90 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 86)

Câu 1:

Cho A = (m; m + 3) và B (2; 6m + 1). Tìm m để A ∩ B = ∅.

Để A ∩ B = ∅ thì $[\begin{array}{l} 2 \geq m + 3 \\ 6 m + 1 \leq m \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m \geq - 1 \\ 5 m + 1 \leq 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m \geq - 1 \\ m \leq - \frac{1}{5} \end{array}$

⇔ $- 1 \leq m \leq - \frac{1}{5}$

Vậy $- 1 \leq m \leq - \frac{1}{5}$ thì A ∩ B = ∅.

Câu 2:

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: thì $\{\begin{cases} m - 1 < 5 \\ - 3 \leq 2 m + 1 \end{cases}$ ⇔ $\{\begin{cases} m < 6 \\ m \geq - 2 \end{cases}$ ⇔ -2 ≤ m < 6.

Để A ⊂ B thì $\{\begin{cases} m - 1 > - 3 \\ 2 m + 1 \geq 5 \end{cases}$ ⇔ m > 2

Kết hợp điều kiện ta được: 2 < m < 6.

Câu 3:

Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AD, K là trung điểm của AD. Gọi I là hình chiếu của điểm D trên CK. Chứng minh rằng $\hat{A I B} = 90 °$ .

Xem đáp án

Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AD, K là trung điểm của AD. Gọi I là hình chiếu của điểm D trên CK. (ảnh 1)

Gọi E là giao điểm của CK và AB.

Tam giác CDK vuông tại D có đường cao DI nên KD²= KI . KC

Mà KD = KA nên KA² = KI . KC

⇒ $\frac{K A}{K I} = \frac{K C}{D A}$

Xét ΔKAI và ΔKCA có:

$\frac{K A}{K I} = \frac{K C}{D A}$

$\hat{K}$ chung

⇒ ΔKAI ∽ ΔKCA (c.g.c)

⇒ $\hat{K I A} = \hat{K A C}$

mà $\hat{K A C} = \hat{K A E}$ (do AK là tia phân giác $\hat{B A C}$ ) nên $\hat{K I A} = \hat{K A E}$

Từ đó suy ra: ΔEAK ∽ ΔEIA (g.g) ⇒ $\hat{E K A} = \hat{E A I}$

Hay $\hat{D K C} = \hat{B A I}$

Hơn nữa $\hat{D K C} = \hat{I D C}$ (cùng phụ với $\hat{D C K}$ ) nên $\hat{D K C} = \hat{B A I}$

⇒ Tứ giác IABD nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện)

⇒ $\hat{A I B} = \hat{A D B}$

Mà $\hat{A D B} = 90 °$

Nên $\hat{A I B} = 90 °$ .

Câu 4:

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Chứng minh sinA + cosA + sinC + cosC > 2.

Xem đáp án

Xét (sinA + cosA)² = sin²A + cos²A + 2sinAcosA = 1 + 2sinAcosA > 1

(do tam giác ABC có 3 góc nhọn nên sinA, cosA > 0)

Suy ra: (sinA + cosA)² > 1

⇒ sinA + cosA > 1

Chứng minh tương tự: sinC + cos C > 1

Khi đó: sinA + cosA + sinC + cosC > 2.

Câu 5:

Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh $S_{A B C} = \frac{1}{2} . B C . B A . \sin \hat{B} = \frac{1}{2} . A B . A C . \sin \hat{A} = \frac{1}{2} . C A . C B . \sin \hat{C}$ .

Xem đáp án

Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh S ABC = 1/2 BC. BA.. sin B = 1/2 AB. AC . sin A = 1/2 CA. CB. sin C (ảnh 1)

Kẻ đường cao AH, BD

$S_{A B C} = \frac{1}{2} . A H . B C$ (*)

Mà tam giác AHB vuông tại H nên: $\sin \hat{B} = \frac{A H}{A B} \Rightarrow A H = A B . \sin \hat{B}$

Khi đó: $S_{A B C} = \frac{1}{2} . A B . B C . \sin \hat{B}$

Tương tự: Trong tam giác AHC vuông tại H có: $\sin \hat{C} = \frac{A H}{A C} \Rightarrow A H = A C . \sin \hat{C}$

Khi đó: $S_{A B C} = \frac{1}{2} . A C . B C . \sin \hat{C}$

Ta có: $S_{A B C} = \frac{1}{2} . B D . A C$ (*)

Trong tam giác BAD vuông tại D có: $\sin A = \frac{B D}{A B} \Rightarrow B D = A B . \sin \hat{A}$

Thay vào (*) có:

S_{A B C} = \frac{1}{2} . B D . A C = \frac{1}{2} . A B . A C . \sin \hat{A}

.

Câu 6:

Hình vẽ cho biết tam giác ABC vuông tại A, MN // BC, AB = 24cm, AM = 16cm, AN = 12cm. Tính độ dài x, y của các đoạn thẳng NC, BC.

Xem đáp án

Trong ΔABC, ta có: MN // BC (gt)

Suy ra: $\frac{A M}{A B} = \frac{A N}{A C}$

Suy ra: $A C = \frac{A B . A N}{A N} = \frac{24.12}{16} = 18 (c m)$

Vậy NC = AC – AN = 18 – 12 = 6(cm)

Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông AMN, ta có:

MN² = AM² + AN² = 16² + 12² = 400

MN = 20cm

Trong ΔABC, ta có: MN // BC (gt)

Suy ra: $\frac{A M}{A B} = \frac{M N}{B C}$ (hệ quả định lý Ta-lét)

Vậy:

B C = \frac{M N . A B}{A M} = \frac{20.24}{16} = 30 (c m)

.

Câu 7:

Cho hình thoi ABCD có $\hat{A} = 60 °$ . Trên AB, AC lấy điểm M, N sao cho BM = CN. Chứng minh rằng MDN là tam giác đều.

Xem đáp án

Cho hình thoi ABCD có góc a = 60 độ . Trên AB, AC lấy điểm M, N sao cho BM = CN. Chứng minh rằng MDN là tam giác đều. (ảnh 1)

Ta có: MB + NB = AB = MB + AM

Suy ra: NB = AM

Tương tự: BM = NC

Ta có: $\hat{A} = 60 °$ ⇒ $\hat{D} = 180 ° - 60 ° = 120 °$

Vì ABCD là hình thoi nên $\hat{D} = \hat{B} = 120 °$

Xét tam giác BMD và tam giác CND có:

BM = NC

$\hat{D} = \hat{B} = 120 °$

Chung BD

⇒ ∆BMD = ∆CND (c.g.c)

⇒ MD = ND (1); $\hat{B D M} = \hat{C D N}$

Lại có: $\hat{B D N} + \hat{C D N} = 60 °$

⇒ $\hat{B D N} + \hat{B D M} = 60 °$ hay $\hat{M D N} = 60 °$

Vậy tam giác MDN là tam giác đều.

Câu 8:

Cho hình bình hành ABCD có $\hat{A} = 120 °$ . Tia phân giác của $\hat{D}$ qua trung điểm I của AB. Kẻ AH vuông góc với DC. Chứng minh rằng:

a) AB = 2AD.

b) DI = 2AH.

c) AC vuông góc với AD.

Xem đáp án

Cho hình bình hành ABCD có góc a = 120 do . Tia phân giác của góc D qua trung điểm I của AB. Kẻ AH vuông góc với DC. Chứng minh rằng: (ảnh 1)

a) Hình bình hành ABCD có $\hat{B A D}, \hat{A D C}$ ở vị trí trong cùng phía.

Suy ra $\hat{A D C} = 180 ° - \hat{B A D} = 60 °$

Khi đó $\hat{A D I} = \hat{I D C} = \frac{\hat{A D C}}{2} = 30 °$ (do DI là tia phân giác của $\hat{A D C}$ ).

Mà $\hat{A I D} = \hat{I D C}$ (cặp góc so le trong).

Vì vậy $\hat{A I D} = \hat{A D I}$

Suy ra tam giác ADI cân tại A.

Do đó AD = AI.

Mà AB = 2AI (I là trung điểm của AB).

Vậy AB = 2AD (điều phải chứng minh).

b) Gọi J là trung điểm của DI.

Tam giác ADI có AJ là đường trung tuyến.

Suy ra AJ vừa là đường phân giác, vừa là đường cao của tam giác ADI.

Khi đó $\hat{J A I} = \hat{D A J} = \frac{\hat{D A I}}{2} = 60 °$

Xét ∆AJD và ∆DHA, có:

$\hat{A J D} = \hat{D H A} = 90 °$

AD là cạnh chung;

$\hat{D A J} = \hat{A D H} = 60 °$

Do đó ∆AJD = ∆DHA (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra DJ = AH (cặp cạnh tương ứng).

Mà DI = 2DJ (J là trung điểm của DI).

Vậy DI = 2AH (điều phải chứng minh).

c) Ta có BI = BC $(= \frac{1}{2} A B)$

Suy ra tam giác IBC cân tại B.

Mà $\hat{I B C} = \hat{A D C} = 60 °$

Do đó tam giác IBC đều.

Vì vậy IC = IB = IA.

Khi đó tam giác ABC vuông tại C hay $\hat{A C B} = 90 °$

Suy ra $\hat{D A C} = \hat{A C B} = 90 °$

Vậy AD ⊥ AC (điều phải chứng minh).

Câu 9:

Cho B = 1 + 5 + 5² + … + 5¹⁰⁰. Hỏi 4B + 1 có phải số chính phương không?

Xem đáp án

B = 1 + 5 + 5² + … + 5¹⁰⁰

5B = 5 + 5² + 5³ + … + 5¹⁰¹

⇒ 5B – B = (5 + 5² + 5³ + … + 5¹⁰¹) – (1 + 5 + 5² + … + 5¹⁰⁰)

4B = 5¹⁰¹ – 1

4B + 1 = 5¹⁰¹

Mà 5¹⁰¹ không thể viết được dưới dạng số chính phương n²

Do đó 4B + 1 không phải số chính phương.

Câu 10:

Cho 3 số dương x, y, z có tích bằng 144. Tìm GTNN của biểu thức $P = (x + \frac{1}{4} y) (y + \frac{1}{9} z) (x + \frac{1}{36} z)$

Xem đáp án

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$P = (x + \frac{1}{4} y) (y + \frac{1}{9} z) (x + \frac{1}{36} z) \geq 2 \sqrt{x . \frac{1}{4} y} .2 \sqrt{y . \frac{1}{9} z} .2 \sqrt{x . \frac{1}{36} z} = 8 \sqrt{x^{2} y^{2} z^{2} . \frac{1}{4} . \frac{1}{9} . \frac{1}{36}} = 32$

Vậy GTNN của P là 32 khi:

$\{\begin{cases} x = \frac{1}{4} y \\ y = \frac{1}{9} z \\ x = \frac{1}{36} z \\ x y z = 144 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 1 \\ y = 4 \\ z = 36 \end{cases}$ .

Câu 11:

Cho 7 số tự nhiên khác nhau có tổng bằng 100. Chứng minh rằng trong 7 số luôn có 3 số mà tổng của chúng lớn hơn hoặc bằng 50.

Xem đáp án

Gọi 7 số tự nhiên khác nhau là a, b, c, d, e, f, g

Giả sử các số theo thứ tự giảm dần a > b > c > d > e > f > g

Ta có: a + b + c + d + e + f + g = 100

Ta sẽ đi chứng minh a + b + c ≥ 50 (*)

Nếu c > 15 thì a + b + c ≥ (c + 2) + (c + 1) + c ≥ 51

Nếu c ≤ 15 thì d + e + f + g ≤ (c – 1) + (c – 2) + (c – 3) + (c – 4) ≤ 50.

Vậy trong trường hợp nào thì (*) cũng đúng vì tổng của 7 số là 100.

Câu 12:

Cho biết

\cos α = - \frac{2}{3}

. Tính giá trị của

P = \frac{\cot α + 3 \tan α}{2 \cot α + \tan α}

.

Xem đáp án

Ta có: sin²α + cos²α = 1

⇒ sin²α = 1 – cos²α = $1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9}$

$P = \frac{\cot α + 3 \tan α}{2 \cot α + \tan α} = \frac{\frac{\cos α}{\sin α} + 3 \frac{\sin α}{\cos α}}{2 \frac{\cos α}{\sin α} + \frac{\sin α}{\cos α}} = \frac{\cos^{2} α + 3 \sin^{2} α}{2 \cos^{2} α + \sin^{2} α} = \frac{{(- \frac{2}{3})}^{2} + 3. \frac{5}{9}}{2. {(- \frac{2}{3})}^{2} + \frac{5}{9}} = \frac{19}{13}$

Câu 13:

Cho biểu thức: $A = \frac{1}{\sqrt{x} + 1} + \frac{x}{\sqrt{x} - x}$ với x > 0, x khác 1.

a) Rút gọn A

b) Tìm x để A = 2017.

Xem đáp án

a) $A = \frac{1}{\sqrt{x} + 1} + \frac{x}{\sqrt{x} - x} = \frac{\sqrt{x} - x + x \sqrt{x} + x}{(\sqrt{x} + 1) (\sqrt{x} - x)} = \frac{\sqrt{x} (1 + x)}{\sqrt{x} (1 - x)} = \frac{1 + x}{1 - x}$

b) Để A = 2017 ta có: $\frac{1 + x}{1 - x} = 2017$

⇒ 1 + x = 2017(1 – x)

⇔ 1 + x = 2017 – 2017x

⇔ 2018x = 2016

⇔ $x = \frac{2016}{2018} = \frac{1008}{1009}$ .

Câu 14:

Cho biểu thức $B = \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a} - 3} - \frac{3}{\sqrt{a} + 3} - \frac{a - 2}{a - 9}$ với a ≥ 0; a ≠ 9. Rút gọn B.

Xem đáp án

Với a ≥ 0; a ≠ 9 ta có:

$B = \frac{\sqrt{a} (\sqrt{a} + 3)}{(\sqrt{a} - 3) (\sqrt{a} + 3)} - \frac{3 (\sqrt{a} - 3)}{(\sqrt{a} + 3) (\sqrt{a} - 3)} - \frac{a - 2}{(\sqrt{a} + 3) (\sqrt{a} - 3)} B = \frac{a + 3 \sqrt{a} - 3 \sqrt{a} + 9 - a + 2}{(\sqrt{a} - 3) (\sqrt{a} + 3)} B = \frac{11}{(\sqrt{a} - 3) (\sqrt{a} + 3)} B = \frac{11}{a - 9}$

Câu 15:

Cho biểu thức $P = \frac{3 x^{2} + 3 x}{(x + 1) (2 x - 6)}$ .

a) Tìm ĐK để phân thức xác định.

b) Tìm giá trị của x để P = 1.

Xem đáp án

a) ĐKXĐ: $\{\begin{cases} x + 1 \neq 0 \\ 2 x - 6 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x \neq - 1 \\ x \neq 3 \end{cases}$

b) $P = \frac{3 x^{2} + 3 x}{(x + 1) (2 x - 6)} = 1$

⇔ $\frac{3 x (x + 1)}{(x + 1) (2 x - 6)} = 1$

⇔ $\frac{3 x}{2 x - 6} = 1$

⇔ 3x = 2x – 6

⇔ x = -6

Vậy x = -6 thì P = 1.

Câu 16:

Cho biểu thức P = x³ + y³ – 3(x + y) + 1993. Tính giá trị biểu thức P với

x = \sqrt[3]{9 + 4 \sqrt{5}} + \sqrt[3]{9 - 4 \sqrt{5}}; y = \sqrt[3]{3 - 2 \sqrt{2}} + \sqrt[3]{3 + 2 \sqrt{2}}

Xem đáp án

$x = \sqrt[3]{9 + 4 \sqrt{5}} + \sqrt[3]{9 - 4 \sqrt{5}} \Rightarrow x^{3} = 9 + 4 \sqrt{5} + 9 - 4 \sqrt{5} + 3 \sqrt[3]{(9 + 4 \sqrt{5}) (9 - 4 \sqrt{5})} (\sqrt[3]{9 + 4 \sqrt{5}} + \sqrt[3]{9 - 4 \sqrt{5}}) \Rightarrow x^{3} = 18 + 3 x \sqrt[3]{81 - 80} = 18 - 3 x y = \sqrt[3]{3 - 2 \sqrt{2}} + \sqrt[3]{3 + 2 \sqrt{2}} \Rightarrow y^{3} = 6 + 3 \sqrt[3]{(3 - 2 \sqrt{2}) (3 + 2 \sqrt{2})} . (\sqrt[3]{3 + 2 \sqrt{2}} + \sqrt[3]{3 - 2 \sqrt{2}}) \Rightarrow y^{3} = 6 + 3 y \sqrt[3]{9 - 8} = 6 + 3 y$

Suy ra: y³– 3y = 6

Khi đó: P = x³ + y³ – 3(x + y) + 1993

⇔ P = x³ + y³ – 3x – 3y + 1993 = 18 + 6 + 1993 = 2017

Vậy P = 2017.

Câu 17:

Cho biểu thức: $Q = (\frac{1}{\sqrt{x} - 1} - \frac{1}{\sqrt{x}}) : (\frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 2} - \frac{\sqrt{x} + 2}{\sqrt{x} - 1})$ .

a) Rút gọn biểu thức Q với x > 0; x khác 4 và x khác 1.

b) Tìm giá trị của x để Q dương.

Xem đáp án

$a) Q = (\frac{\sqrt{x} - \sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} (\sqrt{x} - 1)}) : (\frac{x - 1 - x + 4}{(\sqrt{x} - 2) (\sqrt{x} - 1)}) Q = (\frac{1}{\sqrt{x} (\sqrt{x} - 1)}) : (\frac{3}{(\sqrt{x} - 2) (\sqrt{x} - 1)}) Q = \frac{\sqrt{x} - 2}{3 \sqrt{x}}$

b) Q > 0 ⇔ $\frac{\sqrt{x} - 2}{3 \sqrt{x}} > 0$ ⇔ $\sqrt{x} - 2 > 0$ ⇔ x > 4

Vậy Q dương khi x > 4.

Câu 18:

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 cần tìm là a, b, c, d (a, b, c,d ∈ ℕ^*; a < b < c < d)

Tổng của mỗi 2 số chia hết cho 2

⇒ a, b, c, d đồng dư với nhau theo môđun 2

Hay a ≡ b ≡ c ≡ d (mod 2)

Tổng của mỗi 3 số chia hết cho 3

⇒ a, b, c, d đồng dư với nhau theo mô đun 3

Hay a ≡ b ≡ c ≡ d(mod 3)

Ta có nếu hai số đồng dư với nhau theo nhiều môđun thì chúng đồng dư với nhau theo môđun là BCNN của các môđun ấy nên: a ≡ b ≡ c ≡ d (mod 6)

Vì cần tìm giá trị nhỏ nhất của 4 số thoả mãn nên ta chọn a là số nguyên dương nhỏ nhất hay a = 1

b = a + 6 = 7

c = b + 6 = 13

d = c + 6 = 19

Vậy 4 số nguyên dương phân biệt nhỏ nhất thoả mãn là 1; 7; 13; 19.

Câu 19:

Cho x ∈ ℕ nhưng x ∉ ℕ^* số x là:

A.1

B. Bất kì số tự nhiên nào

C. 0

D. Không tồn tại số x

Xem đáp án

Chọn C.

N = {0; 1; 2; 3; 4; ........} ⇒ Tập hợp ℕ bao gồm cả số 0.

ℕ* = {1; 2; 3; 4; 5; ........} ⇒ Tập hợp ℕ* không bao gồm số 0.

Câu 20:

Cho C = 1 + 3¹ + 3² + … + 3¹¹. Chứng minh rằng C ⋮ 13.

Xem đáp án

C = 1 + 3¹ + 3² + … + 3¹¹

C = (1 + 3¹ + 3²) + (3³ + 3⁴ + 3⁵) + … + (3⁹ + 3¹⁰ + 3¹¹)

C = (1 + 3¹ + 3²) + 3³(1 + 3¹ + 3²) + … + 3⁹(1 + 3¹ + 3²)

C = (1 + 3¹ + 3²)(1 + 3³ + … + 3⁹)

C = 13.(1 + 3³ + … + 3⁹) ⋮ 13.

Vậy C ⋮ 13.

Câu 21:

Cho hai góc kề bù $\hat{x O y}$ và $\hat{y O z}$ . Biết $\hat{x O y} = 50 °$ . Tính số đo góc $\hat{x O t}$ để tia Ot là tia phân giác của góc $\hat{y O z}$ .

Xem đáp án

Ta có: $\hat{x O y} + \hat{y O z} = 180 °$

Suy ra: $\hat{y O z} = 180 ° - 50 ° = 130 °$

Để Ot là tia phân giác của góc $\hat{y O z}$ thì $\hat{z O t} = \frac{\hat{y O z}}{2} = 65 °$

Khi đó theo tính chất cộng góc ta suy ra: $\hat{x O t} = 180 ° - 65 ° = 115 °$ .

Câu 22:

Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc.

Chứng minh rằng:

\frac{a}{a^{2} + b c} + \frac{b}{b^{2} + c a} + \frac{c}{c^{2} + a b} \leq \frac{3}{2}

Xem đáp án

Từ điều kiện đề bài ta có: $\frac{a b + b c + c a}{a b c} = 3 \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 3$

Áp dụng hai lần bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có:

$a^{2} + b c \geq 2 \sqrt{a^{2} . b c} = 2 a \sqrt{b c}$

⇒ $\frac{a}{a^{2} + b c} \leq \frac{a}{2 a \sqrt{b c}} = \frac{1}{2 \sqrt{b c}}$

$\frac{1}{\sqrt{b}} . \frac{1}{\sqrt{c}} \leq \frac{1}{2} (\frac{1}{b} + \frac{1}{c})$ ⇒ $\frac{a}{a^{2} + b c} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{b} + \frac{1}{c})$

Tương tự ta có:

$\frac{b}{b^{2} + a c} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{a} + \frac{1}{c}) \frac{c}{c^{2} + a b} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{a} + \frac{1}{b})$

Suy ra: $\frac{a}{a^{2} + b c} + \frac{b}{b^{2} + c a} + \frac{c}{c^{2} + a b} \leq \frac{1}{2} (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) = \frac{3}{2}$ .

Câu 23:

Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn điều kiện: (a – b)³ + (b – c)³ + (c – a)³ = 378. Tính giá trị của biểu thức

A = |a - b| + |b - c| + |c - a|

.

Xem đáp án

(a – b)³ + (b – c)³ + (c – a)³ = 378

⇔ a³ – 3a²b + 3ab² – b³ + b³ – 3b²c + 3bc² – c³ + c³ – 3c²a + 3ac² – c³ = 378

⇔ – 3a²b + 3ab² – 3b²c + 3bc² – 3c²a + 3ac² = 378

⇔ -3(a²b + ab² – b²c + bc² – c²a + ac²) = 378

⇔ -3[a²(b – c) + bc(b – c) – a(b² – c²)] = 378

⇔ -3[(b – c)(a² + bc – a(b + c)] = 378

⇔ (b – c)(a – b)(a – c) = 126

Suy ra: b – c = 3; a – b = 6; a – c = 7.

$A = |a - b| + |b - c| + |c - a| = 3 + 6 + 7 = 16$ .

Câu 24:

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng a⁵ + b⁵ + c⁵ chia hết cho 5.

Xem đáp án

a⁵ – a = a(a⁴ – 1) = a(a² – 1)(a² + 1)

= a(a² – 1)(a² – 4 + 5)

= a(a² – 1)(a² – 4) + 5a(a² – 1)

= a(a + 1)(a – 1)(a + 2)(a – 2) + 5a(a² – 1) chia hết cho 5.

Vì a – 2, a – 1, a, a + 1, a + 2 là 5 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 5

⇒ a(a + 1)(a – 1)(a + 2)(a – 2) chia hết cho 5

Mặt khác : 5a(a² – 1) chia hết cho 5

Tương tự có b⁵ – b chia hết cho 5, c⁵ – c chia hết cho 5.

Mà a + b + c = 0

Do đó a⁵ + b⁵ + c⁵ = (a⁵ – a) + (b⁵ – b) + (c⁵ – c) chia hết cho 5

Câu 25:

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a² + b² + c² = 1.

Tìm GTLN của M = ab + bc + 2ac.

Xem đáp án

Ta có: M = ab + bc + 2ac = (a + c)b + 2c

$\leq \sqrt{2 (a^{2} + c^{2}) b} + a^{2} + c^{2} = \sqrt{2 (1 - b^{2}) b} + 1 - b^{2} = f (b^{2})$

Với hàm số f(t) = $\sqrt{2 (1 - t) t} + 1 - t, t \in [0; 1]$

Ta có: $f' (t) = \frac{1 - 2 t}{\sqrt{2 (1 - t) t}} - 1 = 0$

⇔ $t = \frac{3 - \sqrt{3}}{6} = t_{0}$

Từ đó f(t) đồng biến trên ( 0 , t0) và nghịch biến trên (t₀, 1)

Suy ra: $\max f (t) = f (\frac{3 - \sqrt{3}}{6}) = \frac{\sqrt{3} + 1}{2}$ tức là $\max P = \frac{\sqrt{3} + 1}{2}$ chẳng hạn $b = \pm \sqrt{t_{0}}$

Và $a = c = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{1 - {t_{0}}^{2}}$ .

Câu 26:

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3.

Chứng minh a² + b² + c² + ab + bc + ca ≥ 6.

Xem đáp án

P = a² + b² + c² + ab + bc + ca $= \frac{1}{2} {(a + b + c)}^{2} + \frac{1}{2} (a^{2} + b^{2} + c^{2})$

$P \geq \frac{1}{2} {(a + b + c)}^{2} + \frac{1}{6} {(a + b + c)}^{2} = 6$

Vậy a² + b² + c² + ab + bc + ca ≥ 6

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1.

Câu 27:

Cho các số thực x, y thỏa mãn 4x² + 2xy + y² = 3.

Tìm GTLN, GTNN của P = x² + 2xy – y².

Xem đáp án

Ta có: $\frac{P}{3} = \frac{x^{2} + 2 x y - y^{2}}{4 x^{2} + 2 x y + y^{2}}$ (*)

Xét y = 0 thì x² = $\frac{3}{4} \Rightarrow x = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$

Suy ra: $[\begin{array}{l} P = {(\frac{\sqrt{3}}{2})}^{2} + 2. \frac{\sqrt{3}}{2} .0 - 0^{2} = \frac{3}{4} \\ P = {(- \frac{\sqrt{3}}{2})}^{2} + 2. (- \frac{\sqrt{3}}{2} .) 0 - 0^{2} = \frac{3}{4} \end{array}$

Xét y khác 0, chia cả (*) cho y² ta được: $\frac{P}{3} = \frac{{(\frac{x}{y})}^{2} + 2 \frac{x}{y} - 1}{4 {(\frac{x}{y})}^{2} + 2 \frac{x}{y} + 1}$

Đặt $\frac{x}{y} = a \Rightarrow \frac{P}{3} = \frac{a^{2} + 2 a - 1}{4 a^{2} + 2 a + 1}$

* Xét $\frac{P}{3} - (- 2) = \frac{a^{2} + 2 a - 1}{4 a^{2} + 2 a + 1} + 2 = \frac{{(3 a + 1)}^{2}}{4 a^{2} + 2 a + 1}$

Vì (3a + 1)² ≥ 0 với mọi a nên $\frac{{(3 a + 1)}^{2}}{4 a^{2} + 2 a + 1} \geq 0$

Suy ra: $\frac{P}{3} - (- 2) \geq 0 \Rightarrow P \geq - 6$

Vậy GTNN của P là -6 khi 3a + 1 = 0 hay a = $\frac{- 1}{3} \Leftrightarrow \frac{x}{y} = \frac{- 1}{3} \Leftrightarrow - 3 x = y$

Thay vào 4x² + 2xy + y² = 3, ta được: 7x² = 3

⇔ $[\begin{array}{l} x = \frac{\sqrt{21}}{7} \\ x = - \frac{\sqrt{21}}{7} \end{array} \Rightarrow [\begin{array}{l} y = \frac{- 3 \sqrt{21}}{7} \\ y = \frac{3 \sqrt{21}}{7} \end{array}$

Vậy GTNN của P là -6 khi (x; y) = $(\frac{\sqrt{21}}{7}; \frac{- 3 \sqrt{21}}{7}); (- \frac{\sqrt{21}}{7}; \frac{3 \sqrt{21}}{7})$

* Xét $\frac{P}{3} - \frac{1}{3} = \frac{a^{2} + 2 a - 1}{4 a^{2} + 2 a + 1} - \frac{1}{3} = \frac{- {(a - 2)}^{2}}{4 a^{2} + 2 a + 1}$

Vì –(a – 2)² ≤ 0 với mọi a nên: $\frac{- {(a - 2)}^{2}}{4 a^{2} + 2 a + 1} \leq 0, \forall a$

Suy ra: $\frac{P}{3} - \frac{1}{3} \leq 0 \Rightarrow P \leq 1$

Vậy GTLN của P là 1 khi a – 2 = 0 hay a = 2.

Khi đó x = 2y

Thay vào 4x² + 2xy + y² = 3, ta được: 21y² = 3

⇔ $[\begin{array}{l} y = \frac{1}{\sqrt{7}} \\ y = - \frac{1}{\sqrt{7}} \end{array} \Rightarrow [\begin{array}{l} x = \frac{2}{\sqrt{7}} \\ x = - \frac{2}{\sqrt{7}} \end{array}$

Vậy GTLN của P là 1 khi (x; y) = $(\frac{2}{\sqrt{7}}; \frac{1}{\sqrt{7}}); (- \frac{2}{\sqrt{7}}; - \frac{1}{\sqrt{7}})$ .

Câu 28:

Cho các số thực x, y thỏa mãn x + y = 1, x³ + y³ = 2.

Tính giá trị của biểu thức M = xy, N = x⁵ + y⁵.

Xem đáp án

x³ + y³ = (x + y)(x² – xy + y²) = x² – xy + y² = (x + y)² – 3xy = 1 – 3xy

⇔ 3xy = 1 – 2 = -1

⇔ $x y = - \frac{1}{3}$

Suy ra: $M = x y = - \frac{1}{3}$

Lại có: x² + y² = (x + y)² – 2xy = $1 - 2 (- \frac{1}{3}) = 1 + \frac{2}{3} = \frac{5}{3}$

N(x + y) = (x⁵ + y⁵)(x + y) = x⁶ + x⁵y + xy⁵ + y⁶

= (x²)³ + (y²)³ + xy(x⁴ + y⁴)

= (x² + y²)[(x²)² – x²y² + (y²)²] + xy[(x²)² + 2x²y² + (y²)² - 2x²y²]

$= \frac{5}{3} [{(x^{2} + y^{2})}^{2} - 3 {(x y)}^{2}] - \frac{1}{3} [{(\frac{5}{3})}^{2} - 2. {(- \frac{1}{3})}^{2}] = \frac{5}{3} [{(\frac{5}{3})}^{2} - 3. {(- \frac{1}{3})}^{2}] - \frac{1}{3} . \frac{23}{9} = \frac{5}{3} . \frac{22}{9} - \frac{23}{27} = \frac{29}{9}$

Suy ra: N = x⁵ + y⁵ = $\frac{29}{9}$ .

Câu 29:

cho các tập hợp A = (2; +∞) và B =[m² - 7; +∞) với m > 0. Tìm m để A\B là một khoảng có độ dài bằng 16.

Xem đáp án

Để A\B là 1 khoảng có độ dài bằng 16

⇔ $\{\begin{cases} m^{2} - 7 > 2 \\ m^{2} - 7 - 2 = 16 \end{cases}$

⇔ $\{\begin{cases} m^{2} > 9 \\ m^{2} = 25 \end{cases}$

⇔ $\{\begin{cases} [\begin{array}{l} m > 3 \\ m < - 3 \end{array} \\ [\begin{array}{l} m = 5 \\ m = - 5 \end{array} \end{cases}$

Vậy m = 5 hoặc m = -5 thỏa mãn điều kiện đề bài.

Câu 30:

Cho D = 9 + 9² + 9³ + … + 9²⁰²⁰. Chứng tỏ D là bội của 41.

Xem đáp án

D = 9 + 9² + 9³ + … + 9²⁰²⁰

D = (9 + 9² + 9³ + 9⁴) + (9⁵ + 9⁶ + 9⁷ + 9⁸) + … + (9²⁰¹⁷ + 9²⁰¹⁸ + 9²⁰¹⁹ + 9²⁰²⁰)

D = 9.(1 + 9 + 9² + 9³) + 9⁵(1 + 9 + 9² + 9³) + … + 9²⁰¹⁷(1 + 9 + 9² + 9³)

D = (1 + 9 + 9² + 9³)(9 + 9⁵ + … + 9²⁰¹⁷)

D = 820(9 + 9⁵ + … + 9²⁰¹⁷)

D = 41.20.(9 + 9⁵ + … + 9²⁰¹⁷)

Vậy D là bội của 41.

Câu 31:

Cho đa thức P(x) với các hệ số nguyên thỏa mãn P(2021).P(2022) = 2023.

Chứng minh rằng đa thức P(x) - 2024 không có nghiệm nguyên.

Xem đáp án

Giả sử P(x) − 2024 có nghiệm nguyên là a, khi đó: P(x)−2024 = Q(x)(x − a)với Q(x) là đa thức hệ số nguyên

⇒ P(x) = Q(x)(x − a) + 2024

Với x = 2021, thay vào biểu thức trên, ta được: P(2021) = Q(2021)(x − 2021) + 2024

Với x = 2022, thay vào biểu thức trên, ta được : P(2022) = Q(2022)(x − 2022) + 2024

Có P(2021).P(2022) = 2023

⇒ [Q(2021)(x−2021)+2024][Q(2022)(x−2022)+2024] = 2023

⇔Q(2021).Q(2022)(x − 2021)(x − 2022) + 2024Q(2021)(x − 2021) + 2024Q(2022)(x − 2022) + 2024.2024 = 2023

Xét x – 2021 và x – 2022 là 2 số nguyên liên tiếp nên (x – 2021)(x – 2022) chia hết cho 2

Suy ra: Q(2021).Q(2022)(x – 2021)(x – 2022) ⋮ 2

⇒ VT = Q(2021).Q(2022)(x − 2021)(x − 2022) + 2024Q(2021)(x − 2021) + 2024Q(2022)(x − 2022) + 2024.2024 ⋮ 2.

Mà VP = 2023 không chia hết cho 2⇒ Vô lý

⇒ Giả sử trên là vô lý ⇒ Đa thức P(x) − 2024 không có nghiệm nguyên (đpcm)

Vậy đa thức P(x) − 2024 không có nghiệm nguyên.

Câu 32:

Cho dãy số: 2; 5; 8; 11; 14; … Tìm số thứ 100 của dãy số trên?

Xem đáp án

Ta thấy khoảng cách giữa các số hạng là 3.

Số hạng thứ 100 là:

2 + 3.(100 – 1) = 299.

Câu 33:

Cho dãy số: 2; 5; 8; 11; 14; … Tìm số thứ 2024 của dãy số trên?

Xem đáp án

Ta thấy khoảng cách giữa các số hạng là 3.

Số hạng thứ 2024 là:

2 + 3.(2024 – 1) = 6071.

Câu 34:

Cho cấp số cộng (u_n) và gọi S_n là tổng n số hạng đầu tiên của nó. Biết S₇ = 77, S₁₂ = 192. Tìm số hạng tổng quát u_n của cấp số cộng đó?

Xem đáp án

$\{\begin{cases} S_{7} = 77 \\ S_{12} = 192 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 7 u_{1} + \frac{7.6 d}{2} = 77 \\ 12 u_{1} + \frac{12.11 d}{2} = 192 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 7 u_{1} + 21 d = 77 \\ 12 u_{1} + 66 d = 192 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} u_{1} = 5 \\ d = 2 \end{cases}$

Khi đó u_n = u₁ + (n – 1)d = 5 + 2(n – 1) = 3 + 2n.

Câu 35:

Cho dãy số $u_{n} = \frac{1}{1.1!} + \frac{1}{2.2!} + \frac{1}{3.3!} + ... + \frac{1}{2013.2013!}$ . Chứng minh rằng $u_{n} < \frac{3}{2}$ .

Xem đáp án

Ta thấy: $\frac{1}{1.1!} = 1; \frac{1}{2.2!} = \frac{1}{4}$

Đặt $P = \frac{1}{3.3!} + ... + \frac{1}{2013.2013!}$

$P = \frac{1}{3.1.2.3} + ... + \frac{1}{2013.1.2....2013} P < \frac{1}{1.2.3} + ... + \frac{1}{2011.2012.2013} P < \frac{1}{2} (\frac{1}{1.2} - \frac{1}{2.3} + ... + \frac{1}{2011.2012} - \frac{1}{2012.2013}) P < \frac{1}{2} (\frac{1}{1.2} - \frac{1}{2012.2013}) P < \frac{1}{4} - \frac{1}{2.2012.2013} < \frac{1}{4}$

Suy ra: $u_{n} < 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{3}{2}$ .

Câu 36:

Cho dãy số thập phân: 1,1; 2,2; 3,3; ......; 97,9; 99,0.

a) Số hạng thứ 50 của dãy là số nào?

b) Dãy số này có bao nhiêu số hạng?

c) Tính tổng của dãy số trên?

Xem đáp án

Khoảng cách giữa 2 số là 1,1.

a) Gọi số hạng thứ 50 là a, ta có:

(a - 1,1) : 1,1 + 1 = 50

(a - 1,1) : 1,1 = 49

a - 1,1 = 49 . 1,1

a = 53,9 + 1,1

a = 55

Vậy số cần tìm là 55.

b) Số số hạng của dãy số là:

(99 - 1,1) : 1,1 + 1 = 90 (số)

c) Tổng dãy số trên là:

(99 + 1,1) . 90 : 2 = 4504,5

Câu 37:

Cho dãy số 1,1; 2,2; 3,3; …; 108,9; 110,0

a) Dãy số có bao nhiêu số hạng?

b) Số hạng thứ 30 của dãy là bao nhiêu?

Xem đáp án

a) Khoảng cách giữa 2 số là 1,1.

Dãy có số số hạng là:

(110 − 1,1) : 1,1 + 1 = 100

b) Số hạng thứ 30 của dãy là:

(30 – 1).1,1 + 1,1 = 33

Câu 38:

Cho điểm A và vectơ $\vec{a}$ khác 0. Tìm điểm M sao cho $\vec{A M}$ cùng phương với vectơ $\vec{a}$ .

Xem đáp án

Từ A kẻ AM // a, ta được $\vec{A M}$ cùng phương với $\vec{a}$

Để cùng hướng thì ngoài điều kiện cùng phương ra, $\vec{A M}$ phải chỉ cùng hướng với $\vec{a}$ .

Câu 39:

Cho đường thẳng (d) có phương trình y = mx + 2. Tính m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến d là

\sqrt{2}

Xem đáp án

Do m = 0 không thỏa mãn nên ta tiếp tục xét m ≠ 0

Thay y = 0 vào phương trình đường thẳng (d), ta có:

mx + 2 = 0

⇔ mx = -2

⇔ $x = - \frac{2}{m}$

(d) cắt trục hoành tại $A (- \frac{2}{m}; 0)$

Thay x = 0 vào phương trình đường thẳng (d), ta có: y = 2

⇒ (d) cắt trục tung tại B(0;2)

Kẻ OH ⊥ (d) tại H

⇒ Độ dài OH chính là khoảng cách từ O đến đường thẳng d

Ta có: $O A = |x_{A}| = |\frac{- 2}{m}|$ ; $O B = |y_{B}| = |2| = 2$

Xét ΔAOB vuông tại O, có: $\frac{1}{O A^{2}} + \frac{1}{O B^{2}} = \frac{1}{O H^{2}}$

⇒ $\frac{m^{2}}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$

⇔ m² = 1

⇔ m = ±1 (thoả mãn)

Vậy m = 1 hoặc m = -1.

Câu 40:

Cho đường thẳng d song song với mặt phẳng (P). Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Đường thẳng d không có điểm chung với mặt phẳng (P).

B. Đường thẳng d có một điểm chung với mặt phẳng (P).

C. Đường thẳng d có đúng hai điểm chung với mặt phẳng (P).

D. Đường thẳng d có vô số điểm chung với mặt phẳng (P).

Xem đáp án

Đáp án A. đường thẳng d không có điểm chung với mặt phẳng (P) vì: d // (P).

Câu 41:

Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ đường tròn (I) đường kính OA. Bán kính OC của đường tròn (I) cắt đường tròn (I) tại O. Vẽ CH ⊥ AB. Chứng minh tứ giác ACDH là hình thang cân.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ đường tròn (I) đường kính OA. Bán kính OC của đường tròn (I) cắt đường tròn (I) tại O. Vẽ CH ⊥ AB. Chứng minh tứ giác ACDH là hình thang cân. (ảnh 1)

Xét ΔADO và ΔCHO có:

$\hat{A D O} = \hat{C H O} = 90 °$ (giả thiết).

$\hat{A O D}$ chung.

OA = OC (bán kính đường tròn (O).

⇒ ΔADO = ΔCHO (cạnh huyền – góc nhọn)

⇒ OH = OD (hai cạnh tương ứng).

⇒ $\frac{O H}{O A} = \frac{O D}{O C}$

⇒ DH // AC (định lí Ta-lét đảo) ⇒ ACDH là hình thang. (1)

Mà $\hat{O A C} = \hat{O C A}$ (do ΔAOC cân tại O) (2)

Từ (1) và (2) suy ra ACDH là hình thang cân.

Câu 42:

Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc. Gọi I là điểm trên cung AC sao cho khi vẽ tiếp tuyến qua I và cắt DC kéo dài tại M thì IC = CM. Độ dài OM tính theo bán kính là?

Xem đáp án

Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc. Gọi I là điểm trên cung AC sao cho khi vẽ tiếp tuyến qua I và cắt DC kéo dài tại M thì IC = CM. (ảnh 1)

Ta có: $\hat{C I M} = \frac{1}{2} \hat{I O C}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung với góc ở tâm chắn cung IC)

⇒ $\hat{I O C} = 2 \hat{C I M}$

Lại có $\hat{O C I} = \hat{C I M} + \hat{C M I} = 2 \hat{C I M}$ (do Δ∆CMI cân tại C)

Do đó Δ∆OIC đều (vì $\hat{O I C} = \hat{I O C} = \hat{O C I}$ )

⇒ $\hat{I O M} = 60 °$

+) Xét Δ∆OIM vuông tại I có:

cos $\hat{I O M} = \cos 60 ° = \frac{O I}{O M} = \frac{R}{O M} = \frac{1}{2}$

⇒ OM = 2R.

Câu 43:

Cho ba điểm A, B, C trên đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A cắt dây cung CB kéo dài tại điểm M. Chứng minh: $\hat{M A C} = \hat{A B C} - \hat{A C B}$ .

Xem đáp án

Cho ba điểm A, B, C trên đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A cắt dây cung CB kéo dài tại điểm M. Chứng minh: (ảnh 1)

Xét tam giác ABM ta có $\hat{A B C} = \hat{M A C} + \hat{M A B}$ (góc ngoài bằng tổng hai góc trong không kề với nó).

Mà $\hat{M A B} = \hat{A C B}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB)

Suy ra: $\hat{A B C} = \hat{M A C} + \hat{A C B}$ hay $\hat{M A C} = \hat{A B C} - \hat{A C B}$ .

Câu 44:

Cho đường tròn tâm O. Trên nửa đường tròn đường kính AB lấy hai điểm C, D. Từ C kẻ CH vuông góc với AB, nó cắt đường tròn tại điểm thứ hai là E. Từ A kẻ AK vuông góc với DC, nó cắt đường tròn tại điểm thứ hai là F. Chứng minh rằng:

a) Hai cung nhỏ CF và BD bằng nhau.

b) Hai cung nhỏ BF và DE bằng nhau.

c) DE = BF.

Xem đáp án

Cho đường tròn tâm O. Trên nửa đường tròn đường kính AB lấy hai điểm C, D. Từ C kẻ CH vuông góc với AB, nó cắt đường tròn tại điểm thứ hai là E. (ảnh 1)

a) Tam giác AFB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên tam giác AFB vuông tại F

⇒ $\hat{A F B} = 90 °$

⇒ BF ⊥ AK tại F

Mà AK vuông góc với CD (gt)

⇒ BF // CD

⇒ $\overset{⏜}{B D} = \overset{⏜}{C F}$ (hai cung chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau).

b) Đường kính AB vuông góc với CE tại H nên H là trung điểm của CE

Do đó, C đối xứng với E qua trục AB

⇒ BC = BE

⇒ $\overset{⏜}{B C} = \overset{⏜}{B E}$ (hai dây cung bằng nhau căng hai cung bằng nhau)

Mà $\overset{⏜}{B D} = \overset{⏜}{C F}$ (cmt)

⇒ $\overset{⏜}{B C} + \overset{⏜}{C F} = \overset{⏜}{B E} + \overset{⏜}{B D} \Leftrightarrow \overset{⏜}{B F} = \overset{⏜}{D E}$

c) Có: $\overset{⏜}{B F} = \overset{⏜}{D E}$ (cmt)

Do đó, BF = DE (hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau).

Câu 45:

Cho $0 < α < \frac{π}{2}$ . Khẳng định nào sau đây đúng?

A. sin(α – π) ≥ 0

B. sin(α – π) ≤ 0

D. sin(α – π) < 0

Xem đáp án

Chọn D

Ta có: $0 < α < \frac{π}{2} \Rightarrow - π < α - π < - \frac{π}{2}$

Do đó; điểm cuối cung α – π thuộc góc phần tư thứ 3 nên sin(α – π) < 0.

Câu 46:

Cho $\hat{B A C}$ = 70°, $\hat{A C B}$ = 55°, tia Ax là tia phân giác của $\hat{y A C}$ .

a) Tính số đo của $\hat{y A C}, \hat{y A x}$

b) Chứng minh: Ax // BC.

Cho BAC = 70°, ACB = 55°, tia Ax là tia phân giác của góc yAC (ảnh 1)

Xem đáp án

a) Ta có: $\hat{y A C} + \hat{C A B} = 180 °$

⇒ $\hat{y A C} + 70 ° = 180 °$

⇒ $\hat{y A C} = 110 °$

Mà Ax là tia phân giác của góc $\hat{y A C}$ nên $\hat{y A x} = \hat{x A C} = \frac{1}{2} \hat{y A C} = \frac{110 °}{2} = 55 °$

b) Ta có: $\hat{A C B} = \hat{x A C} = 55 °$

Mà góc trên là 2 góc so le trong nên Ax // BC.

Câu 47:

Cho góc nhọn xOy. Trên cạnh Ox lấy hai điểm A, B sao cho A nằm giữa O và B. Trên cạnh Oy lấy hai điểm C, D sao cho C nằm giữa O và D.

Chứng minh rằng: AB + CD < AD + BC.

Xem đáp án

Cho góc nhọn xOy. Trên cạnh Ox lấy hai điểm A, B sao cho A nằm giữa O và B. Trên cạnh Oy lấy hai điểm C, D sao cho C nằm giữa O và D. Chứng minh rằng: AB + CD < AD + BC. (ảnh 1)

Giả sử: AB ∩ CD = {H}

Xét ΔCHD: CD < DH + CH (Bất đẳng thức Δ)

Xét ΔAHB: AB < AH + BH (Bất đẳng thức Δ)

⇒ AB + CD < (DH + CH) + (AH + BH)

⇒ AB + CD < DH + CH + AH + BH

⇒ AB + CD < (DH + AH) + (CH + BH)

⇒ AB + CD < AD + CB.

Câu 48:

Cho góc $\hat{x O y} = 80 °$ . Vẽ tia Oz là tia đối của tia Ox. Vẽ tia Om là tia phân giác của góc $\hat{z O y}$ .

a) Tính góc $\hat{z O m}$ ?

b) Vẽ tia On là tia đối của tia Om. Tia Ox có là tia phân giác của góc $\hat{y O n}$ không? Vì sao?

cho góc xoy = 80 độ vẽ tia oz là tia đối của tia ox. vẽ tia om là tia phân giác của zoy (ảnh 1)

Xem đáp án

Vì Oz và Ox là hai tia đối nhau nên $\hat{z O x} = 180 °$

Do đó: $\hat{z O y}$ và $\hat{x O y}$ là 2 góc kề bù

$\hat{z O y} + \hat{x O y} = 180 °$

Suy ra: $\hat{z O y} = 180 ° - \hat{x O y} = 180 ° - 80 ° = 100 °$

Mà Om là tia phân giác $\hat{z O y}$ nên ta có: $\hat{z O m} = \hat{m O y} = \frac{\hat{z O y}}{2} = \frac{100 °}{2} = 50 °$

Vậy $\hat{z O m} = 50 °$

b) $\hat{z O m} = \hat{x O n} = 50 °$ (2 góc đối đỉnh)

Ta thấy: $\hat{x O n} = 50 °; \hat{x O y} = 80 °$ nên Ox không là tia phân giác của $\hat{y O n}$ .

Câu 49:

cho hai đường thẳng a và b cắt đường thẳng c. Để có một cặp góc so le trong bằng nhau thì điều gì sau đây không thể xảy ra?

A. Các cặp góc đồng vị bằng nhau.

B. Các cặp góc so le ngoài bằng nhau.

C. Các cặp góc trong cùng phía bằng nhau.

D. Các cặp góc trong cùng phía bù nhau.

Xem đáp án

Để có 1 cặp góc so le trong bằng nhau thì suy ra a song song với b

⇒ các cặp góc trong cùng phía bù nhau, đồng vị bằng nhau, so le ngoài bằng nhau

Nên đáp án C không thể xảy ra.

Câu 50:

Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') (R > R') tiếp xúc ngoài nhau tại A. Qua A kẻ hai cát tuyến BD và CE (B, C ∈ (O')); D, E ∈ (O)). Chứng minh:

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

Xem đáp án

Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') (R > R') tiếp xúc ngoài nhau tại A. Qua A kẻ hai cát tuyến BD và CE (B, C ∈ (O')); D, E ∈ (O)). Chứng minh (ảnh 1)

Xét tam giác O'AC có O'A = O'C = R' nên tam giác O'AC cân tại O'

Suy ra: $\hat{C O' A} = 180 ° - 2 \hat{O' A C}$

Tương tự: tam giác OAE cân tại O nên: $\hat{E O A} = 180 ° - 2 \hat{O A E}$

Mà $\hat{O' A C}, \hat{O A E}$ là 2 góc đối đỉnh nên $\hat{O' A C} = \hat{O A E}$

Suy ra: $\hat{C O' A} = \hat{E O A}$

Xét tam giác O'CA và OAE có:

$\frac{O A'}{O A} = \frac{O C'}{O C} = \frac{R'}{R} \hat{C O' A} = \hat{E O A}$

⇒ ∆O'AC ∽ ∆OAE (c.g.c)

Suy ra: $\hat{A O E} = \hat{A O' C}$

Mà: $\hat{A O E} = 2 \hat{A D E}$ (vì $\hat{A O E}$ là góc ở tâm, chắn cung $\overset{⏜}{A E}$ , $\hat{A D E} = \frac{1}{2} \overset{⏜}{A E}$ )

Và $\hat{A O' C} = 2 \hat{A B C}$ (vì $\hat{A O' C}$ là góc ở tâm, chắn cung $\overset{⏜}{A C}$ , $\hat{A B C} = \frac{1}{2} \overset{⏜}{A C}$ )

Suy ra: $\hat{A B C} = \hat{A D E}$ .

Câu 51:

Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') tiếp xúc ngoài tại A (R > R'). Vẽ các đường kính AOB, AO'C. Dây DE của đường tròn (O) vuông góc với BC tại trung điểm K của BC.

a) Chứng minh rằng tứ giác DBCE là hình thoi.

b) Gọi I là giao điểm của EC và đường tròn (O'). Chứng minh rằng ba điểm D, A, I thẳng hàng.

c) Chứng minh rằng KI là tiếp tuyến của đường tròn (O').

Xem đáp án

Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') tiếp xúc ngoài tại A (R > R'). Vẽ các đường kính AOB, AO'C. Dây DE của đường tròn (O) vuông góc với BC tại trung điểm K của BC. (ảnh 1)

a) Tứ giác BDCE có: BK = KC, DK = KE nên BDCE là hình bình hành

Lại có BC vuông góc DE nên BDCE là hình thoi

b) Ta có: $\hat{B D A} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên AD ⊥ BD

$\hat{A I C} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên AI ⊥ IC (tức AI ⊥ EC)

Mặt khác BD // EC vì là các cạnh đối của hình thoi

Các đường thẳng AD, AI cùng đi qua A và vuông góc với 2 đường thẳng song song BD, EC nên A, D, I thẳng hàng

c) Tam giác DIE vuông có IK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IK = KD = KE

Do đó: $\hat{K I A} = \hat{K D A}$

Tam giác O'IA cân tại O' nên $\hat{O' I A} = \hat{O' A I} = \hat{D A K}$

Suy ra: $\hat{K I A} + \hat{O' I A} = \hat{K D A} + \hat{D A K} = 90 °$

Do đó: $\hat{K I O'} = \hat{K I A} + \hat{O' I A} = 90 °$

Vậy KI là tiếp tuyến của (O').

Câu 52:

Cho hai hình vuông ABCD và ABEF ở trong hai mặt phẳng phân biệt. Trên các đường chéo AC và BF lần lượt lấy các điểm M và N sao cho AM = BN. Các đường thẳng song song với AB vẽ từ M và N lần lượt cắt AD và AF tại M’ và N’. Chứng minh

a) (ADF) // (BCE).

b) M′N′ // DF.

c) (DEF) // (MM′N′N) và MN // (DEF).

Xem đáp án

Cho hai hình vuông ABCD và ABEF ở trong hai mặt phẳng phân biệt. Trên các đường chéo AC và BF lần lượt lấy các điểm M và N sao cho AM = BN. (ảnh 1)

a) AD // BC; BC ⊂ (BCE) nên AD // (BCE)

AF // BE; BE ⊂ (BCE) nên AF // (BCE)

Mà AD, AF ⊂ (ADF)

Vậy (ADF) // (BCE)

b) Vì ABCD và ABEF là các hình vuông nên AC = BF. Ta có:

$M M' ∥ C D \Rightarrow \frac{A M'}{A D} = \frac{A M}{A C} (1) N N' ∥ A B \Rightarrow \frac{A N'}{A F} = \frac{B N}{B F} (2)$

So sánh (1) và (2) ta được:

$\frac{A M'}{A D} = \frac{A N'}{A F}$ suy ra: M’N’ // DF

c) Từ chứng minh trên suy ra DF // (MM′N′N)

NN’ // AB nên NN’ // EF

Và NN’ ⊂ (MM’NN’) nên EF // (MM’NN’)

Mà DF, EF ⊂ (DEF) nên (DEF) // (MM′N′N)

Vì MN ⊂ (MM′N′N) và (MM′N′N) // (DEF) nên MN // (DEF).

Câu 53:

Cho hai số thực a , b thỏa điều kiện ab = 1, a + b ≠ 0. Tính giá trị của biểu thức: $P = \frac{1}{{(a + b)}^{3}} (\frac{1}{a^{3}} + \frac{1}{b^{3}}) + \frac{3}{{(a + b)}^{4}} (\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}}) + \frac{6}{{(a + b)}^{5}}$

Xem đáp án

Với ab = 1, a + b ≠ 0 ta có:

$P = \frac{1}{{(a + b)}^{3}} (\frac{1}{a^{3}} + \frac{1}{b^{3}}) + \frac{3}{{(a + b)}^{4}} (\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}}) + \frac{6}{{(a + b)}^{5}} P = \frac{a^{3} + b^{3}}{{(a + b)}^{3} {(a b)}^{3}} + \frac{3 (a^{2} + b^{2})}{{(a + b)}^{4} {(a b)}^{2}} + \frac{6 (a + b)}{{(a + b)}^{5} . a b} P = \frac{a^{3} + b^{3}}{{(a + b)}^{3}} + \frac{3 (a^{2} + b^{2})}{{(a + b)}^{4}} + \frac{6 (a + b)}{{(a + b)}^{5}} P = \frac{a^{2} + b^{2} - 1}{{(a + b)}^{3}} + \frac{3 (a^{2} + b^{2})}{{(a + b)}^{4}} + \frac{6}{{(a + b)}^{4}} P = \frac{(a^{2} + b^{2} - 1) {(a + b)}^{2} + 3 (a^{2} + b^{2}) + 6}{{(a + b)}^{4}} P = \frac{{(a^{2} + b^{2})}^{2} + 4 (a^{2} + b^{2}) + 4}{{(a + b)}^{4}} P = \frac{{(a^{2} + b^{2} + 2)}^{2}}{{(a + b)}^{4}} P = \frac{{(a^{2} + b^{2} + 2 a b)}^{2}}{{(a + b)}^{4}} P = \frac{{[{(a + b)}^{2}]}^{2}}{{(a + b)}^{4}} = 1$

Vậy P = 1

Câu 54:

Cho hai tập hợp E = (2;5] và F = [2m - 3; 2m + 2]. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để E hợp F là một đoạn có độ dài bằng 5.

Xem đáp án

Do (2m + 2) − (2m − 3) = 5 nên độ dài của tập F bằng 5.

Để C = E ∪ F là một đoạn có độ dài bằng 5 khi và chỉ khi C = F ⇔ E ⊂ F

⇔ $\{\begin{cases} 2 m - 3 \leq 2 \\ 2 m + 2 \geq 5 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m \leq \frac{5}{2} \\ m \geq \frac{3}{2} \end{cases} \Leftrightarrow \frac{3}{2} \leq m \leq \frac{5}{2}$

Vậy các giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m ∈

[\frac{3}{2}; \frac{5}{2}]

Câu 55:

Cho 2 tập hợp M = [2m − 1; 2m + 5] và N = [m + 1; m + 7] (với m là tham số thực). Tính tổng tất cả các giá trị của m để hợp của 2 tập hợp M và N là 1 đoạn có độ dài bằng 10.

Xem đáp án

Nhận thấy M, N là 2 đoạn cùng có độ dài bằng 6, nên để M ∪ Nlà một đoạn có độ dài bằng 10 thì ta có các trường hợp sau:

+) 2m – 1 ≤ m + 1 ≤ 2m + 5 ⟺ m ∈ [−4; 2] (1)

Khi đó: M ∪ N = [2m − 1; m + 7] nên M ∪ N là 1 đoạn có độ dài bằng 10 khi:

(m + 7) − (2m − 1) = 10 ⇔ m = −2 (TM (1))

+) 2m – 1 ≤ m + 7 ≤ 2m + 5 ⟺ m ∈ [2; 8] (2)

Khi đó: M ∪ N = [m + 1; 2m + 5] nên M ∪ N là 1 đoạn có độ dài bằng 10 khi:

(2m + 5) − (m + 1) = 10 ⇔ m = 6 (TM(2))

Vậy tổng tất cả các giá trị của m để hợp của 2 tập hợp M và N là 1 đoạn có độ dài bằng 10 là –2 + 6 = 4.

Câu 56:

Cho hàm số y = x – 2 có đồ thị là đường thẳng (d).

a, Vẽ đồ thị hàm số đã cho.

b, Gọi A, B lần lượt là giao điểm của (d) với Ox, Oy. Tính diện tích tam giác OAB (đơn vị đo trên các trục tọa độ centimet).

c, Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) và đường thẳng (d₁): y = -2x + m² - 3 cắt nhau tại một điểm trên trục tung.

Xem đáp án

a, y = x - 2

Với x = 0 thì y = -2

y = 0 thì x = 2

Cho hàm số y = x – 2 có đồ thị là đường thẳng (d). a, Vẽ đồ thị hàm số đã cho. b, Gọi A, B lần lượt là giao điểm của (d) với Ox, Oy. Tính diện tích tam giác OAB (đơn vị đo trên các trục tọa độ centimet). (ảnh 1)

b, Theo a, ta có: A(2; 0)

⇒ OA = 2 cm

B(0; -2)

⇒ OB = 2 cm

Tam giác OAB vuông tại O nên diện tích tam giác OAB là:

S_OAB= $\frac{1}{2}$ .OA.OB = $\frac{1}{2}$ .2.2=2 (cm²)

vậy S = 2cm²

c, Ta có: (d) cắt Oy tại B(0; −2)

Để (d) cắt (d₁) tại điểm trên Oy

⇒ (d₁) qua B(0; −2)

⇒ −2.0 + m² – 3 = −2

⇒ m² = 1

⇔ m = ±1

Vậy m = ±1.

Câu 57:

Cho hàm số f(x) hàm số y = f'(x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Với giá trị nào của tham số m thì phương trình f(x) = 3x + m có nghiệm thuộc khoảng (-1;1).

A. f(−1) + 3 < m < f(1) – 3.

B. f(−1) + 3 < m < f(1) + 3.

C. f(1) + 3 < m < f(-1) − 3.

D. f(0) – 1 < m < f(0) + 1.

Xem đáp án

Chọn A.

Ta có f(x) = 3x + m ⇔ f(x) − 3x = m.

Để phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (-1;1) thì đường thẳng y=m phải cắt đồ thị hàm số g(x) = f(x) − 3x, x ∈ (−1;1).

Xét hàm số g(x) = f(x) − 3x, x ∈ (−1;1)

Có g'(x) = f'(x) − 3.

Nhìn đồ thị f'(x) ta thấy, với x ∈ (−1;1) thì −1 < f'(x) < 3

⇒ g'(x) = f'(x) – 3 < 0.

Do đó, ta có bảng biến thiên như hình bên

Cho hàm số f(x) hàm số y = f'(x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Với giá trị nào của tham số m thì phương trình f(x) = 3x + m có nghiệm thuộc khoảng (-1;1). (ảnh 2)

Từ bảng biến thiên, suy ra giá trị cần tìm là g(−1) < m < g(1)

⇔ f(−1) + 3 < m < f(1) − 3.

Câu 58:

Cho hàm số f(x) = ln(4x - x²). Tính đạo hàm của hàm số tại x = 2.

Xem đáp án

Điều kiện xác định:

4x – x² > 0 ⇔ x(4 – x) > 0

⇔ 0 < x < 4.

$f' (x) = \frac{4 - 2 x}{4 x - x^{2}}$

Do đó:

f' (2) = \frac{4 - 2.2}{4.2 - 2^{2}} = 0

.

Câu 59:

Xác định hàm số y = ax + b, biết đồ thị của hàm số đi qua hai điểm A(−2; 5) và B(1; −4).

Xem đáp án

Đồ thị của hàm số đi qua hai điểm A(−2;5) và B(1;−4) nên ta có:\

$\{\begin{cases} - 2 a + b = 5 \\ a + b = - 4 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = - 3 \\ b = - 1 \end{cases}$

Vậy hàm số cần tìm là y = –3x – 1.

Câu 60:

Xác định các tham số a, b sao cho hàm số $y = \frac{a x + b}{x^{2} + 1}$ đạt GTLN = 4 và GTNN = -1.

Xem đáp án

Bài toán tương đương giải hệ: $\{\begin{cases} \frac{a x + b}{x^{2} + 1} \geq - 1 (1) \\ \frac{a x + b}{x^{2} + 1} \leq 4 (2) \end{cases}, \forall x$

(1) ⇔ $\frac{a x + b + x^{2} + 1}{x^{2} + 1} \geq 0 \Leftrightarrow \frac{(b + 1 - \frac{a^{2}}{4}) {(x - \frac{a}{2})}^{2}}{x^{2} + 1} \geq 0 \Leftrightarrow b + 1 - \frac{a^{2}}{4} = 0$

(2) ⇔ $\frac{a x + b - 4 (x^{2} + 1)}{x^{2} + 1} \leq 0 \Leftrightarrow \frac{(b - 4 + \frac{a^{2}}{16}) {(4 x - \frac{a}{4})}^{4}}{x^{2} + 1} \geq 0 \Leftrightarrow b - 4 + \frac{a^{2}}{16} = 0$

Suy ra ta có hệ: $\{\begin{cases} b + 1 - \frac{a^{2}}{4} = 0 \\ b - 4 + \frac{a^{2}}{16} = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 4 b + 4 - a^{2} = 0 \\ 16 b - 64 + a^{2} = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} b = 3 \\ a = \pm 4 \end{cases}$

Hàm số cần tìm là $y = \frac{\pm 4 x + 3}{x^{2} + 1}$ .

Câu 61:

Hàm số y = ∣x² − 2x − 3∣ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (-∞;-1).

B. (-1;3).

C. (1;+∞).

D. (3;+∞).

Xem đáp án

Chọn D.

Tập xác định D = ℝ .

Ta có: $y = |x^{2} - 2 x - 3| = \sqrt{{(x^{2} - 2 x - 3)}^{2}} \Rightarrow y' = \frac{(2 x - 2) (x^{2} - 2 x - 3)}{\sqrt{{(x^{2} - 2 x - 3)}^{2}}}$

Xét y’ = 0 ⇔ 2x – 2 = 0 ⇔ x = 1; y’ không xác định nếu x = -1; x = 3

Ta có bảng biến thiên:

Hàm số y = ∣x2 − 2x − 3∣ đồng biến trên khoảng nào dưới đây? (ảnh 1)

Hàm số đồng biến trên khoảng (−1; 1) và (3; +∞).

Câu 62:

Cho hàm số y = (m + 1)x + 3 (d) (m là tham số, m ≠ −1). Đường thẳng d cắt đường thẳng $y = - \frac{3}{2} x + 3 (d')$ tại điểm M. Gọi N và P lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và (d′) với trục hoành Ox. Tìm m để diện tích tam giác OMP bằng 2 lần diện tích tam giác OMN.

Xem đáp án

Hai đường thẳng (d) và (d′) cắt nhau khi và chỉ khi

Hoành độ giao điểm M của (d) và (d′) là nghiệm của phương trình $(m + 1) x + 3 = \frac{- 3}{2} x + 3 \Leftrightarrow x = 0$

Mà $y = - \frac{3}{2} x + 3 \Rightarrow y = 3$

d cắt d' tại điểm M(0; 3)

N là giao điểm của d' với trục Ox nên $N (\frac{- 3}{m + 1}; 0)$

P là giao điểm của d' với trục Ox nên P(2; 0)

Suy ra $O N = \frac{3}{|m + 1|}; O P = 2$

Ta có: $S_{O M P} = 2 S_{O M N} \Leftrightarrow \frac{1}{2} . O M . O P = 2. \frac{1}{2} . O M . O N$

⇔ OP = 2ON

⇔ $2 = 2. \frac{3}{|m + 1|} \Leftrightarrow |m + 1| = 3 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m + 1 = 3 \\ m + 1 = - 3 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 2 \\ m = - 4 \end{array}$

Vậy m ∈ {2; -4}.

Câu 63:

Cho hàm số y= 2x³- 3(m + 1)x²+ 6mx + m³ với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A; B thỏa mãn

A B = \sqrt{2}

.

Xem đáp án

Ta có: y’ = 6x² – 6(m + 1)x + 6m

y’ = 0 ⇔ x² – (m+ 1)x + m = 0

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

Để hàm số có hai điểm cực trị khi m khác -1

Tọa độ các điểm cực trị là A( 1; m³+ 3m-1) và B( m; 3m²)

Suy ra: AB² = (m – 1)² + (m³ – 3m² + 3m – 1)² = (m – 1)² + (m – 1)⁶

Theo yêu cầu bài toán có: $A B = \sqrt{2}$

⇔ ${(m - 1)}^{6} + {(m - 1)}^{2} - 2 = 0$

⇔ ${[{(m - 1)}^{2}]}^{3} - 1 + [{(m - 1)}^{2} - 1] = 0$

⇔ $[{(m - 1)}^{2} - 1] [{(m - 1)}^{4} + {(m - 1)}^{2} + 2] = 0$

⇔ (m – 1)² – 1 = 0

⇔ (m – 1)² = 1

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

⇔ $[\begin{array}{l} m = 0 \\ m = - 2 \end{array}$ .

Câu 64:

Cho hàm số f(x) = 4x² − 4mx + m² − 2m + 2 (m là tham số). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho $\underset{[0; 2]}{M i n f (x)} = 3$ . Khẳng định nào đúng?

A. S ⊂ (-4; 6).

B. S ⊂ (-3; 7).

C. S ⊂ [-2; 8].

D. S ⊂ [-1; 9].

Xem đáp án

Chọn D.

Có hoành độ của đỉnh x_I = m²; a = 4 > 0

Xét 3 trường hợp sau:

TH1: $\frac{m}{2} < 0 \Leftrightarrow m < 0$

Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn [0;2]

Suy ra: $\underset{[0; 2]}{M i n f (x)} = f (0) = m^{2} - 2 m + 2 = 3 \Rightarrow m = 1 - \sqrt{2}$

TH2: $0 \leq \frac{m}{2} \leq 2$ ⇔ 0 ≤ m ≤ 4
Suy ra: $\underset{[0; 2]}{M i n f (x)} = f (\frac{m}{2}) = - 2 m + 2 = 3 \Rightarrow m = \frac{- 1}{2}$ (loại)

TH3: $\frac{m}{2} > 2 \Leftrightarrow m > 4$

Suy ra hàm số nghịch biến trên đoạn

⇒ $\underset{[0; 2]}{M i n f (x)} = f (2) = m^{2} - 10 m + 18 = 3 \Rightarrow m = 5 + \sqrt{10}$ (thỏa mãn)

Vậy $S = \{1 - \sqrt{2}; 5 + \sqrt{10}\}$ ⊂ [−1; 9].

Câu 65:

Cho hàm số bậc nhất y = (m – 2)x + 3. Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến.

Xem đáp án

Hàm số y = ax + b đồng biến khi a > 0 và nghịch biến khi a < 0

Áp dụng vào bài toán:

y = (m – 2)x + 3 đồng biến khi m – 2 > 0 ⇔ m > 2

Vậy với m > 2 thì hàm số đồng biến.

Câu 66:

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số $h (x) = |f^{2} (x) + f (x) + m|$ có đúng 3 điểm cực trị.

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có đúng 3 điểm cực trị. (ảnh 1)

Xem đáp án

Xét g(x) = f²(x) + f(x) + m, lập bảng biến thiên tìm số cực trị của y = g(x)

Tìm điều kiện để y = h(x) = $|g (x)|$ có đúng 3 điểm cực trị.

Xét g(x) = f²(x) + f(x) + m có g’(x) = 2f(x).f’(x) + f’(x) = f’(x)[2f(x) + 1]

g’(x) = 0 ⇔ $[\begin{array}{l} f' (x) = 0 \\ 2 f (x) + 1 = 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = 3 \\ x = a (a < 0) \end{array} \Leftrightarrow \{\begin{cases} g (1) = f^{2} (1) + f (1) + m \\ g (3) = m \\ g (a) = m - \frac{1}{4} \end{cases}$

Bảng biến thiên của hàm số y = g(x)

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có đúng 3 điểm cực trị. (ảnh 2)

Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số y = g(x) có 3 điểm cực trị

Suy ra: $h (x) = |f^{2} (x) + f (x) + m|$ có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số y = g(x) nằm hoàn toàn phía trên trực Ox (kể cả tiếp xúc)

Do đó: g(a) ≥ 0 hay $m - \frac{1}{4} \geq 0 \Rightarrow m \geq \frac{1}{4}$ .

Câu 67:

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ sau. So sánh f(3) và f(-2).

Xem đáp án

Từ đồ thị hàm số y = f(x) đã cho, ta có f(−2) = 1; f(3) = 2.

Vậy f(3) > f(-2).

Câu 68:

Cho hàm số: y = mx + 1 (1), trong đó m là tham số. Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A(1; 4). Với giá trị m vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến trên R?

Xem đáp án

Ta có y = mx + 1 đi qua A(1;4) khi và chỉ khi 4 = m + 1 hay m = 3.

Khi đó ta có đường thẳng y = 3x + 1 đồng biến trên R.

Câu 69:

Vẽ đồ thị của các hàm số y = x + 1 và y = -x +3 trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

Xem đáp án

- Với hàm số y = x + 1:

Cho x = 0 ⇒ y = 1 ta được M(0; 1).

Cho y = 0 ⇒ x + 1 = 0 ⇒ x = -1 ta được B(-1; 0).

Nối MB ta được đồ thị hàm số y = x + 1.

- Với hàm số y = -x + 3:

Cho x = 0 ⇒ y = 3 ta được E(0; 3).

Cho y = 0 ⇒ -x + 3 = 0 ⇒ x = 3 ta được A(3; 0).

Nối EA ta được đồ thị hàm số y = -x + 3.

Vẽ đồ thị của các hàm số y = x + 1 và y = -x +3 trên cùng một mặt phẳng tọa độ. (ảnh 1)

Câu 70:

Cho hàm số

y = \frac{3 - x}{x + 1}

. Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-∞; -1) và (-1; +∞).

B. Hàm số nghịch biến với mọi x khác 1.

C. Hàm số nghịch biển trên tập ℝ\{-1}.

D. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-∞; -1) và (-1; +∞).

Xem đáp án

Chọn D.

TXĐ: D = ℝ\ {-1}.

Chiều biến thiên:

$y' = \frac{- (x + 1) - (- x + 3)}{{(x + 1)}^{2}} = \frac{- 4}{{(x + 1)}^{2}}$

y’ không xác định khi x = 1.

y’ luôn âm với mọi x ≠ 1.

Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; -1) và (-1; +∞).

Câu 71:

Cho phương trình x² – 5mx – 4m = 0 với m là tham số. Chứng minh rằng khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt x₁, x₂ thì x₁² + 5mx₂ + m² + 14m + 1 > 0.

Xem đáp án

Xét x² – 5mx – 4m = 0

Ta có: ∆ = 25m² + 16m

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ∆ > 0

Suy ra: 25m² + 16m > 0 hay $[\begin{array}{l} m > 0 \\ m < \frac{- 16}{25} \end{array}$

Theo hệ thức Vi-ét ta có: $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 5 m \\ x_{1} x_{2} = - 4 m \end{cases}$

Xét x₁² + 5mx₂ + m² + 14m + 1

= x₁² + (x₁ + x₂)x₂ + m² + 14m + 1

= x₁² + x₂² + x₁x₂ + m² + 14m + 1

= (x₁ + x₂)² - x₁x₂ + m² + 14m + 1

= 25m² + 4m + m² + 14m + 1

= 26m² + 18m + 1

= (m + 1)² + 25m² + 16m

Mà 25m² + 16m > 0 và (m + 1)² > 0 theo điều kiện của m

Vậy (m + 1)² + 25m² + 16m > 0 tức là x₁² + 5mx₂ + m² + 14m + 1 > 0.

Câu 72:

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = -x³ + 3x² – 4. Nêu nhận xét về đồ thị của hàm số này.

Xem đáp án

TXĐ: D = ℝ.

Sự biến thiên: $\lim_{x \to + \infty} y = - \infty; \lim_{x \to - \infty} y = + \infty$

Xét y' = -3x² + 6x.

Cho y' = 0 thì x = 0 hoặc x = 2

Bảng biến thiên:

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = -x3 + 3x2 – 4. Nêu nhận xét về đồ thị của hàm số này. (ảnh 1)

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; 0), (2; + ∞).

Hàm số đạt cực đại bằng 0 tại x = 2.

Hàm số đạt cực tiểu bằng -4 tại x = 0

* Đồ thị

Câu 73:

Cho hàm số y = x² – x – 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (P) của hàm số.

Xem đáp án

Ta lần lượt tính: $\frac{- b}{2 a} = \frac{1}{2}; \frac{- Δ}{4 a} = - \frac{9}{4}$

Vậy đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh $(\frac{1}{2}; \frac{- 9}{4})$ ; nhận đường thẳng $x = \frac{1}{2}$ làm trục đối xứng và hướng bề lõm lên trên

Bảng biến thiên:

Cho hàm số y = x2 – x – 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (P) của hàm số. (ảnh 1)

Ta lấy thêm điểm A(0; -2), B(1; -2)

Ta có đồ thị hàm số:

Cho hàm số y = x2 – x – 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (P) của hàm số. (ảnh 2)

Câu 74:

Cho hình bình hành ABCD với AD = 2AB. Từ C vẽ CE vuông góc với AB. Nối E với trung điểm M của AD. Từ M vẽ MF vuông góc với CE, MF cắt BC tại N.

a) Tứ giác MNCD là hình gì?

b) Tam giác EMC là tam giác gì?

c) Chứng minh: $\hat{B A D} = 2 \hat{A E M}$ .

Xem đáp án

Cho hình bình hành ABCD với AD = 2AB. Từ C vẽ CE vuông góc với AB. Nối E với trung điểm M của AD. Từ M vẽ MF vuông góc với CE, MF cắt BC tại N. (ảnh 1)

a) Ta có MN ⊥ CE (gt); AB ⊥ CE (gt)

Suy ra: MN // AB

Mà AB // CD (ABCD là hình bình hành) nên MN // CD

Tứ giác MNCD có MN // CD

Và MD // CN (AD // BC)

Do đó tứ giác MNCD là hình bình hành.

b) Gọi F là giao điểm của MN và EC

Hình thang AECD (EC // CD) có MF // AE // CD

Và M là trung điểm của AD (gt)

* F là trung điểm của EC.

ΔMEC có MF là đường trung tuyến (F là trung điểm của EC)

Và MF là đường cao

Suy ra: ΔMEC cân tại M.

c) Ta có AD = 2AB (gt)

AD = 2MD (M là trung điểm của AD)

Và AB = CD (ABCD là hình bình hành); MD = CD

Hình bình hành MNCD có MD = CD nên là hình thoi.

CM là đường phân giác nên: $\hat{E M F} = \hat{C M F}$

Mà $\hat{E M F} = \hat{A E M}$ (hai góc so le trong và AE // MF)

Và $\hat{C M F} = \hat{M C D}$ (hai góc so le trong và MF // CD)

Nên: $\hat{M C D} = \hat{A E M}$

Ta có: $\hat{M C D} = \hat{A E M}; 2 \hat{M C D} = \hat{N C D}$ (CM là phân giác $\hat{N C D}$ )

Và $\hat{B A D} = \hat{N C D}$ (ABCD là hình bình hành)

Vậy $\hat{B A D} = 2 \hat{A E M}$ .

Câu 75:

Cho hình vẽ có MA // xy, NB // xy; $\hat{M A N} = 105 °$ .

a) Tính $\hat{M_{1}}$ .

b) Tính $\hat{N_{1}}$ .

Cho hình vẽ có MA // xy, NB // xy; góc MAN = 105 độ. a) Tính góc m1. b) Tính góc n1 (ảnh 1)

Xem đáp án

a) $\hat{M_{1}} = \hat{M H y} = 65 °$ (vì MA // xy nên 2 góc ở vị trí đồng vị)

b) NB // xy nên: $\hat{y H N} = \hat{N_{1}} = 105 ° - \hat{M H y} = 105 ° - 65 ° = 40 °$

( $\hat{y H N}; \hat{N_{1}}$ là 2 góc so le trong).

Câu 76:

Cho hình 20 biết a // AB, b // AB và $\hat{M A N} = 100 °$ . Tính $\hat{N_{1}}$ .

Cho hình 20 biết a // AB, b // AB và góc man = 100 độ. Tính góc n1 (ảnh 1)

Xem đáp án

Cho hình 20 biết a // AB, b // AB và góc man = 100 độ. Tính góc n1 (ảnh 2)

Ta có: a // AB và b // AB nên a // b

Vì a // AB nên $\hat{M A B} + \hat{M_{1}} = 180 °$

Mà $\hat{M_{1}} = 120 °$ (vì đối đỉnh)

Nên: $\hat{M A B} = 180 ° - \hat{M_{1}} = 180 ° - 120 ° = 60 °$

Lại có: $\hat{M A N} = \hat{M A B} + \hat{B A N} = 100 °$

Suy ra: $\hat{B A N} = 100 ° - 60 = 40 °$

Lại có: AB // b nên: $\hat{B A N} = \hat{A N b} = 40 °$

Mà $\hat{A N b} = \hat{N_{1}}$

Vậy $\hat{N_{1}} = 40 °$ .

Câu 77:

Cho Hình 21. Biết x // z, y // z và góc $\hat{C A D} = 120 °$ .

a) Tính góc $\hat{D A z}$ .

b) Tính góc $\hat{C_{1}}$ .

Cho Hình 21. Biết x // z, y // z và góc cad = 120 độ . a) Tính góc daz . b) Tính góc c1 (ảnh 1)

Xem đáp án

a) Vì y // z nên $\hat{D A z} = 40 °$ (2 góc đồng vị)

b) Ta có: $\hat{C A D} = \hat{C A z} + \hat{D A z} = 120 °$

Suy ra: $\hat{C A z} = 120 ° - \hat{D A z} = 120 ° - 40 ° = 80 °$

Vì x // z nên: $\hat{C_{1}} + \hat{C A z} = 180 °$

Suy ra: $\hat{C_{1}} = 180 ° - \hat{C A z} = 180 - 80 ° = 100 °$ .

Câu 78:

Cho hình vẽ biết AB // CD < AD // BC, AC cắt BD tại O. Chứng minh

a) AB = CD; AD = BC.

b) OA = OC; OB = OD.

Xem đáp án

a) Xét tam giác ABD và tam giác CBD có:

$\hat{A B D} = \hat{B D C}$ (vì AB // CD)

Chung BD
$\hat{A D B} = \hat{D B C}$ (vì AD // CB)

Suy ra: ΔABD = ΔCDB (g.c.g)

⇒ AB = CD, AD = CB

b) Xét tam giác AOD và tam giác CBO có:

$\hat{O A D} = \hat{O C B}$ (vì AD // BC)

AD = BC

$\hat{O D A} = \hat{O B C}$ (vì AD // CB)

Suy ra: ΔOAD = ΔOCB (g.c.g)

⇒ OA = OC; OB = OD.

Câu 79:

Cho ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Gọi K là giao điểm của AC và DM, L là trung điểm cuả BD và CM.

a. MNPQ là hình gì?

b. MDPB là hình gì?

Xem đáp án

Cho ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Gọi K là giao điểm của AC và DM, L là trung điểm cuả BD và CM. (ảnh 1)

a, ΔABC có M là trung điểm của AB, N là trung điểm của BC

⇒ MN là đường trung bình của ΔABC

⇒ MN // AC và MN = $\frac{1}{2}$ AC (1)

ΔADC có Q là trung điểm của AD, P là trung điểm của CD

⇒ PQ là đường trung bình của ΔADC

⇒ PQ // AC và PQ = $\frac{1}{2}$ AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra: MN // PQ và MN = PQ

⇒ Tứ giác MNPQ là hình bình hành

b, ABCD là hình bình hành ⇒ AB = CD và AB // CD

mà M là trung điểm của AB, P là trung điểm của CD

⇒ BM = DP và BM // DP

⇒ Tứ giác MDPB là hình bình hành.

Câu 80:

Cho hình bình hành ABCD có $\hat{A} = 60 °$ , AB = 10cm, AD = 15cm. Tia phân giác của $\hat{A}$ cắt BC tại E.

a) Chứng minh: tam giác ABE cân.

b) Tính EC.

c) Tính S_ABCD.

Xem đáp án

Cho hình bình hành ABCD có góc a = 60 độ , AB = 10cm, AD = 15cm. Tia phân giác của góc a cắt BC tại E. a) Chứng minh: tam giác ABE cân. (ảnh 1)

a) ABCD là hình bình hành nên BC // AD

Suy ra: $\hat{B E A} = \hat{E A D}$ (2 góc so le trong)

Mà $\hat{B A E} + \hat{E A D} = 60 °$

Lại có: $\hat{B A E} = \hat{E A D} = 30 °$ vì AE là phân giác

Nên $\hat{B E A} = \hat{B A E}$

Suy ra: tam giác ABE cân tại B

b) Vì tam giác ABE cân tại B nên AB = BE = 10

Mà BE + EC = BC = AD = 15

Suy ra: EC = 15 – 10 = 5 cm

c) Kẻ đường cao BH

Xét tam giác ABH vuông tại H có $\hat{A} = 60 °$

$\sin \hat{A} = \sin 60 ° = \frac{B H}{A B} = \frac{B H}{10} \Rightarrow B H = 5 \sqrt{3}$ (cm)

S_ABCD = BH.AD = $5 \sqrt{3} .15 = 75 \sqrt{3} (c m^{2})$ .

Câu 81:

Cho hình bình hành ABCD biết BD vuông góc với BC, AB = a, $\hat{A} = α$ . Tính S hình bình hành theo a và α?

Xem đáp án

Cho hình bình hành ABCD biết BD vuông góc với BC, AB = a, . Tính S hình bình hành theo a và α? (ảnh 1)

Ta có: BD = AB.sinA = a.sinα

AD = AB.cosA = a.cosα

⇒ S_ABCD = 2S_ABD =BD.AD = a².sinα.cosα.

Câu 82:

Cho hình bình hành ABCD có $\hat{B A D} = 60 °$ ; AD = 2AB. Gọi M là trung điểm của BC, N là trung điểm của AD.

a) MCND là hình thoi.

b) ABMD là hình thang cân.

Xem đáp án

Cho hình bình hành ABCD có góc bad = 60 độ ; AD = 2AB. Gọi M là trung điểm của BC, N là trung điểm của AD. a) MCND là hình thoi. b) ABMD là hình thang cân. (ảnh 1)

a) Ta có: BM = MC vì M là trung điểm BC

AN = ND vì N là trung điểm AD

Nên MN là đường trung bình ABCD

Suy ra: MN // AB // CD

Lại có: BC = AD, nên BM = AN

Xét ABMN có: BM // AN và BM = AN nên ABMN là hình bình hành

Suy ra: MN = AB

Mà AB = CD nên MN = CD

Lại có: AD = BC = 2AB nên ND = MC = AB = CD = MN

Vậy MNDC là hình thoi

b) Xét tứ giác BMDA có: BM // AD nên BMAD là hình thang

Vì MNDC là hình thoi nên MC = CD

Nên tam giác MCD cân tại C

Mà: $\hat{M C D} = \hat{B A D} = 60 °$

Nên tam giác MCD đều

Suy ra: MC = CD = MD

Mà CD = AB nên MD = Ba

Vậy BMDA là hình thang cân.

Câu 83:

Cho hình bình hành ABCD. Gọi K, I lần lượt là trung điểm của AB và CD. Gọi M, N là giao điểm của AI, CK với BD. Chứng minh: ∆ADM = ∆CBN.

Xem đáp án

Cho hình bình hành ABCD. Gọi K, I lần lượt là trung điểm của AB và CD. Gọi M, N là giao điểm của AI, CK với BD. Chứng minh: ∆ADM = ∆CBN. (ảnh 1)

a) ABCD là hình bình hành

⇒ AB // CD ⇒ AB // IC

AB = CD

Mà K, I lần lượt là trung điểm của AB và CD.

⇒AK = IC

Mà AK // IC

⇒ AKIC là hình bình hành

Xét ΔADI và ΔBCKcó:

DI = BK

AI = CK

AD = BC

⇒ ΔADI = ΔBCK (c.c.c)

⇒ $\hat{D A I} = \hat{B C K}$

Xét ΔADM và ΔCBN có:

$\hat{D A I} = \hat{B C K}$

AD=BC

$\hat{A D B} = \hat{D B C}$ (Do AD // BC)

⇒ ΔADM = ΔCBN (g.c.g).

Câu 84:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O có cạnh bằng a, $\hat{B A C} = 60 °$ ; SO ⊥ (ABCD) và $S O = \frac{3 a}{4}$ . Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O có cạnh bằng a, ; SO⊥(ABCD) và . Tính thể tích khối chóp S.ABCD. (ảnh 1)

Ta có: $\hat{B A C} = 60 °$ nên tam giác BAC là tam giác đều cạnh a

Suy ra: AC = a; BO = $\frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow B D = a \sqrt{3}$

Khi đó: $S_{A B C D} = \frac{1}{2} . A C . B D = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}$

$V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} . S O . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . \frac{3}{4} a . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3} a^{3}}{8}$ .

Câu 85:

Cho hình chóp S.ABCD . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và SD. Thiết diện của hình chóp S.ABCD và mặt phẳng (AMN) là hình gì?

A. Tam giác.

B. Ngũ giác.

C. Tam giác cân.

D. Tứ giác.

Xem đáp án

Chọn D.

Cho hình chóp S.ABCD . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và SD. Thiết diện của hình chóp S.ABCD và mặt phẳng (AMN) là hình gì? (ảnh 1)

Gọi SC ∩ (AMN) = {P}

Khi đó thiết diện của hình chóp S.ABCD và mặt phẳng (AMN) là hình tứ giác AMPN.

Câu 86:

Cho chóp S.ABCD. M, N lần lượt là trung điểm của SB, SD. Tìm giao điểm của (AMN) và SC.

Xem đáp án

Cho chóp S.ABCD. M, N lần lượt là trung điểm của SB, SD. Tìm giao điểm của (AMN) và SC. (ảnh 1)

MN là đường trung bình tam giác SBD ⇒ MN // BD.

⇒ Giao tuyến của (AMN) và (ABCD) là 1 đường thẳng song song BD

Trong mp (ABCD), qua A kẻ đường thẳng d song song BD cắt CD kéo dài tại E

Trong mp (SCD), nối EN kéo dài cắt SC tại F

⇒ F = SC ∩ (AMN).

Câu 87:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác ABCD có hai cạnh đối diện không song song. Lấy điểm M thuộc miền trong của tam giác SCD.

Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng

a) (SBM) và (SCD);

b) (ABM) và (SCD);

c) (ABM) và (SAC).

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác ABCD có hai cạnh đối diện không song song. Lấy điểm M thuộc miền trong của tam giác SCD. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (ảnh 1)

a) Ta có ngay S, M là hai điểm chung của (SBM) và (SCD) nên (SBM) ∩ (SCD) = SM

b) M là điểm chung thứ nhất của (AMB) và (SCD)

Gọi I = AB ∩ CD

Ta có: I ∈ AB ⇒ I ∈ (ABM)

Mặt khác: I ∈ CD ⇒ I ∈ (SCD)

Nên (AMB) ∩ (SCD) = IM.

c) Gọi J = IM ∩ SC.

Ta có: J ∈ SC ⇒ J ∈ (SAC) và J ∈ IM ⇒ J ∈ (ABM).

Hiển nhiên A ∈ (SAC) và A ∈ (ABM)

Vậy (SAC) ∩ (ABM) = AJ.

Câu 88:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC = 2a đáy bé AD = a , AB = b. Mặt bên SAD là tam giác đều. M là một điểm di động trên AB, Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với SA, BC.1. Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp (P). Thiết diện là hình gì?

Xem đáp án

+ Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC và SA lần luợt cắt DC tại N, SB tại Q.

+ Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC tại P.

Thiết diện hình thang cân MNPQ

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC = 2a đáy bé AD = a , AB = b. Mặt bên SAD là tam giác đều. M là một điểm di động trên AB (ảnh 1)

Đặt AM = x

Ta tính đuợc MQ = NP = $\frac{b - x}{b} a, P Q = \frac{2 a x}{b}, M N = \frac{a b + a x}{b}$
Từ đó: $Q K = \frac{a b - a x}{b} . \frac{\sqrt{3}}{2}$

$S_{M N P Q} = \frac{1}{2} . (M N + P Q) . Q K = \frac{\sqrt{3} a^{2}}{4 b^{2}} (b - x) (b + 3 x) S_{M N P Q} = \frac{\sqrt{3} a^{2}}{4 b^{2}} (b - x) (b + 3 x) \leq \frac{\sqrt{3} a^{2}}{4 b^{2}} . {(\frac{3 b - 3 x + b + 3 x}{2})}^{2} = \frac{\sqrt{3} a^{2}}{12}$

Dấu “=” xảy ra khi: $x = \frac{b}{3}$ .

Câu 89:

Cho hình chóp S.ABCD. M là một điểm trên cạnh SC.

a) Tìm giao điểm của AM và (SBD).

b) Gọi N là một điểm trên cạnh BC. Tìm giao điểm của SD và (AMN).

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD. M là một điểm trên cạnh SC. a) Tìm giao điểm của AM và (SBD). b) Gọi N là một điểm trên cạnh BC. Tìm giao điểm của SD và (AMN). (ảnh 1)

a) Gọi AC ∩ BD = O

Khi đó O∈(SAC) và O ∈ (SBD)

⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBD)

Lại có S ∈ (SAC) ∩ (SBD)

Do đó (SAC) ∩ (SBD) = SO

Gọi AM ∩ SO = P

Khi đó P ∈ AM và P ∈ SO, SO ⊂ (SBD)

Vậy AM ∩ (SBD) = P

b) Gọi AN ∩ BD = Q

Khi đó Q ∈ (AMN) và Q∈(SBD)

Lại có P ∈ (AMN) và P ∈ (SBD)

Vậy (AMN) ∩ (SBD) = PQ

Gọi PQ ∩ SD = R

Suy ra R ∈ (AMN) và R ∈ SD

Vậy SD ∩ (AMN) = R.

Câu 90:

Cho hình chóp S.ABCD, AB và CD không song song và M là trung điểm của SC.

a, Tìm N = SD ∩ (MAB).

b, Gọi O = AC ∩ BD. Chứng minh SO, AM, BN đồng quy.

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD, AB và CD không song song và M là trung điểm của SC. a, Tìm N = SD ∩ (MAB). b, Gọi O = AC ∩ BD. Chứng minh SO, AM, BN đồng quy. (ảnh 1)

a) + Trong mp(ABCD), AB cắt CD tại E.

E ∈ AB ⊂ (MAB) ⇒ E ∈ (MAB) ⇒ ME ⊂ (MAB)

E ∈ CD ⊂ (SCD) ⇒ E ∈ (SCD)

Mà M ∈ SC ⊂ (SCD)

⇒ ME ⊂ (SCD).

+ Trong mp(SCD), EM cắt SD tại N.

Ta có:

N ∈ SD

N ∈ EM ⊂ mp(MAB)

Vậy N = SD ∩ mp(MAB)

b) Chứng minh SO, MA, BN đồng quy:

+ Trong mặt phẳng (SAC) : SO và AM cắt nhau.

+ Trong mp(MAB) : MA và BN cắt nhau

+ Trong mp(SBD) : SO và BN cắt nhau.

+ Qua AM và BN xác định được duy nhất (MAB), mà SO không nằm trong mặt phẳng (MAB) nên AM; BN; SO không đồng phẳng.

Vậy SO, MA, BN đồng quy.