IMG-LOGO
Trang chủ Lớp 12 Toán Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án

Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án

Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 81)

  • 11046 lượt thi

  • 95 câu hỏi

  • 60 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB ở M và cắt AC ở N. Gọi H là giao điểm của BN và CM.

a) Chứng minh AH vuông góc với BC.

b) Gọi E là trung điểm AH. Chứng minh bốn điểm A, M, H, E cùng nằm trên một đường tròn và EM là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Xem đáp án
Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB ở M (ảnh 1)

a) Xét (O) có ΔBMC nội tiếp và BC là đường kính

Do đó: ΔBMC vuông tại M

BM MC tại M

CM AB tại M

Xét (O) có ΔBNC nội tiếp và BC là đường kính

Do đó: ΔBNC vuông tại N

BN NC tại N

BN AC tại N

Xét ΔABC có BN, CM là đường cao

BN cắt CM tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

AH BC

b) Xét tứ giác AMHN có: \(\widehat {AMH} + \widehat {ANH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

nên AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH

A, M, H, N cùng thuộc một đường tròn.

Gọi giao điểm của AH với BC là F

Xét ΔABC có: H là trực tâm của ΔABC

F là giao điểm của AH với BC

Do đó: AH BC tại F

ΔAFB vuông tại F

\(\widehat {ABF} + \widehat {BAF} = 90^\circ \)

\(\widehat {ABF} + \widehat {MCB} = 90^\circ \)(do ΔCMB vuông tại M)

Nên: \(\widehat {MCB} = \widehat {BAF}\)

Lại có: \[\widehat {EMO} = \widehat {EMH} + \widehat {OMH} = \widehat {EMH} + \widehat {OCM} = 90^\circ - \widehat {MAH} + \widehat {MCB} = 90^\circ \]

Vậy EM là tiếp tuyến của (O).


Câu 2:

Tính giá trị biểu thức: \(\frac{{2\sqrt {15} - 2\sqrt {10} + \sqrt 6 - 3}}{{2\sqrt 5 - 2\sqrt {10} - \sqrt 3 + \sqrt 6 }}\).

Xem đáp án

\[\frac{{2\sqrt {15} - 2\sqrt {10} + \sqrt 6 - 3}}{{2\sqrt 5 - 2\sqrt {10} - \sqrt 3 + \sqrt 6 }}\]

\[ = \frac{{\left( {2\sqrt {15} - 2\sqrt {10} } \right) - \left( {3 - \sqrt 6 } \right)}}{{\left( {2\sqrt 5 - 2\sqrt {10} } \right) - \left( {\sqrt 3 - \sqrt 6 } \right)}}\]

\[ = \frac{{2\sqrt 5 \left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right) - \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)}}{{2\sqrt 5 \left( {1 - \sqrt 2 } \right) - \sqrt 3 \left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {2\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)}}{{\left( {2\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)\left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}\]

\[ = \frac{{\sqrt 3 - \sqrt 2 }}{{1 - \sqrt 2 }}\]

\[ = \frac{{\left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}}{{\left( {1 - \sqrt 2 } \right)\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}}{{1 - 2}}\]

\[ = - \left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)\left( {1 + \sqrt 2 } \right)\]

\[ = - \left( {\sqrt 3 + \sqrt 6 - \sqrt 2 - 2} \right)\]

\[ = - \sqrt 3 - \sqrt 6 + \sqrt 2 + 2\].


Câu 3:

Cho nửa đường tròn (O). Đường kính AB = 6 cm. Kẻ các tiếp tuyến Ax, By cùng phía đối với nửa đường tròn đối với AB. Gọi C là một điểm thuộc tia Ax, kẻ tiếp tuyến CE với nửa đường tròn (E là tiếp điểm), CE cắt By tại D.

a) Chứng minh \[\widehat {COD} = 90^\circ \].

b) Chứng minh AEB và COD đồng dạng.

c) Gọi I là trung điểm của CD. Vẽ đường tròn (I) bán kính IC. Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của (I).

Xem đáp án
Cho nửa đường tròn (O). Đường kính AB = 6 cm. Kẻ các tiếp tuyến Ax (ảnh 1)

a) Ta có: \[\widehat {AOI} + \widehat {BOI} = 180^\circ \] (2 góc kề bù)

OC là tia phân giác \[\widehat {AOI}\](tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

OD là tia phân giác \[\widehat {BOI}\](tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra: \[\widehat {ECO} = \widehat {OCA};\widehat {EDO} = \widehat {ODB}\]

Xét tam giác ACO và tam giác CEO có:

Chung CO

\[\widehat {ECO} = \widehat {OCA}\]

AC = CE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên: ∆ACO = ∆ECO (c.g.c)

\[\widehat {COA} = \widehat {COE}\]

Chứng minh tương tự, ta có: ∆DOE = ∆DOB (c.g.c)

\[\widehat {DOE} = \widehat {DOB}\]

Mà: \[\widehat {DOE} + \widehat {DOB} + \widehat {COA} + \widehat {COE} = 180^\circ \]

\[2\left( {\widehat {DOE} + \widehat {COE}} \right) = 180^\circ \]

Hay \[\widehat {DOE} + \widehat {COE} = 90^\circ \], tức \[\widehat {DOC} = 90^\circ \]

b) Ta có: \[\widehat {AEB} = \frac{1}{2}\widehat {CEO} + \frac{1}{2}\widehat {DEO} = \frac{1}{2}\widehat {DEC} = 90^\circ \]

\[\widehat {CDO} = \widehat {EBA}\](cùng chắn cung OE)

Xét ∆AEB và ∆COD có:

\[\widehat {CDO} = \widehat {EBA}\]

\[\widehat {COD} = \widehat {AEB} = 90^\circ \]

Suy ra: ∆AEB ~ ∆COD (g.g)

c) I là trung điểm của CD, kẻ IO

Ta có: DB AB

         AC AB

DB // AC

CDBA là hình thang 

OI là đường trung bình do nối 2 cạnh bên của hình thang

OI // AC

Mà AC AB nên OI AB

Vậy AB là tiếp tuyến của (I;IC)


Câu 4:

Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của BC. D, E lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC.

a) Tứ giác ADME là hình gì, tại sao?

b) Chứng minh DE = \(\frac{1}{2}BC\).

c) Gọi P là trung điểm của BM, Q là trung điểm của MC, chứng minh tứ giác DPQE là hình bình hành. Từ đó chứng minh: tâm đối xứng của hình bình hành DPQE nằm trên đoạn AM.

d) Tam giác vuông ABC ban đầu cần thêm điều kiện gì để hình bình hành DPQE là hình chữ nhật?

Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của BC. D, E  (ảnh 1)

a) Ta có D, E là hình chiếu của M trên AB, AC

Nên DM  AB và ME  AC, hay \(\widehat {ADM} = \widehat {AEM} = 90^\circ \)

Xét tứ giác ADME có \(\widehat {DAE} = \widehat {ADM} = \widehat {AEM} = 90^\circ \)

Suy ra ADME là hình chữ nhật.

b) Xét ΔABC vuông tại A có M là trung điểm BC

Suy ra AM = \(\frac{1}{2}BC\)

Vì ADME là hình chữ nhật có AM, DE là hai đường chéo, suy ra AM = DE

Mà AM = \(\frac{1}{2}BC\)

Do đó DE = \(\frac{1}{2}BC\).

c) Ta có AD  AC và ME  AC, suy ra AD // ME

Mà M là trung điểm của BC

Suy ra E là trung điểm của AC

Xét tam giác AMC có E, Q lần lượt là trung điểm của AC, MC

Suy ra QE là đường trung bình

Do đó QE // AM, QE =\(\frac{1}{2}AM\)(1)

Ta có DM  AB và AB  AC

Suy ra DM // AC

Mà M là trung điểm của BC

Suy ra D là trung điểm của AB

Xét ΔBAM có D, P lần lượt là trung điểm của AB và BM

Suy ra DP là đường trung bình của ΔBAM

Do đó DP // AM và DP = \(\frac{1}{2}AM\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra DP // EQ, DP = EQ

Do đó DPQE là hình bình hành.

Gọi O là tâm đối xứng của DPQE (là giao điểm 2 đường chéo)

Ta có P, Q lần lượt là trung điểm của BM, MC và M là trung điểm BC

Suy ra M là trung điểm PQ

Xét hình bình hành DPQE có AM // DP và M là trung điểm PQ

Suy ra AM là đường trung bình của DPQE

Do đó AM đi qua trung điểm DE, gọi điểm đó là F

Từ đó AM là trục đối xứng của DPQE tức là đi qua O

Vậy tâm đối xứng của hình bình hành DPQE nằm trên đoạn AM.

d) Để hình bình hành DPQE là hình chữ nhật thì \(\widehat {APQ} = \widehat {PQE} = \widehat {QED} = \widehat {EDP} = 90^\circ \)

Ta xét ΔBAM nếu DP  BM thì AM  BM

Xét ΔABC có AM vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao

Suy ra ΔABC vuông cân tại A

Vậy để hình bình hành DPQE là hình chữ nhật thì tam giác vuông ΔABC cần thêm điều kiện cân tại A.


Câu 5:

Cho tam giác ABC có A(1; 2), B (–3; –1), và C (3; –4). Tìm điều kiện của tham số m để điểm M\(\left( {m;\frac{{m - 5}}{3}} \right)\) nằm bên trong tam giác ABC.

Xem đáp án

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 4; - 3} \right)\)

Suy ra: \(\overrightarrow {{n_{AB}}} = \left( {3; - 4} \right)\)

Phương trình đường thẳng AB là: 3(x – 1) – 4(y – 2) = 0 3x – 4y + 5 = 0

Tương tự: phương trình đường thẳng BC là: x + 2y + 5 = 0

Phương trình đường thẳng AC: 3x + y – 5 = 0

Để M nằm trong tam giác ABC thì thỏa mãn:

– M, A nằm cùng phía đối với BC

– M, B nằm cùng phía đối với AC

– M, C nằm cùng phía đối với AB

Suy ra M nằm trong miền nghiệm của hệ bất phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y + 5 > 0\\3x + y - 5 < 0\\3x - 4y + 5 > 0\end{array} \right.\)

Thay M\(\left( {m;\frac{{m - 5}}{3}} \right)\) vào hệ bất phương trình trên ta được:

\[\left\{ \begin{array}{l}m + 2.\frac{{m - 5}}{3} + 5 > 0\\3m + \frac{{m - 5}}{3} - 5 < 0\\3m - 4.\frac{{m - 5}}{3} + 5 > 0\end{array} \right.\]

–1 < m < 2.

Vậy –1 < m < 2 thì M nằm trong tam giác ABC.


Câu 6:

Chứng minh rằng n(n + 13) chia hết cho 2 với mọi số tự nhiên n.

Xem đáp án

* Khi n là số chẵn thì n 2 với mọi n

Suy ra: n(n + 13) 2 với mọi n.

* Khi n là số lẻ, giả sử n có dạng n = 2k + 1 (k là số tự nhiên)

Thì n + 13 = 2k + 1 + 13 = 2k + 14 = 2(k + 7) 2 với mọi k.

Suy ra: n(n + 13) = 2(2k + 1)(k + 7) 2 với mọi k.

Vậy n(n + 13) chia hết cho 2 với mọi số tự nhiên n.


Câu 7:

Chứng minh với mọi tam giác ABC ta có:

cos2A + cos2B + cos2C = –1 – 4cosA.cosB.cosC.

Xem đáp án

Xét vế trái:

cos2A + cos2B + cos2C

= (cos2A + cos2B) + 2cos2C – 1

= 2cos(A + B).cos(A − B) + 2cos2C – 1

= −2cosC.cos(A − B) + 2cos2C – 1

= −2cosC[cos(A − B) − cosC] − 1

= −2cosC[cos(A − B) + cos(A + B)] − 1

= −4cosC.cosA.cosB − 1

Vậy cos2A + cos2B + cos2C = 1 4cosA.cosB.cosC


Câu 8:

Cho biểu thức B = \(\frac{{{a^2} - 3a\sqrt a + 2}}{{a - 3\sqrt a }}\). Tìm các số nguyên a để B nhận giá trị nguyên.

Xem đáp án

ĐKXĐ: a > 0, a ≠ 9.

B = \(\frac{{{a^2} - 3a\sqrt a + 2}}{{a - 3\sqrt a }} = \frac{{a\left( {a - 3\sqrt a } \right) + 2}}{{a - 3\sqrt a }} = a + \frac{2}{{a - 3\sqrt a }}\)

Để B nhận giá trị nguyên thì \(\frac{2}{{a - 3\sqrt a }} \in \mathbb{Z}\)

Suy ra: \(2 \vdots \left( {a - 3\sqrt a } \right)\)

\(a - 3\sqrt a \in \left\{ { - 2; - 1;1;2} \right\}\)

\(\left[ \begin{array}{l}a - 3\sqrt a + 2 = 0\\a - 3\sqrt a + 1 = 0\\a - 3\sqrt a - 1 = 0\\a - 3\sqrt a - 2 = 0\end{array} \right.\)

\(\left[ \begin{array}{l}\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right) = 0\\\sqrt a = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}\left( L \right)\\\sqrt a = \frac{{3 \pm \sqrt {13} }}{2}\left( L \right)\\\sqrt a = \frac{{3 \pm \sqrt {17} }}{2}\left( L \right)\end{array} \right.\)

\(\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right) = 0\)

\(\left[ \begin{array}{l}\sqrt a = 1\\\sqrt a = 2\end{array} \right.\)

\(\left[ \begin{array}{l}a = 1\\a = 4\end{array} \right.\)

Vậy a = 1 hoặc a = 4.


Câu 9:

Điền số thích hợp vào chỗ chấm

a) 2,5 tấn = …kg

5,4 tấn = …kg

1,2 kg = …g

3,2 yến = ...kg

0,96 tấn = ...kg

3,72 tấn = ...tạ

0,12 kg = …g

2,2 hg = ...dag

5,4 tạ = …yến

3,39 tấn = …yến

0,5 yến = ....kg

2,2 hg = …g

b) 4 987m2 = …dam2...m2

320 060 dam2 = ...km2…m2

125 600 m2 = ...hm2…dam2

9 028 007 m2 = …km2… m2

c) 5m2 16dm2 = ….m2

7m2 5cm2 = ...m2

68m2 = …m2

693000 m2 = …ha

0,235 km2 = …ha

25m2 7dm2 = ….m2

15km2 68hm2 = ….km2

2002cm2 = ….m2

500 m2 = …ha

0,058 km2 = …ha

9km2 6dam2 = …km2

75m2 7dm2 = …m2

68063 m2 = … ha

400 ha = ….km2

Xem đáp án

a) 2,5 tấn = 2500kg

5,4 tấn = 5400kg

 1,2 kg = 1200g

3,2 yến = 32 kg

0,96 tấn = 960 kg

3,72 tấn = 37,2 tạ

0,12 kg = 120g

2,2hg = 22dag

5,4 tạ = 54 yến

3,39 tấn = 339 yến

0,5 yến = 2kg

2,2 hg = 220g

b) 4987m2 = 49dam2 87m2

320060 dam2 = 32km2 6000m2

125600 m2 = 12hm2 56dam2

9028007 m2 = 9km2 28007m2

c) 5m2 16dam2 = 5,16m2

7m2 5cm2 = 70005m2

68m2 = 68m2

693000m2 = 693ha

0,235km2 = 235ha

25km2 7dm2 = 25,07m2

15km2 68hm2 = 15,68km2

2002cm2 = 0,2002m2

500m2 = 0,05ha

0,058km2 = 5,8ha

9km2 6dam2 = 9,0006km2

75m2 7dam2 = 75,07m2

68063m2 = 0,68063ha

400ha = 4km2


Câu 10:

Có 7 quả cam, chia đều cho 10 người. Làm thế nào để chia được mà không phải cắt bất kì quả cam nào thành 10 phần bằng nhau?

Xem đáp án

Có 7 quả cam chia cho 10 người thì mỗi người sẽ được \(\frac{7}{{10}}\) quả cam.

Mà: \(\frac{7}{{10}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{5}\)

Nên mỗi người sẽ được \(\frac{1}{2}\) \(\frac{1}{5}\) quả cam.

Vì vậy để không phải cắt bất kì quả cam nào thành phần bằng nhau thì ta phải:

+ Lấy 5 quả, mỗi quả chia thành 2 phần bằng nhau thì ta có được 10 phần.

+ Lấy 2 quả, mỗi quả chia thành 5 phần thì cũng đủ 10 phần cho mọi người.


Câu 11:

Không thực hiện tính tổng, chứng minh rằng A = 2 + 22 + 23 + … + 220 chia hết cho 5.

Xem đáp án

A = 2 + 22 + 23 + … + 220

A = (2 + 22 + 23 + 24) + (25 + 26 + 27 + 28) + … + (217 + 218 + 219 + 220)

A = 2(1 + 2 + 22 + 23) + 25(1 + 2 + 22 + 23) + … + 217(1 + 2 + 22 + 23)

A = (1 + 2 + 22 + 23)(2 + 25 + … + 217)

A = 15.(2 + 25 + … + 217)

Vì 15 chia hết cho 5 nên 15.(2 + 25 + … + 217) chia hết cho 5.

Vậy A chia hết cho 5.


Câu 12:

Cho hình bình hành MNPQ với O là giao điểm của 2 đường chéo và thỏa mãn MN = 6cm, NP =5cm, OM = 2cm. Tính độ dài của PQ, MQ, MP?

Xem đáp án
Cho hình bình hành MNPQ với O là giao điểm của 2 đường chéo (ảnh 1)

Vì MNPQ là hình bình hành nên cạnh PQ = MN = 6 cm

Lại có: MQ = NP = 5cm

Vì MNPQ là hình bình hành nên O là trung điểm của MP và QN

Suy ra: MP = 2MO = 2.2 = 4(cm)

Vậy PQ = 6cm, MQ = 5cm, MP = 4cm.


Câu 13:

Độ dài đo được trên thực tế giữa 2 điểm A và B có khoảng cách là 150 km, trên tờ bản đồ có tỉ lệ 1: 1 000 000, vậy 2 điểm cách nhau bao nhiêu cm?

Xem đáp án

Đổi 150km = 15 000 000 cm

A và B cách nhau 150 km thì trên bản đồ sẽ là số cm là:

15 000 000 : 1 000 000 = 15 (cm)

Đáp số: 15cm.


Câu 14:

Biết đồ thị hàm số y = ax2 + bx + c đi qua điểm A(2; 1) và có đỉnh I(1; –1). Tính giá trị biểu thức T = a3 + b2 – 2c.

Xem đáp án

Vì đồ thị hàm số y = ax2 + bx + c đi qua điểm A(2; 1) và có đỉnh I(1; –1) nên ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}1 = 4a + 2b + c\\ - \frac{b}{{2a}} = 1\\a + b + c = - 1\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}4a + 2b + c = 1\\ - b = 2a\\a + b + c = - 1\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} - 2b + 2b + c = 1\\ - 2b = 4a\\a + b + c = - 1\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}c = 1\\ - 2b = 4a\\a + b + 1 = - 1\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}c = 1\\4a + 2b = 0\\a + b = - 2\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}c = 1\\a = 2\\b = - 4\end{array} \right.\)

Khi đó T = a3 + b2 – 2c = 23 + (–4)2 – 2.1 = 8 + 16 – 2 = 22.


Câu 15:

Rút gọn: M = sin(x – y)cosy + cos(x – y)siny.

Xem đáp án

M = sin(x – y)cosy + cos(x – y)siny

M = sin[(x – y) + y)]

M = sinx.


Câu 16:

Số học sinh khối 6 của trường khi xếp hàng 10, hàng 12, hàng 15 đều dư 3 học sinh. Hỏi số học sinh khối 6 của trường đó là bao nhiêu? Biết rằng số học sinh trong khoảng từ 350 đến 400 học sinh.

Xem đáp án

Gọi số học sinh cần tìm là x (x *) (học sinh) (350 ≤ x ≤ 400)

Vì số học sinh cần tìm khi xếp hàng 10, hàng 12, hàng 15 đều dư 3 học sinh

x – 3 chia hết cho 10

x – 3 chia hết cho 12

x – 3 chia hết cho 15

x – 3 BC(10, 12, 15)​

Ta có: 10 = 2.5

          12 = 22.3

           15 = 3.5

BCNN(10;12;15)​ = 22.3.5 = 60

BC(10;12;15)​ = B(60) ​ = {0; 60; 120; 180; 240; 300; 360; 420;...}

x = 3; 63; 123; 183; 243; 303; 363; 423;...

Mà 350 ≤ x ≤ 400

x = 363

Vậy số học sinh khối 6 của trường đó là 363 học sinh.


Câu 17:

Cho hình vẽ. Chứng minh rằng:

a) ∆AOD = ∆COB.

b) AD // BC.

Cho hình vẽ. Chứng minh rằng: a) tam giác AOD = tam giác COB (ảnh 1)
Xem đáp án

a) Theo hình vẽ ta có: OA = OB = OC = OD

AC cắt BD tại trung điểm O

Suy ra: ABCD là hình bình hành

Xét ∆AOD và ∆COB có:

AO = BO = \(\left( {\frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}BD} \right)\)

OD = OC

AD = BC (theo hình)

Suy ra: ∆AOD = ∆COB (c.c.c)

b) Theo phần a có: ∆AOD = ∆COB nên \(\widehat {ADO} = \widehat {OBC}\)

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên AD // BC.


Câu 18:

Cho hình bình hành ABCD hai đường chéo không vuông góc với nhau. Vẽ điểm E đối xứng với A qua BD. Chứng minh rằng 4 điểm B, C, E, D là 4 đỉnh của hình thang cân.

Xem đáp án
Cho hình bình hành ABCD hai đường chéo không vuông góc với  (ảnh 1)

Gọi O là giao điểm của AC và BD, H là giao điểm BD và AE.

Vì E đối xứng với A qua BD nên H là trung điểm của AE.

Xét tam giác ACE có OH là đường trung bình nên OH // CE (O là trung điểm AC, H là trung điểm AE)

Vậy BCED là hình thang.

Xét tam giác ADH và tam giác DHE có:

Chung DH

\(\widehat {AHD} = \widehat {DHE} = 90^\circ \)

AH = HE

Nên: ∆ADH = ∆EDH (c.g.c)

Suy ra: \(\widehat {BDE} = \widehat {{D_1}}\)

Mà ABCD là hình bình hành nên: \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{D_1}}\) (2 góc so le trong)

Lại có: \(\widehat {BDE} = \widehat {{B_1}}\left( { = \widehat {{D_1}}} \right)\)

Vậy BCED là hình thang cân.


Câu 19:

Tìm tập giá trị T của hàm số y = sin2x.

Xem đáp án

Ta có: –1 ≤ sin2x ≤ 1

Suy ra –1 ≤ y ≤ 1.

Do đó T = [–1; 1].


Câu 20:

Một quyển sách được ghi số trang bắt đầu từ 3 và trang cuối cùng là 139. Do quyển sách đã dùng lâu nên bị rơi mất 2 tờ trang có 2 chữ số và 5 tờ trang có 3 chữ số. Hỏi quyển sách đó còn bao nhiêu tờ?

Xem đáp án

Số trang của 1 quyển sách thực tế luôn phải là số chẵn: số trang = số tờ × 2

Vì quyển sách đánh số từ 3 đến 139 nên thực tế quyển sách có 1 trang không được số. Do đó số trang thực tế của quyển sách ban đầu là: 139 – 3 +1 + 1 = 138 trang.

Quay lại bài toán:

Khi đó quyển sách ban đầu có số tờ là: 138 : 2 = 69 tờ

Số tờ bị mất đi do sách cũ là: 2 + 5 = 7 tờ

Vậy sách còn lại số tờ là: 69 – 7 = 62 tờ.


Câu 21:

Cho tam giác ABC. Xác định điểm I sao cho vectơ \(2\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} = \overrightarrow {IC} \).

Xem đáp án

Gọi F là trung điểm của AB.

Ta có: \(2\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} = \overrightarrow {IC} \)

\(2\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IC} = 0\)

\(2\left( {\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} } \right) + \overrightarrow {CB} = 0\)

\(2.2.\overrightarrow {IF} = \overrightarrow {BC} \)

\(4\overrightarrow {IF} = \overrightarrow {BC} \)

\(\overrightarrow {IF} = \frac{1}{4}\overrightarrow {BC} \)

Vậy điểm I là điểm thỏa mãn đẳng thức \(\overrightarrow {IF} = \frac{1}{4}\overrightarrow {BC} \).


Câu 22:

Cho hình bình hành ABCD. E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tứ giác DEBF là hình gì? Vì sao?

Cho hình bình hành ABCD. E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD.

a) Tứ giác DEBF là hình gì? Vì sao?

b) Chứng minh 3 đường thẳng AC, BD, EF đồng qui.

c) Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M, N. Chứng minh tứ giác EMFN là hình bình hành.

Xem đáp án
Cho hình bình hành ABCD. E, F lần lượt là trung điểm của AB (ảnh 1)

a) Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD, AB = CD

Mà E, F là trung điểm AB, CD nên BE // DF, BE = \(\frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}CD = DF\)

Suy ra: DEBF là hình bình hành

b) Gọi O là giao điểm của AC và BD

Vì ABCD là hình bình hành nên O là trung điểm AC và BD

Lại có DEBF là hình bình hành

DB giao EF tại trung điểm mỗi đường

Vì O là trung điểm BD O là trung điểm EF

AC, DB, EF đồng quy tại O.

c) Vì DEBF là hình bình hành nên DE // BF suy ra: ME // NF

\(\frac{{OM}}{{ON}} = \frac{{OE}}{{OF}} = 1\) (O là trung điểm EF)

OM = ON

O là trung điểm MN

Vì O là trung điểm MN, EF nên EMFN là hình bình hành.


Câu 23:

Cho 2 đường thẳng d1: y = 4x + m – 1, d2: y = \(\frac{4}{3}\)x + 15 – 3m.

a) Tìm m để d1, d2 cắt nhau tại điểm C trên trục tung.

b) Với m vừa tìm được, hãy tìm giao điểm A, B của d1, d2 với Ox.

Xem đáp án

a)  Để (d1) cắt (d2) tại một điểm trên trục tung thì:

\(\left\{ \begin{array}{l}4 \ne \frac{4}{3}\\m - 1 = 15 - 3m\end{array} \right.\)

4m = 16

m = 4.

b) Với m = 4 ta được (d1): y = 4x + 3

(d2): y = \(\frac{4}{3}\)x + 3

Giao điểm của d1 với Ox là A(xA; yA)

Vì A thuộc Ox nên yA = 0

4xA + 3 = 0 xA = \(\frac{{ - 3}}{4}\)

Vậy giao điểm của d1 với Ox là \(A\left( {\frac{{ - 3}}{4};0} \right)\)

Tương tự, ta tìm được giao điểm của d2 với Ox là \(B\left( {\frac{{ - 9}}{4};0} \right)\).


Câu 24:

Cho bốn số nguyên dương phân biệt sao cho tổng của mỗi hai số chia hết cho 2 và tổng của mỗi ba số chia hết cho 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng bốn số này?

Xem đáp án

Gọi 4 số ấy là a, b, c, d

Tổng 2 số bất kì chia hết cho 2 nên a, b, c, d đồng dư với nhau mod 2

Tổng 3 số bất kì chia hết cho 3 nên a, b, c, d đồng dư với nhau mod 3

a, b, c, d đồng dư với nhau mod 6

Vì a, b, c, d nguyên dương nên giá trị nhỏ nhất mà a, b, c, d có thể nhận là 1

Các số tiếp theo là 1 + 6 = 7, 7 + 6 = 13, 13 + 6 = 19

Tổng của a, b, c, d là 1 + 7 + 13 + 19 = 40.


Câu 25:

Cho ∆ABC, AQ, BK, CI là 3 đường cao, H là trực tâm.

a. Chứng minh: A, K, B, Q thuộc 1 đường tròn. Xác định tâm của đường tròn.

b. Chứng minh: A, I, H, K thuộc 1 đường tròn. Xác định tâm của đường tròn.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC, AQ, BK, CI là 3 đường cao, H là trực tâm (ảnh 1)

a. Xét tứ giác ABQK có: \(\widehat {AQB} = \widehat {AKB} = 90^\circ \)

Do đó: ABQK là tứ giác nội tiếp hay A, B, Q, K cùng thuộc 1 đường tròn đường kính AB.

Tâm của đường tròn này là trung điểm của AB.

b. Xét tứ giác AIHK có: \(\widehat {AIH} + \widehat {AKH} = 180^\circ \)

Do đó: AIHK là tứ giác nội tiếp hay A, I, H, K cùng thuộc 1 đường tròn đường kính AH.

Tâm của đường tròn này là trung điểm của AH.


Câu 26:

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy điểm D trên bán kính OB (khác O, B). Gọi H là trung điểm của AD. Đường vuông góc tại H với AB cắt nửa đường tròn tại C. Đường tròn tâm I đường kính BD cắt tiếp tuyến BC tại E.

a) Tứ giác ACED là hình gì?

b) Chứng minh tam giác CEH cân tại H và HE là tiếp tuyến của (I).

Xem đáp án
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy điểm D trên bán kính  (ảnh 1)

a) ACED là hình thang vuông vì AC // DE (cùng vuông góc với BC)

b) Đặt AB = 2R, AD = 2x, DB = 2y thì HA = HD = x

Ta có các hệ thức sau:

x + y = R hay HI = R

OH = OA – OH = x + y – x = y

Hay OH = y

Xét tam giác OHC và tam giác EIH có:

OH = IE = y

\(\widehat {COH} = \widehat {HIE}\)(đồng vị)

OC = IH = R

∆OHC = ∆IEH (c.g.c)

Suy ra: HC = EH hay tam giác HCE cân tại H

Lại có: do ∆OHC = ∆IEH nên \(\widehat {OHC} = \widehat {IEH} = 90^\circ \)

Tức HE vuông góc với IE

Vậy HE là tiếp tuyến của (I).


Câu 27:

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, M là điểm bất kì thuộc cạnh BC. Kẻ MI vuông góc với AC (I thuộc AC), kẻ MK vuông góc với AB (K AD).

a) Chứng minh KI = MA.

b) Gọi O là giao điểm của AM và KI. Chứng minh \(\widehat {IHK} = 90^\circ \).

Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, M là điểm bất kì  (ảnh 1)

a) Xét tứ giác AIMK có: \(\widehat A = \widehat K = \widehat I = 90^\circ \)

Nên AIMK là hình chữ nhật

AM cắt KI tại trung điểm mỗi đường (tại O) và AM = KI

b) AIMK là hình chữ nhật, O là giao KI và AM

O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMKI

Hay A, K, M, I cùng thuộc đường tròn tâm O có bán kính là R = OK = OI = OA = OM

Lại có: \(\widehat {AHM} = 90^\circ \) mà O là trung điểm AM

Nên OH = OA = OM = \(\frac{1}{2}AM\)

Suy ra: OH = OA = OM = OK = OI

Xét tam giác HIK có: OH = OK = OI =\(\frac{1}{2}KI\)

Suy ra: tam giác HIK vuông tại H hay \(\widehat {IHK} = 90^\circ \).


Câu 28:

Cho đường tròn (O; R) và hai bán kính OA, OB. Trên các bán kính OA, OB lần lượt là các điểm M, N sao cho OM = ON. Vẽ dây CD qua M và N (M nằm giữa C và N).

1. Chứng minh rằng CM = DN.

2. Giả sử \(\widehat {AOB} = 90^\circ \), hãy tính OM, ON theo R sao cho CM = MN = ND.

Xem đáp án
Cho đường tròn (O; R) và hai bán kính OA, OB. Trên các bán kính  (ảnh 1)

a) Hạ OE vuông góc với AB cắt CD tại F

Trong tam giác OAB cân tại O ta có:

\(\frac{{OM}}{{OA}} = \frac{{ON}}{{OB}} \Rightarrow MN\parallel AB \Rightarrow OF \bot MN\)

Và MF = NF

Ta nhận xét thêm:

OF MN OF CD CF DF

Khi đó: CM = CF – MF = DF – NF = DN (đpcm)

b) Đặt MF = x, suy ra:

CF = CM + MF = MN + MF = 3MF = 3x

OF = x, vì tam giác OMF vuông cân tại F

Trong tam giác OCF, ta có:

OF2 = OC2 – CF2

x2 = R2 – 9x2

10x2 = R2

x = \(\frac{R}{{\sqrt {10} }}\)

Khi đó ta được:

ON = OM = OF\(\sqrt 2 = \frac{R}{{\sqrt {10} }}.\sqrt 2 = \frac{R}{{\sqrt 5 }}\)

Vậy với OM = ON = \(\frac{R}{{\sqrt 5 }}\) thỏa mãn điều kiện bài toán.


Câu 29:

Cho tam giác ABC. Vẽ các tam giác đều ABM, ACN phía ngoài tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, AM, AN. Chứng minh tam giác DEF đều.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC. Vẽ các tam giác đều ABM, ACN phía ngoài (ảnh 1)

Gọi I là trung điểm AB

Ta có: EI là đường trung bình của tam giác AMB

EI // MB

\(\widehat {AEI} = \widehat {AMB} = 60^\circ \)

Lại có: EI = \(\frac{1}{2}MB = AE;ID = \frac{1}{2}AC = AF\)

\(\widehat {EAF} = 360^\circ - 2.60^\circ - \widehat {BAC} = 240^\circ - \widehat {BAC}\)

\(\widehat {EID} = 360^\circ - 120^\circ - \widehat {BID} = 240^\circ - \widehat {BAC}\)(\(\widehat {BID} = \widehat {BAC}\) vì ID // AC)

Xét ∆EID và ∆AEF có:

EI = AE

\[\widehat {EID} = \widehat {EAF}\]

ID = AF

Suy ra: EID =  EAF (c.g.c)

DE = EF (*) và \(\widehat {IED} = \widehat {AEF}\)

\(\widehat {AEI} = \widehat {IED} + \widehat {DAE} = 60^\circ \)

\(\widehat {AEF} + \widehat {DAE} = 60^\circ \) hay \(\widehat {DEF} = 60^\circ \)(**)

Từ (*) và (**) suy ra: DEF là tam giác đều.


Câu 30:

Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác.

Chứng minh rằng A = \(\frac{a}{{b + c - a}} + \frac{b}{{a + c - b}} + \frac{c}{{a + b - c}} \ge 3\).

Xem đáp án

a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên: \(\frac{a}{{b + c - a}};\frac{b}{{a + c - b}};\frac{c}{{a + b - c}} > 0\)

A = \(\frac{a}{{b + c - a}} + \frac{b}{{a + c - b}} + \frac{c}{{a + b - c}}\)

\(A + \frac{3}{2} = \frac{a}{{b + c - a}} + \frac{1}{2} + \frac{b}{{a + c - b}} + \frac{1}{2} + \frac{c}{{a + b - c}} + \frac{1}{2}\)

\(A + \frac{3}{2} = \frac{{a + b + c}}{{2\left( {b + c - a} \right)}} + \frac{{a + b + c}}{{2\left( {a + c - b} \right)}} + \frac{{a + b + c}}{{2\left( {a + b - c} \right)}}\)

\(A + \frac{3}{2} = \frac{{a + b + c}}{2}\left( {\frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{a + c - b}} + \frac{1}{{a + b - c}}} \right)\)

\(A + \frac{3}{2} \ge \frac{{a + b + c}}{2}.\frac{9}{{b + c - a + a + c - b + a + b - c}}\)

\(A + \frac{3}{2} \ge \frac{9}{2}\)

A ≥ 3 (đpcm).


Câu 31:

Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz.

Xem đáp án

Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z.

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z

xyz = x + y + z ≤ 3z

xy ≤ 3

xy thuộc {1; 2; 3}.

Nếu xy = 1 x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí.

Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), z = 3.

Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), z = 2.

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1; 2; 3).


Câu 32:

Tìm m để phương trình x2 + mx + m – 1 = 0 có hai nghiệm lớn hơn m.

Xem đáp án

Ta có: x2 + mx + m – 1 = 0

(x2 – 1) + m(x + 1) = 0

(x – 1)(x + 1) + m(x + 1) = 0

(x + 1)(x – 1 + m) = 0

\(\left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 1 + m = 0\end{array} \right.\)

\(\left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1 - m\end{array} \right.\)

Để phương trình có hai nghiệm lớn hơn m thì: –1 > m và 1 – m > m

Suy ra: m < –1 và m < \(\frac{1}{2}\)

Vậy m < –1.


Câu 33:

Quan sát hình vẽ sau. Giải thích vì sao m song song với n?

Quan sát hình vẽ sau. Giải thích vì sao m song song với n (ảnh 1)
Xem đáp án

Dựa vào hình vẽ ta thấy:

\[\left\{ \begin{array}{l}m \bot AB\\n \bot AB\end{array} \right.\] suy ra: m // n

(Lý thuyết: Nếu hai đường thẳng (phân biệt) cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau).


Câu 34:

Cho đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng d tiếp xúc với (O) tại A. Gọi I là một điểm cố định trên đoạn thẳng AB. Gọi DE là dây cung thay đổi của (O) luôn đi qua I. Gọi BD, BE cắt d lần lượt tại M, N.

1) Chứng minh rằng tứ giác DENM là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh rằng tích AM. AN không đổi.

3) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DENM thuộc một đường thẳng cố định.

Xem đáp án
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng d tiếp xúc với (ảnh 1)

1) Ta có: AB là đường kính của (O) nên AD BM, AE EB

Mà AB MN

Nên BD.BM = BA2 = BE. BN

\(\frac{{BD}}{{BN}} = \frac{{BE}}{{BM}}\)

\(\widehat {DBE} = \widehat {MBN}\)

∆BDE ∆BNM (c.g.c.)

\(\widehat {BDE} = \widehat {BNM}\)

MNED nội tiếp

2) Vẽ đường tròn ngoại tiếp ΔBMN, (BMN) ∩ AB = P

ΔBEI ΔBPN(g.g)

\(\frac{{BE}}{{BP}} = \frac{{BI}}{{BN}}\)

BI.BP = BE.BN = BA2

BP = \(\frac{{B{A^2}}}{{BI}}\) P cố định

\(\widehat {PAN} = \widehat {MAB},\widehat {APN} = \widehat {BPN} = \widehat {BMN} = \widehat {BMA}\)

ΔABM ΔANP(g.g)

\(\frac{{AM}}{{AP}} = \frac{{AB}}{{AN}}\)

AM.AN = AB. AP không đổi

3.Vẽ đường tròn ngoại tiếp DMNE, (DMNE) ∩ AB = C, F (như hình vẽ)

Chứng minh tương tự câu 2 có AF.AC = AM.AN AF.AC = AP.AB

Lại có BCF, BDM là cát tuyến tại B với (DMNE)

BC.BF = BD.BM = BA2

\(\left\{ \begin{array}{l}BC.BF = B{A^2}\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {AB - AC} \right)\left( {AB + AF} \right) = B{A^2}\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}A{B^2} + AB\left( {AF - AC} \right) - AF.AC = B{A^2}\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}AB\left( {AF - AC} \right) = AF.AC\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}AB\left( {AF - AC} \right) = AP.AB\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}AF - AC = AP\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}AF = AC + AP\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}AF = AC + AP\\A{C^2} + AC.AP - AP.AB = 0\end{array} \right.\) C cố định

C, F cố định

Tâm (DENM) thuộc trung trực của CF cố định.


Câu 35:

Cho hình thang ABCD (AD // BC) có \(\widehat A - \widehat B = 20^\circ ,\widehat D = 2\widehat C\).

1) Tính \(\widehat A + \widehat B\).

2) Chứng minh \(\widehat A + \widehat B = \widehat D + \widehat C\).

3) Tính số đo các góc của hình thang.

Xem đáp án

1) Vì ABCD là hình thang có AD // BC nên \(\widehat A + \widehat B = 180^\circ \)(2 góc trong cùng phía)

2) Lại có: \(\widehat D + \widehat C = 180^\circ \)(2 góc trong cùng phía)

Nên: \(\widehat A + \widehat B = \widehat D + \widehat C = 180^\circ \)

3) Ta có: \(\widehat A + \widehat B = 180^\circ \)

\[\widehat A - \widehat B = 20^\circ \]

\[\widehat A = \left( {180^\circ + 20^\circ } \right):2 = 100^\circ \]

\[\widehat B = 100^\circ - 20^\circ = 80^\circ \]

Lại có: \(\widehat D + \widehat C = 180^\circ \)\(\widehat D = 2\widehat C\)

\(2\widehat C + \widehat C = 180^\circ \) \(3\widehat C = 180^\circ \) \(\widehat C = 60^\circ \)

\(\widehat D = 2\widehat C = 2.60^\circ = 120^\circ \)

Vậy \[\widehat A = 100^\circ ,\widehat B = 80^\circ ,\widehat C = 60^\circ ,\widehat D = 120^\circ \].


Câu 36:

Tìm số nguyên tố p sao cho 2p + 1 chia hết cho p.

Xem đáp án

Giả sử p là số nguyên tố thỏa mãn 2p + 1 chia hết cho p.

Theo định lý Fermat, ta có: 2p ≡ 2 (mod p)

Suy ra: (2p – 2) p

3 = (2p + 1) – (2p – 2) p

p = 3 (thỏa mãn)

Vậy số nguyên tố p cần tìm là 3.


Câu 37:

Cho tam giác nhọn ABC, AB < AC. Các đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC. Trên tia đối của MH lấy điểm K sao cho MH = MK.

a, Chứng minh: BHCK là hình bình hành.

b, Chứng minh: BK vuông góc AB.

c, Chứng minh: tâm giác MEF cân.

d, CQ vuông góc BK tại Q. Chứng minh: EF vuông góc EQ.

Xem đáp án
Cho tam giác nhọn ABC, AB < AC. Các đường cao BE, CF cắt  (ảnh 1)

a) Xét tứ giác BHCK có:

M là trung điểm của BC (giả thiết).

M là trung điểm của HK (MH = MK).

BHCK là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

b) BHCK là hình bình hành (chứng minh trên).

BK // HC mà HC AB (đường cao)

AB BK (từ vuông góc đến song song đảo).

c) M là trung điểm của BC (giả thiết)

ME là đường trung tuyến của ΔBCE
Mà ΔBCE vuông tại E
ME = \(\frac{1}{2}BC\)
M là trung điểm của BC (giả thiết).

MF là đường trung tuyến của ΔBCF
Mà ΔBCF vuông tại F
MF = \(\frac{1}{2}BC\) = ME
ΔMEF cân (hai cạnh bên bằng nhau).

d) Xét tứ giác BFCQ có:

\(\widehat {BFC} = 90^\circ \)(CF AB)

\(\widehat {FBQ} = 90^\circ \)(BK AB)

\(\widehat {BQC} = 90^\circ \)(CQ BK)

BFCQ là hình chữ nhật

BC = FQ

M là trung điểm FQ

ME là trung tuyến của tam giác EFQ

Suy ra: ME = \(\frac{1}{2}BC\)= \(\frac{1}{2}PQ\)

Tam giác EFQ vuông tại E

Vậy EF vuông góc EQ.


Câu 38:

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Kẻ các tiếp tuyến Ax, By cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ 3 với đường tròn, nó cắt Ax , By tại C, D. Tiếp tuyến của nửa đường tròn tại E cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D.

a) Chứng minh rằng: tam giác COB là tam giác vuông.

b) Chứng minh MC.MD = OM2.

Xem đáp án
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Kẻ các tiếp tuyến Ax (ảnh 1)

a) Xét (O) có:

CM là tiếp tuyến

CA là tiếp tuyến

Do đó: OC là tia phân giác của góc \(\widehat {MOA}\) (1)

Xét (O) có: DM là tiếp tuyến; DB là tiếp tuyến

Do đó OD là tia phân giác của góc \(\widehat {MOB}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {DOC} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {MOA} + \widehat {MOB}} \right) = \frac{1}{2}.180^\circ = 90^\circ \)

hay ΔODC vuông tại O.

b) Xét ΔODC vuông tại O có OM là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, có: MC.MD = MO2.


Câu 39:

Cho phương trình x (m  3)x 5 = 0, m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 là các số nguyên.

Xem đáp án

Δ = (–m + 3)2 – 4.(–5) = m2 – 6m + 9 + 20 = m2 – 6m + 29 = (m – 3)2 + 20 > 0

Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 là các số nguyên thì trước hết Δ phải là một số chính phương.

Giả sử (m – 3)2 + 20 = k2 với k nguyên

k2 – (m – 3)2 = 20

(k – m – 3)(k – m + 3) = 20

Do (k – m – 3) + (k – m + 3) = 2k chẵn nên chúng cùng tính chẵn lẻ.

Mà 20 là số chẵn nên (k – m – 3) + (k – m + 3) cùng là số chẵn

Suy ra: \(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}k - m + 3 = 10\\k + m - 3 = 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}k - m + 3 = 2\\k + m - 3 = 10\end{array} \right.\end{array} \right.\) \(\left[ \begin{array}{l}m = - 1\\m = 7\end{array} \right.\).


Câu 40:

Tìm các số tự nhiên x sao cho 14 chia hết cho 2x + 1.
Xem đáp án

Ta có: 14 (2x + 1) nên (2x + 1) là ước của 14

Ư(14) = {1; 2; 7; 14}

Suy ra: 2x + 1 {1; 2; 7; 14}

x {0; 0,5; 3; 6,5}

Mà x là số tự nhiên nên x = 0 hoặc x = 3.

Vậy x = 0 hoặc x = 3.


Câu 41:

Cho A = 2 + 22 + 23 + … + 260. Hãy thu gọn tổng A.

Xem đáp án

A = 2 + 22 + 23 + … + 260

2A = 22 + 23 + …. + 261

2A – A = (22 + 23 + …. + 261) – (2 + 22 + 23 + … + 260)

A = 261 – 2.


Câu 42:

Cho hai tập hợp khác rỗng A = [ m – 1; 5) và B =[–3; 2m + 1]. Tìm m để A B.

Xem đáp án

Điều kiện tồn tại nửa đoạn và đoạn:

\(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 < 5\\ - 3 \le 2m + 1\end{array} \right.\) –2 ≤ m < 6.

A B thì \(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 > - 3\\2m + 1 \ge 5\end{array} \right.\) m > 2

Kết hợp điều kiện ta được: 2 < m < 6.


Câu 43:

tổng A = 8 + 12 + x với x thuộc ℕ. Tìm x để:

a) A chia hết cho 2.

b) A không chia hết cho 2.

Xem đáp án

Ta có: A = 8 + 12 + x = 20 + x

a) Để A chia hết cho 2 thì 20 + x chia hết cho 2

Mà 20 luôn chia hết cho 2 nên x chia hết cho 2

Suy ra: x = 2k (k ℕ).

b) Để A không chia hết cho 2, thì (20 + x) không chia hết 2

Mà 20 luôn chia hết cho 2 nên để 20 + x \(\not \vdots \)2 thì x \(\not \vdots \) 2

Suy ra: x = 2k + 1 (k ℕ).


Câu 44:

Điền chữ số thích hợp vào dấu * để được số M = \(\overline {37*} \) thỏa mãn điều kiện:

a) M chia hết cho 3;

b) M chia hết cho 9;

c) M chia hết cho 3 nhưng không chia hết 9.

Xem đáp án

a) Để M chia hết cho 3 thì tổng các chữ số của M chia hết cho 3

(3 + 7 + *) 3 hay (10 + *) 3

Vì * < 10 nên * {2; 5; 8}

b) Để M chia hết cho 9 thì tổng các chữ số của M chia hết cho 9

(3 + 7 + *) 9 hay (10 + *) 9

Vì * < 10 nên * {8}

c) Để M chia hết cho 3 thì tổng các chữ số của M chia hết cho 3

(3 + 7 + *) 3 hay (10 + *) 3

Vì * < 10 nên * {2; 5; 8}

Ta loại * = 8 vì khi * = 8 ta được số 378 là số chia hết cho 9.

Vậy * {2; 5}.


Câu 45:

Thực hiện phép tính \(\left( {1 - \frac{1}{{1 + 2}}} \right)\left( {1 - \frac{1}{{1 + 2 + 3}}} \right)...\left( {1 - \frac{1}{{1 + 2 + 3 + ... + 2006}}} \right)\).

Xem đáp án

Ta xét tổng quát:

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

Khi đó ta có:

\(\left( {1 - \frac{1}{{1 + 2}}} \right)\left( {1 - \frac{1}{{1 + 2 + 3}}} \right)...\left( {1 - \frac{1}{{1 + 2 + 3 + ... + 2006}}} \right)\)

\( = \frac{{1.4}}{{2.3}}.\frac{{2.5}}{{3.4}}....\frac{{2005.2008}}{{2006.2007}}\)

\( = \frac{{\left( {1.2.3...2005} \right).\left( {4.5.6....2008} \right)}}{{\left( {2.3.4....2006} \right).\left( {3.4.5....2007} \right)}} = \frac{{1.2008}}{{2006.3}} = \frac{{2008}}{{6018}}\).


Câu 46:

Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 – 4 = 0.

a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm với mọi giá trị của m.

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho 3x1 + 2x2 = 7.

Xem đáp án

a) x2 – 2mx + m2 – 4 = 0

∆' = m2 – m2 + 4 = 4 > 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm với mọi giá trị của m.

b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: \(\left[ \begin{array}{l}x = m + 2\\x = m - 2\end{array} \right.\)

TH1: x1 = m + 2; x2 = m – 2

Khi đó: 3x1 + 2x2 = 7

3(m + 2) + 2(m – 2) = 7

5m + 6 – 4 – 7 = 0

5m – 5 = 0

m = 1.

TH2: x2 = m + 2; x1 = m – 2

Khi đó: 3x1 + 2x2 = 7

3(m – 2) + 2(m + 2) = 7

3m – 6 + 2m + 4 – 7 = 0

5m – 9 = 0

m = \(\frac{9}{5}\)

Vậy m = 1 hoặc m = \(\frac{9}{5}\).


Câu 47:

Biến đổi tổng thành tích A = sina + sinb + sin(a + b).

Xem đáp án

A = sina + sinb + sin(a + b)

\(A = 2\sin \frac{{a + b}}{2}\cos \frac{{a - b}}{2} + 2\sin \frac{{a + b}}{2}\cos \frac{{a + b}}{2}\)

\(A = 2\sin \frac{{a + b}}{2}\left( {\cos \frac{{a - b}}{2} + \cos \frac{{a + b}}{2}} \right)\)

\(A = 2\sin \frac{{a + b}}{2}.2\cos \frac{a}{2}\cos \frac{b}{2}\)

\(A = 4\sin \frac{{a + b}}{2}.\cos \frac{a}{2}.\cos \frac{b}{2}\).


Câu 48:

Cho số tự nhiên \(\overline {ab} \) bằng ba lần tích các chữ số của nó.

a) Chứng minh rằng b chia hết cho a.

b) Gỉa sử b = ka (k thuộc ℕ) chứng minh rằng k là ước của 10.

c) Tìm các số \(\overline {ab} \) nói trên.

Xem đáp án

a) Theo đề bài có: \(\overline {ab} = 3ab\)

10a + b = 3ab (1)

Vì 3ab a nên (10a + b) a

Mà 10a a nên b a.

b) Do b = ka mà b < 10 nên ka < 10

Thay b = ka vào (1) ta được:

10a + ka = 3a.ka

a(10 + k) = 3a2.k

10 + k = 3ak (*)

Vì 3ak k nên 10 + k k

Mà k k nên 10 k

Vậy k là ước của 10.

c) Theo phần b có k là ước của 10 nên k {1; 2; 5}

Với k = 1 thay vào (*) có: 11 = 3a (loại vì a là số tự nhiên)

Với k = 2 thay vào (*) có: 12 = 6a a = 2

b = ka = 2a = 2.2 = 4

Với k = 5 thay vào (*) có: 15 = 15a a = 1

b = ka = 5a = 5

Vậy số cần tìm là 24 và 15.


Câu 49:

Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có các đường cao BD và CE.

a, Cho góc A = 60 độ và AC = 12cm, tính AE và CE.

b, Tia DE cắt BC ở F. Chứng minh tam giác ADE đồng dạng với tam giác ABC.

c, Chứng minh FB.FC = FE.FD.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có các đường cao BD và CE (ảnh 1)

a) Ta có: \(\sin \widehat A = \frac{{CE}}{{CA}} \Rightarrow CE = AC.\sin \widehat A = 6\sqrt 3 \)

AE = \(\sqrt {A{C^2} - C{E^2}} = 6\)

b) Xét ΔADB, ΔAEC có:

Chung \(\widehat A\)

\(\widehat D = \widehat E = 90^\circ \)

ΔADB ΔAEC(g.g)

\(\frac{{AD}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AC}}\)

\(\widehat {DAE} = \widehat {BAC}\)

ΔADE ΔABC (c.g.c)

c) Từ câu b: ΔADE ΔABC suy ra: \(\widehat {AED} = \widehat {ACB}\)

\(\widehat {FEB} = \widehat {AED} = \widehat {ACB} = \widehat {FCD}\)

\(\widehat {EFB} = \widehat {DFC}\)

Xét ΔFBE và ΔFDC có:

\(\widehat {EFB} = \widehat {DFC}\)

\(\widehat {FEB} = \widehat {FCD}\)

ΔFBE ΔFDC(g.g)

\(\frac{{FB}}{{FD}} = \frac{{FE}}{{FC}}\)

FB.FC = FD.FE.


Câu 50:

Cho nửa đường tròn (O; R). Hai dây cung AB và CD song song với nhau có độ dài lần lượt là 32 cm và 24 cm và khoảng cách giữa 2 dây là 4 cm. Tính bán kính đường tròn.

Xem đáp án
Cho nửa đường tròn (O; R). Hai dây cung AB và CD song song (ảnh 1)

Kẻ OH vuông góc với AB, OK vuông góc với CD

Ta thấy O, H, K thẳng hàng

Đặt OH = x, OK = x + 4

Tam giác OHB vuông tại H có:

OH2 + HB2 = OB2 hay x2 + 162 = R2

Tam giác OKD vuông ở K có:

OK2 + KD2 = OD2

Hay (x + 4)2 + 122 = R2

Từ (1) và (2) suy ra: x2 + 162 = (x + 4)2 + 122

Giải phương trình này ta được: x = 12, tức OH = 12 cm

Từ (1) ta có: R2 = 122 + 162 = 400, suy ra R = 20 cm.


Câu 51:

Cho đường tròn (O) đường kính AB, E thuộc đoạn AO (E khác A, O và AE > EO). Gọi H là trung điểm của AE , kẻ dây CD vuông góc với AE tại H.

a) Tính góc \(\widehat {ACB}\)?

b) Tứ giác ACED là hình gì?

c) Gọi I là giao điểm của DE và BC. Chứng minh HI là tiếp tuyến của đường tròn đường kính EB?

Xem đáp án
Cho đường tròn (O) đường kính AB, E thuộc đoạn AO (E khác A (ảnh 1)

a) Vì \(\widehat {ACB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ACB} = 90^\circ \)

b) Xét (O) có:

OH là một phần đường kính

CD là dây

OH  CD tại H

Do đó: H là trung điểm của CD

Xét tứ giác ECAD có 

H là trung điểm của đường chéo CD

H là trung điểm của đường chéo EA

Do đó: ECAD là hình bình hành

Mà EA  CD

Nên ECAD là hình thoi

c) ACED là hình thoi nên DE //AC

Mà AC  BC nên DE  BC

Suy ra: DI  BC

 \(\widehat {EIB} = 90^\circ ;\widehat {CID} = 90^\circ \)

Xét tam giác CID vuông tại I có IH là trung tuyến

 IH \( = \frac{1}{2}CD = DH\)

 ∆DHI cân tại H  \(\widehat {HID} = \widehat {EBI}\)

Gọi M là trung điểm BE

Suy ra: IM là trung tuyến của ∆IBE vuông tại I.

 IM = \(\frac{1}{2}BE = BM\)

 ∆MBI cân tại M

 \(\widehat {MBI} = \widehat {MIB} = \widehat {EBI} = \widehat {HID}\)

Ta có: \(90^\circ = \widehat {EIB} = \widehat {B{\mathop{\rm I}\nolimits} M} + \widehat {E{\mathop{\rm I}\nolimits} M} = \widehat {HID} + \widehat {EIM} = \widehat {H{\mathop{\rm I}\nolimits} M}\)

Suy ra: HI  IM tại I.

Vì IM = EM = BM = \(\frac{1}{2}BE\)và HI  IM nên HI là tiếp tuyến của \(\left( {M;\frac{{EB}}{2}} \right)\).


Câu 53:

Chứng minh rằng 109 + 108 + 107 chia hết cho 222.

Xem đáp án

Ta có: 109 + 108 + 107 = 107(102 + 10 + 1) = 107 . 111

= 106.10.111

= 106.5.2.111

= 106.5.222

Ta thấy 222 chia hết cho 222 nên 106.5.222 chia hết cho 222

Vậy 109 + 108 + 107 chia hết cho 222.


Câu 54:

Một trường có 1055 học sinh. Trường tổ chức đi dã ngoại bằng xe buýt, một chiếc xe chở được 30 học sinh. Hỏi trường cần ít nhất bao nhiêu chiếc xe để chở hết học sinh của trường đi dã ngoại?

Xem đáp án

Số xe trường cần là:

1055 : 30 = 35 ( chiếc ) dư 5 học sinh

Vì thế nên cần thêm 1 xe để chở 5 học sinh còn lại.

Vậy cần ít nhất 36 xe để chở hết học sinh của trường đi dã ngoại.


Câu 55:

Cho tam giác ABC vuông tại A. M là trung điểm BC, D đối xứng với A qua M.

a) Chứng minh ABCD là hình chữ nhật.

b) Lấy E đối xứng với A qua C. O là trung điểm CD. Chứng minh B đối xứng với E qua O.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A. M là trung điểm BC, D đối xứng với A (ảnh 1)

a) Vì ABC là tam giác vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên AM = \(\frac{1}{2}BC = BM = MC\)

Lại có: D là đối xứng của A qua M nên MA = MD

Suy ra: MA = MD = MB = MC hay BC và AD cắt nhau tại trung điểm M mỗi đường

ABCD là hình bình hành

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

ABCD là hình chữ nhật

b) Vì ABCD là hình chữ nhật nên BD // AC và BD = AC

Suy ra: BD // CE (1)

E là đối xứng của A qua C nên AC = CE

Mà AC = BD nên BD = CE (2)

Từ (1) và (2): BDEC là hình bình hành

DC và BE cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Mà O là trung điểm DC nên O là trung điểm BE

Vậy E đối xứng với B qua O.


Câu 56:

Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Qua A vẽ đường thẳng d bất kỳ (d không cắt đoạn thẳng BC). Kẻ BH vuông góc với d, CK vuông góc với d (H, C thuộc d).

a) Chứng minh rằng BH = AK.

b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh: ΔBHM = ΔAKM.

c) Chứng minh ΔMHK vuông cân.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Qua A vẽ đường thẳng d bất kỳ (ảnh 1)

a) \(\widehat {BAH} + \widehat {CAK} = 90^\circ \)

\(\widehat {BAH} + \widehat {HBA} = 90^\circ \)

Suy ra: \(\widehat {CAK} = \widehat {HBA}\)

Xét tam giác vuông HBA và KAC có:

\(\widehat {BHA} = \widehat {AKC} = 90^\circ \)

AB = AC (tam giác ABC vuông cân tại A)

\(\widehat {HBA} = \widehat {CAK}\)

∆HBA = ∆KAC (g.c.g)

BH = AK

b) Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên AM là đường phân giác, đường cao

\(\widehat {BAM} = \widehat {MAC}\); \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\)

\[\widehat {ABC} = \widehat {MAC} = 90^\circ - \widehat {ACB}\]

Vậy \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = \widehat {ABC} = \widehat {MAC}\)

Mà theo phần a có: \(\widehat {HBA} = \widehat {CAK}\)

\(\widehat {ABC} + \widehat {HBA} = \widehat {ACB} + \widehat {CAK} = \widehat {MAC} + \widehat {CAK}\)

Hay \(\widehat {HBM} = \widehat {MAK}\)

Xét tam giác BHM và AKM có:

BM = AM = \(\frac{1}{2}BC\)

\(\widehat {HBM} = \widehat {MAK}\)

BH = AK

∆BHM = ∆AKM (c.g.c)

c) Theo phần b có: ∆BHM = ∆AKM nên MH = MK (2 cạnh tương ứng) (*)

Xét tam giác MKC và tam giác MHA có:

MH = MK

AH = KC (vì ∆HBA = ∆KAC theo phần a)

MC = MA = \(\frac{1}{2}BC\)

∆MKC = ∆MHA (c.c.c)

\(\widehat {KMC} = \widehat {HMA}\)

\(\widehat {KMC} + \widehat {AMK} = 90^\circ \)(vì AM là đường cao của ABC)

Nên: \(\widehat {HMA} + \widehat {AMK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {HMK} = 90^\circ \) (**)

Từ (*) và (**) suy ra: tam giác MHK vuông cân tại M.


Câu 57:

Cho tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao. Biết \(\frac{{AH}}{{AB}} = \frac{3}{5}\); AB = 15cm.

a) Tính HB, HC.

b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H lên AB, AC. Chứng minh: AH3 = BC.BE.CF.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao. Biết AH/AB (ảnh 1)

a) Ta có: \(\frac{{AH}}{{AB}} = \frac{3}{5}\), nên AH = \(\frac{3}{5}\)AC

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC có:

AB.AC = BC.AH

BC = \(\frac{{AB.AC}}{{AH}} = \frac{{AB.AC}}{{\frac{3}{5}AC}} = \frac{5}{3}AB\)

Suy ra: BC = 15.\(\frac{5}{3} = 25\)(cm)

Lại có: AB2 = BC.BH BH = \(\frac{{A{B^2}}}{{BC}} = \frac{{{{15}^2}}}{{25}} = 9\left( {cm} \right)\)

CH = BC – BH = 25 – 9 = 16 (cm).

b) Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông ABC, AHB, AHC ta có:

AB.AC = BC.AH \(BC = \frac{{AB.AC}}{{AH}}\)

BH2 = AB.BE \(BE = \frac{{B{H^2}}}{{AB}}\)

CH2 = AC.CF \(CF = \frac{{C{H^2}}}{{AC}}\)

Khi đó: \(BE.CF = \frac{{B{H^2}}}{{AB}}.\frac{{C{H^2}}}{{AC}} = \frac{{A{H^4}}}{{AB.AC}}\)(Vì AH2 = BH.CH)

Vậy BC.BE.CF = \(\frac{{AB.AC}}{{AH}}.\frac{{A{H^4}}}{{AB.AC}} = A{H^3}\).2


Câu 58:

Rút gọn biểu thức P = \[\left( {\frac{{15}}{{\sqrt 6 + 1}} + \frac{4}{{\sqrt 6 - 2}} - \frac{{12}}{{3 - \sqrt 6 }}} \right)\left( {\sqrt 6 + 11} \right)\].

Xem đáp án

P = \[\left( {\frac{{15}}{{\sqrt 6 + 1}} + \frac{4}{{\sqrt 6 - 2}} - \frac{{12}}{{3 - \sqrt 6 }}} \right)\left( {\sqrt 6 + 11} \right)\]

P = \[\left( {\frac{{15\left( {\sqrt 6 - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 6 + 1} \right)\left( {\sqrt 6 - 1} \right)}} + \frac{{4\left( {\sqrt 6 + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt 6 - 2} \right)\left( {\sqrt 6 + 2} \right)}} + \frac{{12\left( {3 + \sqrt 6 } \right)}}{{\left( {\sqrt 6 - 3} \right)\left( {\sqrt 6 + 3} \right)}}} \right)\left( {\sqrt 6 + 11} \right)\]

P = \[\left( {\frac{{15\left( {\sqrt 6 - 1} \right)}}{5} + \frac{{4\left( {\sqrt 6 + 2} \right)}}{2} + \frac{{12\left( {3 + \sqrt 6 } \right)}}{{ - 3}}} \right)\left( {\sqrt 6 + 11} \right)\]

P = \[\left( {\frac{{15\sqrt 6 - 15}}{5} + \frac{{4\sqrt 6 + 8}}{2} + \frac{{12\sqrt 6 + 36}}{{ - 3}}} \right)\left( {\sqrt 6 + 11} \right)\]

P = \[\left( {3\sqrt 6 - 3 + 2\sqrt 6 + 4 - 4\sqrt 6 - 12} \right)\left( {\sqrt 6 + 11} \right)\]

P = \[\left( {\sqrt 6 - 11} \right)\left( {\sqrt 6 + 11} \right)\]

P = 6 – 112

P = 6 – 121

P = –115.


Câu 59:

Một hình vuông được ghép bởi 722 hình chữ nhật có kích thước 1cm × 2cm. Hỏi sau khi ghép như vậy thì tổng chu vi đã bị giảm đi bao nhiêu cm?

Xem đáp án

Diện tích hình vuông được ghép là:

722.1.2 = 1444 (cm2)

Mà 1444 = 38.38 nên cạnh của hình vuông được ghép là 38cm.

Chu vi hình vuông được ghép là:

38.4 = 152 (cm)

Chu vi của 722 hình chữ nhật là:

722.(1 + 2).2 = 4332 (cm)

Chu vi của hình đã bị giảm:

4332 – 152 = 4180 (cm).


Câu 60:

Tìm hai số biết số thứ nhất bằng số thứ hai. Biết rằng nếu bớt ở số thứ nhất đi 28 đơn vị và thêm vào số thứ hai là 35 đơn vị thì được tổng mới là 357.

Xem đáp án

Gọi số thứ nhất và số thứ hai là x (vì số thứ nhất = số thứ hai)

Ta có: x – 28 + x + 35 = 357

2x = 357 – 35 + 28

2x = 350

x = 350 : 2

x = 175

Vậy số thứ nhất và số thứ hai là 175.


Câu 61:

Tìm hai số có hiệu là số bé nhất có hai chữ số chia hết cho 3 và tổng là số lớn nhất có hai chữ số chia hết cho 2.

Xem đáp án

Số bé nhất có hai chữ số chia hết cho 3 là 12.

Số lớn nhất có 2 chữ số chia hêt cho 2 là 98. 

Nên số lớn là:

(98 + 12) : 2 = 55.

Số bé là:

98 – 55 = 43.

Đáp số: số lớn: 55; số bé: 43.


Câu 62:

Cho hình thang cân ABCD (AD // BC). Biết AB = 12cm, AC = 16cm, BC = 20 cm. Chứng minh 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó.

Xem đáp án
Cho hình thang cân ABCD (AD // BC). Biết AB = 12cm, AC = 16cm (ảnh 1)

Xét tam giác ABC thấy BC2 = AC2 + AB2 (202 = 162 + 122)

Nên tam giác ABC vuông tại A

Gọi O là trung điểm BC

Nên OB = OC

Vì tam giác ABC vuông tại A nên OA = \(\frac{1}{2}BC = OB = OC\) (1)

Lại có: ABCD là hình thang cân nên AC = BD; AB = DC (tính chất)

BD = 16cm, DC = 12cm

Lại có: BD2 + DC2 = BC2 (do 202 = 162 + 122)

Nên ∆BDC vuông tại D.

Suy ra: \(OD = \frac{1}{2}BC = OB = OC\) (2)

Từ (1) và (2): OA = OB = OC = OD

Vậy A, B, C, D cùng thuộc đường tròn tâm O, bán kính R = OA.

R = OA= \(\frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}.20 = 10\left( {cm} \right)\)

Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp ABCD bằng 10 cm.


Câu 63:

Giải phương trình: \(\sqrt {{x^2} - 5x + 4} = \sqrt { - 2{x^2} - 3x + 12} \).

Xem đáp án

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 5x + 4 \ge 0\\ - 2{x^2} - 3x + 12 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \le 1\\x \ge 4\end{array} \right.\\\frac{{ - 3 - \sqrt {105} }}{4} \le x \le \frac{{ - 3 + \sqrt {105} }}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{{ - 3 - \sqrt {105} }}{4} \le x \le 1\)

Phương trình \(\sqrt {{x^2} - 5x + 4} = \sqrt { - 2{x^2} - 3x + 12} \)

Bình phương 2 vế ta được:

x2 – 5x + 4 = – 2x2 – 3x + 12

3x2 + 2x – 8 = 0

3x2 + 6x – 4x – 8 = 0

3x(x + 2) – 4(x + 2) = 0

(x + 2)(3x – 4) = 0

\(\left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = \frac{4}{3}\left( L \right)\end{array} \right.\)

Vậy x = –2.


Câu 64:

Một bạn học sinh thả diều ngoài đồng, cho biết đoạn dây diều từ tay bạn đến diều dài 130m và bạn đứng cách nơi diều được thả lên theo phương thẳng đứng là 50m. Tính độ cao của con diều so với mặt đất, biết tay bạn học sinh cách mặt đất 1,5m.

Xem đáp án
Một bạn học sinh thả diều ngoài đồng, cho biết đoạn dây diều từ  (ảnh 1)

Gọi tay của bạn học sinh là điểm A, diều là điểm B, BC, BD là đường thẳng đứng.

Như vậy đoạn dây từ tay bạn đến diều dài 130m nên ta có AB = 130m, bạn đứng cách nơi diều được thả lên theo phương thẳng đứng là 50m nên AC = 50m.

Tay bạn cách mặt đất 1,5m nên CD = 1,5m.

Áp dụng định lý Pitago vào Δ vuông ABC ta có:

BC² = AB² – AC² = 130² – 50² = 14400 BC = 120m

Độ cao của con diều so với mặt đất là đoạn BD là:

BD = BC + CD = 120 + 1,5 = 121,5m.


Câu 65:

Tìm x biết: (x + 7) – 25 = 13.

Xem đáp án

(x + 7) – 25 = 13

x + 7 = 13 + 25

x + 7 = 38

x = 38 – 7

x = 31

Vậy x = 31.


Câu 66:

Cho tứ giác ABCD có AB = AD, CB = CD, \(\widehat C = 60^\circ ;\widehat A = 100^\circ \).

a) Chứng minh AC là đường trung trực của BD.

b) Tính \(\widehat B,\widehat D\).

Xem đáp án
Cho tứ giác ABCD có AB = AD, CB = CD, góc A = 60 độ, góc A = 100 độ (ảnh 1)

a) Theo giả thiết có AB = AD suy ra tam giác ABD cân tại A

Nên đường thẳng kẻ từ A xuống BD vừa là đường cao vừa là phân giác vừa là đường trung trực, tức A thuộc đường trung trực của BD. (1)

Lại có: CD = CB Tam giác CBD cân tại C

Đường thẳng kẻ từ C xuống đáy BD vừa là đường cao vừa là phân giác vừa là đường trung trực, tức C thuộc đường trung trực của BD (2)

Từ (1) và (2): AC là đường trung trực của BD.

b) Xét ∆ABC và ∆ADC có:

AB = AD

BC = DC

AC chung

∆ABC = ∆ADC (c.c.c)

\(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\)

Mà CH là phân giác của \(\widehat {CBD}\) nên \(\widehat {BCA} = \frac{1}{2}\widehat {BCD} = \frac{1}{2}.60^\circ = 30^\circ \)

AH là phân giác \(\widehat {BAD}\) nên \(\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BAD} = \frac{1}{2}.100^\circ = 50^\circ \)

Lại có trong tam giác ABC có: \[\widehat {ABC} + \widehat {BAC} + \widehat {BCA} = 180^\circ \]

\[\widehat {ABC} = 180^\circ - \left( {\widehat {BAC} + \widehat {BCA}} \right) = 180^\circ - 50^\circ - 30^\circ = 100^\circ \]

Vậy \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC} = 100^\circ \).


Câu 67:

Lớp chuyên Toán có 13 học sinh chơi đá bóng, 22 học sinh bơi lội và 17 học sinh chơi cờ vua, trong số đó có 5 học sinh chơi đá bóng và bơi lội, 7 học sinh bơi lội và chơi cờ vua, 3 học sinh chơi cờ vua và đá bóng, đặt biệt có 4 học sinh đang đi giao lưu ở nước ngoài. Vậy lớp có bao nhiêu học sinh?

Xem đáp án
Lớp chuyên Toán có 13 học sinh chơi đá bóng, 22 học sinh bơi lội và  (ảnh 1)

Số học sinh chỉ chơi đá bóng là:

13 – 3 – 5 = 5 (học sinh)

Số học sinh chỉ bơi lội là:

22 – 5 – 7 = 10 (học sinh)

Số học sinh chỉ chơi cờ là:

17 – 3 – 7 = 7 (học sinh)

Tổng số học sinh của lớp đó là:

5 + 10 + 7 + 5 + 3 + 7 + 4 = 41 (học sinh).


Câu 68:

Bánh xe đạp có bán kính 50cm (kể cả lốp). Một người quay bánh xe 5 vòng quanh trục thì quãng đường đi được là bao nhiêu?

Xem đáp án

Chu vi của bánh xe đạp là:

2π . 50 = 100π (cm)

Quãng đường đi được là:

100π . 5 = 500π (cm)

Đáp số: 500π (cm).


Câu 69:

Giải phương trình: tan2x + cot2x = 1 + \({\cos ^2}\left( {3x + \frac{\pi }{4}} \right)\).

Xem đáp án

ĐKXĐ: cosx ≠ 0; sinx ≠ 0

Xét VT = tan2x + cot2x = (tanx – cotx)2 + 2 ≥ 2

Lại có \({\cos ^2}\left( {3x + \frac{\pi }{4}} \right) \le 1,\forall x\)

\(1 + {\cos ^2}\left( {3x + \frac{\pi }{4}} \right) \le 2,\forall x\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}\tan x = \cot x\\{\cos ^2}\left( {3x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\end{array} \right.\) \(\left\{ \begin{array}{l}\tan x = \tan \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\\\sin \left( {3x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} - x + k\pi \\3x + \frac{\pi }{4} = k\pi \end{array} \right.\) \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\\x = - \frac{\pi }{{12}} + \frac{{k\pi }}{3}\end{array} \right.\) \(x = \frac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).


Câu 70:

Cho C = 5 + 52 + … + 520. Chứng minh rằng C chia hết cho 5; 6; 13.

Xem đáp án

C = 5 + 52 + … + 520

C = 5(1 + 5 + 52 + … + 519) 5

Vậy C chia hết cho 5.

* C = 5 + 52 + … + 520

C = (5 + 52) + (53 + 54) + … + (519 + 520)

C = 5(1 + 5) + 53(1 + 5) + …. + 519(1 + 5)

C = 5.6 + 53.6 +… + 519.6

C = 6(5 + 53 + …. + 519)

Vì 6 6 nên 6(5 + 53 + …. + 519) 6

Vậy C chia hết cho 6.

* C = 5 + 52 + … + 520

C = (5 + 52 + 53 + 54) + … + (517 + 518 + 519 + 520)

C = 5.(1 + 5 + 52 + 53) + … + 517(1 + 5 + 52 + 53)

C = 5.156 + 55.156 + … + 517.156

C = 156.(5 + 55 + … + 517)

Vì 156 13 nên 156.(5 + 55 + … + 517) 13

Vậy C chia hết cho 13.


Câu 71:

Một hình vuông chu vi 20cm, một hình chữ nhật có chiều rộng bằng cạnh hình vuông và có chu vi 26cm. Tìm diện tích hình chữ nhật.

Xem đáp án

Cạnh hình vuông:

20 : 4 = 5 (cm)

Chiều dài hình chữ nhật là:

26 : 2 – 5 = 8 (cm)

Diện tích hình chữ nhật là:

8 . 5 = 40 (cm2)

Đáp số: 40cm2.


Câu 72:

Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một mặt phẳng bờ AB). Gọi M là một điểm bất kì thuộc nửa đường tròn. Tiếp tuyến tại M cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng đường tròn có đường kính CD tiếp xúc với AB.

Xem đáp án
Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến (ảnh 1)

Theo tính chất tiếp tuyến, ta có:

Ax AB

By AB

Suy ra: Ax // By hay AC // BD

Suy ra tứ giác ABDC là hình thang.

Gọi I là trung điểm của CD

Khi đó OI là đường trung bình của hình thang ABDC.

Suy ra: OI // AC OI AB.

Vì OC và OD lần lượt là phân giác của \(\widehat {AOM}\)\(\widehat {BOM}\) nên OC vuông góc với OD (tính chất hai góc kề bù).

Suy ra: \(\widehat {COD}\)= 90°

Suy ra: IC = ID = IO = \(\frac{1}{2}\).CD (tính chất tam giác vuông)

Suy ra I là tâm đường tròn đường kính CD.

Khi đó O nằm trên đường tròn tâm I đường kính CD và IO vuông góc với AB tại O.


Câu 73:

Một giá sách có hai ngăn, số sách ở ngăn dưới bằng \(\frac{5}{6}\) số sách ở ngăn trên. Nếu ngăn dưới bớt đi 11 quyển thì số sách ngăn dưới bằng \(\frac{4}{7}\) số sách ngăn trên. Tính số sách giá trên.

Xem đáp án

Phân số chỉ 11 quyển sách là:

\(\frac{5}{6} - \frac{4}{7} = \frac{{11}}{{42}}\) (số sách ngăn trên)

Ngăn trên có số sách là:

11 : \(\frac{{11}}{{42}}\) = 42 (quyển)

Trên giá có số sách là:

42 : 6 . (5 + 6) = 77 (quyển)

Đáp số: 77 quyển sách.


Câu 74:

Cho A = 2 + 22 + 23 + … + 260. Chứng minh rằng A chia hết cho 3; 5; 7.

Xem đáp án

A = (2 + 22) + (23 + 24) +…. + (259 + 260)

A = 2(1 + 2) + 23(1 + 2) + … + 259(1 + 2)

A = 2.3 + 23.3 + … + 259.3

A = 3.(2 + 23 + … + 259)

Vì 3 chia hết cho 3 nên 3.(2 + 23 + … + 259) chia hết cho 3.

Vậy A chia hết cho 3.

* Xét: A = (2 + 22 + 23 + 24) + (25 + 26 + 27 + 28) +…. + (257 + 258 + 259 + 260)

A = 2(1 + 2 + 22 + 23) + 25(1 + 2 + 22 + 23) + … + 257(1 + 2 + 22 + 23)

A = 2.15 + 25.15 + …. + 257.15

A = 15.(2 + 25 + … + 257)

Vì 15 chia hết cho 5 nên 15.(2 + 25 + … + 257) chia hết cho 5.

Vậy A chia hết cho 5.

* Lại có: A = (2 + 22 + 23) + (24 + 25 + 26) +…. + (258 + 259 + 260)

A = 2(1 + 2 + 22) + 24(1 + 2 + 22) + … + 258(1 + 2 + 22)

A = 2.7 + 24.7 + … + 258.7

A = 7(2 + 24 + ... + 258)

Vì 7 chia hết cho 3 nên 7.(2 + 24 + … + 258) chia hết cho 7.

Vậy A chia hết cho 7.


Câu 75:

Tìm các số nguyên n biết 3n – 1 chia hết cho n – 2.

Xem đáp án

Ta có: 3n – 1 = 3(n – 2) + 5

Để 3n – 1 chia hết cho n – 2 thì 3(n – 2) + 5 chia hết cho n – 2 

Mà 3(n – 2) (n – 2) nên 5 chia hết cho (n – 2) 

n – 2 Ư(5)

n – 2 {–5; –1; 1; 5}

n {–3; 1; 3; 7}

Vậy n {–3; 1; 3; 7}.


Câu 76:

Một em học sinh đứng ở mặt đất cách tháp ăng–ten 150m. Biết rằng em nhìn thấy đỉnh tháp ở góc 20° so với đường nằm ngang, khoảng cách từ mắt đến mặt đất bằng 1,5m. Hãy tính chiều cao của tháp.

Xem đáp án
Một em học sinh đứng ở mặt đất cách tháp ăng–ten 150m. Biết rằng em  (ảnh 1)

Xét tam giác ABC vuông tại B

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông ta có:

BC = AB.tan \(\widehat {CAB}\)= 150.tan20° ≈ 54,596 (m)

Chiều cao của tháp là:

CD = DB + BC = 1,5 + 54,596 = 56,096 (m).


Câu 77:

Một người bán một tấm vải được lãi \(\frac{1}{5}\) giá mua. Nếu người đó bán được cao giá hơn 40 000 đồng nữa thì người đó lãi \(\frac{1}{5}\) giá bán. Hỏi giá mua tấm vải là bao nhiêu?

Xem đáp án

Cách 1: Coi giá mua là 100% thì giá bán để lãi 20% so với giá mua tức là em bán 120% giá mua. Còn lãi 20% giá bán thì em lấy vốn mua vào

100 : (100 20) . 100 = 125% (giá mua)

40 000 đồng chính là:

125% – 100% = 5% (giá mua)

Anh tính ra giá mua giúp cô ấy được:

 40 000 : 5 . 100 = 800 000 (đồng).

Và tính luôn giá chém khách tới bến:

 800 000 : 4 . 5 = 1 000 000 (đồng).

Cách 2: Khi bán lãi 20% giá bán tức là giá mua so với giá bán chiếm số % là: 
100%
20% = 80% (giá bán)

Khi đó lãi so với giá mua chiếm số phần trăm 
20%
: 80% = 0,25 = 25% (giá mua)
So với lúc trước lãi tăng thêm số % so với giá mua 
25%
20% = 5%
Giá tiền mua tấm vải 
40 000
: 5 . 100 = 800 000 (đồng) 
Giá bán tấm vải ( trước khi tăng giá ) 
800 000
: 100 . (100 + 20) = 960 000 (đồng) 
Giá bán tấm vải sau khi tăng giá 
800 000
: 100 . (100 + 25) = 1 000 000 (đồng).


Câu 78:

Cho C = 1 + 4 + 42 + 43 +… + 42021. Chứng minh C chia hết cho 21.

Xem đáp án

C = 1 + 4 + 42 + 43 +… + 42021

C = (1 + 4 + 42) + (43 + 44 + 45) + … + (42019 + 42020 + 42021)

C = (1 + 4 + 42) + 43(1 + 4 + 42) + … + 42019(1 + 4 + 42)

C = 21 + 43.21 +… + 42019.21

C = 21(1 + 43 +… + 42019)

Vì 21 chia hết cho 21 nên 21(1 + 43 +… + 42019) chia hết cho 21

Vậy C chia hết cho 21.


Câu 79:

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, vẽ HE vuông góc AB, HF vuông góc AC. Gọi I là trung điểm BC.

a) Chứng minh EF = AH.

b) Chứng minh AI vuông góc EF.

c) Gọi M là trung điểm HB, N là trung điểm HC. Chứng minh EMNF là hình thang vuông.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, vẽ HE vuông góc AB (ảnh 1)

a) Ta có \(\widehat E = \widehat A = \widehat F = 90^\circ \) nên EAFH là hình chữ nhật

Suy ra EF = AH (hai đường chéo của một hình chữ nhật)

b) Tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AI

Suy ra AI = \(\frac{1}{2}BC\)= BI = IC

ΔIAB cân tại I nên \(\widehat {IAB} = \widehat {IBA}\)(1)

EAFH là hình chữ nhật suy ra EF = AH

Gọi O là giao điểm EF và AH

Suy ra EO = OF = OA = OH hay tam giác EOA cân tại O

Nên \(\widehat {OEA} = \widehat {OAE}\) (2)

Mà \(\widehat {IBA} + \widehat {OAE} = 90^\circ \)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {IAE} + \widehat {OEA} = 90^\circ \) hay AI EF

c) Xét tam giác EBH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền

  EM = MB = \(\frac{1}{2}BH\)

  ΔEMB cân tại M

  \(\widehat {MBE} = \widehat {MEB}\)

\(\widehat {MBE} + \widehat {ACB} = 90^\circ \)(do tam giác ABC vuông tại A)

\(\widehat {ACB} = \widehat {AEO}\)(=\(\widehat {AHO}\))

\(\widehat {BEM} + \widehat {AEO} = 90^\circ \)

\(\widehat {MEF} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \)

Suy ra: ME vuông góc với EF tại E

Chứng minh tương tự: NF vuông góc với EF tại F

Xét tứ giác MEFN có ME EF; NF EF

Suy ra: ME // NF

  MENF là hình thang

Đồng thời \(\widehat {MEF} = \widehat {EFN} = 90^\circ \)

MEFN là hình thang vuông tại E và F.


Câu 80:

Cho a và b thuộc ℕ. Chứng minh rằng 5a2 + 15ab – b2 chia hết cho 49 khi và chỉ khi 3a + b chia hết cho 7.

Xem đáp án

Nếu 3a + b 7 thì (3a + b)2 49

Tức là A = 9a2 + 6ab + b2 49

Đặt B = 5a2 + 15ab – b2

Ta có: A + B = 14a2 + 21ab = 7(2a + 3b) = 7(9a – 7a + 3b) = 7.3.(3a + b) – 49a 49

Từ đó ta được A + B 49

Mà A 49 nên B 49

Ngược lại, nếu B 49 B = 5a2 + 15ab – b2 7

(14a2 + 21ab) – (5a2 +15ab – b2) 7

(3a + b)2 7

(3a + b) 7.


Câu 81:

Cho hình vuông ABCD. Lấy M thuộc AB và N thuộc BC sao cho BN = BM. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên CM. Chứng minh rằng \(\widehat {DHN}\) = 90°.

Xem đáp án
Cho hình vuông ABCD. Lấy M thuộc AB và N thuộc BC sao cho (ảnh 1)

Đặt a là độ dài các cạnh của hình vuông, α = \(\widehat {MBH} = \widehat {BCH}\)

Ta có: \[\overrightarrow {HN} .\overrightarrow {HD} = \left( {\overrightarrow {HB} + \overrightarrow {BN} } \right)\left( {\overrightarrow {HC} + \overrightarrow {CD} } \right) = \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {BN} .\overrightarrow {HC} \] (vì \(\overrightarrow {HB} \bot \overrightarrow {HC} ;\overrightarrow {BN} \bot \overrightarrow {CD} \))

= \[\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BN} .\overrightarrow {HC} \]

= –HB.a.cosφ + BN.HC.cosφ

= –MB.a.cos2φ + NB.a.cos2φ

= 0 (vì MB = NB)

Suy ra: \[\overrightarrow {HN} \bot \overrightarrow {HD} \]

Vậy \(\widehat {DHN}\) = 90°.


Câu 82:

Cho B = 1 + 3 + 32 + 33 + … + 3101. Chứng minh rằng B chia hết cho 13.

Xem đáp án

B = 1 + 3 + 32 + 33 + … + 3101

B = (1 + 3 + 32) + (33 + 34 + 35) + … + (399 + 3100 + 3101)

B = (1 + 3 + 32) + 33(1 + 3 + 32) + … + 399(1 + 3 + 32)

B = (1 + 3 + 32)(1 + 33 +… + 399)

B = 13.(1 + 33 +… + 399)

Vì 13 chia hết cho 13 nên 13.(1 + 33 +… + 399) chia hết cho 13

Vậy B chia hết cho 13.


Câu 83:

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

Xem đáp án

Để A  B thì phải đồng thời xảy ra 2 bất đẳng thức:

2m – 1 ≥ – 1 (hay m ≥ 0) và 2m + 3 ≤ 1 (hay m ≤ – 1)

Nhưng 2 bất đẳng thức trên không thể xảy ra đồng thời nên không có giá trị nào của m để A là tập con của B.

Vậy không tồn tại m.


Câu 84:

Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH. Trên AH, AB, AC lần lượt lấy D, E, F sao cho \(\widehat {EDC}\) = \(\widehat {FDB}\)= 90° (E khác B). DE, DF cắt BC lần lượt tại M, N. Chứng minh: EF // BC.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH. Trên AH, AB, AC lần lượt (ảnh 1)

Kẻ BO vuông góc CD, CM vuông góc BD, BO cắt CM tại I

Suy ra: D là trực tâm của ∆BIC hay DI BC

Mặt khác, AH BC suy ra I, D, A thẳng hàng

Do \(\widehat {EDC}\) = \(\widehat {FDB}\)= 90° nên ED DC, DF DB

Ta có: ED DC, BO CD, I BO nên ED // BI

DF DB, CM BD, I CM nên DF // CI

Xét ∆ABI với DE // BI, ta có: \(\frac{{AD}}{{AI}} = \frac{{AE}}{{AB}}\)(hệ quả của định lý Thalès)

Xét ∆ACI với DF // CI, ta có: \(\frac{{AD}}{{AI}} = \frac{{AF}}{{AC}}\)(hệ quả của định lý Thalès)

Suy ra: \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}\)

Xét tam giác ABC có \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) nên EF // BC (định lý Thalès đảo).


Câu 85:

Biết x,y là hai số nguyên dương thỏa mãn :3x2 – 4xy + 2y2 = 3. Tính giá trị của biểu thức M = x2022 + (y – 3)2022.

Xem đáp án

Ta có: 3x2 – 4xy + 2y2 = 3

x2 = 3 – 2y2 + 4xy – 2x2

x2 = 3 – 2(x – y)2

Thấy (x – y)2 ≥ 0 nên 3 – 2(x – y)2 ≤ 3 với mọi x, y

Suy ra: x2 ≤ 3 x = 0 hoặc x = 1.

Vì x là số nguyên dương nên x = 1.

Thay vào 3x2 – 4xy + 2y2 = 3 ta được:

3 – 4y + 2y2 = 3

2y(y – 2) = 0

\(\left[ \begin{array}{l}y = 0\left( L \right)\\y = 2\end{array} \right.\)

M = x2022 + (y – 3)2022 = 12022 + (2 – 3)2022 = 1 + 1 = 2.

Vậy M = 2.


Câu 86:

Cho \(A = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{{100}}\). Chứng minh rằng A không phải là số tự nhiên.

Xem đáp án

Để quy đồng ta sẽ chọn mẫu chung tích các thừa số nguyên tố chung và riêng (hay ta tìm BCNN của mẫu)

Ta chọn mẫu chung là 26.3.5.7.9.99

Gọi k1; k2; …; k100 là các thừa số phụ tương ứng, do đó A có dạng:

A = \(\frac{{{k_1} + {k_2} + ... + {k_{100}}}}{{{2^6}.3.5.7.9....99}}\)

Trong 100 phân số của tổng A chỉ có phân số duy nhất \(\frac{1}{{64}}\) chứa 26 nên trong các thừa số phụ chỉ có k64 là số lẻ, còn lại các thừa số phụ đều là số chẵn.

Nên tử số không chia hết cho 2, trong khi mẫu số chia hết cho 2.

Do đó phân số A không phải là số tự nhiên.


Câu 87:

Bạn An kinh doanh hai mặt hàng handmade là vòng tay và vòng đeo cổ. Mỗi vòng tay làm trong 4 giờ, bán được 40 ngàn đồng. Mỗi vòng đeo cổ làm trong 6 giờ, bán được 80 ngàn đồng. Mỗi tuần bạn An bán được không quá 15 vòng tay và 4 vòng đeo cổ. Tính số giờ tối thiểu trong tuần An cần dùng để bán được ít nhất 400 ngàn đồng?

Xem đáp án

Làm vòng tay mỗi giờ được 10 ngàn đồng

Làm vòng đeo cổ mỗi giờ được: 40 : 3 ≈ 13 ngàn đồng

Vậy làm vòng đeo cổ có lợi hơn nên ưu tiên làm tối đa số vòng cổ trước.

Làm 4 vòng đeo cổ hết 4.6 = 24 giờ, bán được 4.80 = 320 ngàn đồng.

Để làm được ít nhất 400 ngàn đồng cần làm thêm vòng tay để thu về 80 ngàn đồng hay cần làm thêm 2 cái vòng tay 

 Cần thêm 2.4 = 8 giờ

Vậy cần tối thiểu: 24 + 8 = 32 giờ một tuần để An bán được ít nhất 400 ngàn đồng.


Câu 88:

Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Một cát tuyến kẻ qua A cắt đường tròn (O) ở B, cắt đường tròn (O') ở C. Kẻ các đường kính BD và CE của hai đường tròn (O) và (O'). Chứng minh \(\widehat {ADB} = \widehat {AEC}\)

Xem đáp án
Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Một cát tuyến  (ảnh 1)

Có: \(\widehat {BAD} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

\(\widehat {CAE} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O'))

Suy ra: \(\widehat {BAD} + \widehat {CAE} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Do đó: D, A, E thẳng hàng.

Ta có: tam giác AOD cân tại O vì OD = OA

Suy ra: \(\widehat {OAD} = \widehat {ODA}\)

Tam giác O'AE cân tại O' vì O'A = O'E

\(\widehat {O'AE} = \widehat {O'EA}\)

Mà: \(\widehat {OAD} = \widehat {O'AE}\)(2 góc đối đỉnh) do đó BD // CE

Suy ra: \(\widehat {ADB} = \widehat {AEC}\) (2 góc so le trong).


Câu 89:

Cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường chéo AC tại H. Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của AH, BH, CD.

a, Chứng minh tứ giác EFCG là hình bình hành.

b, Chứng minh \(\widehat {BEG} = 90^\circ \).

c, Cho biết BH = 4 cm, \(\widehat {BAC} = 30^\circ \). Tính SABCD; SEFCG.

Xem đáp án
Cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với (ảnh 1)

a) Vì E, F theo thứ tự là trung điểm của AH, BH nên EF là đường trung bình trong tam giác ABH

EF // AB và EF = \(\frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}DC = DG\)

Vì AB // DG nên EF // DG

Xét tứ giác EFCG có: EF // DG và EF = DG

Nên EFCG là hình bình hành

b) Lại có: AB BC mà EF // AB nên EF BC

Mà BF AC

Xét trong tam giác BEC có: EF BC; BF EC nên F là trực tâm của tam giác BEC

Suy ra: CF BE (1)

Mà theo phần a có EFCG là hình bình hành nên: EG // CF (2)

Từ (1) và (2): EG BE hay \(\widehat {BEG} = 90^\circ \)

c) Sử dụng tỉ số sinA trong tam giác vuông HAB ta có:

\(\sin \widehat A = \frac{{BH}}{{AB}} \Rightarrow AB = \frac{4}{{\sin 30^\circ }} = 8cm\)

\(\tan \widehat A = \frac{{BC}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \(BC = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\)

AC = \(\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \frac{{16\sqrt 3 }}{3}\)

Lại có: AB2 = AH.AC AH = AB2 : AC = 4\(\sqrt 3 \)

HC = AC – AH = \(\frac{{16\sqrt 3 }}{3} - 4\sqrt 3 = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\)

Mà AE = EH = \(\frac{1}{2}AH = 2\sqrt 3 \)

Suy ra: EC = HC + EH = \(\frac{{4\sqrt 3 }}{3} + 2\sqrt 3 = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\)

Kẻ EM vuông góc với CD tại M

\(\widehat {BAC} = \widehat {ACD} = 30^\circ \)(2 góc so le trong)

Ta có: sin\(\widehat {ACD} = \sin 30^\circ = \frac{{EM}}{{EC}}\)

EM = \(\sin 30^\circ .\frac{{10\sqrt 3 }}{3} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\)

SABCD = AB.BC = \(8.\frac{{8\sqrt 3 }}{3} = \frac{{64\sqrt 3 }}{3}\left( {c{m^2}} \right)\)

SEFCG = EM.EF = EM . \(\frac{1}{2}AB = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}.\frac{1}{2}.8 = \frac{{20\sqrt 3 }}{3}\left( {c{m^2}} \right)\).


Câu 90:

Chứng minh rằng biểu thức sau luôn dương với mọi giá trị của x: x2 + x + 1.

Xem đáp án

Xét x2 + x + 1 = x2 + \(2.\frac{1}{2}x + 1 = {\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4}\)

Ta thấy \({\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} \ge 0,\forall x\) nên \({\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} \ge \frac{3}{4} > 0,\forall x\)

Vậy x2 + x + 1 luôn dương với mọi giá trị của x.


Câu 91:

Cho tam giác ABC. Chứng minh điều kiện cần và đủ để ABC cân là

\(\frac{1}{2}\left( {\tan A + \tan B} \right) = \frac{{\sin A + \sin B}}{{\cos A + \cos B}}\).

Xem đáp án

Khi đó ta có: VP = \(\frac{{\sin A + \sin B}}{{\cos A + \cos B}}\)

\( = \frac{{2\sin \frac{{A + B}}{2}\cos \frac{{A - B}}{2}}}{{2\cos \frac{{A + B}}{2}\cos \frac{{A - B}}{2}}} = \frac{{\sin \frac{{A + B}}{2}}}{{\cos \frac{{A + B}}{2}}} = \frac{{\sin \left( {90^\circ - \frac{C}{2}} \right)}}{{\cos \left( {90^\circ - \frac{C}{2}} \right)}} = \frac{{\cos \frac{C}{2}}}{{\sin \frac{C}{2}}} = \cot \frac{C}{2}\)

VT =\(\frac{1}{2}\left( {\tan A + \tan B} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{\sin \left( {A + B} \right)}}{{\cos A.\cos B}} = \frac{{\sin C}}{{\cos \left( {A - B} \right) + \cos \left( {A + B} \right)}}\)

\( \ge \frac{{\sin C}}{{1 - \cos C}} = \frac{{2\sin \frac{C}{2}\cos \frac{C}{2}}}{{2{{\sin }^2}\frac{C}{2}}} = \cot \frac{C}{2}\)

Dấu “=” xảy ra khi cos(A – B) = 1 hay \[\widehat A = \widehat B\], tức tam giác ABC cân tại C.


Câu 92:

Tìm số tự nhiên a bé hơn hoặc bằng 200. Biết rằng khi chia a cho số tự nhiên b thì được thương là 4 và dư 35.

Xem đáp án

Theo bài ra ta có: a = 4b + 35

Suy ra: b = \(\frac{{a - 35}}{4} \le \frac{{200 - 35}}{4} = \frac{{165}}{4} < \frac{{168}}{4} = 42\)

Mặt khác: số dư là 35 số chia b > 35

Vậy 35 < b < 42 b có thể là 36; 37; 38; 39; 40; 41

Khi đó a sẽ lần lượt là (a = b.4 + 35) = 179; 183; 187; 191; 195; 199.


Câu 93:

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 9cm; CH = 16cm.

Tính các cạnh còn lại.
Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 9cm (ảnh 1)

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

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

AB2 = BH.BC = 9.25 = 225

Suy ra: AB = 15cm

AC2 = CH.BC = 16.25 = 400

Suy ra: AC = 20cm

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


Câu 94:

Cho điểm O trên đường thẳng xy. Trong một nửa mặt phẳng bờ xy ta dựng \(\widehat {zOt}\)= 90 độ. Trên Oz lấy điểm A và Ot lấy điểm B sao cho OA = OB. Kẻ AM và BN vuông góc với xy. Chứng minh rằng:
a) ∆OAM = ∆BON.
b) MN = AM + BN.

Xem đáp án
Cho điểm O trên đường thẳng xy. Trong một nửa mặt phẳng bờ  (ảnh 1)

a) Ta có: \(\widehat {MOA} + \widehat {AOB} + \widehat {BON} = 180^\circ \)

\(\widehat {AOB} = 90^\circ \)

\(\widehat {MOA} + \widehat {BON} = 90^\circ \)

Lại có: \(\widehat {MOA} + \widehat {OAM} = 90^\circ \)

\(\widehat {BON} = \widehat {OAM}\)

Xét ∆OAM và ∆BON có:

\(\widehat {AMO} = \widehat {BNO} = 90^\circ \)

OA = OB

\(\widehat {OAM} = \widehat {BON}\)

∆OAM = ∆BON (g.c.g)

b) Có ∆OAM = ∆BON (phần a) nên MA = ON và OM = BN

Xét: AM + BN = ON + OM = MN

Vậy MN = AM + BN.


Câu 95:

Cho tam giác ABC đều cạnh a. Lấy hai điểm M, N thoả mãn \(\overrightarrow {BC} = 3\overrightarrow {BM} ,\overrightarrow {AB} = 3\overrightarrow {AN} \). Gọi E là giao điểm của AM và CN. Chứng minh EB vuông góc với EC.

Xem đáp án

Gọi a là độ dài cạnh tam giác đều ABC.

Vì E thuộc CN nên tồn tại x, y sao cho x + y = 1 (1)

Với \(\overrightarrow {BE} = x\overrightarrow {BN} + y\overrightarrow {BC} = \frac{{2x}}{3}\overrightarrow {BA} + 3y\overrightarrow {BM} = \frac{{2x}}{3}\overrightarrow {BA} + y\overrightarrow {BC} \)

Vì E thuộc AM nên \(\frac{{2x}}{3} + 3y = 1\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(x = \frac{6}{7};y = \frac{1}{7}\)

Vậy \(\overrightarrow {BE} = \frac{4}{7}\overrightarrow {BA} + \frac{1}{7}\overrightarrow {BC} \)

Mặt khác: \(\overrightarrow {CN} = \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {CA} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CA} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} } \right) = \frac{2}{3}\overrightarrow {CA} + \frac{1}{3}\overrightarrow {CB} \)

Khi đó:

\(\overrightarrow {BE} .\overrightarrow {CN} = \left( {\frac{4}{7}\overrightarrow {BA} + \frac{1}{7}\overrightarrow {BC} } \right)\left( {\frac{2}{3}\overrightarrow {CA} + \frac{1}{3}\overrightarrow {CB} } \right)\)\( = \frac{8}{{21}}.\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {CA} + \frac{4}{{21}}\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {CB} + \frac{2}{{21}}\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} + \frac{1}{{21}}\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CB} \)

= \({a^2}\left[ {\frac{8}{{21}}.\frac{1}{2} + \frac{4}{{21}}.\left( { - \frac{1}{2}} \right) + \frac{2}{{21}}.\left( { - \frac{1}{2}} \right) - \frac{1}{{21}}} \right] = 0\)

Vậy BE vuông góc CN hay EB vuông góc với EC.


Bắt đầu thi ngay