10000 câu trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2025 mới nhất (có đáp án) - Phần 57

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông ABC, ta có:

BC² = AB² + AC²

Nên BC² = 6² + 8² = 36 + 64 = 100 = 10²

Vậy BC = 10cm.

Ta có: AC² = BC² + AB² (vì 5² = 3² + 4²)

Nên tam giác ABC vuông tại B (Định lí Pythagore đảo)

Ta có:

P(x) + Q(x) = (x⁴ + 2x³ + x – 2) + (−2x⁴ – x³ + x² + 1)

= x⁴ + 2x³ + x – 2 – 2x⁴ – x³ + x² + 1

= (x⁴ – 2x⁴) + (2x³ – x³) + x² + x + (−2 + 1)

= −x⁴ + x³ + x² + x – 1

P(x) + Q(x) = (2x³ – 3x² + x) + (x³ – x² + 2x + 1)

= 2x³ – 3x² + x + x³ – x² + 2x + 1

= 3x³ – 4x² + 3x + 1

P(x) – Q(x) = (2x³ – 3x² + x) – (x³ – x² + 2x + 1)

= 2x³ – 3x² + x – x³ + x² – 2x – 1

= x³ – 2x² – x – 1.

P(x) + Q(x) = (2x⁴ + 2x³ – 3x² + x + 6) + (x⁴ – x³ – x² + 2x + 1)

= 2x⁴ + 2x³ – 3x² + x + 6 + x⁴ – x³ – x² + 2x + 1

= 3x⁴ + x³ – 4x² + 3x + 7

P(x) – Q(x) = (2x⁴ + 2x³ – 3x² + x + 6) – (x⁴ – x³ – x² + 2x + 1)

= 2x⁴ + 2x³ – 3x² + x + 6 – x⁴ + x³ + x² – 2x – 1

= x⁴ + 3x³ – 2x² – x + 5

P(x) + Q(x) = (x³ – 2x² + x – 5) + (−x³ + 2x² + 3x – 9)

= x³ – 2x² + x – 5 − x³ + 2x² + 3x – 9

= 4x – 14

P(x) – Q(x) = (x³ – 2x² + x – 5) + (−x³ + 2x² + 3x – 9)

= x³ – 2x² + x – 5 + x³ – 2x² – 3x + 9

= 2x³ – 4x² – 2x + 4

P(x) + Q(x) = (5x³ + x² – x + 3) + (x³ – 2x² + 3x + 2)

= 5x³ + x² – x + 3 + x³ – 2x² + 3x + 2

= 6x³ – x² + 2x + 5

P(x) – Q(x) = (5x³ + x² – x + 3) – (x³ – 2x² + 3x + 2)

= 5x³ + x² – x + 3 – x³ + 2x² – 3x – 2

= 4x³ + 3x² – 4x + 1

Xét ∆FBC có AD BC nên FD BC (1)

BE AC ⇒ CE BF (2)

Từ (1) và (2) suy ra CE và FD là đường cao của ∆FBC.

Mà {A} = FD CE nên A là trực tâm ∆FBC,

Suy ra A thuộc đường cao hạ từ B của ∆FBC ⇒ AB PC.

Xét ∆AKC ta có: AH BC ⇒ CH AK. (1)

Và DE AC ⇒ KE AC.

Từ (1) và (2) suy ra KE và CH là hai đường cao của ∆AKC.

Mà {D} = KE CH nên D là trực tâm của ∆AKC

⇒ D thuộc đường cao hạ từ A của ∆AKC ⇒ AD KC.

Xét ∆FBC có AD BC nên FD BC. (1)

BE AC ⇒ CE BF.

Từ (1) và (2) suy ra CE và FD là các đường cao của ∆FBC.

Mà {A} = FD CE nên A là trực tâm ∆FBC.

Suy ra A thuộc đường cao hạ từ B của ∆FBC ⇒ AB FC.

Gọi D là giao điểm của các đường thẳng AB và CP.

Xét ∆DBC ta có:

AB AC ⇒ AC BD, (1)

CP BP ⇒ BP DC (2)

Từ (1) và (2) suy ra CA và BP là các đường cao của ∆DBC.

Mà {M} = BP CA nên M là trực tâm ∆DBC ⇒ DM BC.

Lại có MN BC nên M, N, D thẳng hàng ⇒ AB, MN và CP cùng đi qua điểm D.

Xét ∆DBA và ∆ECA có:

\(\widehat {CEA} = \widehat {ECA} = 90^\circ \);

CE = BD (gt);

\(\widehat A\) là góc chung.

Do đó ∆DBA = ∆ECA (g.c.g)

Suy ra AB = AC (hai cạnh tương ứng)

Do đó ∆ABC cân tại A.

Xét ∆ABC có BD AC, CE AB.

Mà H là giao điểm của CE và BD nên H là trực tâm của ∆ABC.

Suy ra AH là đường cao của ∆ABC.

Mà ∆ABC cân tại A nên AH là phân giác của \(\widehat {BAC}\).

a) 2⁴.8³ = 2⁴.(2³)³ = 2⁴.2⁹ = 2⁴⁺⁹ = 2¹³.

b) 125³ : 25 = (5³)³ : 5² = 5⁹ : 5² = 5^9–2 = 5⁷.

c) 2²⁴ : 4³ = 2²⁴ : (2²)³ = 2²⁴ : 2⁶ = 2^24–6 = 2¹⁸

a) \(\frac{{{3^2}{{.27}^4}}}{{{9^3}}}\)= \(\frac{{{3^2}.{{({3^3})}^4}}}{{{{({3^2})}^3}}} = \frac{{{3^2}{{.3}^{12}}}}{{{3^6}}} = \frac{{{3^{14}}}}{{{3^6}}} = {3^{14 - 6}} = {3^8}\).

b) \(\frac{{{2^3}{{.8}^3}}}{{{4^5}}} = \frac{{{2^3}.{{({2^3})}^3}}}{{{{\left( {{2^2}} \right)}^5}}} = \frac{{{2^3}{{.2}^9}}}{{{2^{10}}}} = \frac{{{2^{12}}}}{{{2^{10}}}} = {2^2}\)

c) \(\frac{{{3^4}{{.3}^5}}}{{{3^3}}} = \frac{{{3^9}}}{{{3^3}}} = {3^{9 - 3}} = {3^6}\);

d) \(\frac{{{{125}^2}:{{25}^2}}}{{{5^4}}} = \frac{{{{\left( {{5^3}} \right)}^2}:{{\left( {{5^2}} \right)}^2}}}{{{5^4}}} = \frac{{{5^{6 - 4}}}}{{{5^4}}} = \frac{{{5^2}}}{{{5^4}}} = {5^{ - 2}}\).

a) 10²⁰ và 9¹⁰

Ta có 10 > 9, 20 > 10

Suy ra 10²⁰ > 9¹⁰.

b) \({\left( {\frac{1}{{16}}} \right)^{10}}\) và \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{50}}\)

Ta có: \({\left( {\frac{1}{{16}}} \right)^{10}} = {\left( {\frac{1}{{{2^4}}}} \right)^{10}} = \frac{1}{{{2^{4.10}}}} = \frac{1}{{{2^{40}}}}\); \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{50}} = \frac{1}{{{2^{50}}}}\)

2⁵⁰ > 2⁴⁰ nên suy ra \(\frac{1}{{{2^{50}}}} < \frac{1}{{{2^{40}}}}\).

Hay \({\left( {\frac{1}{{16}}} \right)^{10}} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{50}}\).

c) (−5)³⁰ và (−3)⁵⁰

Ta có: (−5)³⁰ = (−5³)¹⁰ = (−125)¹⁰ = 125¹⁰, (−3)⁵⁰ = (−3⁵)¹⁰ = (−243)¹⁰ = 243¹⁰

125 < 243 nên 125¹⁰ < 243¹⁰ ⇒ (−5)³⁰ < (−3)⁵⁰.

Ta có:

0,49 = 0,7.0,7 = (0,7)²

\(\frac{1}{{32}} = \frac{1}{{2.2.2.2.2}} = \frac{1}{{{2^5}}}\)

\(\frac{{ - 8}}{{125}} = \frac{{ - 2.2.2}}{{5.5.5}} = {\left( {\frac{{ - 2}}{5}} \right)^3}\)

\(\frac{{16}}{{81}} = \frac{{2.2.2.2}}{{3.3.3.3}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^4}\)

\(\frac{{121}}{{169}} = \frac{{11.11}}{{13.13}} = {\left( {\frac{{11}}{{13}}} \right)^2}\).

• \({\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right)^5} = \left( { - \frac{1}{2}} \right) \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{ - 1}}{{32}}\);

• \({\left( { - \frac{2}{3}} \right)^4} = \left( { - \frac{2}{3}} \right) \cdot \left( { - \frac{2}{3}} \right) \cdot \left( { - \frac{2}{3}} \right) \cdot \left( { - \frac{2}{3}} \right) = \frac{{16}}{{81}}\);

• \({\left( { - 2\frac{1}{4}} \right)^3} = {\left( { - \frac{9}{4}} \right)^3} = \left( { - \frac{9}{4}} \right) \cdot \left( { - \frac{9}{4}} \right) \cdot \left( { - \frac{9}{4}} \right) = \frac{{ - 729}}{{64}}\);

• (−0,3)⁵ = (−0,3). (−0,3). (−0,3). (−0,3). (−0,3) = −0,00243;

• (−25,7)⁰ = 1.

a) • f(1) = 1² – 1 – 6 = –6

• f(2) = 2² – 2 – 6 = –4

• f(3) = 3² – 3 – 6 = 0

• f(–1) = (–1)² – (–1) – 6 = –4

• f(–2) = (–2)² – (–2) – 6 = 0

• f(–3) = (–3)² – (–3) – 6 = 6

b) Giá trị x = 3 và x = –2 là nghiệm của đa thức f(x).

a) (x – 3)(x + 3)

x – 3 = 0 hoặc x + 3 = 0

x = 3 hoặc x = –3

Vậy x = 3 và x = –3 là các nghiệm của đa thức (x – 3)(x + 3).

b) (x – 2)(x² + 2)

x – 2 = 0 hoặc x² + 2 = 0

• Với x – 2 = 0 thì x = 2

• Với x² + 2 = 0, nhận thấy x² > 0 với mọi x nên  x² + 2 > 0 với mọi x.

Do đó, không có giá trị nào của x để x² + 2 = 0

Vậy x = 2 là nghiệm của đa thức (x – 2)(x² + 2).

c) Xét 6 – 2x = 0 nên x = 3

Vậy x = 3 là nghiệm của đa thức 6 – 2x.

d) (x³ – 8)(x – 3) = 0

x³ – 8 = 0 hoặc x – 3 = 0

x³ = 8 hoặc x – 3 = 0

x = 2 hoặc x – 3 = 0

Vậy x = 3 và x = 2 là các nghiệm của đa thức (x³ – 8)(x – 3).

a) Vì x² luôn dương với mọi x nên 10x² + 3 > 0 với mọi x.

Vậy không tồn tại x để đa thức bằng 0 hay đa thức không có nghiệm.

b) Vì x² luôn dương với mọi x nên x² + 1 > 0 với mọi x.

Vậy không tồn tại x để đa thức bằng 0 hay đa thức không có nghiệm.

Để đa thức f(x) = 4x² − 7x + c có nghiệm bằng 5.

Khi đó f(5) = 0 nên 4.5² – 7.5 + c = 0.

Do đó c = –65.

Vậy với c = –6 thì đa thức có nghiệm bằng 5.

a) Đa thức chỉ có một nghiệm là \(\frac{{ - 2}}{5}\).

Do đó A = 5x + 2.

b) Đa thức một biến vô nghiệm có thể là D = x² + 1.

Vì xy //x’y’ \( \Rightarrow \widehat {ABx'} = \widehat {BAy}\) (hai góc so le trong). Do đó \(\widehat {ABx'} = 50^\circ \).

Vì xy //x’y’ \( \Rightarrow \widehat {y'Bz'} = \widehat {BAy}\) (Hai góc đồng vị). Do đó \(\widehat {y'Bz'} = 50^\circ \).

a) Giả sử At không cắt yy'

Suy ra AC // yy' .

Theo tiên đề Euclid thì AC trùng với xx'

Điều này là vô nghĩa nên At phải cắt yy' tại C.

b) Ta có \(\widehat {xAt} = \frac{1}{2}\widehat {xAB} = \frac{1}{2}.80^\circ = 40^\circ \) (At là tia phân giác \(\widehat {xAB}\))

Mà \(\widehat {xAt} = \widehat {ACB}\) (so le trong)

Vậy \(\widehat {ACB} = 40^\circ \).

Kẻ qua O đường thẳng Oz // Ax

Ta có: \(\widehat {AOz} = \widehat {xAO} = 50^\circ \) (so le trong)

Lại có: \(\widehat {OBy} = 140^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {OBy} = 180^\circ - 140^\circ = 40^\circ \)

Mặt khác ta lại có: Oz // Ax ⇒ Oz // By

\( \Rightarrow \widehat {BOz'} = \widehat {OBy} = 40^\circ \) (góc so le trong)

Do đó: \(\widehat {AOz} = \widehat {z'OB} = 50^\circ + 40^\circ = 90^\circ \) hay \(\widehat {AOB} = 90^\circ \).

Vậy \(\widehat {AOB} = 90^\circ \) (đpcm).

Vì theo tiên đề Euclid, qua điểm A ở ngoài BC, chỉ có một đường thẳng song song với BC. Nên chỉ vẽ được một đường thẳng m duy nhất.

Vì theo tiên đề Euclid, qua điểm B ở ngoài AC, chỉ có một đường thẳng song song với AC. Nên chỉ vẽ được một đường thẳng n duy nhất.

a) Ta có: \(\widehat {KJL} = \widehat {JLM} = 30^\circ \)

Mà hai góc ở vị trí so le trong.

Do đó IK // ML (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song).

b) Ta có: \(\widehat {JKL} = \widehat {ONI} = 70^\circ \)

Mà hai góc ở vị trí đồng vị

Do đó JK // ON (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song).

c) Ta có: JK // ML (theo câu a) và JK // ON (theo câu b)

Do đó MN // ON (tính chất hai đường thẳng song song).

a) Xét DABC và DAHK có:

AB = AH (giả thiết),

\(\widehat {CAB} = \widehat {KAH}\) (hai góc đối đỉnh),

AC = AK (giả thiết),

Do đó ∆ABC = ∆AHK (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {AHK}\) (hai góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong.

Nên HK // BC (dấu hiệu nhận biết).

Vậy HK // BC.

b) Xét ∆ABE và ∆AHD có:

\(\widehat {EAB} = \widehat {DAH}\) (hai góc đối đỉnh),

AB = AH (giả thiết),

\(\widehat {ABE} = \widehat {AHD}\) (vì \(\widehat {CAB} = \widehat {KAH}\)),

Do đó ∆ABE = ∆AHD (g.c.g).

Suy ra AE = AD (hai cạnh tương ứng).

Do đó A là trung điểm của DE.

Vậy A là trung điểm của DE.

Đáp án đúng là: B

Ta có: ΔABC = ∆MNP theo trường hợp góc – cạnh – góc nên hai cặp góc bằng nhau là hai cặp góc kề với cặp cạnh bằng nhau của hai tam giác.

Mà BC = PN và \(\widehat {ABC} = \widehat {MNP}\) nên cặp góc kề tương ứng còn lại là \(\widehat {ACB} = \widehat {MPN}\).

Ta có: \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{O_2}}\)(hai góc so le trong)

\(\widehat {{M_2}} = \widehat {{O_1}}\)(hai góc so le trong)

\(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\) (Vì Oz là tia phân giac của \(\widehat {xOy}\))

Do đó: \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{M_2}}\)

Xét ∆AOM và ∆BOM ta có:

\(\widehat {{M_1}} = \widehat {{M_2}}\) (cmt)

OM chung

\(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\)

Suy ra ∆AOM = ∆BOM (g.c.g)

Do đó: OA = OB; MA = MB (cạnh tương ứng bằng nhau).

Xét ∆EBC và ∆DCB ta có:

\(\widehat {EBC} = \widehat {DCB}\) (gt)

BC là cạnh chung

\(\widehat {ECB} = \widehat {DBC} = \frac{1}{2}\widehat B = \frac{1}{2}\widehat C\)

Nên suy ra ∆EBC = ∆DCB (g.c.g)

Suy ra BD = CE (cặp cạnh tương ứng bằng nhau).

Xét ∆ABC và ∆ACD có:

AC: cạnh chung

\(\widehat {BAC} = \widehat {ACD}\) (AB // CD)

\(\widehat {DAC} = \widehat {ACB}\) (AD // BC)

⇒ ∆ABC = ∆ADC (g.c.g)

⇒ AB = DC = 2,5 cm

Ta có: ∆ABC = ∆ADC

⇒ BC = AD = 3,5 cm

Chu vi của ∆ACD là:

AC + AD + CD = 2,5 + 3,5 + 3 = 9 (cm)

Vậy chu vi ∆ACD là 9 cm.

Xét hai tam giác BID và CIE ta có:

BI = IC (I là trung điểm của BC)

\(\widehat {IBD} = \widehat {ICE}\) (hai góc so le trong)

BD = CE (gt)

Do đó ΔBID = ΔCIE (c.g.c)

Nên \(\widehat {BID} = \widehat {CIE}\) (hai góc tương ứng)

Hai góc này bằng nhau, chiếm vị trí đối đỉnh, có hai cạnh tương ứng BI và CI nằm trên một đường thẳng.

Vậy E, I, D thẳng hàng

Xét ΔAIE và ΔBIC, có:

AI = CI (I là trung điểm của AC)

\(\widehat {AIE} = \widehat {CIB}\) (đối đỉnh)

EI = BI (gt)

Do đó ΔAIE = ΔCIB (c.g.c)

Suy ra AE = BC (hai cạnh tương ứng)

b) Do ΔAIE = ΔCIB (cmt), suy ra \(\widehat {IAE} = \widehat {ICB}\) (hai góc tương ứng)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong

Nên AE // BC (đpcm).

Xét ΔOAD và ΔOCB có:

\(\widehat O\) chung; OA = OC; OB = OD

Do đó ΔOAD = ΔOCB (c.g.c)

Suy ra AD = BC (hai cạnh tương ứng)

Xét ΔAKO và ΔBKO có:

OA = OB

\(\widehat {AOK} = \widehat {BOK}\) (vì OK là tia phân giác \(\widehat {xOy}\))

OK chung

Do đó ΔAKO = ΔBKO (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {AKO} = \widehat {BKO}\) (hai góc tương ứng).

Ta có: \(\widehat {AKO} + \widehat {BKO} = 180^\circ \) (kề bù)

\(2\widehat {BKO} = 180^\circ \)

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

Do đó OK AB (đpcm)

Gọi O là giao điểm của AB và BC

Xét hai tam giác vuông  ACO và BCO có :

OC: cạnh chung

OA = OB

Do đó ∆ACO = ∆BCO (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Suy ra AC = BC (hai cạnh tương ứng)

Xét hai tam giác vuông ADO và BDO có :

OD: cạnh chung; OA = OB

Do đó ∆ADO = ∆BDO (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Suy ra  AD = BD (hai cạnh tương ứng)