG cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
Mà O là trung điểm của AE nên O là trung điểm của BG
Do đó ba điểm B, O, G thẳng hàng.
d) Do ADEF là hình chữ nhật nên AF = DE.
Mà DE = DG nên DG = AF.
Xét tứ giác AFDG có: DG = AF và DG // AF (do DE // AB)
Do đó AFDG là hình bình hành.
Suy ra AG // DF
Lại có EH ⊥ AG nên EH ⊥ DF
Xét DEHG vuông tại H có HD là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
Nên HD = ED = \(\frac{{}}{{}}\)\(\frac{1}{2}EG\)
Khi đó ∆EDH là tam giác cân tại D
Suy ra đường cao DF của tam giác đồng thời là đường phân giác.
Hay \(\widehat {EDF} = \widehat {HDF}\)
Xét ∆EDF và ∆HDF có:
DF là cạnh chung;
\(\widehat {EDF} = \widehat {HDF}\)(chứng minh trên);
ED = HD (chứng minh trên)
Do đó ∆EDF = ∆HDF (c.g.c)
Suy ra (hai góc tương ứng)
Mà \(\widehat {FED} = 90^\circ \)(do ADEF là hình chữ nhật)
Do đó \(\widehat {FHD} = 90^\circ \)nên tam giác DHF vuông tại H.
Câu 80:
Cho tam giác ABC vuông tại A có \(\widehat C = 30^\circ \). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và AC.
a) Tính \(\widehat {NMC}\).
b) Gọi E là điểm đối xứng với M qua N. Chứng minh tứ giác AECM là hình thoi.
c)Lấy D là điểm đối xứng với E qua BC. Tứ giác ACDB là hình gì? Tại sao?
d) Tam giác ABC có điều kiện gì thì tứ giác AECM là hình vuông?
a. Ta có: \(\widehat C = 30^\circ ;\widehat A = 90^\circ \)
Suy ra: \(\widehat B = 90^\circ - \widehat C = 60^\circ \)
Vì M, N là trung điểm BC, AC
⇒ MN // AB
⇒ \(\widehat {NMC} = \widehat B = 60^\circ \)
b. Ta có MN // AB, M là trung điểm BC
⇒ N là trung điểm AC
⇒ ME ⊥ AC = N
⇒ N là trung điểm mỗi đường
⇒ AECM là hình thoi
c. Ta có E,D đối xứng qua BC
⇒ BE = BD, \(\widehat {BCD} = \widehat {ECB}\)
Vì AECM là hình thoi
⇒ \(\widehat {ECB} = 2\widehat {ACB} = 60^\circ \)
⇒ \(\widehat {BCD} = 60^\circ \)
⇒ \(\widehat {ACD} = \widehat {ACB} + \widehat {BCD} = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ \)
⇒ \(\widehat {ACD} = 90^\circ \)
⇒ CD ⊥ AC
⇒ AB // DC vì AB⊥AC
Mà CD = CE = MA = AB (do ΔABM đều)
⇒ ABDC là hình bình hành
Do AC ⊥ CD ⇒ ABDC là hình chữ nhật
d. Để AECM là hình vuông
⇒AM ⊥ MC
⇒ ΔABC vuông cân tại A.
Câu 81:
Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M bất kì trên cạnh BC. Gọi D, E theo thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC. Tứ giác ADME là hình gì?
Ta có tam giác ABC vuông tại A.
Suy ra \(\widehat {DAE} = 90^\circ \) .
Mà \(\widehat {MDA} = 90^\circ \) (D là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB) và ˆMEA=90° (E là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AC).
Do đó \(\widehat {DAE} = \widehat {MDA} = \widehat {MEA} = 90^\circ \)
Vậy tứ giác ADME là hình chữ nhật.
Câu 82:
Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD = 24, BC = CD = DB = 15. Trên cạnh AB lấy điểm P sao cho PA = x.PB. Với giá trị nào của x thì mặt phẳng (a) qua P song song với AC và BD cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là một hình thoi?
PA = x.PB suy ra: \(\frac{{PA}}{{PB}} = x\)
⇒ \(\frac{{PA}}{{PB + PA}} = \frac{x}{{1 + x}}\)
⇒ \(\frac{{PA}}{{AB}} = \frac{x}{{1 + x}}\) và \(\frac{{PB}}{{AB}} = \frac{1}{{1 + x}}\)
Tam giác BAD dựng PI // BD ⇒ \(\frac{{PI}}{{BD}} = \frac{{AP}}{{AB}}\)
Tam giác BAC dựng PE // AC ⇒ \(\frac{{PE}}{{AC}} = \frac{{BP}}{{BA}}\)
(PIE) chính là (α), dựng IF // AC
⇒ PIFE là thiết diện của hình chóp (ABCD) cắt bởi (α)
Do IF//PE và IF = PE nên PIFE là hình bình hành để tứ giác là hình thoi thì PI = PE
Mà \(PI = \frac{{AP}}{{AB}}.BD = \frac{x}{{x + 1}}.15\)
\(PE = \frac{{BP}}{{BA}}.AC = \frac{1}{{x + 1}}.24\)
PI = PE ⇒ 15x = 24 ⇒ x = \(\frac{{24}}{{15}}\).
Câu 83:
Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Điểm C thuộc đường tròn sao cho AC > CB, C khác A và B. Kẻ CH vuông góc với AB tại H; kẻ OI vuông góc với AC tại I.
a) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn (O; R), tia OI cắt Ax tại M, chứng minh OI.OM = R2. Tính độ dài đoạn thẳng OI biết OM = 2R và R = 6cm.
a) Gọi N là trung điểm của OC
Ta có: ΔOHC vuông tại H (CH⊥AB tại H)
Mà HN là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền OC(N là trung điểm của OC)
Nên HN = \(\frac{{OC}}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)
Mà ON = CN = \(\frac{{OC}}{2}\)(N là trung điểm của OC)
Nên HN = ON = CN (1)
Ta có: ΔOCI vuông tại I (OI ⊥ AC tại I)
Mà IN là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền OC(N là trung điểm của OC)
Nên IN = \(\frac{{OC}}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)
Mà CN = ON = \(\frac{{OC}}{2}\)(N là trung điểm của CO)
Nên IN = CN = ON (2)
Từ (1) và (2) suy ra NI = NO = NC = NH
Hay I,O,C,H cùng thuộc một đường tròn (đpcm)
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔMAO vuông tại A có AI là đường cao ứng với cạnh huyền OM, ta được:
OI.OM = OA2 mà OA = R (A ∈ (O;R))
nên OI.OM = R2 (đpcm)
Vì OM = 2R và R = 6cm nên OM = 2.6 = 12 (cm)
Thay OM = 12cm và R=6cm vào biểu thức OI.OM = R2, ta được:
OI⋅12 = 62 = 36
hay OI = 3 cm
Vậy: Khi OM = 2R và R = 6cm thì OI = 3cm.
Câu 84:
Cho (d1): y = (2m + 1)x – 2m – 3 và d2: y = (m – 1)x + m. Tìm m để d1 và d2 cắt nhau tại 1 điểm nằm trên trục hoành.
Để (d1) và (d2) cắt nhau thì:
2m + 1 ≠ m – 1
⇔ m ≠ −2
Để (d1) và (d2) cắt được trục hoành thì 2m + 1 ≠ 0 và m – 1 ≠ 0
⇔ m ≠ \(\frac{{ - 1}}{2}\)và m ≠ 1.
Ta tìm được giao điểm của d1 và d2 với Ox lần lượt là hai điểm:
\(A\left( {\frac{{2m + 3}}{{2m + 1}};0} \right),B\left( {\frac{{ - m}}{{m - 1}};0} \right)\)
Để (d1) và (d2) cắt nhau tại 1 điểm nằm trên trục hoành thì A trùng với B
Suy ra: \(\frac{{2m + 3}}{{2m + 1}} = \frac{{ - m}}{{m - 1}}\)
⇔ (2m + 3)(m – 1) = –m(2m + 1)
⇔ 2m2 + m – 3 = –2m2 – m
⇔ 4m2 + 2m – 3 = 0
⇔ \(m = \frac{{ - 1 \pm \sqrt {13} }}{4}\).
Câu 85:
Biết đồ thị hàm số y = (k – 3)x – 4 cắt đường thẳng y = –3x + 2 tại điểm có tung độ bằng 5. Tìm tham số k?
Điểm có tung độ bằng 5 là A(0,5)
⇒ 5 = −3x + 2
⇒ x = −1
Thay x, y vào y = (k − 3)x − 4
⇔ 5 = (k − 3)⋅(−1) – 4
⇔ k = −6
Vậy k = –6.
Câu 86:
Từ điểm I nằm ngoài đường tròn (O), vẽ cát tuyến cắt đường tròn tại A và B (IA < IB). Các tiếp tuyến tại A và B cắt nhau tại M. OM cắt AB tại K.
a) Chứng minh K là trung điểm của AB.
b) Vẽ MH ⊥ OI tại H. Chứng minh OB2 = OH.OI.
c) Gọi N là giao điểm của AB và MH. Chứng minh IA.IB = IK.IN.
a) Ta có MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M.
Suy ra MA = MB.
Khi đó M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB (1)
Lại có OA = OB = R.
Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB (2)
Từ (1), (2), suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AB.
Do đó MO ⊥ AB tại K và K là trung điểm AB.
b) Xét ∆OHM và ∆OKI, có:
\(\widehat O\) chung.
\(\widehat {OHM} = \widehat {OKI} = 90^\circ \)
Do đó ∆OHM ∽ ∆OKI (g.g).
Suy ra \(\frac{{OH}}{{OK}} = \frac{{OM}}{{OI}}\)
Do đó OH.OI = OM.OK.
Xét ∆AOM vuông tại A có AK là đường cao:
OA2 = OK.OM (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Vậy OH.OI = OA2 = OB2 (điều phải chứng minh).
c) Ta có \(\widehat {OAM} = 90^\circ \)(giả thiết)
Suy ra O, A, M nội tiếp đường tròn đường kính OM.
Tương tự, ta có O, H, M nội tiếp đường tròn đường kính OM.
Khi đó tứ giác AHOM nội tiếp đường tròn đường kính OM.
Suy ra \(\widehat {AMO} = \widehat {AHI}\) (1)
Ta có \(\widehat {OAM} = \widehat {OBM} = 90^\circ \)(MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)).
Suy ra \(\widehat {OAM} + \widehat {OBM} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Do đó tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn đường kính OM.
Vì vậy \(\widehat {AMO} = \widehat {ABO}\)(2)
Từ (1), (2), suy ra \(\widehat {ABO} = \widehat {AHI}\)
Xét ∆IHN và ∆IKO, có:
\(\widehat I\)chung.
\(\widehat {IHN} = \widehat {IKO} = 90^\circ \)
Do đó: ∆IHN ∽ ∆IKO (g.g).
Suy ra \(\frac{{IH}}{{IK}} = \frac{{IN}}{{IO}}\)
Do đó IH.IO = IN.IK (3)
Xét ∆AHI và ∆OBI, có:
\(\widehat I\) chung.
\(\widehat {ABO} = \widehat {AHI}\)(chứng minh trên).
Do đó ∆AHI ~ ∆OBI (g.g).
Suy ra \(\frac{{IA}}{{IO}} = \frac{{IH}}{{IB}}\)
Do đó IA.IB = IH.IO (4)
Từ (3), (4), suy ra IA.IB = IN.IK (điều phải chứng minh).
Câu 87:
Hình chữ nhật có chiều dài và chiều rộng cùng tăng 4 lần thì diện tích của nó tăng lên bao nhiêu lần?
Nếu trong 1 hình chữ nhật, có chiều dài và chiều rộng cùng tăng lên 4 lần thì diện tích tăng:
4 . 4 = 16 (lần).
Câu 88:
Chứng minh không tồn tại giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sin x\).
Giả sử tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sin x\)
Đặt \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sin x = L\)
Suy ra: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sin \left( {2x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sin \left( {2x + 2} \right) = L\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \cos \left( {2x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \cos \left( {2x + 2} \right) = 1 - 2{L^2}\)
Ta có: sin2 = sin(2x + 2 – 2x)
sin2 = sin(2x + 2)cos(2x) – cos(2x + 2)sin(2x)
Suy ra: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sin 2 = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\sin \left( {2x + 2} \right)\cos \left( {2x} \right) - \cos \left( {2x + 2} \right)\sin \left( {2x} \right)} \right]\)
⇒ sin2 = L(1 – 2L2) – (1 – 2L2)L
⇒ sin2 = 0 (vô lí)
Điều giả sử ban đầu sai.
Vậy không tồn tại giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sin x\).
Câu 89:
Lớp 11A1 có 41 học sinh trong đó có 21 bạn nam và 20 bạn nữ. Thứ hai đầu tuần lớp phải xếp hàng chào cờ thành một hàng dọc. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp để 21 bạn nam xen kẽ với 20 bạn nữ?
Vì số học sinh nam là lẻ nên bạn nam phải đứng đầu hàng.
Khi đó xếp 21 bạn nam vào 21 vị trí cố định có: 21! = P21 (cách).
Sau đó ta xếp 20 bạn nữ vào 20 vị trí trống xen kẽ với các bạn nam thì sẽ có:
20! = P20 (cách).
Câu 90:
Một hình bình hành ABCD có diện tích 350 cm2, biết độ dài đường cao AH = 35 cm. Tính độ dài cạnh AB.
Ta có diện tích của hình bình hành là:
SABCD = AH.AB
35.AB = 350
⇔ AB = 350 : 35 = 10 (cm)
Vậy AB = 10 cm.
Câu 91:
Một xe khởi hành từ địa điểm A lúc 8 giờ sáng đi tới điểm B cách A 115 km, chuyển động thẳng đều với tốc độ 40 km/h. Một xe khác khởi hành từ B lúc 8 giờ 30 phút sáng đi về A, chuyển động thẳng đều với tốc độ 50 km/h. Xác định thời điểm hai xe gặp nhau.
Phương trình chuyển động của các xe là:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} = {v_A}\left( {t - 8} \right)\\{x_B} = AB - {v_B}\left( {t - 8,5} \right)\end{array} \right.\)
Hai xe gặp nhau thì xA = xB
Suy ra: 40(t – 8) = 115 – 50(t – 8,5)
⇔ 40t – 320 = 115 – 50t + 425
⇔ 90t = 860
⇔ t = \(\frac{{860}}{{90}} = \frac{{86}}{9}\left( h \right)\).
Câu 93:
Vẽ đồ thị hàm số y = (m – 1)x + 2m – 5 khi m = 1.5 Tính góc tạo bởi đường thẳng vẽ được và trục hoành ( kết quả làm tròn đến phút).
y = (m − 1)x + 2m − 5
Với m=1,5 ta được:
y = (1,5 − 1)x + 2.1,5 – 5 = \(\frac{1}{2}x - 2\)
Gọi α là góc tạo bởi đồ thị hàm số tại x = 1,5 và trục hoành
tan α = \(\frac{1}{2}\). Suy ra: α ≈ 26°34’
Câu 94:
Tính giá trị biểu thức: (–167) . (67 – 34).
(–167) . (67 – 34)
= (–167) . 33
= –5511.
Câu 95:
(123 − 27) + (27 + 13 − 123)
= 123 – 27 + 27 + 13 − 123
= 13(123 − 27) + (27 + 13 − 123)
= 123 – 27 + 27 + 13 – 123
= 13.
Câu 96:
Cho 2 vectơ \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b \) thỏa mãn: \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 4;\left| {\overrightarrow b } \right| = 3;\left| {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right| = 4\). Gọi α là góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b \). Tìm cosα?
Ta có: \(\left| {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right| = 4 \Rightarrow {\left| {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right|^2} = 16\)
⇒ \({\overrightarrow a ^2} + {\overrightarrow b ^2} - 2\overrightarrow a \overrightarrow b = 16\)
⇒ \[2\overrightarrow a .\overrightarrow b = {\overrightarrow a ^2} + {\overrightarrow b ^2} - 16 = {4^2} + {3^2} - 16 = 9\]
⇒ \[\overrightarrow a .\overrightarrow b = \frac{9}{2}\]
Suy ra: \[\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{\frac{9}{2}}}{{3.4}} = \frac{3}{8}\].
Câu 97:
Cho ΔABC vuông tại A. Kẻ BD là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\)(D ∈ AC). Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho BE = BA.
a) Chứng minh ΔABD = ΔEBD.
b) Chứng minh: DE = AD và DE vuông góc với BC.
c) Chứng minh: BD là đường trung trực của đoạn AE.
d) Trên tia đối của tia AB lấy điểm F sao cho AF = CE. Chứng minh ba điểm F, D, E thẳng hàng.
a) Xét tam giác ABD và tam giác EBD có:
AB = BE(gt)
\(\widehat {ABD} = \widehat {EBD}\)(do BD là phân giác \(\widehat {ABD}\))
Cạnh BD chung
Suy ra ΔABD = ΔEBD (c−g−c).
b) Theo câu a) ta có ΔABD = ΔEBD(c−g−c)
Nên DE = AD (hai cạnh tương ứng) và \(\widehat {BED} = \widehat {BAD} = 90^\circ \)(hai góc tương ứng)
Do đó: DE ⊥ BC.
c) Gọi I là giao điểm của BD và AE.
Xét tam giác ABI và tam giác EBI có:
AB = BE (gt)
\(\widehat {ABD} = \widehat {EBD}\) (do BD là phân giác \(\widehat {ABD}\))
Cạnh BI chung
Suy ra ΔABI = ΔEBI (c−g−c).
⇒ IA = IE, \(\widehat {BIA} = \widehat {BIE}\)
Mà \(\widehat {BIA} + \widehat {BIE} = 180^\circ \)(hai góc kề bù)
Nên \(\widehat {BIA} = \widehat {BIE} = 90^\circ \)
Hay BI ⊥ AE
Từ đó ta có BD ⊥ AE tại I và I là trung điểm AE.
Suy ra BD là đường trung trực của đoạn AE.
d) Theo câu b) ta có AD = DE
Xét tam giác ADF và tam giác EDC có:
AD = DE(cmt)
\(\widehat {FAD} = \widehat {DEC} = 90^\circ \)
AF = CE(gt)
Suy ra ΔADF = ΔEDC (c−g−c)
⇒ \(\widehat {ADF} = \widehat {CDF}\)
Mà A, D, C thẳng hàng nên suy ra F, D, E thẳng hàng.
Câu 98:
Một hình thoi có diện tích là 20cm2, biết độ dài một đường chéo là 20 cm. Tính độ dài đường chéo còn lại.
Độ dài đường chéo còn lại là:
20 . 2 : 20 = 2 (cm)
Đáp số : 2cm.
Câu 99:
Tìm phép dư trong phép chia đa thức f(x) = x2020 – 1 cho đa thức g(x) = x2 + x + 1.
f(x) = x2020 – 1 = (x2020 – x) + x – 1 = x(x2019 – 1) + (x – 2)
= x[(x3)673 – 1673] + x – 1
Do (x3)673 – 1673 chia hết cho x3 – 1
Suy ra: x[(x3)673 – 1673] chia hết cho x3 – 1 mà cho x3 – 1 chia hết cho x2 + x + 1
Do đó f(x) chia g(x) có số dư là x – 1.
Câu 100:
Tìm x biết: (x – 12) – 15 = 20 – (17 + x).
(x – 12) – 15 = 20 – (17 + x)
⇔ x – 12 – 15 = 20 – 17 – x
⇔ x – 27 = 3 – x
⇔ 2x = 3 + 27
⇔ 2x = 30
⇔ x = 30 : 2
⇔ x = 15
Vậy x = 15.
Câu 101:
Tìm x biết: 720 : [41 – (2x – 5)] = 23.5.
720 : [41 – (2x – 5)] = 23.5
⇔ 720 : [41 – (2x – 5)] = 8.5
⇔ 720 : [41 – (2x – 5)] = 40
⇔ 41 – (2x – 5) = 720 : 40
⇔ 41 – (2x – 5) = 18
⇔ 46 – 2x = 18
⇔ 2x = 46 – 18
⇔ 2x = 28
⇔ x = 28 : 2
⇔ x = 14
Vậy x = 14.
Câu 102:
Cho tam giác ABC biết b = 7, c = 5, \(\)\[\cos \widehat A = \frac{3}{5}\]. Tính S, R, r.
Áp dụng định lý cosin ta có:
a2 = b2 + c2 – 2bc.cosA = 72 + 52 – 2.7.5.\(\frac{3}{5}\)= 32
Suy ra: a = \(\sqrt {32} = 4\sqrt 2 \)
Ta có: sin A > 0, suy ra: sinA = \(\sqrt {1 - {{\cos }^2}A} = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2}} = \frac{4}{5}\)
Áp dụng công thức: S = \(\frac{1}{2}bc.\sin A = \frac{1}{2}.7.5.\frac{4}{5} = 14\)
\[\frac{a}{{\sin A}} = 2R\]
Suy ra: R = \[\frac{a}{{2\sin A}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{{2.\frac{4}{5}}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\]
+) \(p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{4\sqrt 2 + 7 + 5}}{2} = 6 + 2\sqrt 2 \)
S = p.r ⇒ r = \(\frac{S}{p} = \frac{{14}}{{6 + 2\sqrt 2 }} = \frac{{14\left( {6 - 2\sqrt 2 } \right)}}{{\left( {6 + 2\sqrt 2 } \right)\left( {6 - 2\sqrt 2 } \right)}} = \frac{{28\left( {3 - \sqrt 2 } \right)}}{{28}} = 3 - \sqrt 2 \)
Vậy S = 14 (đvdt), R = \[\frac{{5\sqrt 2 }}{2}\](đvđd), r = \(3 - \sqrt 2 \)(đvđd)
Câu 103:
Tìm nguyên hàm của hàm số \(\int {\frac{x}{{{{\sin }^2}x}}dx} \).
Đặt \[\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}dx\end{array} \right.\]
⇒ \[\left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = - \cot x\end{array} \right.\]
⇒ \(\int {\frac{x}{{{{\sin }^2}x}}dx} = - x\cot x + \int {\cot xdx} = - x\cot x + \int {\frac{{\cos x}}{{\sin x}}dx} = - x\cot x + \ln \left| {\sin x} \right| + C\).
Câu 104:
Cho tam giác ABC có AB = 2, AC = 3, \(\widehat A = 60^\circ \). Tính độ dài phân giác góc A?
Áp dụng định lý hàm số cosin cho ΔABC ta có:
BC2 = BA2 + AC2 – 2.AB.AC.cos\(60^\circ \)= \( = 4 + 9 - 2.2.3.\cos 60^\circ = 7\)
Suy ra: BC = \(\sqrt 7 \)
Áp dụng tính chất đường phân giác cho ΔABC:
\(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BH}}{{HC}}\)
Suy ra: \(\frac{{AB}}{{BH}} = \frac{{AC}}{{HC}} = \frac{{AB + AC}}{{BH + HC}} = \frac{5}{{\sqrt 7 }}\)
BH = \(AB:\frac{5}{{\sqrt 7 }} = \frac{{2\sqrt 7 }}{5}\)
\(\cos \widehat B = \frac{{A{C^2} - A{B^2} - B{C^2}}}{{ - 2.AB.BC}} = \frac{{\sqrt 7 }}{{14}}\)
Xét tam giác ABH có:
AH2 = AB2 + BH2 – 2.AB.BH. cos\(\widehat B\)= \(\frac{{108}}{{25}}\)
Suy ra: AH = \(\frac{{6\sqrt 3 }}{5}\).
Câu 105:
Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: y = 2x − 2 và điểm I(3; 2). Hãy tính khoảng cách:
a) Từ O đến d;
b) Từ I dến d.
a) Khoảng cách từ O đến d là:
\({d_{\left( {O;d} \right)}} = \frac{{\left| { - 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\)
b) Khoảng cách từ I đến d là:
\({d_{\left( {I;d} \right)}} = \frac{{\left| {2.3 - 2.2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\).
Câu 107:
Biểu đồ dưới đây nói về số học sinh tham gia tập bơi của khối lớp Bốn ở một trường tiểu học :
Dựa vào biểu đồ dưới đây hãy viết vào chỗ chấm :
a) Lớp 4A có ……… học sinh tập bơi
b) Lớp 4B có ……… học sinh tập bơi
c) Lớp ……… có nhiều học sinh tập bơi nhất
d) Số học sinh tập bơi của lớp 4B ít hơn lớp 4A là ………học sinh
e) Trung bình mỗi lớp có ……… học sinh tập bơi.
a) Lớp 4A có 16 học sinh tập bơi
b) Lớp 4B có 10 học sinh tập bơi
c) Lớp 4C có nhiều học sinh tập bơi nhất
d) Số học sinh tập bơi của lớp 4B ít hơn lớp 4A là 6 học sinh
e) Trung bình mỗi lớp có 15 học sinh tập bơi.
Câu 108:
\[\frac{3}{5}\]ha = …m2.
1ha = 1000 m2
\[\frac{3}{5}\]ha = 1000m2. \[\frac{3}{5}\]= 600 m2
Câu 109:
Phân tích các số sau ra thừa số nguyên tố và tìm xem mỗi số có bao nhiêu ước:
a) 320 b) 625
c) 504 d) 900 e) 3675.
a) 320 = 26 . 5
Số ước của 320 = (6 + 1)(1 + 1) = 14
b) 625 = 54.
Suy ra 625 có 4 + 1 = 5 ước.
c) 504 = 23.32.7.
Suy ra 504 có (3 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 24 ước.
d) 900 = 22.32.52.
Suy ra 900 có (2 + 1)(2 + 1)(2 + 1) =27 ước.
e) 3675 = 3.52.72.
Suy ra 3675 có (1 + 1)(2 + 1)(2 + 1) = 18 ước.
Câu 110:
Cho biết cosα = \(\frac{{ - 2}}{3}.\) Giá trị của P = \(\frac{{\cot \alpha + 3\tan \alpha }}{{2\cot \alpha + \tan \alpha }}\) bằng bao nhiêu?
P = \(\frac{{\cot \alpha + 3\tan \alpha }}{{2\cot \alpha + \tan \alpha }}\)
\[ = \frac{{\frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} + 3\frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}}}{{2\frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} + \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}}} = \frac{{{{\cos }^2}\alpha + 3{{\sin }^2}\alpha }}{{2{{\cos }^2}\alpha + {{\sin }^2}\alpha }} = \frac{{{{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^2} + 3.\frac{5}{9}}}{{2.{{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^2} + \frac{5}{9}}} = \frac{{19}}{{13}}\].
Câu 111:
Hình ngũ giác là hình gì?
Ngũ giác là hình có 5 cạnh với tất cả các cạnh đều nằm trên cùng 1 mặt phẳng. Người ta phân chia ngũ giác thành 2 loại là ngũ giác không đều và ngũ giác đều.
Câu 112:
Cho đường tròn (O; R) đường kính AB, M là một điểm bất kì trên đường tròn (M khác A và B) tiếp tuyến cắt tại m cắt hai tiếp tuyến của A và B của đường tròn đã cho tại C và D. Chứng minh rằng: tứ giác AOMC và BOMD nội tiếp; \(\widehat {AOC} = \widehat {AMC} = \widehat {OBM} = \widehat {ODM}\).
Xét tứ giác AOMC có
\(\widehat {OAC} = 90^\circ \) (tiếp tuyến của (O) tại A)
\(\widehat {OMC} = 90^\circ \)(tiếp tuyến của (O) tại M)
⇒ Tứ giác AOMC nội tiếp dường tròn đường kính OC (2 góc đối nhau có tổng =180 độ)
Xét tứ giác BOMD có
\(\widehat {OBD} = 90^\circ \)(tiếp tuyến của (O) tại B)
\(\widehat {OMD} = 90^\circ \)(tiếp tuyến của (O) tại M)
⇒ Tứ giác BOMD nội tiếp đường tròn đường kính OD (2 góc đối nhau có tổng bằng 180 độ)
Ta có : \(\widehat {OBM} = \widehat {AMC}\)(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
\(\widehat {AOC} = \widehat {AMC}\)(góc nội tiếp chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMC)
\(\widehat {OBM} = \widehat {ODM}\) (góc nội tiếp chắn cung OM của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BOMD)
⇒ \(\widehat {AOC} = \widehat {AMC} = \widehat {OBM} = \widehat {ODM}\).
Câu 113:
Tìm x biết: –x – 14 + 32 = – 26.
–x – 14 + 32 = –26
⇔ –x = –26 – 32 + 14
⇔ –x = –44
⇔ x = 44
Vậy x = 44.
Câu 114:
Tìm x biết: 2x(3x + 5) – x(6x – 1) = 33.
2x(3x + 5) – x(6x – 1) = 33
⇔ 6x2 + 10x – 6x2 + x – 33 = 0
⇔ 11x = 33
⇔ x = 33 : 11
⇔ x = 3
Vậy x = 3.
Câu 115:
Tất cả các giá trị của m để bất phương trình 2|x – m| + x² + 2 > 2mx thỏa mãn với mọi x là?
2|x – m| + x² + 2 > 2mx
⇔ 2|x – m| + x² + 2 – 2mx > 0
⇔ 2|x – m| + (x – m)2 – m2 + 2 > 0
⇔ |x – m|2 + 2|x – m| + 1 > m2 – 1
⇔ (|x – m| + 1)2 > m2 – 1
Để bất phương trình đúng với mọi x
Do (|x – m| + 1)2 ≥ 12 = 1 nên m2 – 1 < 1
Hay m2 < 2
Suy ra: \( - \sqrt 2 < m < \sqrt 2 \).
Câu 116:
Cho tam giác ABC cân tại A có cạnh bên bằng 6 và \(\widehat {BAC} = 120^\circ \). Điểm M thuộc cạnh AB sao cho AM = \(\frac{1}{3}AB\) và N là trung điểm AC. Tính tích vô hướng \[\overrightarrow {BN} .\overrightarrow {CM} \].
\[\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AN} = - \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \]
\[\overrightarrow {CM} = \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AM} = - \overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \]
Suy ra: \[\overrightarrow {BN} .\overrightarrow {CM} = \left( { - \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right)\left( { - \overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} } \right)\]
\[ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}A{C^2} - \frac{1}{3}A{B^2} + \frac{1}{6}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \]
\[ = - \frac{1}{2}A{C^2} - \frac{1}{3}A{B^2} + \frac{7}{6}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \]
\[ = - \frac{1}{2}{.6^2} - \frac{1}{3}{.6^2} + \frac{7}{6}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \]
\[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \widehat A = 6.6.\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right) = - 18\]
Suy ra: \[\overrightarrow {BN} .\overrightarrow {CM} = - 30 + \frac{7}{6}.\left( { - 18} \right) = - 51\].
Câu 117:
Cho lục giác ABCDEF. Gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA. Chứng minh rằng hai tam giác MPR và NQS có cùng trọng tâm.
Gọi G là trọng tâm tam giác MPR ⇒ \(\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GP} + \overrightarrow {GR} = \overrightarrow 0 \)
Ta cần đi chứng minh G cũng là trọng tâm của ΔNQS bằng cách chứng minh \(\overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GS} = \overrightarrow 0 \)
Thật vậy ta có:
\(2\left( {\overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GS} } \right) = 2\overrightarrow {GN} + 2\overrightarrow {GQ} + 2\overrightarrow {GS} \)
\( = \left( {\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) + \left( {\overrightarrow {GD} + \overrightarrow {GE} } \right) + \left( {\overrightarrow {GF} + \overrightarrow {GA} } \right)\) (Vì N, Q, S là trung diểm BC, DE, FA)
\( = \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} } \right) + \left( {\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} } \right) + \left( {\overrightarrow {GE} + \overrightarrow {GF} } \right)\)
\( = 2\overrightarrow {GM} + 2\overrightarrow {GP} + 2\overrightarrow {GR} \) (Vì M, P, R là trung diểm AB, CD, EF)
\( = 2\left( {\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GP} + \overrightarrow {GR} } \right) = \overrightarrow 0 \)
Suy ra: \(\overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GS} = \overrightarrow 0 \) hay G cũng là trọng tâm của ΔNQS.
Vậy trọng tâm ΔMPR và ΔNQS trùng nhau.
Câu 118:
Cho tam giác ABC, lấy M,N,P sao cho \(\overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {MC} ,\overrightarrow {NA} + 3\overrightarrow {NC} = \overrightarrow 0 ,\overrightarrow {PA} + \overrightarrow {PB} = \overrightarrow 0 \)
a) Tính \[\overrightarrow {PM} ,\overrightarrow {PN} \] theo \[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} \].
b) Chứng minh: M, N, P thẳng hàng.
a) \(\overrightarrow {PA} + \overrightarrow {PB} = \overrightarrow 0 \) suy ra: P là trung điểm AB
\(\overrightarrow {AP} = \overrightarrow {PB} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \)
\(\overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {MC} \Rightarrow \overrightarrow {CM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {BM} \)
Mà \(\overrightarrow {BM} = \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CM} = \overrightarrow {BC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BM} \)
Suy ra: \(\overrightarrow {BM} = \frac{3}{2}\overrightarrow {BC} = \frac{3}{2}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{3}{2}\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)\)
\[\overrightarrow {PM} = \overrightarrow {PB} + \overrightarrow {BM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} = \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \]
\(\overrightarrow {NA} + 3\overrightarrow {NC} = \overrightarrow 0 \) nên: \(\overrightarrow {AN} = 3\overrightarrow {NC} \Rightarrow \overrightarrow {NC} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AN} \)
Lại có: \(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {NC} = \overrightarrow {AN} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AN} = \frac{4}{3}\overrightarrow {AN} \)
Hay: \(\overrightarrow {AN} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} \)
\(\overrightarrow {AP} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \Rightarrow \overrightarrow {PA} = \frac{{ - 1}}{2}\overrightarrow {AB} \)
\(\overrightarrow {PN} = \overrightarrow {PA} + \overrightarrow {AN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} \)
b) Ta có: \[\overrightarrow {PM} = \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \]
\[\overrightarrow {PN} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\left( {\frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {PM} \]
Suy ra: M, N, P thẳng hàng.
Câu 119:
Cho 4 điểm A, B, C, D bất kì.
a) Chứng minh: \[\overrightarrow {DA} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DB} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {DC} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow 0 \].
b) Từ đó suy ra một cách chứng minh định lí: "Ba đường cao trong tam giác đồng qui".
a) \[\overrightarrow {DA} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DB} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {DC} .\overrightarrow {AB} \]
\[ = \overrightarrow {DA} .\left( {\overrightarrow {DC} - \overrightarrow {DB} } \right) + \overrightarrow {DB} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {DC} .\overrightarrow {AB} \]
\[ = \overrightarrow {DA} .\overrightarrow {DC} - \overrightarrow {DA} .\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DB} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {DC} .\overrightarrow {AB} \]
\[ = \left( {\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AB} } \right).\overrightarrow {DC} - \left( {\overrightarrow {CA} - \overrightarrow {DA} .} \right)\overrightarrow {DB} \]
\[ = \overrightarrow {DB} .\overrightarrow {DC} - \overrightarrow {DB} .\overrightarrow {DC} \]
\[ = \overrightarrow 0 \].
b) Xét tam giác ABC
Gọi BD và CE là đường cao của tam giác ABC
Gọi H là giao điểm của BD và CE
Theo chứng minh câu a, ta có phương trình đúng sau, với 4 điểm A,B,C,H
\[\overrightarrow {HA} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {HC} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow 0 \]
Vì BH ⊥ AC và CH ⊥ AB nên:
\[\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {HC} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow 0 \]
Do đó: \[\overrightarrow {HA} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow 0 \]
Suy ra: AH ⊥ BC
Vậy 3 đường cao đồng quy tại H.
Câu 120:
Hình thang cân có độ dài hai cạnh đáy và chiều cao lần lượt là 40 m, 30 m và 25 m có diện tích là bao nhiêu?
Diện tích hình thang cân là:
\(\frac{1}{2}.25.\left( {40 + 30} \right) = 875\left( {{m^2}} \right).\)
Câu 121:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình \(\sqrt[3]{{m + 3\sqrt[3]{{m + 3\sin x}}}} = \sin x\) có nghiệm thực?
Ta có: \(\sqrt[3]{{m + 3\sqrt[3]{{m + 3\sin x}}}} = \sin x\)
⇔ m + \(3\sqrt[3]{{m + 3\sin x}}\)= sin3x
Đặt \(\sqrt[3]{{m + 3\sin x}} = u\) thì m + 3sinx = u3 thì phương trình trên trở thành:
m + 3u = sin3x
Đặt sinx = v thì ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}m + 3v = {u^3}\\m + 3u = {v^3}\end{array} \right.\)
Suy ra: 3(v – u) + (v – u)(v2 + uv + u2 ) = 0
⇔ (v – u)(3 + v2 + uv + u2 ) = 0
Do 3 + v2 + uv + u2 > 0, ∀ u,v nên phương trình trên tương đương u = v
Suy ra: \(\sqrt[3]{{m + 3\sin x}} = \sin x\) hay m = sin3x – 3sinx
Đặt sinx = t (−1 ≤ t ≤ 1) và xét hàm f(t) = t3 − 3t trên [−1;1] có:
f′(t) = 3t2 – 3 ≤ 0, ∀t ∈ [−1;1]
Nên hàm số nghịch biến trên [−1;1]
⇒ −1 = f (1) ≤ f(t) ≤ f(−1) = 2
⇒ −2 ≤ m ≤ 2
Vậy m ∈ {−2; −1; 0; 1; 2}.
Câu 122:
Một đoàn tàu dài 280m chạy qua một đường hầm dài 1200m trong 2 phút 30 giây với vận tốc đó tàu chạy quãng đường 159,84 km trong thời gian bao lâu?
Đổi 2 phút 30 giây = 2,5 phút
Vận tốc đoàn tàu đó là:
1200 : 2,5 = 480 (m/phút)
Đổi 159,84 km = 159840 m
Với vận tốc đó tàu chạy quãng đường 159,84 km trong số thời gian là:
159 840 : 480 = 333 (phút).
Câu 123:
Phân tích đa thức thành nhân tử: (3x + 2)(3x – 5)(x – 1)(9x + 10) + 24x2.
(3x + 2)(3x – 5)(x – 1)(9x + 10) + 24x2
= (9x2 – 9x – 10)(9x2 + x – 10) + 24x2
Đặt 9x2 – 10 = a
Ta có: (a – 9x)(a + x) + 24x2
= a2 – 9xa + ax – 9x2 + 24x2
= a2 – 8ax + 15x2
= a2 – 5ax – 3ax + 15x2
= a(a – 5x) – 3x(a – 5x)
= (a – 5x)(a – 3x)
= (9x2 –5x – 10)(9x2 – 3x – 10)
Câu 124:
Tìm GTLN của S = \(\sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \)(a, b, c là 3 cạnh trong 1 tam giác và p là nửa chu vi).
S = \(\sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \)
\( = \frac{1}{4}\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right)\left( {a + b - c} \right)} \)
\[ = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\sqrt {\frac{{a + b + c}}{3}\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right)\left( {a + b - c} \right)} \]
\[ \le \frac{{\sqrt 3 }}{4}{\left( {\frac{{\frac{{a + b + c}}{3} + b + c - a + c + a - b + a + b - c}}{4}} \right)^2}\]
\[ \le \frac{{\sqrt 3 }}{4}{\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^2} = \frac{{{p^2}}}{{3\sqrt 3 }}\]
Vậy GTLN của S = \[\frac{{{p^2}}}{{3\sqrt 3 }}\] khi \(\frac{{a + b + c}}{3} = a + b - c = b + c - a = c + a - b\)
Hay a = b = c, tức tam giác đó là tam giác đều.
Câu 125:
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) đường cao AH, gọi D là trung điểm của AC lấy E đối xứng H qua D .
a) Chứng minh tứ giác AHCE là hình chữ nhật.
b) Qua A kẻ tia AI // HE cắt đường thẳng BC tại I. Chứng minh tứ giác AEHI là hình bình hành.
c) Trên tia đối của tia HA lấy K sao cho AH = HK. Chứng minh AK là tia phân giác của góc \(\widehat {IAC}\).
d) Tìm điều kiện của tam giác ABC để tứ giác CAIK là hình vuông , khi đó tứ giác AHCE là hình gì ?
a) Vì E đối xứng với H qua D nên D là trung điểm của HE
Ta có:
Tứ giác AHC có hai đường chéo HE và AC cắt nhau tại trung điểm D của mỗi đường
⇒ AHCE là hình bình hành
Mà AH ⊥ HC
Nên AHCE là hình chữ nhật
b) Vì AHCE là hình chữ nhật
nên AE // HC hay AE // IH
Xét tứ giác AEHI có:
AE // HI
AI // HE
Do đó AEHI là hình bình hành
c) Ta có: AE = HC (AHCE là hình chữ nhật)
mà AE = HI (AEHI là hình bình hành)
⇒ HC = HI
Xét ΔIHA và ΔCHA có:
HI = HC (cmt)
\(\widehat {IHA} = \widehat {CHA}\) (= 90° vì AH là đường cao của Δ ABC)
HA là cạnh chung
⇒ ΔIHA = ΔCHA(c.g.c)
⇒ \(\widehat {HAC} = \widehat {HAI}\) (hai góc tương ứng)
⇒ AK là tia phân giác của \(\widehat {IAC}\)
d) Xét tứ giác CAIK có:
HI = HC(cmt)
AH = HK (gt)
⇒ Hai đường chéo CI và AK cắt nhau tại trung điểm H của mỗi đường
⇒ CAIK là hình bình hành
Hình bình hành CAIK có đường chéo AK là đường phân giác của \(\widehat {IAC}\) (cmt tại câu c )
⇒ CAIK là hình thoi
Hình thoi CAIK là hình vuông (có góc = 90°)
⇒ AK = IC
⇒ AH = HC
⇒ AH vừa là đường cao,đường trung tuyến của ΔABC
⇒ ΔABC là Δ vuông, cân tại A
Hình chữ nhật AHCE có hai cạnh kề bằng nhau ( AH = HC)
⇒ AHCE là hình vuông
Vậy ΔABC là Δ vuông và cân tại A
⇒ Tứ giác CAIK là hình vuông
⇒ Tứ giác AHCE là hình vuông.
Câu 126:
Phép cộng, trừ 2 số cùng số mũ.
Không có công thức về cộng, trừ lũy thừa, ta thực hiện phép tính lũy thừa sau đó thực hiện cộng, trừ thông thường.
Ví dụ: 32 – 22 = 9 – 4 = 5
32 – 22 ≠ (3 – 2)2 = 1.
Câu 127:
Tìm ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng, biết rằng tổng của chúng bằng 15 và tích của chúng bằng 105.
Gọi 3 số hạng liên tiếp của 1 cấp số cộng đó lần lượt là a, a+d và a+2d ( d là công sai)
Vì tổng của chúng bằng 15 , ta có:
a + a + d + a + 2d = 15
⇒ 3a + 3d = 15
⇒ 3.(a + d) = 15
⇒ a + d = 5
Vậy số hạng thứ 2 là 5 và d = 5–a
Vì tích của chúng bằng 105
⇒ a.(a + d).(a + 2d) = 105
⇔ 5a.(a + 2d) = 105
⇔ a.(a + 2d) = 21
⇔ a2 + 2ad = 21
⇔ a2 + 2.a.(5 − a) = 21
⇔ a2 + 10a−2a2 = 21
⇔ −a2 + 10a – 21 = 0
⇔ a2 − 10a + 21 = 0
⇔ a = 7 hoặc a = 3
⇒ d = –2 hoặc d = 2
Vậy 3 số đó lần lượt là 7, 5, 3 hoặc 3, 5, 7.
Câu 128:
Tính chu vi và diện tích của mảnh đất hình chữ nhật biết chiều rộng của mảnh đất là 8,5m, chiều dài gấp đôi chiều rộng.
Chiều dài mảnh đất là:
8,5 . 2 = 17(m)
Chu vi mảnh đất là:
(17 + 8,5) . 2 = 51 (m)
Diện tích mảnh đất là:
17 . 8,5 = 144,5 (m2).
Câu 129:
Mua ngẫu nhiên 1 tờ vé số có 6 chữ số. Tính xác suất trong các trường hợp sau:
a) Trúng giải tám (quay 1 lần, với 2 chữ số cuối cùng của tờ vé số khớp với 2 chữ số quay được.
b) Trúng giải khuyến khích cho các vé có 5 chữ số cuối cùng liên tiếp theo hàng thứ tự của giải đặc biệt.
Gọi số trên tờ vé số là \(\overline {abcdef} \)
mỗi chữ số có 10 cách chọn nên n(Ω) = 106
a) Để trúng giải 8
Suy ra: \(\overline {ef} \) trùng với 2 chữ số quay được nên có 1 cách
4 số còn lại mỗi số có 10 cách chọn, nên 4 số có 104 cách chọn
Vậy xác suất là: P = \(\frac{{{{10}^4}}}{{{{10}^6}}} = \frac{1}{{{{10}^2}}} = \frac{1}{{100}} = 0,01\)
b) Để trúng giải khuyến khích
Suy ra: \(\overline {bcdef} \) trùng với 5 chữ số quay được nên có 1 cách
Số còn lại có 10 cách chọn.
Vậy xác suất là: P = \(\frac{{10}}{{{{10}^6}}} = \frac{1}{{{{10}^5}}}\).
Câu 130:
Tìm x biết: (2x + 3)2 – 4x(x + 4) = 25.
(2x + 3)2 – 4x(x + 4) = 25
⇔ 4x2 + 12x + 9 – 4x2 – 16x – 25 = 0
⇔ –4x = 16
⇔ x = –4
Vậy x = –4.
Câu 132:
Bỏ ngoặc rồi tính 25 − ( − 17 ) + 24 – 12.
25 − ( − 17 ) + 24 – 12
= 25 + 17 + 24 – 12
= 54.
Câu 133:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x2 – 2xy + y – 5x + 2 = 0.
3x2 – 2xy + y – 5x + 2 = 0
⇔ 12x2 –8xy + 4y – 20x + 8 = 0
⇔ (4y − 8xy) − (6x − 12x2) + (7 − 14x) + 1 = 0
⇔ 4y.(1−2x) − 6x.(1 − 2x) + 7.(1 − 2x) = −1
⇔ (1 − 2x).(4y − 6x + 7) = −1
Do x, y nguyên nên 1 – 2x và 4y – 6x + 7 nguyên
Do đó: 1 – 2x và 4y – 6x + 7 là cặp ước của – 1
Ta có bảng:
1 – 2x |
–1 |
1 |
x |
1 |
0 |
4y – 6x + 7 |
1 |
–1 |
y |
0 |
–2 |
Vậy phương trình có nghiệm (x; y) ∈ {(1; 0); (0; −2)}.
Câu 135:
Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}8\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 4xy + \frac{5}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} = 13\\2y + \frac{1}{{x + y}} = 1\end{array} \right.\).
Đặt x + y = a; x – y = b
Ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}4\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + {a^2} - {b^2} + \frac{5}{{{a^2}}} = 13\\a + b + \frac{1}{a} = 1\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}5{\left( {a + \frac{1}{a}} \right)^2} + 3{b^2} = 23\\a + \frac{1}{a} = 1 - b\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}5{\left( {1 - b} \right)^2} + 3{b^2} = 23\\a + \frac{1}{a} = 1 - b\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}8{b^2} - 10b - 18 = 0\\a + \frac{1}{a} = 1 - b\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}b = - 1\\b = \frac{9}{4}\end{array} \right.\\a + \frac{1}{a} = 1 - b\end{array} \right.\)
⇔\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}b = - 1\\a + \frac{1}{a} = 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = \frac{9}{4}\\a + \frac{1}{a} = \frac{{ - 5}}{4}\end{array} \right.\end{array} \right.\)
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}b = - 1\\a = - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = \frac{9}{4}\\{a^2} + \frac{5}{4}a + 1 = 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Vậy a = b = –1.
Câu 136:
Phân tích đa thức thành nhân tử: 9x2 – 36xy – 36y2.
9x2 – 36xy + 36y2
= (3x)2 – 2.3x.6y + (6y)2
= (3x – 6y)2.
Câu 137:
Biết rằng A : B = 8 : 3, A : C = 6 : 5 và A + B + C= 106. Tìm giá trị của B.
Theo bài ra ta có:
A : B = 8 : 3 ⇔ \(\frac{A}{8} = \frac{B}{3} \Rightarrow \frac{A}{{24}} = \frac{B}{9}\)
A : C = 6 : 5 ⇔ \(\frac{A}{6} = \frac{C}{5} \Rightarrow \frac{A}{{24}} = \frac{C}{{20}}\)
Suy ra: \[\frac{A}{{24}} = \frac{B}{9} = \frac{C}{{20}} = \frac{{A + B + C}}{{24 + 9 + 20}} = \frac{{106}}{{53}} = 2\]
⇒ B = 2.9 = 18
Vậy B = 18.
Câu 138:
Biết rằng tổng của n số tự nhiên đầu tiên là 210, tìm giá trị của n.
1 + 2 + 3 + ... + n = 210
Dãy trên có số số hạng là:
(n − 1) : 1 + 1 = n (số hạng)
Tổng của dãy trên là:
(n + 1) . n : 2 = 210
⇔ (n+1)n = 420
⇔ (n + 1) n = 21.20
⇔ n = 20
Vậy n = 20.
Câu 139:
Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 6 và \(\widehat {BAC} = 60^\circ \). Gọi M là trung điển của BC, điểm N thỏa mãn \(\overrightarrow {AN} = \frac{7}{{12}}\overrightarrow {AC} \). Chứng minh AM vuông góc BN.
\(\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \)
\(\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AB} = \frac{7}{{12}}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \)
\(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BN} = \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right)\left( {\frac{7}{{12}}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)\)
\( = \frac{7}{{24}}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} + \frac{7}{{24}}A{C^2} - \frac{1}{2}A{B^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)
\( = \frac{{ - 5}}{{24}}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} + \frac{7}{{24}}A{C^2} - \frac{1}{2}A{B^2}\)
\( = \frac{{ - 5}}{{24}}AB.AC.\cos \widehat A + \frac{7}{{24}}A{C^2} - \frac{1}{2}A{B^2}\)
\( = \frac{{ - 5}}{{24}}.4.6.\cos 60^\circ + \frac{7}{{24}}{.6^2} - \frac{1}{2}{.4^2}\)
= 0
Vậy AM vuông góc BN.
Câu 140:
Cho tam giác ABC có đường cao AI. Từ A kẻ tia Ax vuông góc với AC, từ B kẻ tia By song song với AC. Gọi M là giao điểm của tia Ax và tia By. Nối M với trung điểm P của AB, đường MP cắt AC tại Q và BQ cắt AI tại H.
a) Tứ giác AMBQ là hình gì?
b) Chứng minh rằng CH ⊥ AB.
c) Chứng minh tam giác PIQ cân.
a) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {AQB} = 90^\circ \\\widehat {MAQ} = 90^\circ \\\widehat {MBQ} = 90^\circ \end{array} \right.\)
Suy ra: AMBQ là hình chữ nhật.
b) Ta có: AI ⊥ BC (giả thiết) và BQ ⊥ AC
Nên H là trực tâm của tam giác ABC
Suy ra: CH ⊥ AB
c) Ta có: PQ = \(\frac{{AB}}{2}\)(Vì PQ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông ABQ)
PI = \(\frac{{AB}}{2}\)(Vì PI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông ABI)
Suy ra: PQ = PI
Nên Tam giác QIP cân tại P.
Câu 141:
Cho tam giác ABC. Gọi O là một điểm thuộc miền trong tam giác. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của OB, OC, AC, AB.
a) Chứng minh MNPQ là hình bình hành.
b) Xác định vị trí O để MNPQ là hình chữ nhật.
a) Ta có: M, N là trung điểm OB, OC nên MN là đường trung bình của tam giác OBC
Suy ra: MN // BC và MN = \(\frac{1}{2}BC\)(1)
Lại có: Q, P là trung điểm AB, AC nên QP là đường trung bình của tam giác ABC.
Suy ra: QP // BC và QP = \(\frac{1}{2}BC\) (2)
Từ (1) và (2) ta có: MN // QP và MN = QP
Suy ra: MNPQ là hình bình hành.
b) Để MNPQ là hình chữ nhật thì QM vuông góc QP (3)
Mà ta có: QP // BC (4)
QM là đường trung bình của tam giác ABO nên QM // AO (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra: OA vuông góc với BC
Hay O thuộc đường thẳng đi qua A và vuông góc với BC thì MNPQ là hình chữ nhật.
Câu 142:
Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H. Chứng minh:
\(\tan A.\overrightarrow {HA} + \tan B.\overrightarrow {HB} + \tan C.\overrightarrow {HC} = \overrightarrow 0 \).
Cần chứng minh: \(\tan A.\overrightarrow {HA} + \tan B.\overrightarrow {HB} + \tan C.\overrightarrow {HC} = \overrightarrow 0 \)
⇔ \[\overrightarrow {HC} = - \frac{{\tan A}}{{\tan C}}.\overrightarrow {HA} - \frac{{\tan B}}{{\tan C}}.\overrightarrow {HB} \]
Vẽ hình bình hành HB’CA’ ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{HB'}}{{HB}} = \frac{{DC}}{{DB}}\\\frac{{\tan B}}{{\tan C}} = \frac{{AD}}{{BD}}:\frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{DC}}{{DB}}\end{array} \right.\)
Suy ra: \(\frac{{HB'}}{{HB}} = \frac{{\tan B}}{{\tan C}}\)
⇒ \[\overrightarrow {HB'} = - \frac{{\tan B}}{{\tan C}}.\overrightarrow {HB} \](do \[\overrightarrow {HB'} ;\overrightarrow {HB} \]ngược hướng)
Tương tự: \[\overrightarrow {HA'} = - \frac{{\tan A}}{{\tan C}}.\overrightarrow {HA} \]
⇒ \[\overrightarrow {HB'} + \overrightarrow {HA'} = - \frac{{\tan B}}{{\tan C}}.\overrightarrow {HB} - \frac{{\tan A}}{{\tan C}}.\overrightarrow {HA} \]
Mà: \[\overrightarrow {HB'} + \overrightarrow {HA'} = \overrightarrow {HC} \]
Nên: \[\overrightarrow {HC} = - \frac{{\tan A}}{{\tan C}}.\overrightarrow {HA} - \frac{{\tan B}}{{\tan C}}.\overrightarrow {HB} \]
Vậy \(\tan A.\overrightarrow {HA} + \tan B.\overrightarrow {HB} + \tan C.\overrightarrow {HC} = \overrightarrow 0 \).
Câu 143:
Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Kẻ HD vuông góc với AB và HE vuông góc với AC (D trên AB, E trên AC). Gọi O là giao điểm của AH và DE.
a) Chứng minh AH = DE.
b) Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của BH và HC. Chứng minh tứ giác DEQP là hình thang vuông.
c) Chứng minh O là trực tâm của tam giác ABQ.
d) Chứng minh SABC = 2SDEQP.
a) Xét tứ giác ADHE có 3 góc vuông (\(\widehat A,\widehat D,\widehat E\))
⇒ ADHE là hình chữ nhật mà AH, DE là 2 đường chéo
⇒ AH = DE (đpcm)
b) HD ⊥ AB và AC ⊥ AB ⇒ HD // AC
⇒ \(\widehat {PHD} = \widehat {HCA}\)(đồng vị)
ΔDBH vuông tại D có DP là trung tuyến ứng với cạnh huyền
⇒ DP = PH ⇒ ΔDPH cân tại P
⇒ \(\widehat {PHD} = \widehat {PDH}\)
ADHE là hình chữ nhật ⇒ \(\widehat {ADE} = \widehat {AHE}\)
mà \(\widehat {HCA} = \widehat {AHE}\) (cùng phụ với \(\widehat {HAE}\))
⇒ \(\widehat {ADE} = \widehat {HCA} = \widehat {PHD} = \widehat {PDH}\)
Ta có: \(\widehat {ADE} + \widehat {EDH} = 90^\circ \)
⇒ \(\widehat {PDH} + \widehat {EDH} = 90^\circ \)
⇒ \(\widehat {PDE} = 90^\circ \) ⇒ DP ⊥ DE
Chứng minh tương tự ta có EQ ⊥ DE
⇒ Tứ giác DEQP là hình thang vuông tại D và E (đpcm)
c) Xét ΔHAC có O là trung điểm của HA, Q là trung điểm của HC
⇒ OQ là đường trung bình ⇒ OQ // AC ⇒ OQ ⊥ AB
Xét ΔABQ có QO, AH là 2 đường cao cắt nhau tại O
⇒ O là trực tâm ΔABQ (đpcm)
d) SABC = \(\frac{1}{2}.AH.BC = PQ.AH\left( 1 \right)\)
SDEQP = \(\frac{1}{2}\left( {DP + EQ} \right).DE = \frac{1}{2}.\left( {DP + EQ} \right).AH = \frac{1}{2}.\left( {HP + HQ} \right).AH = \frac{1}{2}.PQ.AH\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: SABC = 2SDEQP (đpcm).
Câu 144:
Cho x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của M = \(4{x^2} - 3x + \frac{1}{{4x}} + 2021\).
M = \(4{x^2} - 3x + \frac{1}{{4x}} + 2021\)
M = \(\left( {4{x^2} - 4x + 1} \right) + \left( {x + \frac{1}{{4x}}} \right) + 2020\)
M = \({\left( {2x - 1} \right)^2} + \left( {x + \frac{1}{{4x}}} \right) + 2020\)
Có: (2x – 1)2 ≥ 0 với mọi x, dấu “=” khi x = \(\frac{1}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số không âm x và \(\frac{1}{{4x}}\):
\(x + \frac{1}{{4x}} \ge 2\sqrt {x.\frac{1}{{4x}}} = 2.\frac{1}{2} = 1\)
Dấu ‘=” khi x = \(\frac{1}{{4x}}\)hay 4x2 = 1, tức x2 = \(\frac{1}{4}\), mà x > 0 nên x = \(\frac{1}{2}\)
Vậy M ≥ 0 + 1 + 2020 = 2021
Dấu “=” khi x = \(\frac{1}{2}\).
Câu 145:
Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Chứng minh rằng với mọi điểm M, ta có: MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2.
MA2 + MB2 + MC2 = \({\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2}\)
= \({\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GC} } \right)^2}\)
= \[3\overrightarrow {MG} + 2\overrightarrow {MG} .\left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) + {\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {GC} ^2}\]
Ta có tính chất trọng tâm tam giác: \[\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \]
Suy ra: \[\overrightarrow {MG} \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) = \overrightarrow 0 \]
Suy ra: MA2 + MB2 + MC2 = \[3\overrightarrow {MG} + {\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {GC} ^2}\]
Vậy MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2.
Câu 146:
Số 252 có bao nhiêu ước dương?
252 = 22.32.7
Số 252 có số ước là:
(2 + 1).(2 + 1).(1 + 1) = 18
Ư(252) = {1; 2; 3; 4; 6; 7; 9; 12; 14; 18; 21; 28; 36; 42; 63; 84; 126; 252}.
Câu 147:
Gọi a, b, c theo thứ tự là số học sinh chỉ thích môn Văn, Sử, Toán;
x là số học sịnh chỉ thích hai môn là văn và toán
y là số học sịnh chỉ thích hai môn là Sử và toán
z là số học sịnh chỉ thích hai môn là văn và Sử
Ta có số em thích ít nhất một môn là 45 – 6 = 39
Dựa vào biểu đồ ven ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}a + z + x + 5 = 25\left( 1 \right)\\b + y + z + 5 = 18\left( 2 \right)\\c + x + y + 5 = 20\left( 3 \right)\\x + y + z + a + b + c + 5 = 39\left( 4 \right)\end{array} \right.\)
Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta có
a + b + c + 2(x + y + z) + 15 = 63 (5)
Từ (4) và (5) ta có:
a + b + c + 2(39 – 5 – a – b − c) + 15 = 63
⇔ a + b + c = 20.
Vậy chỉ có 20 em thích chỉ một môn trong ba môn trên.
Câu 148:
Một hộp sữa hình trụ có bàn kính đáy bằng 6,5 cm. Biết diện tích vỏ hộp (kể cả nắp) là 292,5π cm2. Tính thể tích của hộp sữa đó?
Diện tích toàn phần của hình trụ:
Stp = Sxq + 2Sđ = 2πrh + 2πr2
Theo bài ra, ta có:
2πrh + 2πr2 = 292,5π
⇔ rh + r2 = 146,25
⇔ h = \(\frac{{146,25 - {r^2}}}{r} = \frac{{146,25 - 6,{5^2}}}{{6,5}} = 16\left( {cm} \right)\)
Thể tích hộp sữa là:
V = πr2h = π.6,52.16 = 676π (cm3).
Câu 149:
Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài là 40m, chiều rộng bằng \(\frac{1}{2}\) chiều dài, trong đó diện tích đất làm nhà chiếm 30%. Tính:
a) Diện tích của mảnh đất đó.
b) Diện tích đất làm nhà là bao nhiêu mét vuông?
a) Chiều rộng mảnh đất là:
40 : 2 = 20 (m)
Diện tích mảnh đất là:
20 . 40 = 800 (m2)
b) Diện tích đất làm nhà:
800 . 30% = 240 (m2).
Câu 150:
1 người gửi tiết kiệm 50000000 đồng với lãi suất là 0.6%/1 tháng . hỏi sau 1 tháng cả số tiền gửi và tiền lãi là bao nhiêu là bao nhiêu?
Số tiền nhận được sau 1 tháng chiếm là :
100% + 0.6% = 100,6% (số tiền)
Số tiền nhận được sau 1 tháng là :
50000000 : 100 . 100,6 = 50300000 (đồng).
Đáp số : 50300000 đồng .
Câu 151:
Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh là \(\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2}\).
Đa giác lồi n cạnh có n đỉnh.
Chọn 2 điểm bất kì trong số các đỉnh của một đa giác ta được 1 cạnh hoặc 1 đường chéo của đa giác.
⇒ Tổng số cạnh và đường chéo của đa giác bằng:
\(C_n^2 = \frac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!.2!}} = \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}\)
⇒ Số đường chéo của đa giác lồi có n cạnh là:
\(\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} - n = \frac{{n\left( {n - 1} \right) - 2n}}{2} = \frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2}\)
Câu 152:
Theo biểu giá bán lẻ xăng dầu một lít xăng RON 95 – IV có giá 18000 đồng. Do ảnh hưởng dịch Covid – 19 , giá xăng giảm 20 %. Sau đó lại điều chỉnh giảm giá tiếp 10% . Hỏi sau 2 lần điều chỉnh giá xăng là bao nhiêu?
Giá tiền xăng giảm giá lúc đầu là:
18000 . (100% – 20%) =14400 (đồng)
Giá tiền xăng sau 2 lần giảm là :
14400 . (100% – 10%) = 12960 (đồng)
Vậy sau 2 lần điều chỉnh giá xăng là 12960 đồng.
Câu 153:
Tìm x biết:
a) 2075 : 5 = x . 75 : 5 + 40.
b) x + x : 5 . 7,5 + x : 2 . 9 = 315.
a) 2075 : 5 = x . 75 : 5 + 40
⇔ 415 = 15x + 40
⇔ 15x = 375
⇔ x = 375 : 15
⇔ x = 25
Vậy x = 25.
b) x + x : 5 . 7,5 + x : 2 . 9 = 315
⇔ x + x . 1,5 + x . 4,5 = 315
⇔ x(1 + 1,5 + 4,5) = 315
⇔ 7x = 315
⇔ x = 315 : 7
⇔ x = 45.
Vậy x = 45.
Câu 154:
Tính bằng cách thuận tiện nhất 46 : 24 + 8 : 24.
46 : 24 + 8 : 24
= (46 + 8) : 24
= 54 : 24
= 2,25
Câu 155:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + x + 2009 = y2.
x2 + x + 2009 = y2
⇔ 4x2 + 4x + 8036 = 4y2
⇔ (2x + 1)2 + 8035 = (2y)2
⇔ (2y)2 – (2x + 1)2 = 8035
⇒ (2y − 2x − 1)(2y + 2x + 1) = 8035
⇒ (2y − 2x − 1, 2y + 2x + 1) là cặp nghiệm của 8035
Mà 2y − 2x – 1 + 2y + 2x + 1 = 4y ⋮ 4
⇒ (2y − 2x − 1, 2y + 2x + 1) ∈ {(1, 8035); (8035, 1); (5, 1607); (1607, 5); (−1, −8035); (−8035, −1); (−5, −1607); (−1607, −5)}
⇒(2y − 2x, 2y + 2x) ∈ {(2, 8034); (8036, 0); (6, 1606); (1608, 4); (0, −8036); (−8034, −2); (−4, −1608); (−1606, −6)}
⇒(y − x, y + x) ∈ {(1, 4017); (4017, 0); (3, 803); (803, 2); (0, −4017); (−4017, −1); (−2, −8004); (−8004, −3)}.
Vì y – x ; y + x chẵn
⇒ (y − x, y + x) ∈ {(1, 4017); (3, 803); (−4017, −1); (−2, −8004)}
⇒ (2y, 2x) ∈ {(4018, 4016); (806, 800); (−4018, 4016); (−8006, −8002)}
⇒ (y, x) ∈ {(2009, 2008); (403, 400); (−2009, 2008); (−4003, −4001)}.
Câu 156:
Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x4 – 3x3 + 4x2 – 3x + 10.
A = x4 – 3x3 + 4x2 – 3x + 10
A = x4 – x3 – 2x3 + 2x2 + 2x2 – 2x – x + 10
A = x3(x – 1) – 2x2(x – 1) + 2x(x – 1) – (x – 1) + 9
A = (x – 1)(x3 – 2x2 + 2x – 1) + 9
A = (x – 1)2(x2 – x + 1) + 9
A = (x – 1)2\(\left[ {{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}} \right]\) + 9
Vì (x – 1)2 ≥ 0 với mọi x và \(\left[ {{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}} \right]\) > 0 với mọi x nên
(x – 1)2 \(\left[ {{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}} \right]\)≥ 0 với mọi x.
Suy ra: A ≥ 0 + 9 = 9
Dấu “=” xảy ra khi x = 1
Vậy min A = 9 khi x = 1.
Câu 157:
Xếp ngẫu nhiên ba bạn nam và ba bạn nữ ngồi thành sáu ghế kê theo hàng ngang. Tìm xác suất cho:
a) Nam, nữ ngồi xen kẽ nhau.
b) Ba bạn nam ngồi bên cạnh nhau.
Không gian mẫu là việc sắp xếp 6 bạn vào 6 ghế tùy ý
⇒ n(Ω) = P6 = 6! = 720.
a) Gọi A: “ Nam, nữ ngồi xen kẽ nhau”
+ Chọn chỗ ngồi cho 3 bạn nữ: Có 2 cách (Vị trí 1,3,5 hoặc 2,4,6).
+ Sắp xếp 3 bạn nữ vào 3 chỗ: Có 3! = 6 cách
+ Sắp xếp 3 bạn nam vào 3 chỗ còn lại: Có 3! = 6 cách
⇒ Theo quy tắc nhân: n(A) = 2.6.6 = 72 (cách).
⇒ n(A) = 2.3!.3! = 72
\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{72}}{{720}} = 0,1\)
b) B: “Ban bạn nam ngồi cạnh nhau”
+ Chọn 3 chỗ ngồi cạnh nhau cho 3 bạn nam: Có 4 cách.
+ Sắp xếp 3 bạn nam vào 3 chỗ: Có 3! = 6 cách.
+ Sắp xếp 3 bạn nữ vào 3 chỗ còn lại: Có 3! = 6 cách
⇒ Theo quy tắc nhân: n(B) = 4.6.6 = 144 (cách)
\(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{144}}{{720}} = 0,2\)
Xác suất để ba bạn nam ngồi cạnh nhau là:
\(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{144}}{{720}} = 0,2\).
Câu 158:
Tìm cặp số tự nhiên x,y biết: 6xy – 9x – 4y + 5 = 0.
6xy − 9x − 4y + 5 = 0
⇒ 3x(2y − 3) − 4y + 6 = 1
⇒ 3x(2y − 3) − 2(2y − 3) = 1
⇒ (3x − 2)(2y − 3) = 1
Ta có bảng:
3x – 2 |
1 |
–1 |
2y – 3 |
1 |
–1 |
x |
1 |
\(\frac{1}{3}\) |
y |
2 |
1 |
Vì x, y là số tự nhiên nên x = 1; y = 2.
Câu 159:
Một tấm vải dài 105 m . Nếu cắt đi \(\frac{1}{9}\) tấm vải thứ nhất ,\(\frac{3}{7}\) tấm vải thứ hai và \(\frac{1}{3}\) tấm vải thứ ba thì phần còn lại của ba tấm vải bằng nhau. Hỏi mỗi tấm vải dài bao nhiêu mét?
Khi cắt đi \(\frac{1}{9}\) mảnh vải thứ nhất thì mảnh vải đó còn lại \(\frac{8}{9}\) phần.
Khi cắt đi \(\frac{3}{7}\) tấm vải thứ hai thì mảnh vải đó còn lại \(\frac{4}{7}\) phần.
Khi cắt đi \(\frac{1}{3}\) tấm vải thứ ba thì mảnh vải đó còn lại \(\frac{2}{3}\) phần.
Nhìn vào sơ đồ ta thấy, do phần còn lại của ba tấm vải bằng nhau nên coi mảnh vải thứ nhất là 9 phần bằng nhau thì mảnh vải thứ hai bằng 14 phần như thế; mảnh vải thứ ba bằng 12 phần như thế.
Tổng số phần bằng nhau là :
9 + 14 + 12 = 35 (phần)
Giá trị của một phần là :
105 : 35 = 3 (m)
Mảnh vải thứ nhất dài là :
3 . 9 = 27 (m)
Mảnh vải thứ hai dài là :
3 . 14 = 42 (m)
Mảnh vải thứ ba dài là :
3 . 12 = 36 (m)
Đáp số : mảnh vải 1 : 27m; mảnh vải 2 : 42m; mảnh vải 3 : 36m.
Câu 160:
Cho α là góc tù và sinα – cosα = \(\frac{4}{5}\). Giá trị của M = sinα – 2cosα là ?
Vì α là góc tù nên sinα = \(\sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } \)
Do đó, sin α – cos α = \(\frac{4}{5}\).
⇔ \(\sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } \) – cos α = \(\frac{4}{5}\)
⇔ \(\sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } \) = cos α + \(\frac{4}{5}\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } = {\left( {\cos \alpha + \frac{4}{5}} \right)^2}\\\cos \alpha \ge \frac{{ - 4}}{5}\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}50{\cos ^2}\alpha + 40\cos \alpha - 9 = 0\\\cos \alpha \ge \frac{{ - 4}}{5}\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\cos \alpha = \frac{{ - 4 + \sqrt {34} }}{{10}}\\\cos \alpha = \frac{{ - 4 - \sqrt {34} }}{{10}}\end{array} \right.\\\cos \alpha \ge \frac{{ - 4}}{5}\end{array} \right.\)
Vì là góc tù nên \(\cos \alpha = \frac{{ - 4 + \sqrt {34} }}{{10}}\)
M = sinα – 2cosα = (sinα – cosα) – cosα = \(\frac{4}{5} + \frac{{ - 4 + \sqrt {34} }}{{10}} = \frac{{12 + \sqrt {34} }}{{10}}\).
Câu 161:
Cho các số 13,1; 13,01; 1,30.103; 1.3.10–3. Có mấy số có ba chữ số có nghĩa?
1,3 . 103 = 1,3 . 1000 = 1300
1,3 . 10–3 = 0,0013
Số có 3 chữ số là 13,1.
Câu 162:
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a biết SA vuông góc với đáy, SA hợp với (SBC) một góc 45°. Tính thể tích hình chóp S.ABC.
\(\widehat {SA,\left( {SBC} \right)} = \widehat {ASB} = 45^\circ \)
Suy ra: tam giác SAB vuông cân tại A
Suy ra: AS = AB = a
Thể tích khối chóp S.ABC là: VS.ABC = \(\frac{1}{3}.a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
Câu 163:
Cho đường tròn (O;R) và điểm A cố định ngoài đường tròn. Vẽ đường thẳng d vuông góc với OA tại A. Trên d lấy M. Qua M kẻ tiếp tuyến ME, MF với (O). Nối EF cắt OM tại H, cắt OA tại B. Chứng minh:
a) Tứ giác ABHM nội tiếp.
b) OA.OB = OH.OM = R2.
c) Tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc một đường tròn cố định khi M di chuyển trên d.
d) Tìm vị trí của M để diện tích tam giác HBO lớn nhất.
a) Do ME, MF là tiếp tuyến với đường tròn suy ra EF ⊥ OM
Tứ giác ABHM có \(\widehat A = \widehat H = 90^\circ \) nên tứ giác này nội tiếp đường tròn bán kính MB.
b) Xét ΔOHB và ΔOAM có:
Chung \(\widehat O\)
\(\widehat {OHB} = \widehat {OAM} = 90^\circ \)
⇒ ΔOHB ∽ ΔOAM (g.g)
⇒ \(\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OB}}{{AM}}\)
⇒ OA.OB = OH.OM(1)
Tương tự: ΔOHE ∽ ΔOEM (g.g)
⇒ \(\frac{{OH}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OM}}\)
⇒ OH.OM = OE2 = R2
⇒ OH.OM = R2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: OA.OB = OH.OM = R2
c) Gọi I là giao điểm của OM với đường tròn (O). Nối FI.
Do suy ra \(\widehat {MFI} = \widehat {EFI}\)
Suy ra FI là phân giác của góc \(\widehat {MFE}\)
Lại có MI là phân giác của góc \(\widehat {EMF}\)
Do đó I là giao điểm của đường phân giác trong của tam giác MEF
⇒ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF.
Mà I thuộc đường tròn (O) cố định. Suy ra đpcm.
d) Diện tích tam giác HBO: SHBO = \(\frac{1}{2}HO.HB\)
Xét ΔOHB ∽ ΔOAM (g.g)
⇒ \(\frac{{HB}}{{AM}} = \frac{{OB}}{{OM}}\)
⇒ HB.OM = AM.OB (3)
Có: OH.OM = R2(4)
Nhân (3) và (4) vế với vế ta được: OH.HB.OM2 = R2.AM.OB = R2 . AM . \(\frac{{{R^2}}}{{OA}}\)
⇒ OH.HB = \({R^4}.\frac{{AM}}{{OA.O{M^2}}} = {R^4}.\frac{{AM}}{{OA.\left( {O{A^2} + A{M^2}} \right)}}\)
Áp dụng BĐT Cô si với OA và AM ta có: \(O{A^2} + A{M^2} \ge 2\sqrt {O{A^2}.A{M^2}} = 2.OA.AM\)
Dấu "=" xảy ra khi: OA = AM
⇒ OH.HB ≤ \({R^2}.\frac{{AM}}{{OA.2.OA.AM}} = \frac{{{R^2}}}{{4.O{A^2}}}\)
Suy ra: Smax = \(\frac{{{R^2}}}{{4.O{A^2}}}\) khi OA = AM.
Câu 164:
Cho tam giác ABC có A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB.
a) Chứng minh: \(\overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {CA'} = \overrightarrow {A'B} \).
b) Tìm các vectơ bằng \(\overrightarrow {B'C'} ,\overrightarrow {C'A'} \).
a) Vì B’, C’ lần lượt là trung điểm của CA và AB
Nên B’C’ là đường trung bình của tam giác ABC
Suy ra: B’C’ // BC và B’C’ = \(\frac{1}{2}BC = A'B = A'C\)
Suy ra: \(\overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {CA'} = \overrightarrow {A'B} \)
b) \(\overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {CA'} = \overrightarrow {A'B} \)
\(\overrightarrow {C'A'} = \overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {B'C} \).
Câu 165:
Cho tam giác ABC có A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB.
a) Chứng minh: \(\overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {CA'} = \overrightarrow {A'B} \).
b) Tìm các vectơ bằng \(\overrightarrow {B'C'} ,\overrightarrow {C'A'} \).
a) Vì B’, C’ lần lượt là trung điểm của CA và AB
Nên B’C’ là đường trung bình của tam giác ABC
Suy ra: B’C’ // BC và B’C’ = \(\frac{1}{2}BC = A'B = A'C\)
Suy ra: \(\overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {CA'} = \overrightarrow {A'B} \)
b) \(\overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {CA'} = \overrightarrow {A'B} \)
\(\overrightarrow {C'A'} = \overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {B'C} \).