10000 câu trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2025 mới nhất (có đáp án) - Phần 26

Lời giải:

6 bội của 9 là:

B(9) = {0; 9; 18; 27; 36; 45}.

Lời giải:

Ta gọi số cần tìm là x

B(50) = {0; 50; 100;...}

Ta thấy số 100 khi gấp 2 lần lên thì rõ ràng hơn 101 

Vậy x ∈ {0; 50}.

Lời giải:

4 triệu, 2 trăm nghìn, 5 chục: 4 200 050

2 chục nghìn, 5 nghìn, 6 trăm, 7 đơn vị: 250 607

Ba trăm linh tám triệu, không trăm mười nghìn: 308 010 000

Lời giải:

Một số chia hết cho 9 khi và chỉ khi tổng các chữ số của số đó chia hết cho 9.

Lời giải:

Từ 1 đến 100 có 11 số chính phương, đó là các số: 0; 1; 4; 9; 16; 25; 36; 49; 64; 81; 100.

Lời giải:

I=1

II=2

III=3

IV=4

V=5

VI=6

VII=7

VIII=8

IX=9

X=10

XI=11

XII=12

XIII=13

XIV=14

XV=15

XVI=16

XVII=17

XVIII=18

XIX=19

XX=20

Lời giải:

Các số nguyên tố nhỏ hơn 100 là:

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97.

Lời giải:

Cánh đồng của xã B là: 

(22 + 14) : 3 = 12 (km²)

Cánh đồng của cả hai xã là: 

22 + 12 = 34 (km²) = 3400 (hm²).

Cả hai xã thu hoạch được số tấn lúa trên hai cánh đồng đó là: 

\[3400 \times 8\frac{1}{2} = 28900\] (tấn).

Lời giải:

Cách 1. Để d₁ cắt d₂ thì m ≠ 3.

Gọi A(0; y₀) là giao điểm của hai đường thẳng d₁ và d₂ trên trục tung.

Thay x = 0 và y = y₀ vào hàm số y = mx + 5 ‒ m, ta được:

y₀ = m.0 + 5 ‒ m = 5 ‒ m.

Thay x = 0 và y = y₀ vào hàm số y = 3x + m ‒ 1, ta được:

y₀ = 3.0 + m – 1 = m – 1.

Do đó, 5 ‒ m = m – 1 hay 2m = 6 nên m = 3 (không thỏa mãn điều kiện).

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Cách 2. d₁ cắt d₂ tại 1 điểm trên trục tung suy ra a ≠ a′;b = b′

Tức là m ≠ 3 và 5−m=m−1

Suy ra m ≠ 3 và 2m=6

Nên m ≠ 3 và m = 3 (không thỏa mãn điều kiện)

Vậykhông có m thỏa mãn để d₁ cắt d₂ tại 1 điểm trên trục tung.

Lời giải:

Do chiều dài giảm xuống 3 lần, chiều rộng giảm xuống 2 lần nên diện tích giảm xuống 6 lần.

Khi đó, diện tích hình vuông là:

486 : 6 = 81 (cm²).

Do 9 × 9 = 81 nên cạnh hình vuông là 9 (cm).

Chiều dài hình chữ nhật là:

9 × 3 = 27 (cm)

Chiều rộng hình chữ nhật là:

9 × 2 = 18 (cm)

Chu vi hình chữ nhật là:

(27 + 18) × 2 = 90 (cm).

Lời giải:

Chọn 1 điểm trong 8 điểm. Nối điểm đó với 7 điểm còn lại được 7 đọn thẳng. Làm tương tự với các điểm khác ta được:

8 × 7 : 2 = 28 (điểm).

Lời giải:

A, B độc lập nên P(A ∩ B) = P(A).P(B)

Suy ra \[P\left( B \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{1}{9}}}{{\frac{1}{4}}} = \frac{4}{9}.\]

Lời giải:

\[\frac{7}{{11}},\frac{7}{{13}},\frac{7}{{23}},\frac{{11}}{7},\frac{{11}}{{13}},\frac{{11}}{{23}},\frac{{13}}{7},\frac{{13}}{{11}},\frac{{13}}{{23}},\frac{{23}}{7},\frac{{23}}{{11}},\frac{{23}}{{13}}.\]

Lời giải:

a)

27 501: Hai mươi bảy nghìn năm trăm lẻ một

106 712: Một trăm lẻ sáu nghìn bảy trăm mười hai

7 110 385: Bảy triệu một trăm mười nghìn ba trăm tám mươi lăm

2 915 404 267: Hai tỉ chín trăm mười lăm triệu bốn trăm lẻ bốn nghìn hai trăm sáu mươi bảy.

b)

27 501: chữ số 7 nằm ở hàng nghìn và có giá trị là 7 × 1 000 = 7 000

106 712: chữ số 7 nằm ở hàng trăm và có giá trị là 7 × 100 = 700

7 110 385: chữ số 7 nằm ở hàng triệu và có giá trị là 7 × 1 000 000 = 7 000 000

2 915 404 267: chữ số 7 nằm ở hàng đơn vị và có giá trị là 7 × 1 = 7

Lời giải:

Ta có 7a−b+4c=0, suy ra b=7a+4c

Mà P(2).P(−1)

=(4a+2b+c)(a−b+c)

=[4a+2(7a+4c)+c][a−(7a+4c)+c)

=(18a+9c)(−6a−3c)

= 9(2a + a).(‒3)(2a + c)

=−27(2a+c)²≤0

Vậy P(2).P(1) ≤ 0.

Lời giải:

Số thứ 1: 2 = 3 × 1 − 1

Số thứ 2: 5 = 3 × 2 − 1

Số thứ 3: 8 = 3 × 3 − 1

...

Suy ra số thứ 150 là: 3 × 150 − 1 = 449.

Lời giải:

Số thứ nhất 3 = 3 + 15 × 0

Số thứ hai  18 = 3 + 15 × 0 + 15 × 1

Số thứ ba   48 = 3 + 15 × 0 + 15 × 1 +  15 × 2

Số thứ tư   93 = 3 + 15 × 0 + 15 × 1 + 15 × 2  + 15 × 3  

Suy ra số thứ n = 3 + 15 × 0 + 15 × 1 + ...+ 15 × (n ‒ 1)

Vậy số thứ 100 là:

 3 + 15 × 0 + 15 × 1 + ...+ 15 × 99

= 3 + 15 × (1 + 2 + 3 + ...+ 99)

= 3 + 15 × (1 + 99) × 99 : 2

= 74 253.

b) Gọi số 11 703 là số hạng thứ n

Suy ra 3 + 15 × (1 + 2 + 3 + ...+ n ‒1) = 11 703

15 × (1 + n ‒ 1)×(n ‒ 1): 2 = 11 703 ‒ 3 = 11 700

n × (n ‒ 1): 2 = 11 700 : 15 = 780

n × (n ‒ 1) = 780 × 2 = 1560 = 40 × 39

Suy ra n = 40 

Vậy số 11 703 là số hạng thứ 40.

Lời giải:

Ta có: f(0) = a.0² + b.0 + c = c ∈ℤ

f(1) = a.1² + b.1 + c = a + b + c ∈ℤ

Nên a + b ∈ℤ

f(2) = a.2² + b.2 + c = 4a + 2b + c ∈ℤ

mà 4a + 2b + c = 2a + 2a + 2b + c = 2a + 2(a+b) + c

Nên 2a ∈ℤ.

Lời giải:

a) Do đồ thị hàm số đi qua A(1; 2) nên

Thay x=1 và y=2 vào y=(a ‒ 1)x+a, ta được:

1(a ‒ 1)+a=2

a ‒ 1+a=2

2a=3

\[a = \frac{3}{2}\]

Vậy \[a = \frac{3}{2}\]thì đồ thị hàm số đi qua A(1; 2).

b) Thay x=0 và y=‒2 vào y=(a ‒ 1)x+a, ta được:

0(a−1)+a=−2

a =‒2

Vậy a = ‒2 thì đồ thì hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng ‒2.

c) Thay x=3 và y=0 vào y = (a ‒ 1)x+a, ta được:

3(a ‒ 1)+a=0

3a ‒ 3+a=0

4a=3

\[a = \frac{3}{4}\]

Vậy \[a = \frac{3}{4}\] thì đồ thì hàm số cắt trục hoành tại điểm có trục hoành bằng 3.

d) Để đường thẳng y=(a ‒ 1)x+a song song với đường thẳng y=2x+3 thì a ‒ 1 = 2 và a ≠ 3

Suy ra không có giá trị của a thỏa mãn.

Lời giải:

Dựa vào hình trên ; nhận thấy bán kính hình tròn bằng đáy bé 

Độ dài đáy bé là: 5 cm

Độ dài đáy lớn là: 5 × 3 = 15 cm

Diện tích hình thang lớn là:

(5 + 15) × 10 : 2 = 100 cm².

Lời giải:

 

Xét ∆AA’B có MN là đường trung bình của ∆AA’B nên MN // A’B và \[MN = \frac{1}{2}A'B\]

Tương tự PQ là đường trung bình của ∆CC’D nên PQ // C’D và \[PQ = \frac{1}{2}C'D\]

Vì A’B’C’D’ là hình bình hành nên A’B // C’D và A’B = C’D

Từ đó, ta có MN // PQ và MN = PQ

Tương tự, xét ∆BB’A, ta có NP là đường trung bình của ∆BB’A nên NP // B’A và \[NP = \frac{1}{2}B'A\]

MQ là đường trung bình của ∆DD’C nên MQ // D’C và \[MQ = \frac{1}{2}D'C\]

Vì B’A // D’C và B’A = D’C (do A’B’C’D’ là hình bình hành) nên NP // MQ và NP = MQ

Vì các cặp cạnh đối song song và bằng nhau nên tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Lời giải:

 

a) Kẻ AH // FE // CI (H,I∈BD)

⦁ ΔAOH = ΔCOI (g.c.g )

Suy ra OH = OI

Nên BH + BI = BH + BO + OI

= BH + OH + BO = 2BO = 4BM

⦁ Xét ΔABH có AH // FM theo định lý Thalès ta có: \[\frac{{BA}}{{BF}} = \frac{{BH}}{{BM}}\left( 1 \right)\]

⦁ Xét ΔBCI có CI // ME theo định lý Thalès ta có: \[\frac{{BC}}{{BE}} = \frac{{BI}}{{BM}}\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) suy ra \[\frac{{BA}}{{BF}} + \frac{{BC}}{{BE}} = \frac{{BH}}{{BM}} + \frac{{BI}}{{BM}} = \frac{{BH + BI}}{{BM}} = \frac{{4BM}}{{BM}} = 4\].

Lời giải:

 

a) Vì \(\left\{ \begin{array}{l}M \in AI,{\rm{ }}AI \subset \left( {SAB} \right)\\M \in DK,\,\,DK \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right.\) nên \(M \in (SAB) \cap (SCD)\)

Suy ra \(SM = (SAB) \cap (SCD).\)

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SAB) \cap (SCD) = SM}\\{AB \subset (SAB),CD \subset (SCD)}\\{AB\,{\rm{//}}\,CD}\end{array}} \right.\) suy ra \(SM\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD\)

Mà AB ⊂ (ABCD) nên SM // (ABCD).

b) Chứng minh tương tự ta có SN // (ABCD) mà SM ∩ SN tại S ∈ (SMN) nên (SMN) // (ABCD).

Lời giải:

 

ABCD là hình vuông nên OA = OC

Suy ra d(A, (SBD)) = d(C, (SBD))

Kẻ AH ⊥ SO

BD ⊥ AO, BD ⊥ SA nên BD ⊥ (SAO).

Suy ra BD ⊥ AH.

AH ⊥ (SBD) nên d(A,(SBD)) = AH

Xét tam giác SAO:\[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}}\]

SA = 3a, \[AO = a\sqrt 2 \], suy ra \[AH = \frac{{3a\sqrt {22} }}{{11}}\]

Vậy khoảng cách từ C đến (SBD) bằng \[\frac{{3a\sqrt {22} }}{{11}}.\]

Lời giải:

 

Gọi H là trung điểm của CD

Suy ra SH ⊥ CD

\[OH = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5\]cm.

Ta có: SO = 12 cm

Suy ra \[SH = \sqrt {S{O^2} + O{H^2}} = \sqrt {{5^2} + {{12}^2}} = \sqrt {169} = 13\]cm.

Suy ra \[{S_{\Delta SCD}} = \frac{1}{2} \cdot SH \cdot CD = \frac{1}{2} \cdot 13 \cdot 10 = 65\]cm²

S_{xung quanh} = S_∆SCD.4 = 65.4 = 260 cm².

Lời giải:

 

a) Chu vi hình chữ nhật ABCD là:

(24+15)×2=78(cm²)

b) Độ dài cạnh MC là:

24×(1−13)=16(cm)

Diện tích hình tam giác AMC là:

16×15: 2=120(cm²)

c) Độ dài cạnh DM là:

24−16=8(cm)

Diện tích hình tam giác ADM là:

8×15: 2=60(cm²)

Diện tích hình thang ABCM là:

(24+16)×15 : 2=300(cm²)

Tỉ số phần trăm diện tích của hình tam giác ADM và hình thang ABCM là:

60 : 300=0,2=20%.

Lời giải:

Kẻ hình bình hành ABEC

Suy ra CE trùng với DC; AC // BE; AC = BE = 6cm

Mà AC ⊥ BD, suy ra BE ⊥ BD

Lại có \[{S_{BDE}} = \frac{1}{2}BE \cdot BD = \frac{1}{2}BH \cdot DE\]

Suy ra BE.BD = BH.DE

Suy ra \[BH = \frac{{BE \cdot BD}}{{DE}}\]

Xét tam giác BED vuông tại B Có :

DE²=BE²+BD²=8²+6²=100

Suy ra DE = 10 (cm).

\[BH = \frac{{BE \cdot BD}}{{DE}} = \frac{{6 \cdot 8}}{{10}} = 4,8\]cm.

Lời giải:

 

Ta có AB // CD

Suy ra \[\widehat {BCA} = \widehat {ACD}\left( 2 \right)\](hai góc so le trong)

Xét ∆ABC có AB = BC

Suy ra ∆ABC cân tại B.

Suy ra \[\widehat {BAC} = \widehat {BCA}\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {ACB} = \widehat {ACD}\]

Mà \[\widehat {ACB} + \widehat {ACD} = \widehat {BCD}\]

Suy ra CA là tia phân giác của \[\widehat {BCD}.\]

Lời giải.

Ta có: 144 = 12 × 12

Vậy cạnh hình vuông có diện tích gấp 2 lần cạnh hình vuông ABCD là: 12m

Cạnh hình vuông ABCD là  12 : 2 = 6 m

Cạnh hình vuông cần tính là 6 × 3 = 18 m

Diện tích hình vuông đó là: 18 × 18 = 324 m².

Lời giải.

a) \[\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AD} = 0\]

\[\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} } \right) = - A{B^2} = - {a^2}.\]

b) \[\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} } \right) \cdot \left( {\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BC} } \right)\]

 \[ = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {BC} \]

\[ = - {a^2} - \overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DA} \cdot \overrightarrow {DB} + A{D^2}\]

\[ = - 0 + DA \cdot DB \cdot \cos 45\]

\[ = a \cdot a\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = {a^2}.\]

Lời giải:

Hiệu của tử và mẫu là: 

         34 ‒ 9 = 25

Khi bớt ở cả tử và mẫu cùng 1 số m thì hiệu của chúng ko thay đổi.

Tỉ số của tử và mẫu sau khi bớt m là \[\frac{1}{6}\].

Tử số sau khi bớt m là: 

       25 : (6 ‒ 1) = 5.

Số m để bớt cả tử và mẫu để rút gọn bằng \[\frac{1}{6}\] là: 9 ‒ 5 = 4.

Vậy số tự nhiên m= 4.

Lời giải:

 

Xác định (x_G; y_G) là tọa độ của điểm G.

Theo công thức tính trọng tâm tam giác ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{ - 1 + 4 + 0}}{3} = 1\\{y_G} = \frac{{0 + 0 + m}}{3} = \frac{m}{3}\end{array} \right.\]

 

Vậy \[G\left( {1;\frac{m}{3}} \right).\]

Do \[\widehat {AGB} = 90^\circ \] hay \[BG \bot AG\] nên \[\overrightarrow {BG} \cdot \overrightarrow {AG} = 0\] (1)

Ta có \[\overrightarrow {BG} = \left( {1 - 4;\frac{m}{3} - 0} \right) = \left( { - 3;\frac{m}{3}} \right)\] và \[\overrightarrow {AG} = \left( {1 + 1;\frac{m}{3} - 0} \right) = \left( {2;\frac{m}{3}} \right)\]

Khi đó \[\overrightarrow {BG} \cdot \overrightarrow {AG} = \frac{{{m^2}}}{9} - 6\]   (2)

Thay (2) vào (1) ta có:

\[\frac{{{m^2}}}{9} - 6 = 0\]

m² = 54

\[m = 3\sqrt 6 \] hoặc \[m = - 3\sqrt 6 \]

Vậy có 2 giá trị của m cần tìm là \[m = 3\sqrt 6 ,\,\,m = - 3\sqrt 6 .\]

Lời giải:

Theo đề bài ta có:\[\widehat {A\,}:\widehat {B\,}:\widehat {C\,} = 3:5:7.\]

Suy ra \[\frac{{\widehat {A\,}}}{3} = \frac{{\widehat {B\,}}}{5} = \frac{{\widehat {C\,}}}{7}\] và \[\widehat {A\,} + \widehat {B\,} + \widehat {C\,} = 180^\circ \]

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau \[\frac{{\widehat {A\,}}}{3} = \frac{{\widehat {B\,}}}{5} = \frac{{\widehat {C\,}}}{7} = \frac{{\widehat {A\,} + \widehat {B\,} + \widehat {C\,}}}{{3 + 5 + 7}} = \frac{{180^\circ }}{{15}} = 12^\circ \]

Suy ra:

⦁ \[\frac{{\widehat {A\,}}}{3} = 12^\circ \] nên \[\widehat {A\,} = 36^\circ ;\]

⦁ \[\frac{{\widehat {B\,}}}{5} = 12^\circ \] nên \[\widehat {B\,} = 60^\circ ;\]

⦁ \[\frac{{\widehat {C\,}}}{7} = 12^\circ \] nên \[\widehat {C\,} = 84^\circ .\]

Do đó \[\widehat {A\,} < \widehat {B\,} < \widehat {C\,}\] nên BC < AC < AB.

Lời giải:

 

a) Xét ∆CHM vuông tại M và ∆CAH vuông tại H có:

\[\widehat {HCM}\] là góc chung

Do đó: ∆CHM ᔕ∆CAH (g.g).

b) Xét ∆ABC cân tại A có AH là đường cao nên AH đồng thời là đường trung tuyến, suy ra H là trung điểm của BC.

Xét∆CKB vuông tại K và ∆CHA vuông tại H có:

\[\widehat {KCB}\]là góc chung

Do đó: ∆CKBᔕ∆CHA (g.g)

Suy ra \[\frac{{CK}}{{CH}} = \frac{{CB}}{{CA}}\]​ hay CK.CA = CH.CB

Khi đó, CB.2.CH=2.CK.CA hay CB²=2CK.CA.

Lời giải:

 

a) Xét ∆AMBvà ∆AMC có:

AB = AC (do ∆ABC cân tại A);

MB = MC (do M là trung điểm của BC);

AM là cạnh chung

Do đó ∆AMB = ∆AMC (c.c.c).

b) Do ∆AMB = ∆AMC nên \(\widehat {MAB} = \widehat {AMC}\) (hai góc tương ứng).

Do đó AM là tia phân giác của góc BAC.

c) Xét ∆AMB và ∆DMC có:

MA = MD; \(\widehat {AMB} = \widehat {DMC}\) (đối đỉnh); MB = MC

Do đó ∆AMB = ∆DMC (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {MAB} = \widehat {MDC}\) (hai góc tương ứng)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AB // CD.

Lời giải:

 

a) Xét ∆ABE và ∆ACF có:

\[\widehat A\]là góc chung

\[\widehat {AEB} = \widehat {{\rm{AF}}C} = 90^\circ \]

Suy ra ∆ABE ᔕ ∆ACF (g.g).

b) Xét tam giác CEB và tam giác CDA có:

\[\widehat C\]là góc chung

\(\widehat {CEB} = \widehat {CDA} = 90^\circ \)

Suy ra ∆CEB ᔕ ∆CDA (g.g)

Suy ra \[\frac{{CE}}{{CD}} = \frac{{CB}}{{CA}}\]

Suy ra CD.CB = CE.CA.

Lời giải:

 

a) Vì ∆AMB đều nên \(\widehat {MAB} = 60^\circ .\)

Vì ∆ANC đều nên \(\widehat {NAC} = 60^\circ .\)

Ta có:\[\widehat {MAN} = \widehat {MAB} + \widehat {BAC} + \widehat {NAC}\]

Suy ra \(\widehat {MAN} = 60^\circ + 60^\circ + 60^\circ = 180^\circ \)

Do đó M, A, N thẳng hàng.

b) Ta có:

⦁ \(\widehat {MAC} = \widehat {MAB} + \widehat {BAC} = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ \)

⦁ \(\widehat {NAB} = \widehat {NAC} + \widehat {BAC} = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ \)

Suy ra \[\widehat {MAC} = \widehat {NAB}\]

Xét ∆MAC và ∆BAN có:

MA=AB (do tam giác AMB đều)

\[\widehat {MAC} = \widehat {NAB}\] (cmt)

AC = NA(do tam giác ANC đều)

Do đó∆MAC = ∆BAN (c.g.c)

Suy ra MC = BN (hai cạnh tương ứng).

Lời giải:

 

Kẻ đoạn thẳng MF.

Do AE = EF nên E là trung điểm của AF.

Do EF = FC nên F là trung điểm EC.

Trong tam giác ABC có AM là đường trung tuyến nên M là trung điểm của BC.

Vì vậy: MF là đường trung bình của tam giác BEC nên MF//BE.

Trong tam giác AMF có E là trung điểm của AF, BE//MF nên BE đi qua trung điểm của AM hay N là trung điểm của AM.

Vì vậy \[\overrightarrow {NA} \] và \[\overrightarrow {NM} \]là hai vectơ đối nhau.

Lời giải:

 

Kẻ MK ⊥ AB.

\[{S_{AMN}} = \frac{1}{2} \cdot MK \cdot AN\]

\[{S_{ABM}} = \frac{1}{2} \cdot MB.AB\]

Do đó \[\frac{{{S_{AMN}}}}{{{S_{ABM}}}} = \frac{{AN}}{{AB}} = \frac{1}{2}\] (do N là trung điểm của AB)

Suy ra S_ABM = 2S_AMN = 2.6 = 12 (cm²).

Chứng minh tương tự, ta cũng có:

\[\frac{{{S_{ABM}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{BM}}{{BC}} = \frac{1}{2}\] (do M là trung điểm của BC)

Suy ra S_ABC = 2S_ABM = 2.12 = 24 (cm²).

Lời giải:

 

a) Xét ∆AMN và ∆CQN có:

AN = NC (do N là trung điểm của AC)

\[\widehat {ANM} = \widehat {CNQ}\] (đối đỉnh)

NM = NQ (gt)

Do đó ∆AMN = ∆CQN (c-g-c).

b) Do ∆AMN = ∆CQN (câu a)

Suy ra \[\widehat {MAN} = \widehat {NCQ}\] (hai góc tương ứng)

Mà \[\widehat {MAN},\,\,\widehat {NCQ}\] là hai góc so le trong nên AM // CQ

Suy ra MB // CQ.

c) Do ∆AMN = ∆CQN (câu a)

Suy ra AM = CQ (hai cạnh tương ứng)

Mà AM = MB (do M là trung điểm của AB) nên MB = CQ

Do BM // CQ (câu b) nên \[\widehat {BMC} = \widehat {QCM}\] (so le trong)

Xét ∆BMC và ∆QCM có:

BM = CQ,

\[\widehat {BMC} = \widehat {QCM}\],

CM là cạnh chung

Do đó ∆BMC = ∆QCM (c-g-c)

Suy ra BC = MQ (hai cạnh tương ứng)

Do NM = NQ nên \[MN = \frac{1}{2}MQ\]

Mà BC = MQ (cmt) nên \[MN = \frac{1}{2}BC.\]

Lời giải:

 

a) Ta có CF ⊥ AB, KB ⊥ AB nên CF // KB

              BE ⊥ AC, KC ⊥ AC nên KC // BE

Xét tứ giác HBKC có: CF // KB, KC // BE

Suy ra HBKC là hình bình hành.

b) Vì HBKC là hình bình hành nên hai đường chéo BC và HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Mà M là trung điểm của BC nên M cũng là trung điểm của HK

Suy ra 3 điểm M, H, K thẳng hàng.

c) Xét ∆BFC vuông tại F có FM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

Suy ra FM = BM = CM (1)

Xét ∆BEC vuông tại E có EM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

Suy ra EM = BM = CM (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆FEM cân tại M.

Lời giải:

 

a) Xét tứ giác ANMP có AN//MP và AP//MN

Do đó ANMP là hình bình hành

Hình bình hành ANMP có \[\widehat {NAP} = 90^\circ \] nên ANMP là hình chữ nhật.

b) Xét ∆ABC có M là trung điểm của BC và MN//AB

Do đó N là trung điểm của AC

Ta có ∆ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên MA=MC.

Xét tứ giác AMCQ có N là trung điểm chung của AC và MQ

Suy ra AMCQ là hình bình hành

Hình bình hành AMCQ có MA=MC nên AMCQ là hình thoi.

Lời giải:

 

a) Xét ∆HBA vuông tại H và ∆ABC vuông tại A có \[\widehat {HBA}\]chung

Do đó: ∆HBA ᔕ ∆ABC (g.g).

b) Xét ∆HAB vuông tại H và ∆HCA vuông tại H có:

\[\widehat {HAB} = \widehat {HCA}\left( { = 90^\circ - \widehat {ABC}} \right)\]

Do đó: ∆HAB ᔕ ∆HCA

Suy ra \[\frac{{HA}}{{HC}} = \frac{{HB}}{{HA}}\] nên HA² = HB.HC.

c) Ta có: ED//AH và AH⊥ BC nên ED⊥ BC

Xét ∆HAD vuông tại H có HA=HD nên ∆HAD vuông cân tại H. Suy ra \[\widehat {ADB} = 45^\circ .\]

Xét tứ giác EDBA có \[\widehat {EDB} = \widehat {EAB} = 90^\circ \] nên hai điểm D, A cùng nằm trên đường tròn đường kính EB, hay tứ giác EDBA là tứ giác nội tiếp.

Suy ra \[\widehat {AEB} = \widehat {ADB} = 45^\circ \] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

Xét ΔAEB vuông tại A có \(\widehat {AEB} = 45^\circ \) nên ΔAEB vuông cân tại A

Suy ra AE=AB.

Lời giải:

 

a) Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có \[\widehat {HBA}\]chung

Do đó: ΔHBAᔕΔABC (g.g).

b) Xét ΔABC vuông tại A, theo định lí Pythagore, ta có:

AB² + AC² = BC²

Suy ra \[BC = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\] (cm).

Vì ΔHBAᔕΔABC(câu a) nên \[\frac{{BA}}{{BC}} = \frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{HA}}{{AC}}\] (1)

Suy ra \[HA = \frac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \frac{{3 \cdot 4}}{5} = 2,4\] (cm).

c) Xét ΔABC có BN là phân giác nên \[\frac{{BA}}{{BC}} = \frac{{NA}}{{NC}}\] ​(2)

Xét ΔBHA có BM là phân giác nên \[\frac{{BH}}{{BA}} = \frac{{MH}}{{MA}}\] ​(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \[\frac{{NA}}{{NC}} = \frac{{MH}}{{MA}}\]​

Suy ra MA.NA = MH.NC.

Lời giải:

 

a) Ta có \(\widehat {BAH} + \widehat {B\,} = 90^\circ \) (ΔHBA vuông tại H)

              \(\widehat {BCA} + \widehat {ABC} = 90^\circ \) (ΔABC vuông tại A)

Suy ra \(\widehat {BAH} = \widehat {BCA}\).

b) Ta có: \(\widehat {BAK} + \widehat {CAK} = \widehat {BAC} = 90^\circ \)

               \(\widehat {AKH} + \widehat {KAH} = 90^\circ \)(ΔKHA vuông tại H)

Mà \[\widehat {BAK} = \widehat {KAH}\] (AK là phân giác của góc HAC)

Nên \[\widehat {AKH} = \widehat {CAK}.\]

Lời giải:

 

Do D là trung điểm của BC nên AD là trung tuyến ứng với cạnh BC

Mà AE = 2ED suy ra \[AE = \frac{2}{3}AD\]

Do đó E là trọng tâm ∆ABC.

Suy ra BE là trung tuyến ứng với cạnh AC hay BG là trung tuyến

Vậy G là trung điểm của AC.

Lời giải:

 

a) Ta có HE = DE ‒ DH

              KF = DF ‒ DK

Mà DH = DK và DE = DF (do ∆DEF cân tại D)

Suy ra HE = KF

Xét ∆HEF và ∆KFE có:

HE = KF (cmt)

\[\widehat {HEF} = \widehat {KFE}\] (∆DEF cân tại D)

EF là cạnh chung

Do đó ∆HEF = ∆KFE (c-g-c)

Suy ra FH = EK (2 cạnh tương ứng)

b) Theo câu a có ∆HEF = ∆KFE suy ra \[\widehat {{\rm{OEF}}} = \widehat {OFE}\] (2 góc tương ứng)

Xét ∆OEF có \[\widehat {{\rm{OEF}}} = \widehat {OFE}\] nên ∆OEF cân tại O

Do đó OE = OF

Ta có: \[\widehat {{\rm{HEF}}} - \widehat {{\rm{O}}EF} = \widehat {HEO}\]

      và \[\widehat {KFE} - \widehat {{\rm{OF}}E} = \widehat {KFO}\]

Lại có: \[\widehat {HEF} = \widehat {KFE}{\rm{;}}\widehat {{\rm{OF}}E} = \widehat {OFE}\] (cmt)

Suy ra \[\widehat {HEO} = \widehat {KFO}\]

Xét ∆HEO và ∆KFO có:

OE = OF (cmt)

\[\widehat {HEO} = \widehat {KFO}\] (cmt)

HE = KF ( theo a)

Do đó ∆HEO = ∆KFO (c-g-c)

c) Gọi A là giao điểm của DO và EF.

Theo câu b có ∆HEO = ∆KFO nên HO = OK ( 2 cạnh tương ứng )

Xét ∆HDO và ∆KDO có:

DH = DK (gt)

HO = OK (cmt)

DO là cạnh chung

Do đó ∆HDO = ∆KDO (c-c-c)

Xét ∆DCE và ∆DCF có:

DE = DF (∆DEF cân tại D)

\[\widehat {EDC} = \widehat {D{\rm{EF}}}\] (cmt)

DC là cạnh chung 

Do đó ∆DCE = ∆DEF (c-g-c)

Suy ra \[\widehat {DCE} = \widehat {{\rm{DEF}}}\] (2 góc tương ứng)

Khi đó, \(\widehat {DCE} = \widehat {DCF} = \frac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \)hay DO ⊥ EF.

Lời giải:

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông MNP tại M có:

NP² = MN² + MP²

Suy ra \[NP = \sqrt {M{N^2} + M{P^2}} = \sqrt {{{18}^2} + {{24}^2}} = 30\] (cm).

⦁ Ta có \({S_{MNP}} = \frac{1}{2}MN \cdot MP = \frac{1}{2}MH \cdot NP\)

Suy ra \[MH = \frac{{MN \cdot MP}}{{NP}} = \frac{{18 \cdot 24}}{{30}} = 14,4\] (cm).

⦁ Xét ∆MNH và ∆PNM có:

\[\widehat {MHN} = \widehat {PMN} = 90^\circ \] và \[\widehat N\] là góc chung

Do đó ∆MNH ᔕ ∆PNM (g.g).

Suy ra \(\frac{{NH}}{{NM}} = \frac{{MN}}{{PN}}\) nên \[NH = \frac{{M{N^2}}}{{NP}} = \frac{{{{18}^2}}}{{30}} = 10,8\] (cm).

⦁ Xét ∆MNP có MD là đường phân giác của góc NMP nên \(\frac{{MN}}{{MP}} = \frac{{DN}}{{DP}}\) (tính chất đường phân giác)

Suy ra \(\frac{{MN}}{{MP + MN}} = \frac{{DN}}{{DP + DN}}\) (tính chất tỉ lệ thức)

Hay \(\frac{{MN}}{{MP + MN}} = \frac{{DN}}{{NP}}\)

Do đó \(\frac{{18}}{{24 + 18}} = \frac{{DN}}{{30}}\) nên \(DN = \frac{{30 \cdot 18}}{{24 + 18}} = \frac{{90}}{7}\) (cm).

Lại có DN = DH + HN

Suy ra \(HD = DN - NH = \frac{{90}}{7} - 10,8 = \frac{{72}}{{35}}\) (cm).

Lời giải:

 

a) Vì ΔBHC vuông tại H nên H nằm trên đường tròn đường kính BC

Do đó H nằm trên (O) đường kính BC.

Vì ΔBKC vuông tại K nên K nằm trên đường tròn đường kính BC

Do đó K nằm trên (O) đường kính BC.

b) Xét ΔKBC vuông tại K và ΔHCB vuông tại H có:

BC là cạnh chung

\[\widehat {KBC} = \widehat {HCB}\] (ΔABC cân tại A)

Do đó: ΔKBC = ΔHCB (cạnh huyền – góc nhọn)

Xét (O) có:

\[\widehat {KCB}\]là góc nội tiếp chắn cung BK

\[\widehat {HBC}\]là góc nội tiếp chắn cung HC

Mà \[\widehat {KCB} = \widehat {HBC}\]nên 

 c) Xét ∆ABH vuông tại H, ta có: \[\widehat {ABH} + \widehat {BAH} = 90^\circ \]

Suy ra \[\widehat {ABH} = 90^\circ - \widehat {BAH} = 90^\circ - 40^\circ = 50^\circ .\]

Lại có \(\widehat {KBH}\) là góc nội tiếp chắn cung KH của đường tròn (O)

Lời giải:

 

 a) Xét tứ giác BFHD có:\(\widehat {BFH} = \widehat {BDH} = 90^\circ \)

Suy ra BFHD là tứ giác nội tiếp, do đó \[\widehat {FDH} = \widehat {FBH}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HF)

Xét tứ giác CEHD có \(\widehat {CEH} = \widehat {CDH} = 90^\circ \)

Suy ra CEHD là tứ giác nội tiếp, do đó \[\widehat {EDH} = \widehat {ECH}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH)

Mà góc \[\widehat {FBH} = \widehat {ECH}\] (cùng phụ với góc BAC)

Nên \[\widehat {FDH} = \widehat {EDH}\]

Suy ra DH là phân giác của \[\widehat {FDE}\].

Chứng minh tương tự, ta có EH là tia phân giác của \(\widehat {FED}\)

Do đó H là giao điểm của 3 đường phân giác của tam giác DEF.

b) Xét ∆DPEA có DH là phân giác của \[\widehat {PDE}\] nên \[\frac{{HP}}{{HE}} = \frac{{DP}}{{DE}}.\]

Lại có DH ⊥ DB nên DB là tia phân giác của góc ngoài của ∆PDE tại đỉnh D.

Do đó \(\frac{{DP}}{{DE}} = \frac{{BP}}{{BE}}\)

Suy ra \[\frac{{HP}}{{HE}} = \frac{{BP}}{{BE}}.\]

Lời giải:

 

Đặt\[a = \left| {2\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} } \right|\] (cm, a > 0).

\[{a^2} = 4{\left( {\overrightarrow {OA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {OB} } \right)^2} - 4\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} \]

a² = 4OA² + OB² – 0 (do OA ⊥ OB nên \[\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} = 0)\]

a² = 4.4² + 4² = 4².5

Suy ra \[a = 4\sqrt 5 \] (cm).

Vậy \[\left| {2\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} } \right| = 4\sqrt 5 \] cm.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Có 6 tập con gồm 2 phần tử của A là:

{0; 3}; {0; 4};{0; 6};{3; 4};{3; 6};{4; 6}.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Trên đường thẳng có vô số điểm. Do đó phát biểu ở phương án C là sai.

Lời giải:

Chữ B không có trục đối xứng.

Lời giải:

Chữ in hoa có 1 trục đối xứng là: A, V, U, ...

Chữ in hoa có 2 trục đối xứng là: X, O, …

Lời giải:

Chữ H có tâm đối xứng là điểm O (hình vẽ):

Lời giải:

Chữ N có tâm đối xứng như hình vẽ dưới đây:

Lời giải:

Chu vi đáy = (chiều dài + chiều rộng) × 2.

Lời giải:

Chu vi hình tròn là:

6 × 3,14 = 18,84 (cm)

Nửa chu vi hình tròn là:

18,84 : 2 = 9,42 (cm)

      Đáp số : 9,42 cm.

Lời giải:

Chữ Z không có trục đối xứng.

Lời giải:

Một số cách chứng minh 3 đường thẳng đồng quy

1. Tìm giao của hai đường thẳng, sau đó chứng minh đường thẳng thứ ba đi qua giao điểm đó.

2. Chứng minh một điểm thuộc ba đường thẳng đó.

3. Sử dụng tính chất đồng quy trong tam giác:

* Ba đường thẳng chứa các đường trung tuyến.

* Ba đường thẳng chứa các đường phân giác.

* Ba đường thẳng chứa các đường trung trực.

* Ba đường thẳng chứa các đường các đường cao.

4. Sử dụng tính chất các đường thẳng định ra trên hai đường thẳng song song những đoạn thẳng tỷ lệ.

5. Sử dụng chứng minh phản chứng

6. Sử dụng tính thẳng hàng của các điểm

7. Chứng minh các đường thẳng đều đi qua một điểm.

Lời giải:

Chứng minh tam giác là tam giác cân, ta có thể chứng minh:

- Tam giác có hai cạnh bằng nhau.

- Tam giác có hai góc bằng nhau.

- Tam giác có hai trong bốn đường: đường trung tuyến, đường trung trực, đường cao, đường phân giác cùng xuất phát từ một đỉnh.

Lời giải:

Chứng minh tam giác là tam giác cân, ta có thể chứng minh:

- Chứng minh tam giác có 3 cạnh bằng nhau 

- Chứng minh tam giác có 3 góc bằng nhau 

- Chứng minh tam giác có 2 góc bằng 60°

- Chứng minh tam giác cân có 1 góc bằng 60°

Lời giải:

Chứng minh tia Oz là tia phân giác của \[\widehat {xOy}\]:

Cách 1: Chứng minh \[\widehat {xOz} = \widehat {yOz}\] và Oz nằm giữa hai tia Ox và Oy.

Cách 2: Chứng minh \[\widehat {xOz} = \widehat {yOz} = \frac{{\widehat {xOy}}}{2}\]

Lời giải:

Chứng minh M là trung điểm của AB:

Cách 1: Chứng minh MA = MB và điểm M nằm giữa hai điểm A, B.

Cách 2: Chứng minh\(MA = MB = \frac{1}{2}AB\).

Lời giải:

Để chuyển phân số sang phân số thập phân, ta phải nhân cả tử và mẫu số của phân số đó với cùng một số, mà sau đó phân số mới bằng phân số ban đầu và mẫu của phân số mới là 10; 100; 1000;....

Lời giải:

cm³ là xăng ti mét khối, là đơn vị đo thể tích.

Lời giải:

rung bình mỗi xe chở được:

(4,3 + 4,5 + 3,8) : 3 = 4,2 (tấn gạo)

Đổi 4,2 tấn = 42 tạ.

Đáp số : 4,2 tấn gạo;

              42 tạ gạo.

Lời giải:

Một năm có 365 ngày

Năm nhuận có 366 ngày.

Lời giải:

Số lẻ lớn nhất có 2 chữ số là 99 

Số lẻ bé nhất có 2 chữ số là 11

Số số lẻ có 2 chữ số là: (99 ‒ 11) : 2 + 1 = 45.

Lời giải:

Số tự nhiên nhỏ nhất có 2 chữ số là: 10

Số tự nhiên lớn nhất có 2 chữ số là: 99

Số lượng số tự nhiên có 2 chữ số là:

(99 ‒ 10) : 1 + 1 = 90 (số) 

Tổng của các số tự nhiên có 2 chữ số là:

(99 + 10) × 90 : 2 = 4905. 

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Để tìm các số từ 1 đến 20 mà không nguyên tố cùng nhau với 15, ta tìm các số từ 1 đến 20 mà có ước chung lớn nhất với 15 lớn hơn 1.

Các số cần tìm là 3; 5; 6; 9; 10; 12; 15; 18; 20.

Lời giải:

Có 1 tháng có 28 ngày là tháng 2.

Lời giải:

Gọi chiều rộng mảnh vườn là x (m) (x > 0)

Vì một cạnh là tường nên chiều dài lưới rào là 60m, do đó chiều dài mảnh vườn là 60 ‒ 2x (m)

Diện tích mảnh vườn là: S = x(60 ‒ 2x) = 60x ‒ 2x²

Theo đề bài diện tích mảnh vườn không ít hơn 400 m², tức là S ≥ 400

2x² ‒ 60x + 400 ≤ 0

x² ‒ 30x + 200 ≤ 0

10 ≤ x ≤ 20

Vậy chiều rộng nhỏ nhất của vườn là 10 m để diện tích không nhỏ hơn 400 m².

Lời giải:

Cách 1: Chiều rộng = Diện tích hình chữ nhật : chiều dài

Cách 2: Chiều rộng = Nửa chu vi hình chữ nhật – chiều dài.

Lời giải:

Vì chu vi mặt đáy hình chữ nhật × chiều cao = diện tích xung quanh 

Chu vi đáy = Diện tích xung quanh : cho chiều cao.

Lời giải:

Lũy thừa 1 tích:

(a.b)ⁿ = aⁿ.bⁿ

Lũy thừa của 1 thương:

(a:b)ⁿ = aⁿ : bⁿ

Lời giải:

Đối với dãy số cách đều, ta có:

Công thức tính số số hạng: (Số cuối ‒ số đầu) : khoảng cách + 1 

Công thức tính tổng: (Số cuối + số đầu) × khoảng cách : 2 

Lời giải:

1 xe chở được số hàng là:

15 : 5 = 3 (tấn)

Đoàn thứ 1 chở được số hàng là:

12 × 3 = 36 (tấn)

Đoàn thứ 2 chở được số hàng là:

18 × 3 = 54 (tấn)

Cả 2 đoàn chở được số hàng là

36 + 54 = 90 (tấn)

Đáp số: 90 tấn hàng.

Lời giải:

Số tiền đôi giày được giảm ở lần hạ giá thứ nhất là:

400000 : 100 × 12 = 48000 (đồng)

Giá tiền đôi giày sau lần hạ giá thứ nhất là:

400000 – 48000 = 352000 (đồng)

Số tiền đôi giày được giảm ở lần hạ giá thứ hai là:

352000 : 100 × 10 = 35200 (đồng)

Giá tiền đôi giày sau hai lần hạ giá là:

352000 – 35200 = 316800 (đồng)

Đáp số: 316800 đồng

Lời giải:

Đổi 1 tạ 50 kg = 150 kg

Sau khi bán đi đi 25kg gạo mỗi loại thì số gạo nếp vẫn nhiều hơn số gạo tẻ là 150kg.

Ta có sơ đồ sau khi bán mỗi loại 25kg gạo : 

Gạo tẻ    : |-----|-----|

Gạo nếp : |-----|-----|-----|-----|-----|

Hiệu số phần bằng nhau là : 5 ‒ 2 = 3 (phần)

Có số kg gạo tẻ lúc sau là : 150 : 3 × 2 = 100 (kg)

Có số kg gạo tẻ lúc đầu là : 100 + 25 = 125 (kg)

Có số kg gạo nếp lúc đầu là : 125 + 150 = 275 (kg)

         Đáp số: Gạo tẻ lúc đầu: 125 kg

                      Gạo nếp lúc đầu: 275 kg.

Lời giải:

Đa thức là một đơn thức hoặc một tổng của hai hay nhiều đơn thức. Mỗi đơn thức trong tổng gọi là một hạng tử của đa thức đó.

Lời giải:

Dấu hiệu chia hết cho 2 là các số có chữ số tận cùng chia hết cho 2.

Lời giải:

- Chia hết cho 2 thì chữ số tận cùng phải là: 0 hoặc 2 hoặc 4 hoặc 6 hoặc 8

- Chia hết cho 3 thì tổng các chữ số trong số đó phải chia hết cho 3

- Chia hết cho 5 thì chữ số tận cùng phải là: 0 hoặc 5

- Chia hết cho 9 thì tổng các chữ số trong số đó phải chia hết cho 9

Chú ý:

- Một số chia hết cho 9 thì chắc chắn chia hết cho 3

- Một số chia hết cho 3 thì chưa chắc chia hết cho 9

- Nếu chia hết cho cả 2, 3, 5 và 9 thì chữ số tận cùng là 0 và tổng các chữ số trong số đó phải chia hết cho 9.

Lời giải:

- Chia hết cho 3 thì tổng các chữ số trong số đó phải chia hết cho 3.

Lời giải:

Những số có chứ số tận cùng là 0; 5 và tổng các chữ số chia hết cho 3 thì chia hết cho 3 và 5.

Lời giải:

Những số có hai chữ số cuối tạo thành một số chia hết cho 4 thì số đó chia hết cho 4.

Lời giải:

Những số có tận cùng là 0 hoặc 5 thì chia hết cho 5.

Lời giải:

Các số chia hết cho 2 và 3 thì chia hết cho 6.

Lời giải:

3 chữ số cuối cùng bên phải tạo thanh một số chia hết cho 8  thì số đó chia hết cho 8.

Lời giải:

Các số có tổng các chữ số chia hết cho 9 thì chia hết cho 9.

Lời giải:

Dãy trên có số số hạng là:

(117 ‒ 1) : 2 + 1 = 59  (số)

Vậy từ 1 đến 118 có 59 số hạng.

Lời giải:

π = 3,1415926535897932384626433...

Lời giải:

Từ 1 đến 1000 có số số hạng là:

1000 ‒ 1 : 1 + 1 = 1000 (số)

Có số cặp là:

1000 : 2 = 500 

Tổng của 1 cập số là:

1000 + 1 = 1001 

Tổng của các số từ  1 đến 1000 là:

1001 × 500 = 500500

Đáp số: 500500. 

Lời giải:

Cách 1:Xét phương trình: \[\sqrt {{x^2} + mx + 2} = 2x + 1\]

Với \[x \ge - \frac{1}{2}\], ta có:

x² + mx + 2 = (2x + 1)²

x² + mx + 2 = 4x² + 4x + 1

3x² + (4 – m)x – 1 = 0

Phương trình trên có ∆ = (4 – m)² – 4.3.(– 1) = (4 – m)² + 12 > 0 với mọi m.

Như vậy, phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ với mọi m.

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{m - 4}}{3}\\{x_1}{x_2} = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\)

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì \[{x_1} \ge - \frac{1}{2},\,\,{x_2} \ge - \frac{1}{2}\]

Suy ra \[{x_1} + \frac{1}{2} \ge 0,\,\,{x_2} + \frac{1}{2} \ge 0\]

Do đó \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {{x_1} + \frac{1}{2}} \right) + \left( {{x_2} + \frac{1}{2}} \right) \ge 0\\\left( {{x_1} + \frac{1}{2}} \right)\left( {{x_2} + \frac{1}{2}} \right) \ge 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} \ge - \frac{1}{4}\\{x_1}{x_2} + \frac{1}{2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \frac{1}{4} \ge 0\end{array} \right.\]

Nên \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{m - 4}}{3} \ge - \frac{1}{4}\\ - \frac{1}{3} + \frac{1}{2} \cdot \frac{{m - 4}}{3} + \frac{1}{4} \ge 0\end{array} \right.\] suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}m \ge \frac{{13}}{4}\\m \ge \frac{9}{2}\end{array} \right.\] do đó \[m \ge \frac{9}{2}\].

Vậy \[m \ge \frac{9}{2}\] thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Cách 2:Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì

2x + 1 ≥ 0 và x² + mx + 2 = (2x + 1)²

\[x \ge - \frac{1}{2}\] và mx = 3x² + 4x ‒1 (*)

Xét phương trình (*)

Với x = 0, suy ra 0x = ‒1 (vô nghiệm)

Với x ≠ 0 suy ra \[3x + 4 - \frac{1}{x} = m\]

Xét hàm số \[f\left( x \right) = 3x + 4 - \frac{1}{x}\] trên tập \[\left[ { - \frac{1}{2}; + \infty } \right) \setminus \left\{ 0 \right\}\]

\[f'\left( x \right) = 3 + \frac{1}{{{x^2}}} > 0\] với mọi x ∈ \[\left[ { - \frac{1}{2}; + \infty } \right) \setminus \left\{ 0 \right\}\]

Giới hạn:

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ \pm }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ \pm }} \left( {3x + 4 - \frac{1}{x}} \right) = \mp \infty ;\]

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {3x + 4 - \frac{1}{x}} \right) = + \infty \]

Bảng biến thiên:

Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \[f\left( x \right) = 3x + 4 - \frac{1}{x}\] và đường thẳng y = m trên miền \[\left[ { - \frac{1}{2}; + \infty } \right)\] ∖ {0}

Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là \[m \ge \frac{9}{2}.\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Thay x=4 vào hàm số y = 2x ‒ 5, ta được: y=2. 4 ‒ 5 = 3.

Do đó điểm (4; 3) thuộc đồ thị hàm số y = 2x – 5.

Lời giải:

Diện tích đáy hình hộp chữ nhật = a × b.

Lời giải:

Công thức tính diện tích đáy của hình lăng trụ đứng còn tùy thuộc xem đáy của hình lăng trụ đứng đó là hình gì.

+ Nếu đáy là hình tam giác sử dụng công thức tính diện tích hình tam giác

+ Nếu đáy là hình chữ nhật sử dụng công thức tính diện tích hình chữ nhật

+ Nếu đáy là hình thang sử dụng công thức tính diện tích hình thang.

+ Nếu đáy là hình tròn sử dụng công thức tính diện tích hình tròn.

+ Nếu đáy là hình vuông sử dụng công thức tính diện tích hình vuông.

+ Nếu đáy là hình thoi sử dụng công thức tính diện tích hình thoi.

+ Nếu đáy là bình hành thì sử dụng công thức tính diện tích hình bình hành.

+ Nếu đáy là hình khác biệt thì chia đáy đó thành hình thông thường, tính diện tích từng hình, cộng tất cả diện tích các hình thông thường đó ta được diện tích đáy.

Lời giải:

Bán kính của hình tròn là:

6 : 2 = 3 (cm)

Diện tích nửa hình tròn là:

\[\frac{1}{2} \times \pi \times {3^2} \approx 14,13\] (cm).

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

- Những đơn vị dam², hm² là hai đơn vị lớn nên không thể để đo tờ giấy kiểm tra nên ta loại 2 đáp án 605 dam² và 605 hm²

- Đơn vị mm² là một đơn vị quá nhỏ và không thể để đo tờ giấy kiểm tra nên ta loại đáp án 605 mm²

Vậy chỉ còn đáp án 605 cm².