- 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 83)
-
10221 lượt thi
-
90 câu hỏi
-
60 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Ta thấy các số hạng có dạng tổng quát là k.(k + 4) = k2 + 4k
Do đó: A = 1.5 + 2.6 + 3.7 + … + 2023.2027
A = (12 + 22 + 32 + … + 20232) + 4.(1 + 2 + 3 +… + 2023)
Mà ta có công thức: 12 + 22 + 32 + … + n2 =
Nên A =
Ta thấy: 2024 chia hết cho cả 11, 23 nên chia hết cho 11, 23, 2023 đồng thời 2.2024.2023 chia hết cho 11, 23, 2023.
Vậy A chia hết cho 11, 23, 2023.
Câu 3:
Điều kiện xác định: x – 1 ≥ 0 hay x ≥ 1.
⇔
Đặt
Ta có: t2 – t – 2 = 0
⇔
Với t = 1 thì
⇔ x – 1 = 1
⇔ x = 2.
Vậy x = 2.
Câu 4:
Cho hình bình hành ABCD. Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của AB và CD
a) Chứng minh rằng AF // CE.
b) Gọi M, N theo thứ tự là giao điểm của BD và AF, CE. Chứng minh rằng DM = MN = NB.
a) Ta có: AB // CD và AB = CD vì ABCD là hình bình hành
Nên AE // CF và AE = CF =
Suy ra: AECF là hình bình hành
Vậy AF // CE
b) Xét ΔAEM có E là trung điểm của AB
EN // AM
Do đó N là trung điểm của BM
⇒ BN = NM (1)
Xét ΔDNC có F là trung điểm của DC
FM // NC
Do đó: M là trung điểm của DN
⇒ DM = MN (2)
Từ (1) và (2) suy ra DM = MN = NB.
Câu 5:
Tìm số tự nhiên n sao cho 2n + 3 chia hết cho n – 2.
Ta có: 2n + 3 = 2(n – 2) + 7
Vì 2(n – 2) chia hết cho n – 2 nên để 2n + 3 chia hết cho n – 2 thì 7 chia hết cho (n – 2)
Hay (n – 2) ∈ Ư(7)
⇒ n – 2 ∈ {1;7} (vì n là số tự nhiên)
⇒ n ∈ {3; 9}
Vậy n = 3 hoặc n = 9.
Câu 7:
Cho biết a // b và góc = 120°.
a) Tính góc .
b) So sánh góc và góc .
c) Tính
a) Vì a // b nên (2 góc trong cùng phía)
Suy ra:
b) Lại có: (2 góc đồng vị)
c) (2 góc so le trong).
Câu 8:
Cho tam giác ABC cân tại A lấy điểm D bất kì trên AB, lấy điểm E trên tia đối của tia CA sao cho CE = BD. Từ D kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại F
a) Tam giác DBF là tam giác gì?
b) Chứng minh tứ giác DCEF là hình bình hành.
a) Ta có: DF // AC nên:
Suy ra: tam giác DBF cân tại D
b) Từ câu a ta có: DB = DF
Mà DB = CE theo giả thiết nên DF = CE
Lại có: DF // AC nên DF // CE
Xét tứ giác DCEF có: DF // CE và DF = CE
Vậy DCEF là hình bình hành.
Câu 9:
Chứng minh 3n + 11 và 3n + 2 là hai số nguyên tố cùng nhau với mọi số tự nhiên n.
Gọi d = ƯCLN(3n + 11, 3n + 2)
⇒ 3n + 11 ⋮ d; 3n + 2 ⋮ d
Suy ra: (3n + 11) – (3n + 2) ⋮ d
Hay 9 ⋮ d
Suy ra: d = 1; 3; 9
Ta có: 3n chia hết cho 3 và 11 không chia hết cho 3 nên 3n + 11 không chia hết cho 3
Tức là 3n + 11 cũng không chia hết cho 9
Suy ra: d = 1.
⇒ ƯCLN(3n + 11, 3n + 2) = 1
Vậy 3n + 11 và 3n + 2 là hai số nguyên tố cùng nhau .
Câu 10:
n2 + n + 1 = n(n + 1) + 1
Vì n(n + 1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên n(n + 1) chia hết cho 2 hay n(n + 1) là một số chẵn
Do đó n(n + 1) + 1 là một số lẻ
Mà số lẻ thì không chia hết cho 4.
Vậy n2 + n + 1 không chia hết cho 4.
Câu 11:
Tính tổng sau: 72022 – 72021 + 72020 – 72019 + … + 72 – 7.
A = 72022 – 72021 + 72020 – 72019 + … + 72 – 7
⇔ 7A = 72023 – 72022 + 72021 – 72020 + … + 73 – 72
⇔ 7A + A = 72023 – 72022 + 72021 – 72020 + … + 73 – 72 + 72022 – 72021 + 72020 – 72019 + … + 72 – 7
⇔ 8A = 72023 – 7
⇔
Câu 12:
Tìm số tiếp theo trong dãy:1; 5; 14; 33; 72; ...
Ta thấy:
5 = 1.2 + 3
14 = 5.2 + 4
33 = 14.2 + 5
72 = 33.2 + 6
Số tiếp theo là: 72.7 + 7 = 151.
Câu 13:
Cho hệ phương trình: . Giải hệ phương trình khi m = 2.
Với m = 2 ta có hệ:
⇔
⇔
⇔
Vậy khi m = 2 thì phương trình có nghiệm (x; y) = .
Câu 15:
Cho hình thang cân ABCD (AB // CD) có . Tính góc A, B, C, D.
Ta có: ABCD là hình thang cân, AB // CD nên:
Mà nên
Suy ra:
Do ABCD là hình thang cân nên .
Câu 16:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có: A = 15 + 25 + … + n5 chia hết cho B = 1 + 2 + 3 + … + n.
Ta xét B = 1 + 2 + 3 + … + n =
2A = (n5 + 1) + [(n – 1)5 + 25] + [(n – 2)5 + 35] + … + (1 + n5)
Nhận thấy mỗi số hạng của 2A đều chia hết cho (n + 1) nên 2A ⋮ (n + 1) (1)
Lại có: 2A – 2n5 = [(n – 1)5 + 15] + [(n – 2)5 + 25] + … chia hết cho n
Do 2n5 ⋮ n nên 2A ⋮ n (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 2A ⋮ n(n + 1) do đó 2A ⋮ 2B hay A ⋮ B.
Câu 17:
Một đợt bán xe đạp ở cửa hàng sau khi giảm giá lần đầu là 10% và lần thứ hai giảm 5% thì bây giờ lại tăng 8%. Biết giá giảm hay tăng tính dựa theo giá đang bán. Hiện tại giá mỗi chiếc xe đạp là 7387200 đồng. Tính giá gốc ban đầu khi chưa tăng giảm của đợt bán xe đạp này.
Gọi x (triệu đồng) là giá ban đầu của xe
Sau hai lần giảm 10% và 5%, giá tiền là:
x.(100 − 10)%. (100 − 5)% = 0,855x
Sau lần tăng 8%, giá tiền là:
0,855x.(100 + 8)% = 0,9234x
Giá hiện tại là 7,3872 triệu đồng nên ta có:
0,9234x = 7,3872
⇔ x = 8
Vậy giá xe ban đầu là 8 triệu đồng.
Câu 18:
Cho tam giác ABC cân tại A có BD và CE là hai đường trung tuyến. Chứng minh:
a. Tam giác ADE cân tại A.
b. ∆ABD = ∆ACE.
c. BCDE là hình thang cân.
a. BD và CE là 2 đường trung tuyến.
⇒ EA = EB, DA = DC
Có ΔABC cân tại A ⇒ AB=AC
⇒ AE =AD
⇒ ΔAED cân tại A
b. Xét ΔABD và ΔACE có:
chung
AB = AC (GT)
AD = AE (chứng minh trên)
⇒ ΔABD = ΔACE (c.g.c)
c. EA = EB, DA=DC
⇒ ED là đường trung bình của ΔABC
⇒ ED //BC
⇒ tứ giác BCDE là hình thang
Lại có: ΔABD = ΔACE ⇒ BD = CE (Hai cạnh tương ứng)
⇒ BCDE là hình thang cân.
Câu 19:
Tính hợp lý: 5 – (1997 – 2005) + 1997.
5 – (1997 – 2005) + 1997
= 5 – 1997 + 2005 + 1997
= 5 + 2005
= 2010.
Câu 22:
Cho x, y, z khác 0 và x khác y khác z thỏa mãn x2 – xy = y2 – yz = z2 – zx = a.
a) Chứng minh rằng a khác 0.
b) Chứng minh: .
a) a = x2 – xy = x(x – y)
Vì x khác 0 vì x khác y nên x – y ≠ 0
Suy ra: x(x – y) ≠ 0
Vậy a ≠ 0.
b) Ta có:
Lấy (3) trừ (1): 2xy = xz + yz – z2 + 2x2 – y2
Lấy (3) trừ (2): 2zx = xy + yz + 2z2 – x2 – y2
Lấy (2) trừ (1): 2yz = 2y2 + xy + xz – x2 – z2
Cộng lại ta được: yz + xz + xy = 0 do đó: .
Câu 23:
Cho hình thang vuông ABCD (), có CD = 2AB, gọi H là hình chiếu của D trên AC, M là trung điểm của HC. Chứng minh .
Gọi E là trung điểm HD
Ta có: EM là đường trung bình của tam giác HDC
Nên: EM // DC và EM =
Xét tứ giác ABME có: AB // EM // CD
AB = EM
Nên ABME là hình bình hành
Suy ra: BM // AE (1)
Lại có: Xét trong tam giác ADM có: DH ⊥ AM (giả thiết); EM ⊥ AD (vì AD ⊥ AB mà AB // EM)
Nên E là trực tâm của tam giác ADM
Suy ra: AE ⊥ DM (2)
Từ (1) và (2): BM ⊥ DM hay .
Câu 24:
Người ta đã dùng 400 viên gạch hình vuông có cạnh dài 60 cm để lát nền cho một căn phòng hình vuông (coi các mảnh ghép là không đáng kể). Hỏi nền căn phòng hình vuông đó có cạnh dài bao nhiêu mét?
Diện tích viên gạch hình vuông là: 60.60 = 3600 (cm2)
Diện tích nền căn phòng hình vuông là: 3600.400 = 1440000 (cm2)
Đổi 1440000 cm2 = 144 m2
Vì 144 = 12.12 nên cạnh nền căn phòng hình vuông đó là 12m.
Câu 25:
x2 – 4x + 4 = 25
⇔ x2 – 4x – 21 = 0
⇔ x2 – 7x + 3x – 21 = 0
⇔ x(x – 7) + 3(x – 7) = 0
⇔ (x – 7)(x + 3) = 0
⇔
Vậy x = 7 hoặc x = -3.
Câu 28:
Cô giáo muốn chia 240 bút bi, 210 bút chì và 180 tập giấy thành một số phần thưởng như nhau. Hỏi có thể chia được nhiều nhất là bao nhiêu phần thưởng, mỗi phần thưởng có bao nhiêu bút bi, bút chì tập giấy?
Do trong mỗi phần thưởng, số bút bi, số bút chì và số tập giấy trong mỗi phần thưởng phải bằng nhau nên số bút bi, số bút chì và số tập giấy phải chia hết cho số bút bi, số bút chì và số tập giấy trong mỗi phần thưởng.
Vậy số phần thưởng phải là ước chung của 240, 210, và 180.
Do số phần thưởng là lớn nhất nên số phần thưởng sẽ là
ƯCLN(240,210,180)
Ta có:
240 = 24.3.5
210 = 2.3.5.7
180 = 22.32.5
Vậy ƯCLN(240,210,180) = 2.3.5 = 30
Mỗi phần thưởng có số bút bi là
240 : 30 = 8 (cái)
Mỗi phần thưởng có số bút chì là
210 : 30 = 7 (cái)
Mỗi phần thưởng có số tập giấy là
180 : 30 = 6 (tập)
Vậy có thể chia nhiều nhất thành 30 phần thưởng, mỗi phần thưởng có 8 bút bi, 7 bút chì, và 6 tập giấy.
Câu 30:
Cho a là số thập phân có hai chữ số ở phần thập phân. Biết rằng khi làm tròn a đến hàng đơn vị thì được kết quả là 56. Tìm giá trị lớn nhất của a.
Khi làm tròn a đến hàng đơn vị thì bằng 56 vậy a có số đơn vị là 56
Gọi số chữ số thập phân của a là x
Ta có 56 < 56,x < 56,5 với x lớn nhất vậy x là 49.
Số cần tìm là 56,49.
Câu 31:
A = sinx.cosx.cos2x.cos4x.cos8x
Câu 32:
Cho cota = 15. Tính giá trị sin2a.
cota = 15
⇔
⇔
⇔
Suy ra: sin2a = 2sina.cosa = .
Câu 33:
Một khu vườn hình vuông có cạnh bằng 20m, người ta làm một lối đi xung quanh vườn có bể rộng x (m).
a) Viết biểu thức biểu diễn diện tích đất còn lại của khu vườn.
b) Tìm x biết diện tích dùng làm lối đi là 144m2.
Điều kiện:
20 − 2x ≥ 0
⇔ 2x ≤ 20
⇔ x ≤ 10
a) Cạnh khu đất còn lại là:
20 − 2x (m)
Diện tích khu đất còn lại là:
(20 − 2x)(20 − 2x) = 4x2 − 80x + 400 (m2)
b) Diện tích khu vườn là:
20.20 = 400 (m2)
Diện tích khu đất còn lại là:
400 – 144 = 256 (m2)
Ta có: 4x2 – 80x + 400 = 256
⇔ 4x2 – 80x + 144 = 0
⇔
Kết hợp với điều kiện: x = 2
Vậy x = 2.
Câu 34:
Cho hình bình hành ABCD có . Tính số đo các góc còn lại của hình bình hành.
Trong tính chất của hình bình hành:
Định lí: Trong hình bình hành:
+ Các cạnh đối bằng nhau.
+ Các góc đối bằng nhau.
+ Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
Suy ra:
Khi đó ta có: .Câu 35:
Số chính phương khi chia cho 5 thì số dư có thể bằng?
Số chính phương có dạng n2 là số có tận cùng bằng 0; 1; 4; 5; 6; 9.
Xét n2 có tận cùng là 0, mà 0 : 5 = 0 dư 0
Tận cùng là 1; 1 : 5 = 0 dư 1
Tận cùng là 4; 4 : 5 = 0 dư 4
Tận cùng là 5; 5 : 5 = 1 dư 0
Tận cùng là 6; 6 : 5 = 1 dư 1
Tận cùng là 9; 9 : 5 = 1 dư 4
Vậy một số chính phương khi chia cho 5 có thể có số dư là 0, 1, 4.
Câu 36:
Tìm hai số biết tổng hai số là số lớn nhất có hai chữ số. Hiệu hai số là số lẻ bé nhất có 2 chữ số.
Tổng 2 số là số lớn nhất chữ số: 99
Hiệu 2 số là số lẻ bé nhất có 2 chữ số: 11
Số lớn là: (99 + 11) : 2 = 55
Số bé là: (99 − 11) : 2 = 44.
Vậy số lớn là 55, số bé là 44.
Câu 37:
Một mảnh vườn hình vuông cạnh 20 m. Người ta làm một lối đi xung quanh vườn rộng 2 m thuộc đất của vườn. Phần đất còn lại dùng để trồng trọt. Tính diện tích trồng trọt của mảnh vườn.
Phần còn lại để trồng trọt là hình vuông có cạnh:
20 - 2 - 2 = 16 (m)
Diện tích trồng trọt của mảnh vườn là:
16. 16 = 256 (m2)
Vậy diện tích trồng trọt của mảnh vườn là 256m2.
Câu 38:
Tìm hai số có tổng là số bé nhất có 4 chữ số và hiệu là số chẵn lớn nhất có 2 chữ số.
Số bé nhất có 4 chữ số là 1000. Vậy tổng là 1000
Số chẵn lớn nhất có 2 chữ số là 18. Vậy hiệu là 18.
Số lớn là:
(1000 + 18) : 2 = 509
Số bé là:
1000 – 509 = 491.
Vậy số lớn là 509, số bé là 491.
Câu 39:
Số lớn nhất có 3 chữ số là 999. Nên tổng là 999.
Số lẻ nhỏ nhất có 2 chữ số là 11. Nên hiệu là 11.
Số lớn là: (999 + 11) : 2 = 505
Số bé là: 505 – 11 = 494.
Vậy số lớn là 505, số bé là 494.
Câu 40:
Cho tam giác ABC có AB = 6, AC = 8, . Tính độ dài cạnh BC và bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Xét tam giác ABC, có:
BC2 = AB2 + AC2 – 2.AB.AC.cosA (định lí côsin)
⇔ BC2 = 62 + 82 – 2.6.8.cos100°
⇔ BC2 ≈ 116,7
⇔ BC ≈ 10,8.
Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC, ta có:
⇔ R = .
Câu 41:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y = x² và đường thẳng (d) có phương trình y = mx + 3 (với m là tham số).
1. Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A và B.
2. Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ của A và B. Tính tích các giá trị của m để 2x1 + x2 = 1
1. Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x2 – mx – 3 = 0 (*)
∆ = m2 + 12 > 0 với mọi m
Nên (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt hay đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A và B.
2. Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:
Theo đề bài: 2x1 + x2 = 1 (4)
Từ (2) và (4) ta có hệ phương trình:
Thay vào (3) ta được: (1 – m)(2m – 1) = -3
⇔ 2m2 – 3m – 2 = 0
⇔
Tích các giá trị của m là:Câu 42:
Cho hai số a, b thỏa mãn a + b = 1.
Tính giá trị của biểu thức P = 2a3 + 6ab + 2b3 – 2024.
P = 2a3 + 6ab + 2b3 – 2024
P = 2[(a + b)3 – 3ab(a + b)] + 6ab – 2024
P = 2[1 – 3ab(a + b)] + 6ab – 2024
P = 2(1 – 3ab) + 6ab – 2024
P = 2 – 6ab + 6ab – 2024
P = – 2022.
Câu 43:
Cho tam giác ABC vuông tại A và đường cao AH (H ∈ BC).
1) Cho AH = 6; BH = 3. Tính BC và số đo (góc làm tròn đến phút).
2) Đường thẳng vuông góc với BC tại B cắt tia CA tại K. Hạ AE ⊥ BK (E ∈ BK). Chứng minh rằng: AK.AC = EH2, từ đó suy ra BH.HC + BE.EK = AK.AC.
1) Áp dụng hệ thức lượng giác vào tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH
AH² = BH.HC
⇒ 6²= 3. HC ⇒ HC = 6² : 3= 12cm
Ta có : BC = BH + HC = 3 + 12 =15 cm
Xét tam giác BAC vuông tại A có: sin
2) Xét tam giác BAK và tam giác CAB có:
(cùng phụ với )
Suy ra: ∆BAK ∽ ∆CAB (g.g)
⇒
Lại có: ABHE là hình chữ nhật vì nên AB = HE
Suy ra: EH2 = AK.AC (1)
Xét tam giác BEA và tam giác AEK có:
Suy ra: ∆BEA ∽ ∆AEK (g.g)
⇒ ⇒ BE.EK = AE2
Xét tam giác BHA và tam giác AHC có:
Suy ra: ∆BHA ∽ ∆AHC (g.g)
⇒ ⇒ AH2 = BH.HC
⇒ BH.HC + BE.EK = AE2 + AH2 = EH2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: BH.HC + BE.EK = AK.AC.
Câu 44:
Chứng minh rằng m + 2014n chia hết cho 2015 khi và chỉ khi n + 2014m chia hết cho 2015.
Ta có: m + 2014n = 2015(m + n) – (n + 2014m)
Do 2015(m + n) ⋮ 2015 và m + 2014n ⋮ 2015
Nên: n + 2014m chia hết cho 2015.
Câu 45:
ĐKXĐ:
Bình phương 2 vế (*) ta được:
x2 – 4x + 3 = 4(25 – 4x2)
⇔ x2 – 4x + 3 = 100 – 16x2
⇔ 17x2 – 4x – 97 = 0
∆ = 16 + 6596 = 6612
Suy ra phương trình có 2 nghiệm: .
Câu 46:
Cho ΔABC cân tại A có AB = 5cm; BC = 6cm. Kẻ phân giác trong AM (M ∈ BC). Gọi O là trung điểm của AC và K là điểm đối xứng của M qua O.
a) Tính diện tích tam giác ABC.
b) Tứ giác ABMO là hình gì? Vì sao?
c) Để tứ giác AMCK là hình vuông thì tam giác ABC phải có thêm điều kiện gì?
a) Vì M là trung điểm của BC nên:
BM =
Tam giác ABC cân tại A, lại có AM là đường phân giác nên AM cũng là đường cao. Do đó tam giác AMB vuông tại M.
Suy ra: AM2 = AB2 - BM2 (Định lí Pytago)
= 52 - 32 = 16(cm)
Suy ra AM = 4cm
SABC =
ΔAMC vuông tại M có MO là đường trung tuyến nên OM = OA.
Suy ra ( ΔAMO cân tại O)
Lại có (AM là tia phân giác góc BAC)
Suy ra
Mà đây là 2 góc ở vị trí so le trong
Suy ra OM // AB
Vậy tứ giác ABMO là hình thang.
c) Tứ giác AMCK có OA = OC; OM = OK nên tứ giác AMCK là hình bình hành .
Lại có (chứng minh trên) nên tứ giác AMCK là hình chữ nhật.
Hình chữ nhật AMCK là hình vuông
⇔ AM = MC = BM
⇔ AM =
Suy ra tam giác ABC vuông cân tại A.
Câu 47:
Xác định các hệ số a, b, c biết: (a – 1)(x2 – bx + 3) = 2x2 + 5x + c.
(a – 1)(x2 – bx + 3) = 2x2 + 5x + c
⇔ (a – 1)x2 – (a – 1)bx + 3(a – 1) = 2x2 + 5x + c
Suy ra ta có: .
Câu 48:
Chứng minh rẳng A = 1 + 4 + 42 + 43 + … + 42021 chia hết cho 21.
Dựa vào số mũ ta có thể thấy A có tất cả 2022 số hạng nên chia làm 674 nhóm, mỗi nhóm 3 hạng tử
Ta có: A = 1 + 4 + 42 + 43 + … + 42021
A = (1 + 4 + 42) + (43 + 44 + 45) + … + (42019 + 42020 + 42021)
A = (1 + 4 + 42) + 43(1 + 4 + 42) + … + 42019(1 + 4 + 42)
A = (1 + 4 + 42)(1 + 43 + … + 42019)
A = 21.(1 + 43 + … + 42019)
Vì 21 chia hết cho 21 nên 21.(1 + 43 + … + 42019) chia hết cho 21.
Vậy A chia hết cho 21.
Câu 49:
Một can xăng đựng 8,5 lít xăng cân nặng 8,22 kg, vỏ can cân nặng 1,25kg. Hỏi một thùng xăng cùng loại có 28,3 lít xăng cân nặng bao nhiêu kg, biết vỏ thùng cân nặng 3,08 kg?
8,5 lít xăng nặng số kg là:
8,22 – 1,25 = 6,97 (kg)
1 lít xăng nặng số kg là:
6,97 : 8,5 = 0,82 (kg)
28,3 lít xăng nặng số kg là:
28,3 . 0,82 = 23,206 (kg)
Một thùng xăng chứa 28,3 lít xăng nặng số kg là:
23,206 + 3,08 = 26,286 (kg)
Đáp số: 26,286 kg.
Câu 50:
Tìm dư khi chia x99 + x55 + x11 + x + 7 cho x2 + 1.
x99 + x55 + x11 + x + 7
= x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) – 2x + 7
Chú ý rằng (x2)40 + 1, (x2)27 + 1, (x2)25 + 1 chia hết cho x2 + 1.
Như vậy số dư cần tìm là –2x + 7.
Câu 51:
Tam giác ABC có BC = ; AC = 3 và cotC = -2. Tính cạnh AB.
cotC = – 2
⇔ cot2C = 4
⇔
⇔
⇔ cos2C = 4 – 4cos2C
⇔ cos2C =
⇔ cosC = (vì cotC = – 2 < 0 nên cosC và sinC trái dấu)
Mà nên C thuộc góc phần tư thứ II nên cosC < 0
AB2 = AC2 + BC2 – 2.AC.BC.cosC
Suy ra: .
Câu 52:
Ta có:
x4 + ax3 + bx – 1
= x4 + ax3 + x2 – x2 + bx – 1
= x2(x2 + ax + 1) – (x2 + ax + 1) + bx – ax
= (x2 + ax + 1)(x2 – 1) + x(b – a)
Ta thấy: (x2 + ax + 1)(x2 – 1) ⋮ x2 – 1 nên để x4 + ax3 + bx – 1 chia hết cho x2 – 1 thì x(b – a) chia hết cho x2 – 1
Suy ra: b – a = 0 hay a = b
Vậy a = b thì x4 + ax3 + bx – 1 chia hết cho x2 – 1.
Câu 53:
Tìm x thuộc B(12) và 30 < x < 100.
x thuộc B(12) ={12; 24; 36; 48; 60; 72; 84; 96; 108;...}
+ Mà 30 < x < 100
⇒ x = {36; 48; 60; 72; 84; 96}
Vậy x ={36; 48; 60; 72; 84; 96}.
Câu 54:
Cho n điểm phân biệt trên mặt phẳng (n ∈ ℕ, n > 2). Số véctơ khác có cả điểm đầu và điểm cuối là các điểm đã cho bằng.
Hai điểm bất kì trong n điểm trên tạo thành hai véctơ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nên số các véctơ đó là:
Nhận xét: Có thể hiểu mỗi véctơ là một chỉnh hợp chập 2 của n điểm.
Nên số véctơ là: .
Câu 55:
Cho đoạn thẳng MN = 24cm và điểm O nằm giữa hai điểm M và N. Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng OM, F là trung điểm của đoạn thẳng ON, I là trung điểm đoạn thẳng EF. Độ dài đoạn thẳng IE là ...cm.
O là trung điểm MN nên OM = ON =
OE =
OF =
Mà EF = OE + OF = 6 + 6 = 12(cm)
IE = IF = .
Câu 57:
Cho đoạn thẳng AB và điểm I sao cho .
a) Tìm hệ số k sao cho .
b) Chứng minh với mọi M ta có .
a)
⇔
⇔
⇔
⇔
b)
⇔
⇔
⇔
⇔ (Luôn đúng).
Câu 58:
Đặt
BĐT cần chứng minh trở thành: x3 + y3 + z3 ≥ x2 + y2 + z2 với xyz = 1
Thật vậy, áp dụng BĐT Côsi:
(x3 + y3 + z3)(x + y + z) ≥ (x2 + y2 + z2)2
⇔ x3 + y3 + z3 ≥
Theo BĐT AM-GM có:
x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + xz
⇔ 3(x2 + y2 + z2) ≥ (x + y + z)2
⇔ x2 + y2 + z2 ≥ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x3 + y3 + z3 ≥ x2 + y2 + z2 (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c.
Câu 60:
Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, SC.
a) Xác định giao điểm I, K của AN, MN với (SBD).
b) Tính tỉ số .
c) Chứng minh B, I, K thẳng hàng. Tính tỉ sốa) Gọi AC ∩ BD = O, SO ∩ AN = I
⇒ AN ∩ (SBD) = I
CM ∩ BO = E, SE ∩ MN = K ⇒ MN ∩ (SBD) = K
b, c) Ta có M, N là trung điểm AB, SC; O là trung điểm AC, BD
⇒ I, E là trọng tâm SAC, BAC
⇒
Ta có: M, K, N thẳng hàng; M ∈ CE, K ∈ SE, N ∈ SC
Suy ra:
⇒
⇒
⇒
Vậy B, I, K thẳng hàng (định lý Menelauyt)
Ta có: S, K, E thẳng hàng nên
⇒
⇒
Lại có từ S, K, E thẳng hàng nên
⇒
⇒
⇒
Hay
Suy ra: .Câu 61:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A(−1;1); B(3;1); C(2;4). Tính chu vi và diện tích tam giác ABC.
AB =
AC =
BC =
Chu vi tam giác ABC = AB + AC + BC =
Phương trình đường thẳng BC là: -3(x – 3) + -1(y – 1) = 0 hay -3x – y + 10 = 0
d(A, BC) =
SABC = .
Câu 62:
Một chữ nhật hình có chiều dài gấp 4 lần chiều rộng. Tăng chiều dài và chiều rộng lên 2m thì diện tích tăng thêm 94m2. Tinh chu vi và diện tích ban đầu của hình chữ nhật đó?
Gọi chiều rộng là a, thì chiều dài là 4a.
Diện tích ban đầu là: 4a.a = 4a2
Ta có: (4a + 2)(a + 2) = 4a.a + 94
⇔ 4a2 + 10a + 4 = 4a2 + 94
⇔ 10a + 4 = 94
⇔ 10a = 90
⇔ a = 9
Vậy chiều rộng là 9m
Chiều dài là: 9.4 = 36 (m)
Chu vi hình chữ nhật là: (36 + 9).2 = 90 (m)
Diện tích hình chữ nhật là: 36.9 = 324 (m2).
Câu 63:
Cho tam giác ABC có AB = 2, BC = 3, AC = 4. Tính độ dài đường trung tuyến MA với M là trung điểm của BC.
Ta có công thức tính độ dài đường trung tuyến:
MA2 =
Suy ra: MA = .
Câu 64:
Cho A = 1 + 21 + 22 + 23 + … + 22021. Tìm x thuộc ℕ sao cho 2x = A + 1.
A = 1 + 21 + 22 + 23 + … + 22021
2A = 2(1 + 21 + 22 + … + 22021) = 2 + 22 + … + 22022
2A – A = (2 + 22 + … + 22022) – (1 + 21 + 22 + 23 + … + 22021)
A = 22022 – 1
Lại có: 2x = A + 1 = 22022 – 1 + 1 = 22022
Vậy x = 2022.
Câu 65:
Tìm giá trị của m để (m + 1)x2 – 2(m + 1)x + 4 ≥ 0 với mọi x thuộc ℝ.
Với m = -1 ta có: 4 ≥ 0 với mọi x thuộc ℝ (thỏa mãn)
Với m khác -1, ta có:
(m + 1)x2 – 2(m + 1)x + 4 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ khi và chỉ khi:
⇔
⇔
⇔ -1 < m ≤ 3.
Kết hợp lại ta được: -1 ≤ m ≤ 3.
Câu 66:
Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC. Điểm I đối xứng với F qua E. Chứng minh tứ giác BDEC là hình thang cân.
Xét ΔABC, ta có:
AD = DB (gỉa thiết)
AE = EC (gỉa thiết)
⇒ DE là đường trung bình của ΔABC
⇒ DE // BC
⇒ Tứ giác DECB là hình thang
mà (vì ΔABC cân tại A)
⇒ Tứ giác DECB là hình thang cân.
Câu 68:
Gọi K là trung điểm của CD
Xét ΔBDC có:
M là trung điểm của BC
K là trung điểm của CD
Do đó: MK là đường trung bình của ΔBDC
⇒ MK // BD
hay ID // MK
Xét ΔAMK có:
I là trung điểm của AM
ID // MK
Do đó: D là trung điểm của AK
⇒ AD = DK = KC
Vậy AD = .
Câu 69:
Tìm điều kiện của tham số m dể phương trình cos2x − 4cosx + m = 0 có nghiệm.
Xét phương trình: cos2x – 4cosx + m = 0 (1)
Đặt t = cosx (|t| ≤ 1)
Khi đó phương trình (1) trở thành: t2 – 4t + m = 0 (2)
Để phương trình (1) có nghiệm khi phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn |t| ≤ 1
Phương trình (2) có nghiệm khi:
Δ′ ≥ 0 ⇔ 4 – m ≥ 0 ⇔ m ≤ 4
Khi đó phương trình có nghiệm là:
Mà |t| ≤ 1
⇔ -5 ≤ m ≤ 3.
Kết hợp với điều kiện (*) ta được: −5 ≤ m ≤ 3
Vậy với −5 ≤ m ≤ 3 thì phương trình đã cho có nghiệm.
Câu 71:
Cho đường tròn (O) đường kính AB, lấy điểm C thuộc đường tròn (O), với C không trùng A và B. Gọi I là trung điểm của đoạn AC. Vẽ tiếp tuyến của đường tròn (O) tại tiếp điểm C cắt tia OI tại điểm D.
a) Chứng minh OI song song với BC.
b) Chứng minh DA là tiếp tuyến của đường tròn (O).
c) Vẽ CH vuông góc với AB, H ∈ AB và vẽ BK vuông góc với CD, K ∈ CD. Chứng minh CK² = HA.HB.
a) Vì DC = DA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại D) và OA = OC = R
Nên OD là trung trực AC nên OD ⊥ AC
Mà I là trung điểm AC nên I thuộc OD
Lại có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ AC ⊥ CB
Suy ra: OD // BC hay OI // BC
b) Xét tam giác OCD và OAD có:
OC = OA = R
OD chung
DA = DC
⇒ ∆OCD = ∆OAD (c.c.c)
⇒
⇒ DA ⊥ AB và A trên (O) nên DA là tiếp tuyến của (O).
c)
OC // BK (cùng vuông góc với CD)
Nên
Suy ra:
Xét tam giác CHB và CKB có:
Cạnh BC chung
Vậy ∆CHB = ∆CKB (g.c.g)
Suy ra: CK = CH
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông có: CH2 = HA.HB
Mà CH = CK nên CK2 = HA.HB.
Câu 72:
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên 2 nửa phẳng đối nhau bờ AB lần lượt vẽ 2 tia Ax, By vuông góc AB. Trên Ax lấy điểm P, Trên Ay lấy Q sao cho AP = BQ. Chứng minh P, Q, M thẳng hàng.
Xét tam giác APM và tam giác BQM có:
AP = BQ (giả thiết)
AM = MB (giả thiết)
⇒ ∆APM = ∆BQM (c.g.c)
⇒ (2 góc tương ứng)
Mà ta có:
⇒
Hay P, Q, M thẳng hàng.
Câu 73:
Cho tam giác ABC, gọi BM và CN lần lượt là các đường trung tuyến sao cho BM vuông góc với CN. Chứng minh cotA = 2 (cotB + cotC).
Theo định lý cosin: cosA =
Và sinA =
cotA = (*)
Lại có theo công thức tính độ dài đường trung tuyến của tam giác ta có:
BM2 =
CN2 =
Suy ra: a2 = BC2 = BG2 + GC2 = =
⇔ a2 =
⇔ 9a2 = b2 + c2 + 4a2
⇔ 5a2 = b2 + c2 (**)
Thay (**) vào (*): cotA =
Mặt khác cotB + cotC =
⇒ cotB + cotC = (2)
Từ (1) và (2) suy ra: cotA = 2 (cotB+cotC) =
Vậy cotA = 2 (cotB + cotC).
Câu 74:
Chứng tỏ rằng các số có dạng chia hết cho 11.
= 10a + a = 11a
Vì 11 chia hết cho 11 nên 11a ⋮ 11
Vậy ⋮ 11.
Câu 75:
Tìm 2 số tự nhiên nhỏ nhất a và b thỏa mãn ƯCLN(a, b) = 12 và a – b = 84.
Từ a – b = 84 ta thấy a > b
Vì ƯCLN(a;b) = 12 nên a ⋮ 12, b ⋮ 12
Ta giả sử a = 12m, b = 12n (m, n ∈ ℕ*) (m > n)
Ta có: a – b = 84
⇔ 12m – 12n = 84
⇔ m – n = 7
Để a, b là số tự nhiên nhỏ nhất thì m, n nhỏ nhất
Suy ra: n = 1; m = 8.
Vậy a = 96; b = 12.
Câu 76:
Cho ba số x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx và x + y + z = -3. Tính giá trị biểu thức B = x2022 + y2023 + z2024.
x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx
⇔ 2x2 + 2y2 + 2z2 = 2xy + 2yz + 2zx
⇔ (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 0 (*)
Mà (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 ≥ 0 với mọi x, y, z nên để đẳng thức (*) xảy ra thì:
hay x = y = z
Mà x + y + z = -3
⇔ x = y = z = -1
B = x2022 + y2023 + z2024 = 1 – 1 + 1 = 1.
Câu 78:
Đặt P =
Có a, b, c là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM - GM có:
Suy ra: P =
Mà a + b + c + ab + bc + ac = 6
⇒ P ≥ 2(a2 + b2 + c2) + a + b + c – 6
Có (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ 0
⇒ 2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ca)
Suy ra: P ≥
Có ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2
⇒ 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2
Do đó: 6 = a + b + c + ab + bc + ac ≤ a + b + c +
⇒ + (a + b + c) – 6 ≥ 0
⇒ a + b + c ≥ 3(a + b + c)2 ≥ 9
Suy ra: P ≥
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Câu 79:
Một can nếu đựng đầy dầu cân nặng 72 kg, nếu đựng nửa số dầu đó thì cân nặng 38kg. Hỏi cái can rỗng thì nặng bao nhiêu ki-lô-gam?
Can + dầu = 72kg
Can + nửa số dầu = 38 kg
Nửa số dầu nặng là: 72 – 38 = 36 (kg)
Cái can rỗng nặng là: 38 – 36 = 2 (kg).
Câu 80:
Bác Bình gửi tiết kiệm 500 triệu đồng kì hạn 1 tháng với lãi suất 6% một năm theo hình thức lãi suất kép. Nếu sau đúng một năm bác Bình mới đến ngân hàng rút tiền thì số tiền lãi là bao nhiêu?
Lãi suất một kỳ hạn của bác Bình là: 6% : 12 = 0,5%
Vì bác Bình sau đúng 1 năm mới rút tiền nên số tiền lãi bác nhận được là:
Alãi = A – Agốc = Agốc(1 +r%)n - Agốc
= 500.106(1 + 0,5%)12 – 500.106
= 30,83 (triệu đồng)
Vậy sau đúng một năm bác Bình mới đến ngân hàng rút tiền thì số tiền lãi là 30,83 triệu.
Câu 81:
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn cùng phía đối với AB. Từ điểm M trên đường tròn (M khác A; B) vẽ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax và By lần lượt tại C và D.
a) Chứng minh .
b) Chứng minh AC.BD không đổi.
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
• OC là tia phân giác của
• OD và tia phân giác của
Khi đó, OC và OD là các tia phân giác của hai góc kề bù và
Do đó OC ⊥ OD.
Vậy (đpcm)
b) Ta có: AC = CM, BD = DM nên AC . BD = CM . MD.
Xét ΔCOD vuông tại O, ta có:
CM . MD = OM2 = R2 (R là bán kính đường tròn O).
Vậy AC . BD = R2 (không đổi).
Câu 82:
Cho tam giác ABC( AB < AC ) có hai đường phân giác CM, BN cắt nhau ở D. Qua A kẻ AE và AF vuông góc với BN và CM. Các đường thẳng AE và AF cắt BC ở I; K.
a) Chứng minh AFDE nội tiếp.
b) Chứng minh AB.NC = AN.BC.
a) Xét tứ giác AFDE có:
Suy ra: cùng nhìn AD dưới 1 góc 90 độ không đổi
Hay tứ giác AFDE nội tiếp.
b) Vì BN, CM cắt nhau tại D nên AD là đường phân giác thứ ba của tam giác ABC.
Áp dụng tính chất đường phân giác, ta có:
Xét ∆ABN có AD là phân giác:
Xét ∆CBN có CD là phân giác:
Từ (1) và (2) suy ra:
Vậy AB.NC = AN.CB.
Câu 83:
Cho tam giác ABC có đường cao AH và BD cắt nhau tại I.
a) Chứng minh 4 điểm C, D, I, H cùng thuộc 1 đường tròn.
b) Chứng minh 4 điểm A, B, H, D cùng thuộc 1 đường tròn.
c) Tính bán kính đường tròn đi qua 4 điểm C, D, H, I nếu biết CH = 4cm và = 30°.
a) Xét tam giác DIC vuông tại D (BD ⊥ AC)
⇒ D, I, C cùng thuộc đường tròn đường kính IC
Xét tam giác HIC vuông tại H (AH ⊥ BC)
⇒ H, I, C cùng thuộc đường tròn đường kính IC
Vậy D, I, C, H cùng thuộc đường tròn đường kính IC
b) Xét tam giác ABH vuông tại H (AH ⊥ BC)
⇒ A, B, H cùng thuộc đường tròn đường kính AB
Xét tam giác ABD vuông tại D (BD ⊥ AC)
⇒ A, B, D cùng thuộc đường tròn đường kính AB
Vậy A, B, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính AB
c) Gọi M là giao điểm của CI và AB
Xét tam giác BAC có: AH và BD là đường cao, AH ∩ BD ={I}
Nên I là trực tâm của tam giác BAC
Vậy AM là đường cao thứ 3 của tam giác ABC
Xét ∆ABH và ∆CBM có:
chung
⇒ ∆ABH ~ ∆CBM (g.g)
⇒ = 30°
Xét ∆HCI vuông tại H có: cos
Mà đường tròn đi qua D, I, C, H là đường tròn đường kính IC
Suy ra bán kính đường tròn là
Câu 84:
Cho tam giác vuông ABC vuông ở A có đường cao AH. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H lên AB và AC.
a. So sánh AH và EF.
b. Tính độ dài HF biết AB = 6 cm, BC = 10 cm và BH = 3,6 cm.
a) Xét tứ giác AEHF có:
Nên AEHF là hình chữ nhật
Suy ra: AH = EF
b) Xét tam giác AHE và tam giác AHB có:
chung
⇒ ∆AEH ∽ ∆AHB (g.g)
⇒
⇒ AE = .
Câu 85:
Rút gọn M = sin(x – y)cosy + cos(x – y)siny
M = sin(x – y)cosy + cos(x – y)siny
M = sin[(x – y) + y]
M = sin x.
Câu 86:
Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên tia đối của tia AC kẻ tia Ax. Trên Ax lấy điểm D sao cho AD = AB. Kẻ tia Ay nằm trong BAD. Kẻ DH vuông góc với Ay tại H, kẻ BI vuông góc với Ay tại I.
a) Chứng minh rằng DH = AI; AH = BI.
b) Gọi M là trung điểm của BD. Chứng minh rằng Tam giácMDH = tam giác AMI.
c) Chứng minh rằng MHI là tam giác vuông.
a) Xét tam giác ABI, ADH có:
AB = AD
⇒ ΔABI = ΔDAH (cạnh huyền-góc nhọn)
⇒ AI = DH, BI = AH
Ta có: AI = DH, BI = AH
b) Ta có: AD = AB, AD ⊥ AB
⇒ ΔADB vuông cân tại A
M là trung điểm BD
⇒ ΔABM, ΔAMD vuông cân tại M
⇒ MA = MD = MB
Xét ΔMDH và ΔMAI có:
MD = MA
DH = AI
⇒ ΔMDH = ΔMAI (c.g.c)
c) Từ câu b, suy ra: MI = MH,
⇒
Suy ra: Tam giác MHI vuông cân tại M.
Câu 87:
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH biết BH = 3.6 cm; CH = 6.4 cm
a) Tính AH, AB và số đo góc .
b) Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của H lên AB, AC. Chứng minh AM.AB = AN.AC và tam giác AMN đồng dạng với tam giác ACB.
a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
AH2 = BH.CH = 3,6 . 6,4 = 23,04
Suy ra: AH = 4,8 cm
AB2 = AH2 + HB2 = 4,82 + 3,62
⇒ AB = 6 cm
AC =
⇒
b) Xét tam giác AMH và tam giác AHB có:
Chung
⇒ ∆AMH ~ ∆AHB (g.g)
⇒
⇒ AM.AB = AH2 (1)
Chứng minh tương tự: ∆ANH ~ ∆AHC (g.g)
⇒
⇒ AN.AC = AH2 (2)
Từ (1) và (2): AM.AB = AN.AC.
Câu 88:
+ Với x > 0 ta có: nên không có x thỏa mãn
+ Với x < 0 ta có: mà nên không có x thỏa mãn
+ Với x = 0 thì ta có: (thỏa mãn)
Vậy x = 0.
Câu 89:
Ta có 22017 = 22015 + 2 = 22015. 22 = 25 . 403 . 4 = (25)403 . 2.
Vì 25 = 32 chia cho 11 dư – 1 nên (25)403 chia cho 11 dư (– 1)403 = – 1.
Suy ra (25)403 . 4 chia cho 11 dư – 1 . 4 = – 4 hay 22017 chia cho 11 dư 7.
Vậy số dư của 22017 khi chia cho 11 là 7.
Câu 90:
Cho khối chóp S.ABCD đáy là hình chữ nhật, cạnh AB = a, AD = 2a. Hình chiếu vuông góc của S xuống ABCD là trung điểm H của AB. Biết SD = 3a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Vì SH vuông góc với đáy nên SH ⊥ HD
Áp dụng định lý Pytago vào tam giác AHD, SHD có:
HD2 = AH2 + AD2 =
⇒ HD =
SD2 = SH2 + HD2
⇒ SH =
Ta có VS.ABCD = .