10000 câu trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2025 mới nhất (có đáp án) - Phần 53

Ta có: \(P = \frac{{3x{y^3}}}{{xy}} + \frac{{2{x^2}y}}{{xy}} = 3{y^2} + 2x\).

Ta có: \(Q = \frac{{4{x^3}{y^2}}}{{3{x^2}y}} + \frac{{ - 2{x^2}{y^2}}}{{3{x^2}y}} + \frac{{5{x^2}y}}{{3{x^2}y}} = \frac{4}{3}xy - \frac{2}{3}y + \frac{5}{3}\).

Gọi x (người) là số người xe thứ nhất chở được (x ℕ*)

Chiếc xe thứ hai chở số người là: x + 10 (người)

Theo đề bài, tổng số người trên hai xe là 50 người nên ta có phương trình

x + (x + 10) = 50

2x = 40

x = 20 (TMĐK)

Vậy xe thứ nhất chở 20 người, xe thứ hai chở 30 người.

Gọi x (giờ) là thời gian hoàn thành quãng đường của xe đầu tiên (x > 0)

Thời gian hoàn thành quãng đường của xe thứ hai là x + 3 (giờ).

Theo giả thiết, tổng thời gian hoàn thành quãng đường của cả hai xe là 9 giờ:

x + (x + 3) = 9

2x = 6

x = 3 (TMĐK)

Vậy xe thứ nhất và xe thứ hai đi hết khoảng thời gian lần lượt là 3 giờ và 6 giờ.

Vậy (6x² + 18x + 12) : (2x + 4) = 3x + 3

Vậy (2x³+ 3x² – 3x – 2) : (x² + 1) = 2x + 3 dư (–5x – 5)

Ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}{S_{ABC}} = \frac{1}{2}\,.\,AB\,.\,AC\,.\,\sin \widehat A\\{S_{A'B'C'}} = \frac{1}{2}\,.\,A'B'\,.\,A'C'\,.\,\sin \widehat {A'}\end{array} \right.\]

Mà hai tam giác đồng dạng nên \[\frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{{A'C'}}{{AC}} = k\,,\,\,\widehat A = \widehat {A'}\]

\[\frac{{{S_{A'B'C'}}}}{{{S_{ABC}}}} = {k^2}\]

S_ABC = k².S_ABC = 3.

Do M, N là trung điểm của các cạnh AB và AC của tam giác nên MN là đường trung bình của tam giác ABC.

Suy ra MN // BC

Do đó ∆AMN ᔕ ∆ABC

Vậy \(\frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{AMN}}}} = {\left( {\frac{{AB}}{{AM}}} \right)^2} = {2^2} = 4\).

Vậy (2x³+ 3x² – 3x – 2) : (x² + 1) = 2x + 3 dư (–5x – 5)

Với ABCDEF là hình lục giác đều, ta có OCD và ODE là hai tam giác đều.

Suy ra OCDE là một hình thoi.

Theo tính chất của một hình thoi: CE OD.

Mà OD AO nên AO CE.

Ta có: BM = \(\frac{1}{2}\)BC = AD nên ABMD là hình bình hành.

Mà AB = AD

Do đó, ABMD là một hình thoi.

Theo tính chất của hì.nh thoi, ta có: AM BD.

Lấy M B suy ra AM = CM nên AB = CB.

Suy ra ABCD là hình thoi.

Theo tính chất của hình thoi, ta có: AC vuông góc với BD.

Ta có MN // PQ // AC, MN = PQ = \(\frac{1}{2}\)AC

Suy ra MNPQ là hình bình hành.

Lại có: MN // AC, NP // BD mà AC BD

Suy ra MN NP hay MNPQ là hình chữ nhật

Xét tứ giác EFIK ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}EK//IF//NQ\\EK = IF = \frac{1}{2}NQ\end{array} \right.\) EFIK là hình bình hành.

Mà EF = \(\frac{1}{2}\)MP = \(\frac{1}{2}\)NQ ( MNPQ là hình chữ nhật nên hai đường chéo bằng nhau).

Suy ra EF = EK nên EFIK là hình thoi.

Từ tính chất của hình thoi suy ra EI FK.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}EF = GH = \frac{1}{2}AC\\EH = FG = \frac{1}{2}BD\\AC = BD = a\end{array} \right. \Rightarrow EF = FG = GH = HE\).

Suy ra EFGH là hình thoi nên EG HF.

Gọi N là trung điểm của AB NK BD.

Nhận xét: Hai tam giác ADN và DNK là 2 ∆ vuông, có cạnh huyền ND.

Do đó A, N, D, K thuộc đường tròn (C) đường kính ND.

Dễ thấy A, D, M, N thuộc đường tròn (C) (Do ADMN là hình chữ nhật).

AM là một đường kính của (C), K (C) AK KM.

Gọi E là hình chiếu của M trên BN.

F = ME HI nên F là trực tâm của tam giác BHM.

Suy ra BF MH. (1)

Vì M là trung điểm IC, H là trung điểm AC (∆ABC cân) nên MH // IA. (2)

Xét tam giác IHC:

+ M là trung điểm IC

+ MF // HC (cùng vuông góc BH)

Suy ra F là trung điểm của IH và MF là đường trung bình của tam giác IHC.

Do đó MF // BN // HC và MF = BN = \(\frac{1}{2}\)HC.

Do đó tứ giác BFMN là hình bình hành.

Suy ra BF // MN. (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.

Gọi K là trung điểm của DH nên GK // AD hay GK AB.

Suy ra G là trực tâm của ∆ABK nên GB AK. (1)

∆DGH có K, F lần lượt là trung điểm của DH, CH.

Suy ra KF // CD và KF = \(\frac{1}{2}\)CD.

Suy ra AEFK là hình bình hành nên EF // AK. (2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

∆ABC là tam giác đều, G là trọng tâm nên

\(\widehat {GBC} = \widehat {GCB} = 30^\circ \)

Do đó IB = JC = BC.tan30°

Do đó IBCJ là hình chữ nhật nên IJ // BC

Lại có AG BC nên IJ AG.

Vì MQ và NP lần lượt là đường trung bình của hai tam giác BEF và BDF nên

MQ // NP // BF và MQ = NP = \(\frac{1}{2}\)BF.

Suy ra MNPQ là hình bình hành.

Lại có MN là đường trung bình của tam giác DEF nên MN // AD.

Mà AD BF nên MN MQ

Khi đó tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.

Vì tứ giác AHCD là hình chữ nhật có AD = CD nên AHCD là hình vuông.

Khi đó AH = CD nên H là trung điểm của AB.

CH = CD = \(\frac{1}{2}\)AB, nên ta có tam giác ABC vuông tại C.

Suy ra AC BC.

Có MA = NB = PC MB = NC = PD.

Do đó ∆BMN = ∆CNP (cạnh góc vuông – cạnh góc vuông)

Khi đó: MN = NP

Lại có: NQ MP (giả thiết)

Suy ra NQ là đường trung trực của MP.

Gọi O là tâm của hình vuông nên O = NQ MP

Hay O là trung điểm của MP và NQ nên MNPQ là hình vuông.

Suy ra MQ PQ.

Vì O là trung điểm của EF và MD nên EMFD là hình bình hành.

Xét 2 tam giác vuông ADE và CDF:

AD = CD; AE = CF

Do đó ∆ADE = ∆CDF (cạnh góc vuông – cạnh góc vuông)

Khi đó DE = DF (hai cạnh tương ứng).

Suy ra EMDF là hình thoi, nên DM EF.

Ta có MN, PQ là đường trung bình của các tam giác ABC và HBC

Suy ra MN // PQ và MN = PQ

Khi đó, tứ giác MNPQ là hình bình hành

Có \(\widehat {BAC} = 45^\circ \) \(\widehat {ABH} = \widehat {ACH} = 45^\circ \) (cùng phụ với \(\widehat {BAC}\))

Suy ra AK = BK, HK = CK

Do đó ∆AHK = ∆CBK (cạnh góc vuông – cạnh góc vuông)

Suy ra AH = BC (hai cạnh tương ứng).

Hai đoạn thẳng MN và NP là các đường trung bình của tam giác ABC và AHC

Do đó: MN = NP (do AH = BC), MN NP (do AH BC).

Nên MNPQ là hình vuông

Vậy MP $\perp$ NQ.

Hai hình vuông tâm F và tâm H là hai hình vuông bằng nhau, hai cạnh AB // CD.

Khi đó hai đường chéo IB // DM và IB = DM

FH // ID (1)

Tương tự: EG // DK (2)

Xét ∆AID và ∆CDK có:

AI = AB = CD

AD = BC = CK

\[\widehat {IAD} = \widehat {DCK}\] (vì \[90^\circ + \widehat {BAD} = 90^\circ + \widehat {BCD}\])

Do dó ∆AID = ∆CDK (c.g.c)

Khi đó: \[\widehat {ADI} = \widehat {CKD}\]

Ta có: \[\widehat {ADC} = \widehat {ADI} + \widehat {IDK} + \widehat {CDK} = \widehat {CKD} + \widehat {IDK} + \widehat {CDK}\]

\[ = 180^\circ - \widehat {DCK} + \widehat {IDK} = 90^\circ - \widehat {BCD} + \widehat {IDK}\]

Suy ra \[\widehat {IDK} = \widehat {ADC} + \widehat {BCD} - 90^\circ = 90^\circ \]

Hay ID DK (3)

Từ (1), (2) và (3), ta kết luận HF $\perp$ EG.

a) A = x⁴ – 8x³ – 3x³ + 24x² + 2x² – 16x – 6x + 48

= (x – 8)(x³ – 3x² + 2x – 6)

= (x – 8)(x – 3)(x² + 2).

b) B = x⁵ + 3x⁴ + x³ − 11x² − 30x – 20

= x⁵ – 5x³ + 3x⁴ – 15x² + 6x³ – 30x + 4x² – 20

= (x² − 5)(x³ + 3x² + 6x + 4)

= (x² − 5)(x³ + 2x² + 4x + x² + 2x + 4)

= (x² − 5)(x² + 2x + 4) (x + 1).

a) A = x⁴ + 5x³ + 7x² + 5x + 6

= x⁴ + 3x³ + 2x³ + 6x² + x² + 3x + 2x + 6

= (x + 3)(x³ + 2x² + x + 2)

= (x + 3)(x³ + x + 2x² + 2)

= (x + 3)(x²+ 1)(x + 2).

b) B = x³ − 11x² + 10x

= x(x² − 11x+ 10)

= x(x² – x – 10x + 10)

= x(x – 1)(x – 10).

a) x³ − 5x² − 9x + 10 = –35

x³ − 5x² − 9x + 45 = 0

x(x² – 9) – 5(x² – 9) = 0

(x – 5)(x² – 9) = 0

(x – 5)(x – 3)(x + 3) = 0

x – 5 = 0 hoặc x – 3 = 0 hoặc x + 3 = 0

x = 5 hoặc x = 3 hoặc x = –3

Vậy x ∈ {–3; 3; 5}.

b) x⁵ − 4x³ + 5x² – 20 = 0

x³(x² – 4) + 5(x² – 4) = 0

(x² – 4)(x³ + 5) = 0

(x + 2)(x – 2)(x³ + 5) = 0

x + 2 = 0 hoặc x – 2 = 0 hoặc x³ + 5 = 0

x = 2 hoặc x = – 2 hoặc \(x = - \sqrt[3]{5}\).

Vậy \(x \in \left\{ { - 2;\,\, - \sqrt[3]{5}\,;\,\,\,2\,} \right\}\).

P = x² + 11x + 24

= x² + 3x + 8x + 24

= (x + 3)(x + 8)

Nhận thấy, (x + 3) và (x + 8) không cùng lúc chẵn.

Nên P ⁝ 4 khi và chỉ khi (x + 3) ⁝ 4 hoặc (x + 8) ⁝ 4.

• Trường hợp 1: x + 3 ⁝ 4 nên x = 4k + 1 (k ℤ).

• Trường hợp 2: x + 8 ⁝ 4 nên x = 4h (h ℤ).

x⁴ + 10x³ + 35x² + 50x + 24 = 0

x⁴ + x³ + 9x³ + 9x² + 26x² + 26x + 24x + 24 = 0

(x + 1)(x³ + 9x² + 26x + 24) = 0

(x + 1)( x³ + 2x² + 7x² + 14x + 12x + 24) = 0

(x + 1)(x + 2)(x² + 7x + 12) = 0

(x + 1)(x + 2)(x² + 3x + 4x + 12) = 0

(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 0

Vậy x {–1; –2; –3; –4}.

Ta có BM // ND và BM = ND nên BMDN là hình bình hành

Suy ra hai đường chéo MN và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Suy ra E là trung điểm của BD

Do đó ta kết luận B, E, D thẳng hàng

Gọi M là giao điểm của CH với đường tròn (O) (M khác C).

Do hai đường tròn (O) và (O) tiếp xúc nhau nên ba điểm C, O, O thẳng hàng.

Tam giác COH có \(\widehat {CHO'} = \widehat {HCO'}\) và tam giác COM có \(\widehat {CMO} = \widehat {MCO}\).

Do đó ta suy ra O'H // OK. Do đó M là điểm chính giữa cung AB không chứa C.

Khi đó M K.

Từ đó ta kết luận C, H, K thẳng hàng.

Tam giác ABC đều nên F là trung điểm của AB và CO AB.

Do đó CF là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

Xét tam giác ∆AOI và ∆BOI có:

\(\widehat {OAI} = \widehat {OBI} = 90^\circ \)

OA = OB = r

Cạnh OI chung

Do đó ∆AOI = ∆BOI (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Khi đó IA = IB hay I nằm trên đường trung trực của AB.

Vậy ba điểm C, F, I thẳng hàng.

Ta có: AD = AB + BD = CE + AC = AE

Suy ra ∆ADE cân ở A.

Lấy K trên DE sao cho CK // AD.

Suy ra ∆CEK cân ở C nên CE = CK = AB.

Khi đó tứ giác ABKC là hình bình hành.

Nên AK, BC, IH đồng quy tại trung điểm của BC, đồng thời cũng là trung điểm của 2 đoạn thẳng còn lại

Khi đó tứ giác AIKH là hình bình hành nên AI // HK.

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}\widehat E = \frac{{180^\circ - {{\widehat A}_1}}}{2} = \frac{{180^\circ - {{\widehat I}_1}}}{2} = {\widehat B_1}\\{\widehat B_1} = {\widehat A_2}\end{array} \right.\]

Suy ra \[\widehat E = {\widehat A_2}\], do đó AI // DE.

Mà K DE suy ra D, H, E thẳng hàng.

Gọi I là trung điểm của BC, D nằm trên (O) sao cho AD là đường kính.

Ta có \(\widehat {DCA} = \widehat {DBA} = 90^\circ \)

Xét tứ giác BHCD ta có : 

+ BH // DC ( AC) 

+ CH // DB ( AB) 

Do đó tứ giác BHCD là hình bình hành . 

Khi đó H, I, D thẳng hàng và IH = ID.

Ta lại có :

+ OI = \(\frac{1}{2}\)AH (OI là đường trung bình tam giác DAH ) (1) 

+ GI = \(\frac{1}{2}\)GA (2) 

+ \[\widehat {HAG} = \widehat {GIO}\] (so le trong) (3) 

Do đó ∆GAH đồng dạng ∆GIO (c.g.c) 

Khi đó \(\widehat {HGA} = \widehat {IGO}\)

Do đó \[\widehat {HGA}\] và \[\widehat {IGO}\] là hai góc đối đỉnh nên ta suy ra H, G, O thẳng hàng.

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của các điểm B, C trên đường thẳng AD.

BH // CK \(\frac{{BH}}{{CK}} = \frac{{BD}}{{CD}}\) (1)

Xét ∆ABH và ∆ACK có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {BAH} = \widehat {CAK}\\\widehat {AHB} = \widehat {AKC} = 90^\circ \end{array} \right.\)

Do đó ∆ABH ᔕ ∆ACK (g.g)

\(\frac{{BH}}{{CK}} = \frac{{AB}}{{AD}}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

Ta có: \[\frac{{{S_{ABD}}}}{{{S_{ADC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}.BH.AD}}{{\frac{1}{2}.CK.AD}} = \frac{{BH}}{{CK}} = \frac{{BD}}{{CD}} = \frac{a}{b}\]

\[ \Rightarrow \frac{{{S_{ABD}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{a}{{a + b}}\].

Xét ∆ABM: \(\frac{{BI}}{{IM}} = \frac{{BA}}{{AM}} = \frac{{BA}}{{\frac{{AC}}{2}}} = \frac{4}{3}\) (tính chất đường phân giác)

Vì M là trung điểm của AC nên \[{S_{ABM}} = \frac{1}{2}{S_{ABC}}\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[{S_{ABI}} = \frac{2}{7}{S_{ABC}}\].

Ta có AENF là hình vuông và AN cắt EF tại L

Nên NLE vuông cân tại L.

Hạ LG NE (G NE), khi đó G là trung điểm của NE và LG = \(\frac{1}{2}\)NE (*)

Ta chứng minh được AMCE là hình bình hành:

AB // CD, M AB, E CD AM // CE

Lại có: AM = BC = CE nên AMCE là hình bình hành.

Suy ra AE // CM

Mà AE EN nên CM EN hay PK KN ∆PKN vuông cân tại K (do \(\widehat {PNE} = 45^\circ \))

Suy ra PK = NK (**)

+ ∆NKL có LG NK \({S_{NKL}} = \frac{1}{2}LG.NK\)

+ ∆NPE có PK NE \({S_{NPE}} = \frac{1}{2}PK.NE\)

Do đó kết hợp (*) và (**) \({S_{NKL}} = \frac{1}{2}{S_{NPE}} \Rightarrow \frac{{{S_{NKL}}}}{{{S_{NPE}}}} = \frac{1}{2}\).

Vì M là trung điểm của CD nên MC = BC = \(\frac{1}{2}\)CD

Tam giác BMC vuông cân tại N nên \(\widehat {MBC} = 45^\circ \) hay BM là đường phân giác của góc B.

Suy ra \(\frac{{AI}}{{CI}} = \frac{{AB}}{{CB}} = 2\) (tính chất đường phân giác)

Do đó \(\frac{{AI}}{{AC}} = \frac{2}{3} = \frac{{{S_{ABI}}}}{{{S_{ABC}}}} \Rightarrow {S_{ABI}} = \frac{2}{3}{S_{ABC}}\)

Vì M là trung điểm của CD nên S_AMC =\(\frac{1}{2}\)S_ADC = \(\frac{1}{2}\)S_ABC

Do đó S_ABI = \(\frac{4}{3}\)S_AMC.

Gọi H là giao điểm của AO và BC.

Cung AB và AC bằng nhau, suy ra AO BC.

BD BC CD là đường kính của đường tròn.

C, O, D thẳng hàng

Xét ∆ACO có: \[\cos \widehat {COH} = \frac{{A{O^2} + C{O^2} - A{C^2}}}{{2.AO.CO}} = \frac{{9 + 9 - 4}}{{2.3.3}} = \frac{7}{9}\]

\[HO = CO.\cos \widehat {COH} = \frac{7}{3}\]

Vì HO là đường trung bình của ∆BCD

\[BD = 2.HO = \frac{{14}}{3} \Rightarrow \frac{{BD}}{{CD}} = \frac{{\frac{{14}}{3}}}{{2.3}} = \frac{7}{9}\]

Ta thấy \(\widehat {BDA} = \widehat {CDA}\) (chắn hai cung bằng nhau AB và AC)

Suy ra AD là phân giác của góc D.

Do đó \[\frac{{{S_{BKD}}}}{{{S_{KCD}}}} = \frac{{BK}}{{KC}} = \frac{{BD}}{{CD}} = \frac{7}{9}\].

Do FD // AC nên \({\widehat {\,D}_1} = {\widehat {\,E}_2}\) (hai góc so le trong)

Mà DE // AB nên \(\widehat A = {\widehat {\,E}_2}\) (hai góc đồng vị)

Do đó \[\widehat A = {\widehat {\,D}_1}\]

Chứng minh tương tự: \(\widehat {\,B\,} = \widehat {\,{E_1}},\widehat {\,C\,} = \widehat {\,{F_1}}\).

Do đó ∆ABC ᔕ ∆DEF.

Vậy \(\frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{DEF}}}} = {\left( {\frac{{BC}}{{EF}}} \right)^2} = {2^2} = 4\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {\,BAC} = \widehat {\,MAN}\\\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{3}\end{array} \right.\)

Do đó ∆ABC ᔕ ∆AMN (g.c.g).

Suy ra \(\frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{AMN}}}} = {\left( {\frac{{AB}}{{AM}}} \right)^2} = {3^2} = 9\).

Do AB // CD, ta dễ thấy hai tam giác ABI và CDI đồng dạng

Suy ra \(\frac{{{S_{ABI}}}}{{{S_{CDI}}}} = {\left( {\frac{{AB}}{{CD}}} \right)^2} = 0,{5^2} = 0,25\)

Xét ∆ABC và ∆HAC có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {BAC} = \widehat {AHC} = 90^\circ \\\widehat {\,C\,}\,\,chung\end{array} \right.\)

Do đó ∆ABC ᔕ ∆HAC (g.g).

Suy ra \(\frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{ACH}}}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{H^2}}} = A{B^2}\left( {\frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}} \right) = 1 + \frac{{{3^2}}}{{{4^2}}} = \frac{{25}}{{16}}\).

Xét ∆ABC và ∆ADB có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {\,A\,}\,chung\\\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AC}}{{AB}} = 2 = k\end{array} \right.\)

Do đó ∆ABC ᔕ ∆ADB (g.g)

Suy ra \(\frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{ADB}}}} = {k^2} = 4\).