5000 câu trắc nghiệm tổng hợp Toán 2026 mới nhất (có đáp án) - Phần 2

Lời giải:

a) Số hạng đầu u1 = 12 và q = 2.

b) Tổng của 10 số hạng đầu tiên là: \({{\rm{S}}_{10}} = \frac{{{{\rm{u}}_1}\left( {1 - {{\rm{q}}^{10 - 1}}} \right)}}{{1 - {\rm{q}}}} = \frac{{12 \cdot \left( {1 - {2^{10 - 1}}} \right)}}{{1 - 2}} = 6\;\,132\).

c) Ta có: u₁ = 12, u₂ = 12. 2^{2 – 1} = 24.

Do đó, S = u₃ + u₄ + … + u₁₀ = S₁₀ – u₁ – u₂ = 6 132 – 12 – 24 = 6096.

Lời giải:

Ta có: (sin a – cos a)² = \(\frac{1}{9}\)

=> sin²a + cos²a – 2sin a. cos a = \(\frac{1}{9}\)

Û1 – sin2a = \(\frac{1}{9}\)

Û sin2a \( = \frac{8}{9}\).

Vậy M = sin2a \( = \frac{8}{9}\).

a) Vì ABCD là hình bình hành nên \(\widehat {{\rm{BCD}}} = \widehat {{\rm{BAD}}} = 120^\circ \) và \(\widehat {{\rm{ADC}}} = \widehat {{\rm{ABC}}}\).

Ta có: \(\widehat {{\rm{BCD}}} + \widehat {{\rm{BAD}}} + \widehat {{\rm{ADC}}} + \widehat {{\rm{ABC}}} = 360^\circ \)

\(\widehat {{\rm{ADC}}} + \widehat {{\rm{ABC}}} = 360^\circ - 120^\circ - 120^\circ \)

\(\widehat {{\rm{ADC}}} = \widehat {{\rm{ABC}}} = 60^\circ \).

b) Vì ABCD là hình bình hành, O là trung điểm của đường chéo BD nên O cũng là trung điểm của đường chéo AC. Do đó A, O, C thẳng hàng.

Lời giải:

a) Đúng.

\({\rm{f}}\left( {\frac{{\rm{\pi }}}{8}} \right) = \tan \frac{{\rm{\pi }}}{4} - 1 = 0\).

b) Đúng.

\({\rm{f}}\left( {\frac{{\rm{\pi }}}{3}} \right) = \tan \frac{{{\rm{2\pi }}}}{3} - 1 = - \sqrt 3 - 1\).

c) Sai.

tan 2x – 1 = –2 Û tan 2x = –1 Û\(2{\rm{x}} = \frac{{3{\rm{\pi }}}}{4} + {\rm{k\pi }},\;\,{\rm{k}} \in \mathbb{Z}\) Û\({\rm{x}} = \frac{{3{\rm{\pi }}}}{8} + \frac{{{\rm{k\pi }}}}{2},\;\,{\rm{k}} \in \mathbb{Z}\).

Mà x thuộc [0; p] nên 0 ≤ \(\frac{{3{\rm{\pi }}}}{8} + \frac{{{\rm{k\pi }}}}{2}\)≤ p Û\(\frac{{ - 3}}{4} \le {\rm{k}} \le \frac{5}{4}\).

Mà k là số nguyên nên k Î {0; 1}.

Do đó, có 2 giá trị của x thuộc [0; p] khi hàm số đạt giá trị bằng –2.

d) Đúng.

Vì tan 2x = tan (2x + kp), \({\rm{k}} \in \mathbb{Z}\).

Do đó, tan 2x là hàm tuần hoàn. Vậy f(x) là hàm tuần hoàn.

Lời giải:

Vì gia đình này chỉ mua nhiều nhất 5 kg thịt X, 2,2 kg thịt Y nên 0 ≤ x ≤ 5, 0 ≤ y ≤ 2,2.

Vì gia đình cần nhiều nhất 2 kg chất protein và thịt X chứa 25% protein, thịt Y chứa 20% protein nên 0,25x + 0,2y ≤ 2 hay 5x + 4y ≤ 40.

Vì gia đình cần ít nhất 1 kg chất lipit và thịt X chứa 20% lipit, thịt Y chứa 10% lipit nên 0,2x + 0,1y ≥ 1 hay 2x + y ≥ 10.

Do đó, ta có hệ bất phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le {\rm{x}} \le 5\\0 \le {\rm{y}} \le 2,2\\5{\rm{x}} + 4{\rm{y}} \le 40\\2{\rm{x}} + {\rm{y}} \ge 10\end{array} \right.\).

Biểu diễn hệ bất phương trình trên mặt phẳng tọa độ ta có:

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tam giác ABC (kể cả biên).

Chi phí để mua x kg thịt X và y kg thịt Y là: F(x, y) = 60x + 100y (nghìn đồng).

Để chi phi là thấp nhất thì F(x, y) đạt giá trị nhỏ nhất tại 1 trong các đỉnh của tam giác ABC.

Ta có: B(5; 2,2), C(5; 0), A(3,9; 2,2).

F(5; 2,2) = 520, F(5; 0) = 300, F(3,9; 2,2) = 454.

Do đó, chi phí thấp nhất để mua thịt X và Y là 454 000 đồng khi x = 3,9 và y = 2,2. Vậy x + y = 3,9 + 2,2 = 6,1 (kg).

Lời giải:

a)

b)

Gọi tên các điểm như hình vẽ:

Ta có: \(\widehat {{\rm{xCB}}} = \widehat {\rm{B}} = 30^\circ \) (hai góc so le trong).

Xét tam giác ABC vuông tại A có: \(\tan {\rm{B}} = \frac{{{\rm{AC}}}}{{{\rm{AB}}}}\)

AB =\(\frac{{{\rm{AC}}}}{{\tan {\rm{B}}}} = \frac{{65}}{{\tan 30^\circ }} = 65\sqrt 3 \approx 113\) (m).

Vậy khoảng cách từ tàu đến chân hải đăng khoảng 113 m.

Lời giải:

Chọn A.

Hàm doanh thu khi chở x khách là \({\rm{L}}\left( {\rm{x}} \right) = {\rm{x}}{\left( {3 - \frac{{\rm{x}}}{{40}}} \right)^2} = \frac{{{{\rm{x}}^3}}}{{1\;600}} - \frac{{3{{\rm{x}}^2}}}{{20}} + 9{\rm{x}}\).

Ta có: \({\rm{L'}}\left( {\rm{x}} \right) = 9 - \frac{{3{\rm{x}}}}{{10}} + \frac{{3{{\rm{x}}^2}}}{{1\;\,600}}\).

L’(x) = 0 \( \Leftrightarrow 9 - \frac{{3{\rm{x}}}}{{10}} + \frac{{3{{\rm{x}}^2}}}{{1\;\,600}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{x}} = 40\;\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\\{\rm{x}} = 120\;\,\left( {\rm{L}} \right)\end{array} \right.\).

Ta có: L(0) = 0; L(40) = 160, L(60) = 135.

Do đó, một chuyến xe buýt thu được lợi nhuận cao nhất là 160 USD khi có 40 khách.

a) Gọi G là trọng tâm của DABC.

Ta có: VT = \(\frac{3}{2}\overrightarrow {{\rm{AG}}} + \frac{3}{2}\overrightarrow {{\rm{BG}}} + \frac{3}{2}\overrightarrow {{\rm{CG}}} = \frac{{ - 3}}{2}\left( {\overrightarrow {{\rm{GA}}} + \overrightarrow {{\rm{GB}}} + \overrightarrow {{\rm{GC}}} } \right) = \frac{{ - 3}}{2} \cdot \overrightarrow 0 = \overrightarrow 0 \) = VP.

b) Ta có: VT = \(\frac{1}{2}\overrightarrow {{\rm{AB}}} + \frac{1}{2}\overrightarrow {{\rm{BC}}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {{\rm{AB}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{BC}}} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {{\rm{AC}}} \) = VP.

Lời giải:

Gọi x là số sản phẩm phân xưởng phải sản xuất mỗi ngày theo kế hoạch (x \( \in \mathbb{N}*,\;\,{\rm{x}} < 140\)).

Theo đề ra:

Theo kế hoạch, thời gian phân xưởng sản xuất trong \(\frac{{140}}{{\rm{x}}}\) (ngày).

Thực tế, mỗi ngày phân xưởng sản xuất được: x + 2 (sản phẩm).

Thực tế, thời gian phân xưởng sản xuất trong \(\frac{{140}}{{{\rm{x}} + 2}}\) (ngày).

Theo đề bài ra, ta có phương trình:

\(\frac{{140}}{{\rm{x}}} - \frac{{140}}{{{\rm{x}} + 2}} = 8\)

\(\frac{{140\left( {{\rm{x}} + 2} \right) - 140{\rm{x}}}}{{{\rm{x}}\left( {{\rm{x}} + 2} \right)}} = \frac{{8{\rm{x}}\left( {{\rm{x}} + 2} \right)}}{{{\rm{x}}\left( {{\rm{x}} + 2} \right)}}\)

140x + 280 – 140x = 8x² + 16x

8x² + 16x – 280 = 0

x² + 2x – 35 = 0

(x – 5)(x + 7) = 0

x – 5 = 0 hoặc x + 7 = 0

x = 5 (thỏa mãn) hoặc x = –7 (không thỏa mãn).

Vậy số sản phẩm xưởng phải làm theo kế hoạch mỗi ngày theo kế hoạch là 5 sản phẩm.

Lời giải:

Gọi chiều dài mảnh đất hình chữ nhật là a (m), chiều rộng hình chữ nhật là b (m), điều kiện: a > b > 2.

Vì chiều dài gấp 4 lần chiều rộng nên a = 4b.

Diện tích hình chữ nhật là ab (m²).

Nếu tăng chiều dài lên gấp đôi và giảm chiều rộng đi 2 m thì diện tích mảnh đất đó sẽ tăng thêm 20 m² nên:

2a(b – 2) = ab + 20

2ab – 4a = ab + 20

ab = 20 + 4a.

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{a}} = 4{\rm{b}}\\{\rm{ab}} = 20 + 4{\rm{a}}\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{a}} = 4{\rm{b}}\\{\rm{4}}{{\rm{b}}^2} = 20 + 16{\rm{b}}\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{a}} = 4{\rm{b}}\\{\rm{4}}{{\rm{b}}^2} - 16{\rm{b}} - 20 = 0\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{a}} = 4{\rm{b}}\\{{\rm{b}}^2} - 4{\rm{b}} - 5 = 0\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{a}} = 4{\rm{b}}\\\left( {{\rm{b}} + 1} \right)\left( {{\rm{b}} - 5} \right) = 0\end{array} \right.\).

Vì b > 2 nên b = 5 (thỏa mãn). Do đó, a = 4.5 = 20 (thỏa mãn).

Vậy chiều dài mảnh đất hình chữ nhật là 20 m và chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là 5 m.

Lời giải:

Chu vi bánh xe đó là: 0,8 x 3,14 = 2,512 (m).

Bánh xe lăn số vòng để đi được quãng đường dài 2 512m là:  

2512 : 2,512 = 1000 (vòng).

Đáp số: 1 000 vòng.

Lời giải:

Chọn D.

\(\frac{1}{{{{\cos }^2}{\rm{x}} - {{\sin }^2}{\rm{x}}}} + \frac{{2\tan {\rm{x}}}}{{1 - {{\tan }^2}{\rm{x}}}}\)

\( = \frac{1}{{\cos 2{\rm{x}}}} + \tan 2{\rm{x}}\)

\( = \frac{1}{{\cos 2{\rm{x}}}} + \frac{{\sin 2{\rm{x}}}}{{\cos 2{\rm{x}}}}\)

\( = \frac{{1 + \sin 2{\rm{x}}}}{{\cos 2{\rm{x}}}}\)

\( = \frac{{\left( {1 + \sin 2{\rm{x}}} \right)\cos 2{\rm{x}}}}{{{{\cos }^2}2{\rm{x}}}}\)

\( = \frac{{\left( {1 + \sin 2{\rm{x}}} \right)\cos 2{\rm{x}}}}{{1 - {{\sin }^2}2{\rm{x}}}}\)

\( = \frac{{\left( {1 + \sin 2{\rm{x}}} \right)\cos 2{\rm{x}}}}{{\left( {1 + \sin 2{\rm{x}}} \right)\left( {1 - \sin 2{\rm{x}}} \right)}}\)

\( = \frac{{\cos 2{\rm{x}}}}{{1 - \sin 2{\rm{x}}}}\).

Do đó, a = 2, b = 1. Vậy P = a + b = 3.

Gọi chân đường cao kẻ từ G xuống HK là I.

Tam giác GHK có: GH = GK (= 4) nên tam giác GHK cân tại G.

Mà \(\widehat {\rm{H}} = 60^\circ \) nên tam giác GHK đều.

Do đó, HK = GK = 4. Suy ra, HI = IK = 4 : 2 = 2.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác GIH vuông tại I ta có
GH² = HI² + GI², suy ra GI² = GH² – HI² = 4² – 2² = 12 nên GI \( = \sqrt {12} \).

Vậy HK = 4, HI = IK = 2, GI \( = \sqrt {12} \).

Lời giải:

Ta có: H(x) = 0 thì 4 + 3x² – 8x = 0

4 – 2x – 6x + 3x² = 0

(4 – 2x) – (6x – 3x²) = 0

2(2 – x) – 3x(2 – x) = 0

(2 – 3x)(2 – x) = 0

2 – 3x = 0 hoặc 2 – x = 0

\({\rm{x}} = \frac{2}{3}\) hoặc x = 2.

Vậy nghiệm của đa thức H(x) là \({\rm{x}} = \frac{2}{3}\); x = 2.

Lời giải:

\({2^4} + 8{\left[ {{{\left( { - 2} \right)}^2}:\frac{1}{2}} \right]^0} - {2^{ - 2}} \cdot 4 + {\left( { - 2} \right)^2}\)

\( = 16 + 8 \cdot 1 - \frac{4}{{{2^2}}} + 4\)
= 16 + 8 – 1 + 4

= 27.

a) Ta có: GI = IH, IC = ID nên \(\frac{{{\rm{GI}}}}{{{\rm{IH}}}} = \frac{{{\rm{ID}}}}{{{\rm{IC}}}}\). Suy ra GD // CH (định lý Thales đảo).

Mà CH Ì (MCH) nên GD // (MCH).

b) Gọi K là giao điểm của AI và MG. Khi đó, K là giao điểm của MG với (ACD).

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BMG cát tuyến AIK ta có:

\(\frac{{{\rm{KG}}}}{{{\rm{KM}}}} \cdot \frac{{{\rm{IB}}}}{{{\rm{IG}}}} \cdot \frac{{{\rm{AM}}}}{{{\rm{AB}}}} = 1\)\( \Rightarrow \frac{{{\rm{KG}}}}{{{\rm{KM}}}} \cdot {\rm{3}} \cdot \frac{{\rm{2}}}{{\rm{3}}} = 1\)\( \Rightarrow \frac{{{\rm{KG}}}}{{{\rm{KM}}}} = \frac{1}{2}\). Vậy \(\frac{{{\rm{GK}}}}{{{\rm{GM}}}} = 1\).

Ta có: u₁ = 3\( = \frac{3}{{{4^0}}}\), \({{\rm{u}}_2} = \frac{3}{4} = \frac{3}{{{4^1}}};\;\,{{\rm{u}}_3} = \frac{3}{{16}} = \frac{3}{{{4^2}}};\;{{\rm{u}}_4} = \frac{3}{{64}} = \frac{3}{{{4^3}}};\;\;...\)

Do đó, số hạng tổng quát của dãy số là: u_n = \(\frac{3}{{{4^{{\rm{n}} - 1}}}}\) \(\forall {\rm{n}} \ge 1\).

Lời giải:

Đặt U_n = V_n + α

Û4U_{n – 1} + 5 = V_n + α

Û4(V_{n – 1} + α) + 5 = V_n + α

Û V_n = 4V_{n – 1} + 3α + 5

Ta chọn α \( = \frac{{ - 5}}{3}\) để V_n thành cấp số nhân. Suy ra V_n = 4V_{n – 1}.

Þ V_n là cấp số nhân với công bội q = 4 và V₁ = U₁ – α = 3 + \(\frac{5}{3} = \frac{{14}}{3}\).

Þ V_n = V₁. q^{n – 1} \( = \frac{{14}}{3} \cdot {4^{{\rm{n}} - 1}}\)

Þ U_n = V_n + α \( = \frac{{14}}{3} \cdot {4^{{\rm{n}} - 1}} - \frac{5}{3}\).

Vậy U_n \( = \frac{{14}}{3} \cdot {4^{{\rm{n}} - 1}} - \frac{5}{3}\).

Lời giải:

Gọi số lớn và số bé cần tìm lần lượt là a, b (a, b \( \in \mathbb{N}*\), a > b).

Vì tổng hai số bằng 943 nên a + b = 943.

Vì lấy số lớn chia cho số bé được thương là 3 và số dư là 67 nên a = 3b + 67.

Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{a}} + {\rm{b}} = 943\\{\rm{a}} = 3{\rm{b}} + 67\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}3{\rm{b}} + 67 + {\rm{b}} = 943\\{\rm{a}} = 3{\rm{b}} + 67\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{b}} = 219\;\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\\{\rm{a}} = 3 \cdot {\rm{219}} + 67 = 724\;\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\end{array} \right.\).

Vậy hai số cần tìm là 219 và 724.

Lời giải:

Ta có: (sin α + sin β)²\( = \frac{1}{2}\)Ûsin² α + sin² β + 2sin α.sin β \( = \frac{1}{2}\).

(cos α + cos β)²\( = \frac{3}{2}\)Ûcos² α + cos² β + 2cos α.cos β \( = \frac{3}{2}\).

Cộng vế với vế, ta được:

sin² α + sin² β + 2sin α.sin β + cos² α + cos² β + 2cos α.cos β = 2

Û2cos (α – β) = 0

Ûcos (α – β) = 0.

Ta có: (sin α + sin β)(cos α + cos β)\( = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Û (sin α. cos α + sin β. cos β) + (sin α. cos β + sin β. cos α) \( = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Û sin (α + β). cos (α – β) + sin (α + β) \( = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Û sin (α + β) \( = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Lời giải:

Ta có: \(\overrightarrow {{\rm{CD}}} + \overrightarrow {{\rm{FA}}} - \overrightarrow {{\rm{BA}}} - \overrightarrow {{\rm{ED}}} + \overrightarrow {{\rm{BC}}} - \overrightarrow {{\rm{FE}}} \)

\( = \left( {\overrightarrow {{\rm{BC}}} + \overrightarrow {{\rm{CD}}} } \right) + \left( {\overrightarrow {{\rm{FA}}} - \overrightarrow {{\rm{FE}}} } \right) - \overrightarrow {{\rm{BA}}} - \overrightarrow {{\rm{ED}}} \)

\( = \overrightarrow {{\rm{BD}}} + \overrightarrow {{\rm{EA}}} - \overrightarrow {{\rm{BA}}} - \overrightarrow {{\rm{ED}}} \)

\( = \left( {\overrightarrow {{\rm{BD}}} - \overrightarrow {{\rm{BA}}} } \right) + \left( {\overrightarrow {{\rm{EA}}} - \overrightarrow {{\rm{ED}}} } \right)\)

\( = \overrightarrow {{\rm{AD}}} + \overrightarrow {{\rm{DA}}} \)

\( = \overrightarrow 0 \).

Vậy \(\overrightarrow {{\rm{CD}}} + \overrightarrow {{\rm{FA}}} - \overrightarrow {{\rm{BA}}} - \overrightarrow {{\rm{ED}}} + \overrightarrow {{\rm{BC}}} - \overrightarrow {{\rm{FE}}} = \overrightarrow 0 .\)

1) Vì tứ giác ABCD là hình vuông nên \(\widehat {{\rm{ABC}}} = \widehat {{\rm{BCD}}} = 90^\circ \), AB = BC = CD = DA, AB // CD.

Ta có: \(\widehat {{\rm{BMC}}} + \widehat {{\rm{MCB}}} = 90^\circ ,\widehat {{\rm{DCM}}} + \widehat {{\rm{MCB}}} = 90^\circ \) nên \(\widehat {{\rm{BMC}}} = \widehat {{\rm{DCM}}}\).

DMBC và DKCD có: \(\widehat {{\rm{MBC}}} = \widehat {{\rm{KCD}}} = 90^\circ ,\;\,\widehat {{\rm{BMC}}} = \widehat {{\rm{DCM}}}\), BC = CD.

Do đó, DMBC = DKCD (cgv – gn). Suy ra KC = MB.

Vì M là trung điểm của AB nên MB = \(\frac{1}{2}\)AB = \(\frac{1}{2}\)BC.

Suy ra: CK = \(\frac{1}{2}\)BC. Vậy K là trung điểm của BC.

2) Gọi P là giao điểm của AN và DK.

Vì N là trung điểm của CD nên NC = ND = \(\frac{1}{2}\)CD = \(\frac{1}{2}\)AB = AM.

Tứ giác AMCN có: NC = AM, NC // AM nên tứ giác AMCN là hình bình hành.

Do đó, AN // MC. Mà DK ^ MC nên DK ^ AN.

Tam giác DFC có: PN // FC, N là trung điểm của DC nên P là trung điểm của DF.

Tam giác ADF có: AP vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.

Suy ra, tam giác ADF cân tại A. Suy ra: AD = AF.

DAOC và DCOK có: \(\widehat {{\rm{AHO}}} = \widehat {{\rm{CKO}}} = 90^\circ ,\;\,\widehat {{\rm{AOH}}} = \widehat {{\rm{COK}}}\) (hai góc đối đỉnh), HO = OK. Do đó, DAOC = DCOK (cgv – gn). Suy ra: AO = CO.

Chứng minh tương tự ta có: DDOH = DBOK (cgv – gn). Suy ra: DO = OB.

Tứ giác ABCD có: AO = CO, DO = OB, hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Do đó, tứ giác ABCD là hình bình hành. Suy ra: AB = CD.

Do đó, để xác định độ dài AB, ta đi đo khoảng cách giữa hai điểm C và D ở bên này bờ sông. Từ đó tính được AB.

Lời giải:

D sai vì P là tập hợp nên không thể viết P Î P.

Lời giải:

Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên O là trung điểm của AC và BD.

Do đó, \(\overrightarrow {{\rm{OA}}} + \overrightarrow {{\rm{OC}}} = \overrightarrow 0 \) (do O là trung điểm của AC).

\(\overrightarrow {{\rm{OB}}} + \overrightarrow {{\rm{OD}}} = \overrightarrow 0 \) (do O là trung điểm của BD).

Do đó, \(\overrightarrow {{\rm{OA}}} + \overrightarrow {{\rm{OB}}} + \overrightarrow {{\rm{OC}}} + \overrightarrow {{\rm{OD}}} = \overrightarrow 0 \) (đpcm).

a) Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD, AB = CD.

Mà BDCE là hình bình hành nên DC // BE, DC = BE.

Do AB // CD, DC // BE nên A, B, E thẳng hàng.

Mà AB = BE (= CD) nên B là trung điểm của AE.

Vậy A đối xứng với E qua B.

b) Vì BDFC là hình bình hành nên BD // CF, BD = CF.

Mà BDCE là hình bình hành nên BD // CE, BD = CE.

Do BD // CF, BD // CE nên F, C, E thẳng hàng.

Mà CF = CE (= BD) nên C là trung điểm của EF.

c) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Suy ra O là trung điểm của BD.

Gọi G là giao điểm của BF và DE.

Xét DGBO và DGFC có: \(\widehat {{\rm{GBO}}} = \widehat {{\rm{GFC}}}\) (vì BD // CF), \(\frac{{{\rm{BO}}}}{{{\rm{CF}}}} = \frac{{{\rm{2BO}}}}{{{\rm{2CF}}}} = \frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{EF}}}} = \frac{{{\rm{GB}}}}{{{\rm{GF}}}}\).

Do đó,  (c – g – c). Suy ra O, G, C thẳng hàng.

Vậy AC, BF, DE đồng quy tại điểm G.

d) Gọi H là giao điểm của AM và DO.

Vì M, O lần lượt là trung điểm của CD, AC. Do đó, H là trọng tâm của DACD.

Suy ra: \(\frac{{{\rm{OH}}}}{{{\rm{OD}}}} = \frac{1}{3}\).

Ta có: DO // CF suy ra \(\frac{{{\rm{OH}}}}{{{\rm{CN}}}} = \frac{{{\rm{AO}}}}{{{\rm{AC}}}} = \frac{{{\rm{DO}}}}{{{\rm{CF}}}}\). Suy ra: \(\frac{{{\rm{FC}}}}{{{\rm{CN}}}} = \frac{{{\rm{DO}}}}{{{\rm{OH}}}} = 3.\) Vậy FC = 3NC.

Lời giải:

Vì a \( \in \left( {\frac{{3{\rm{\pi }}}}{2};\;\,2{\rm{\pi }}} \right)\) nên \(\frac{{\rm{a}}}{2} \in \left( {\frac{{3{\rm{\pi }}}}{4};\;\,{\rm{\pi }}} \right)\).

Do đó, sin a < 0, cos a > 0, \(\sin \left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right) > 0,\;\,\cos \left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right) < 0\).

+) 1 + tan² a = 1 + \(\frac{{{{\sin }^2}{\rm{a}}}}{{{{\cos }^2}{\rm{a}}}} = \frac{{{{\sin }^2}{\rm{a}} + {{\cos }^2}{\rm{a}}}}{{{{\cos }^2}{\rm{a}}}} = \frac{1}{{{{\cos }^2}{\rm{a}}}}\)\( \Rightarrow \cos {\rm{a}} = \sqrt {\frac{1}{{1 + {{\tan }^2}{\rm{a}}}}} = \frac{3}{5}\).

Do đó, cos a = 2cos² \(\left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right)\) – 1. Suy ra cos\(\left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right)\)\( = - \sqrt {\frac{{1 + \cos {\rm{a}}}}{2}} = - \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).

+) \({\sin ^2}\left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right) + {\cos ^2}\left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right) = 1\) nên sin \(\left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right)\)\( = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right)} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).

Vậy \({\rm{P}} = \sin \left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right) + \cos \left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right) = - \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).

Lời giải:

P = cos (p – a) = –cos a \( = \frac{{ - 3}}{4}\).

Lời giải:

\(\frac{1}{{\cos 4{\rm{x}}}} + \tan 4{\rm{x}}\)

\( = \frac{1}{{\cos 4{\rm{x}}}} + \frac{{\tan 4{\rm{x}} \cdot \cos 4{\rm{x}}}}{{\cos 4{\rm{x}}}}\)

\( = \frac{1}{{\cos 4{\rm{x}}}} + \frac{{\frac{{\sin 4{\rm{x}}}}{{\cos 4{\rm{x}}}} \cdot \cos 4{\rm{x}}}}{{\cos 4{\rm{x}}}}\)

\( = \frac{{1 + \sin 4{\rm{x}}}}{{\cos 4{\rm{x}}}}\)

\( = \frac{{{{\sin }^2}2{\rm{x}} + {{\cos }^2}2{\rm{x}} + 2\sin 2{\rm{x}} \cdot \cos 2{\rm{x}}}}{{{{\sin }^2}2{\rm{x}} - {{\cos }^2}2{\rm{x}}}}\)

\( = \frac{{{{\left( {\sin 2{\rm{x}} + \cos 2{\rm{x}}} \right)}^2}}}{{\left( {\sin 2{\rm{x}} + \cos 2{\rm{x}}} \right)\left( {\sin 2{\rm{x}} - \cos 2{\rm{x}}} \right)}}\)

\( = \frac{{\cos 2{\rm{x}} + \sin 2{\rm{x}}}}{{\cos 2{\rm{x}} - \sin 2{\rm{x}}}}\) (đpcm).

Lời giải:

\(5 \cdot \left( {\sqrt {\frac{1}{{25}}} - {\rm{x}}} \right) - \sqrt {\frac{1}{{81}}} = - 1,9\)

\(5 \cdot \left( {\frac{1}{5} - {\rm{x}}} \right) - \frac{1}{9} = - 1,9\)

\(5 \cdot \left( {\frac{1}{5} - {\rm{x}}} \right) = \left( { - 1,9} \right) + \frac{1}{9} = \frac{{ - 161}}{{90}}\)

\(\frac{1}{5} - {\rm{x}} = \frac{{ - 161}}{{90}}:5 = \frac{{ - 161}}{{450}}\)

\({\rm{x}} = \frac{1}{5} - \left( {\frac{{ - 161}}{{450}}} \right) = \frac{{251}}{{450}}\)

Vậy \({\rm{x}} = \frac{{251}}{{450}}\).

Lời giải:

cos(a + b) = 0 Þ a + b = \(\frac{{\rm{\pi }}}{2} + {\rm{k\pi }}\,\,\left( {{\rm{k}} \in \mathbb{Z}} \right)\)

Û b = \( - {\rm{a}} + \frac{{\rm{\pi }}}{2} + {\rm{k\pi }}\,\,\left( {{\rm{k}} \in \mathbb{Z}} \right)\)

Û 2b = \( - 2{\rm{a}} + {\rm{\pi }} + {\rm{k2\pi }}\,\,\left( {{\rm{k}} \in \mathbb{Z}} \right)\)

sin (a + 2b)

= sin (a – 2a + p + k2p) \(\left( {{\rm{k}} \in \mathbb{Z}} \right)\)

= sin (–a + p + k2p) \(\left( {{\rm{k}} \in \mathbb{Z}} \right)\)

= sin (–a + p) \(\left( {{\rm{k}} \in \mathbb{Z}} \right)\)

= sin a (đpcm).

Lời giải:

(sin 2a + sin a) : (1 + cos 2a + cos a)

= (2sin a cos a + sin a) : (2cos² a + cos a)

=\(\frac{{\sin {\rm{a}}\left( {2\cos {\rm{a}} + 1} \right)}}{{\cos {\rm{a}}\left( {2\cos {\rm{a}} + 1} \right)}}\)

=\(\frac{{\sin {\rm{a}}}}{{\cos {\rm{a}}}}\)

= tan a.

a) Ta có DABC vuông tại A, góc C = 30° nên tam giác ABC là nửa tam giác đều cạnh BC = 2AB. nên AB = \(\frac{1}{2}\)BC = 5 (cm).

Do đó, AC = \(\sqrt {{\rm{B}}{{\rm{C}}^2} - {\rm{A}}{{\rm{B}}^2}} = 5\sqrt 3 \) (cm).

b) Gọi AN Ç BC = D, AM Ç BC = E. Suy ra, BM, BN lần lượt là tia phân giác của \(\widehat {{\rm{ABC}}},\;\,\widehat {{\rm{ABD}}}\).

Ta có: \(\widehat {{\rm{ABC}}} + \widehat {{\rm{ABD}}} = 180^\circ \) nên BM ^ BN.

Mà BN ^ AD, BM ^ AM nên tứ giác ANBM là hình chữ nhật. Suy ra MN = AB.

Ta có: DABD có phân giác BN, BN ^ AD nên DABD cân tại B, N là trung điểm của AD.

Tương tự M là trung điểm của AE.

Suy ra MN là đường trung bình của DADE. Suy ra MN // DE. Do đó, MN // BC.

c) Ta có \(\widehat {{\rm{AMB}}} = 90^\circ = \widehat {{\rm{BAC}}}\).

Mà \(\widehat {{\rm{MNA}}} = \widehat {{\rm{ABM}}} = \frac{1}{2}\widehat {{\rm{ABC}}} = \frac{1}{2}\left( {90^\circ - \widehat {\rm{C}}} \right) = 30^\circ = \widehat {\rm{C}}\).

Do đó, DMAB  DABC (g – g).

Suy ra, DMAB  DABC theo tỉ số \(\frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{BC}}}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}\).

Lời giải:

a) Khinh khí cầu cách điểm xuất phát về phía đông 10 (km) về phía Nam 5 (km), đồng thời cách mặt đất là 400 (m) (= 0,4 km) nên tọa độ khinh khí cầu là (5; 10; 0,4).

b) Khoảng cách của khinh khí cầu so với điểm xuất phát là:

\(\sqrt {{5^2} + {{10}^2} + {{0,4}^2}} = \frac{{\sqrt {3\;129} }}{5}\;\,\left( {{\rm{km}}} \right)\).

Lời giải:

130 + (26 – x) = 45

26 – x = –85

x = 111.

Vậy x = 111.

Chọn A.

a) Các bộ vecto bằng nhau là:

\(\overrightarrow {{\rm{AF}}} = \overrightarrow {{\rm{FB}}} = \overrightarrow {{\rm{ED}}} \); \(\overrightarrow {{\rm{FA}}} = \overrightarrow {{\rm{BF}}} = \overrightarrow {{\rm{DE}}} \); \(\overrightarrow {{\rm{AE}}} = \overrightarrow {{\rm{EC}}} = \overrightarrow {{\rm{FD}}} \); \(\overrightarrow {{\rm{EA}}} = \overrightarrow {{\rm{CE}}} = \overrightarrow {{\rm{DF}}} \); \(\overrightarrow {{\rm{BD}}} = \overrightarrow {{\rm{DC}}} = \overrightarrow {{\rm{FE}}} \); \(\overrightarrow {{\rm{DB}}} = \overrightarrow {{\rm{CD}}} = \overrightarrow {{\rm{EF}}} \).

b) Tam giác ABC có E, F lần lượt là trung điểm của CA, AB nên EF là đường trung bình của tam giác ABC. Suy ra EF = \(\frac{1}{2}\)BC, EF // BC.

Do đó, EF = CD, EF // CD.

Vì \(\overrightarrow {{\rm{CD}}} ,\;\,\overrightarrow {{\rm{EF}}} \) cùng hướng, EF = CD nên \(\overrightarrow {{\rm{EF}}} = \overrightarrow {{\rm{CD}}} \).

a) Xét DABC có: \(\widehat {{\rm{BAC}}} + \widehat {\rm{B}} + \widehat {\rm{C}} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong D)

\(\widehat {{\rm{BAC}}} + {\rm{65}}^\circ + {\rm{65}}^\circ = 180^\circ \)

\(\widehat {{\rm{BAC}}} = 180^\circ - {\rm{65}}^\circ - {\rm{65}}^\circ = 50^\circ \).

b) Vì Am // BC (gt) nên \(\widehat {{\rm{CAm}}} = \widehat {\rm{C}} = 65^\circ \) (so le trong).

Ta có: \(\widehat {{\rm{BAm}}} = \widehat {{\rm{BAC}}} + \widehat {{\rm{CAm}}} = 50^\circ + 65^\circ = 115^\circ \).

c) \(\widehat {{\rm{BAC}}} + \widehat {{\rm{CAm}}} + \widehat {{\rm{nAm}}} = 180^\circ \)

\({\rm{50}}^\circ + {\rm{65}}^\circ + \widehat {{\rm{nAm}}} = 180^\circ \)

\(\widehat {{\rm{nAm}}} = {\rm{65}}^\circ \).

Ta có: \(\widehat {{\rm{nAm}}} = \widehat {{\rm{CAm}}} = {\rm{65}}^\circ \) nên Am là tia phân giác của góc nAC.

Lời giải:

cos x + cos \(\frac{{\rm{x}}}{2}\) + 1 = 0

Û2cos² \(\frac{{\rm{x}}}{2}\) – 1 + cos \(\frac{{\rm{x}}}{2}\) + 1 = 0

Û2cos² \(\frac{{\rm{x}}}{2}\)+ cos \(\frac{{\rm{x}}}{2}\)= 0

\( \Leftrightarrow \cos \frac{{\rm{x}}}{2}\left( {2\cos \frac{{\rm{x}}}{2} + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \frac{{\rm{x}}}{2} = 0\\\cos \frac{{\rm{x}}}{2} = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{\rm{x}}}{2} = \frac{{\rm{\pi }}}{2} + {\rm{k\pi }}\\\frac{{\rm{x}}}{2} = \pm \frac{{{\rm{2\pi }}}}{3} + {\rm{k\pi }}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{x}} = {\rm{\pi }} + {\rm{k2\pi }}\\{\rm{x}} = \pm \frac{{{\rm{4\pi }}}}{3} + {\rm{k2\pi }}\end{array} \right.\,\;\left( {{\rm{k}} \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy họ nghiệm của phương trình đã cho là \({\rm{x}} = {\rm{\pi }} + {\rm{k2\pi }}\); \({\rm{x}} = \pm \frac{{{\rm{4\pi }}}}{3} + {\rm{k2\pi }}\)\(\left( {{\rm{k}} \in \mathbb{Z}} \right)\).

a) Ta có: MA + MB ≥ AB (1), MC + MD ≥ CD (2).

Suy ra: MA + MB + MC + MD ≥ AB + CD.

Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của AC và BD.

b) Ta có: MA + MD ≥ AD (3), MC + MB ≥ CB (4).

Cộng vế với vế của (1), (2), (3), (4) ta có:

2(MA + MB + MC + MD) ≥ AB + BC + CD + DA

Do đó, MA + MB + MC + MD ≥ 0,5 (AB + BC + CD + DA).

Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của AC và BD.

Lời giải:

Ta có: y = 2(1 + cos2x) – 1 = 2cos2x + 1.

Vì –1 ≤ cos2x ≤ 1 nên –1 ≤ 2cos2x + 1 ≤ 3.

Do đó, giá trị lớn nhất của y bằng 3 và giá trị nhỏ nhất của y bằng –1.

Gọi M là trung điểm của CD. Do G là trọng tâm DBCD nên \(\overrightarrow {{\rm{BG}}} = \frac{2}{3}\overrightarrow {{\rm{BM}}} \).

Ta có: \(\overrightarrow {{\rm{AG}}} = \overrightarrow {{\rm{AB}}} + \overrightarrow {{\rm{BG}}} \)

\( = \overrightarrow {{\rm{AB}}} + \frac{2}{3}\overrightarrow {{\rm{BM}}} \)

\( = \overrightarrow {{\rm{AB}}} + \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {{\rm{BA}}} + \overrightarrow {{\rm{AM}}} } \right)\)

\( = \overrightarrow {{\rm{AB}}} + \frac{2}{3}\overrightarrow {{\rm{BA}}} + \frac{2}{3}\overrightarrow {{\rm{AM}}} \)

\( = \frac{1}{3}\overrightarrow {{\rm{AB}}} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {{\rm{AM}}} + \overrightarrow {{\rm{AM}}} } \right)\)

\( = \frac{1}{3}\overrightarrow {{\rm{AB}}} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {{\rm{AC}}} + \overrightarrow {{\rm{CM}}} + \overrightarrow {{\rm{AD}}} + \overrightarrow {{\rm{DM}}} } \right)\)

\( = \frac{1}{3}\overrightarrow {{\rm{AB}}} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {{\rm{AC}}} + \overrightarrow {{\rm{AD}}} + \overrightarrow {\rm{0}} } \right)\)

\( = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {{\rm{AB}}} + \overrightarrow {{\rm{AC}}} + \overrightarrow {{\rm{AD}}} } \right)\).

Vậy \(\overrightarrow {{\rm{AG}}} \)\( = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {{\rm{AB}}} + \overrightarrow {{\rm{AC}}} + \overrightarrow {{\rm{AD}}} } \right)\).

Lời giải:

Ta có: tan α. cot α = \(\frac{{\sin {\rm{\alpha }}}}{{\cos {\rm{\alpha }}}} \cdot \frac{{\cos {\rm{\alpha }}}}{{\sin {\rm{\alpha }}}} = \frac{{\sin {\rm{\alpha }} \cdot \cos {\rm{\alpha }}}}{{\cos {\rm{\alpha }} \cdot \sin {\rm{\alpha }}}} = 1.\)

Lời giải:

sinx + sin3x + sin5x = 0

Û (sinx + sin5x) + sin3x = 0

Û2sin\(\frac{{{\rm{5x}} + {\rm{x}}}}{2}\)cos \(\frac{{{\rm{5x}} - {\rm{x}}}}{2}\)+ sin3x = 0

Û2sin3x. cos2x + sin3x = 0

Û sin3x (cos2x + 1) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 3{\rm{x}} = 0\\\cos 2{\rm{x}} = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{\rm{x}} = {\rm{k\pi }}\\2{\rm{x}} = \frac{{{\rm{2\pi }}}}{3} + {\rm{k2\pi }}\\2{\rm{x}} = - \frac{{{\rm{2\pi }}}}{3} + {\rm{k2\pi }}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{x}} = \frac{{{\rm{k\pi }}}}{3}\\{\rm{x}} = \frac{{\rm{\pi }}}{3} + {\rm{k\pi }}\\{\rm{x}} = - \frac{{\rm{\pi }}}{3} + {\rm{k\pi }}\end{array} \right.\,\;\left( {{\rm{k}} \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy phương trình đã cho có họ nghiệm là: \({\rm{x}} = \frac{{{\rm{k\pi }}}}{3}\); \({\rm{x}} = \frac{{\rm{\pi }}}{3} + {\rm{k\pi }}\); \({\rm{x}} = - \frac{{\rm{\pi }}}{3} + {\rm{k\pi }}\) \(\left( {{\rm{k}} \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải:

Chọn C.

\(\frac{{\tan {\rm{A}}}}{{\tan {\rm{C}}}} = \frac{{{{\sin }^2}{\rm{A}}}}{{{{\sin }^2}{\rm{C}}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sin {\rm{A}}}}{{\cos {\rm{A}}}}:\frac{{\sin {\rm{C}}}}{{\cos {\rm{C}}}} = \frac{{{{\sin }^2}{\rm{A}}}}{{{{\sin }^2}{\rm{C}}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sin {\rm{A}}}}{{\sin {\rm{C}}}}\left( {\frac{{\cos {\rm{C}}}}{{{\rm{cosA}}}} - \frac{{\sin {\rm{A}}}}{{\sin {\rm{C}}}}} \right) = 0\).

Với \(\frac{{\sin {\rm{A}}}}{{\sin {\rm{C}}}} = 0 \Rightarrow \)sin A = 0 Þ \(\widehat {\rm{A}} = 0^\circ \) (vô lí).

Với \(\frac{{\cos {\rm{C}}}}{{{\rm{cosA}}}} - \frac{{\sin {\rm{A}}}}{{\sin {\rm{C}}}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\cos {\rm{C}} \cdot \sin {\rm{C}} - \sin {\rm{A}} \cdot {\rm{cosA}}}}{{{\rm{cosA}} \cdot \sin {\rm{C}}}} = 0\)

Û 2sinC.cosC – 2sinA.cosA = 0

Û sin2C = sin2A

Û \(\widehat {\rm{C}} = \widehat {\rm{A}}\).

Do đó, tam giác ABC cân tại B.

Lời giải:

cot 3x = –2 Û3x = arccot(–2) + kp, \({\rm{k}} \in \mathbb{Z}\) Û x \( = \frac{{{\mathop{\rm arccot}\nolimits} \left( { - 2} \right)}}{3} + \frac{{{\rm{k\pi }}}}{3},\;\,{\rm{k}} \in \mathbb{Z}\).

Vậy họ nghiệm của phương trình đã cho là x \( = \frac{{{\mathop{\rm arccot}\nolimits} \left( { - 2} \right)}}{3} + \frac{{{\rm{k\pi }}}}{3},\;\,{\rm{k}} \in \mathbb{Z}\).

Lời giải:

Chữ số cần làm tròn là: 4.

Xét chữ số ngay đằng sau chữ số 4 là chữ số 7. Do đó, ta làm tròn chữ số 4 thành 5.

Vậy làm tròn số 634755 với độ chính xác đến hàng nghìn ta được số 635000.

Lời giải:

Ta có: Các số 40, 48, 72 đều chia hết cho 4. Do đó:

+ Để A chia hết cho 4 thì x chia hết cho 4.

+ Để A không chia hết cho 4 thì x không chia hết cho 4.

Lời giải:

a) Vì 3 < 5 nên làm tròn số 55,21736… đến chữ số thập phân thứ ba ta được số 55,217.

b) Vì 7 > 5 nên làm tròn số 55,21736… đến chữ số thập phân thứ hai ta được số 55,22.

c) Vì 5 = 5 nên làm tròn số 55,21736… đến chữ số hàng chục ta được số 60.

Lời giải:

Số học sinh biết chơi ít nhất một trong hai môn là: 40 – 6 = 34 (học sinh).

Số học sinh biết đánh cầu lông và biết đá bóng là: 20 + 30 – 34 = 16 (học sinh).

Vậy lớp 10 A có 16 học sinh biết đánh cầu lông và biết đá bóng.

Lời giải:

a) Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác ABC vuông tại A ta có:

BC² = AB² + AC² = 4² + \({\left( {4\sqrt 3 } \right)^2}\) = 64 nên BC = 8 cm.

Xét tam giác ABC vuông tại A có:

sinB \( = \frac{{{\rm{AC}}}}{{{\rm{BC}}}} = \frac{{4\sqrt 3 }}{8} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\); tanC \( = \frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{AC}}}} = \frac{4}{{4\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào tam giác ABC, ta có:

AB. AC = AH. BC nên \({\rm{AH}} = \frac{{{\rm{AB}} \cdot {\rm{AC}}}}{{{\rm{BC}}}} = \frac{{4 \cdot 4\sqrt 3 }}{8} = 2\sqrt 3 \) (cm).

Vì AH là đường cao của tam giác ABC nên AH ^ BC nên \(\widehat {{\rm{AHC}}} = 90^\circ \).

c) Xét DABH và DAHD có: \(\widehat {{\rm{BHA}}} = \widehat {{\rm{ADH}}} = 90^\circ ,\;\,\widehat {{\rm{BAH}}}\) chung.

Do đó, DABH  DAHD (g – g).

Suy ra: \(\frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{AH}}}} = \frac{{{\rm{AH}}}}{{{\rm{AD}}}}\) (tỉ số đồng dạng) nên AB. AD = AH² (1).

Xét DAEH và DAHC có: \(\widehat {{\rm{AEH}}} = \widehat {{\rm{AHC}}} = 90^\circ ,\;\,\widehat {{\rm{EAH}}}\) chung.

Do đó, DAEH  DAHC (g – g).

Suy ra: \(\frac{{{\rm{AE}}}}{{{\rm{AH}}}} = \frac{{{\rm{AH}}}}{{{\rm{AC}}}}\) (tỉ số đồng dạng) nên AC. AE = AH² (2).

Từ (1) và (2) ta có: AB. AD = AC. AE.

Lời giải:

a) \(\widehat {{{\rm{C}}_{\rm{1}}}},\;\,\widehat {{{\rm{D}}_{\rm{2}}}}\) là hai góc đồng vị.

b) Chưa đủ dữ kiện để làm.

Lời giải:

Áp dụng định lý Côsin vào tam giác ABC ta có:

AC² = AB² + BC² – 2AB.BC.cosB

13² = 8² + BC² – 2.8.BC.cos60^o

BC² – 8BC – 105 = 0

(BC – 15)(BC + 7) = 0

BC – 15 = 0 (do BC + 7 > 0)

BC = 15 cm.

Áp dụng định lí sin vào tam giác ABC ta có:

\(\frac{{{\rm{AC}}}}{{\sin {\rm{B}}}}\)= 2R nên R = \(\frac{{13}}{{2\sin 60^\circ }} = \frac{{13}}{{\sqrt 3 }} \approx 7,5\) cm.

Lời giải:

a) Đúng.

Vì hàm số f(x) = sin x đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \frac{{\rm{\pi }}}{2} + {\rm{k2\pi }};\;\,\frac{{\rm{\pi }}}{2} + {\rm{k2\pi }}} \right)\), \({\rm{k}} \in \mathbb{Z}\). Do đó, hàm số f(x) = sin x đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{{\rm{\pi }}}{2};\;\,\frac{{\rm{\pi }}}{2}} \right)\).

b) Đúng.

Vì hàm số f(x) = sin x nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( {\frac{{\rm{\pi }}}{2} + {\rm{k2\pi }};\;\,\frac{{{\rm{3\pi }}}}{2} + {\rm{k2\pi }}} \right)\), \({\rm{k}} \in \mathbb{Z}\). Do đó, hàm số f(x) = sin x nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{{{\rm{3\pi }}}}{4};\;\,\frac{{{\rm{5\pi }}}}{4}} \right)\).

c) Đúng.

Vì hàm số g(x) = cos x nghịch biến trên mỗi khoảng (k2p; p +k2p), \({\rm{k}} \in \mathbb{Z}\). Do đó, hàm số g(x) nghịch biến trên (0; p).

d) Sai.

Vì hàm số g(x) = cos x đồng biến trên mỗi khoảng (–p + k2p; k2p), \({\rm{k}} \in \mathbb{Z}\). Do đó, hàm số g(x) không đồng biến trên \(\left( {\frac{{{\rm{25\pi }}}}{6};\;\,\frac{{{\rm{13\pi }}}}{3}} \right)\).

Lời giải:

1) x² – 4 = x² – 2² = (x – 2)(x + 2).

2) 1 – 4x² = 1² – (2x)² = (1 – 2x)(1 + 2x).

3) 4x² – 9 = (2x)² – 3² = (2x – 3)(2x + 3).

4) 9 – 25x² = 3² – (5x)² = (3 – 5x)(3 + 5x).

5) 4x² – 25 = (2x)² – 5² = (2x – 5)(2x + 5).

6) 9x² – 36 = (3x)² – 6² = (3x – 6)(3x + 6).

7) (3x)² – y² = (3x – y)(3x + y).

8) x² – (2y)² = (x – 2y)(x + 2y).

9) (2x)² – y² = (2x – y)(2x + y).

10) (3x)² – 9y⁴ = (3x)² – (3y²)² = (3x – 3y²)(3x + 3y²).

11) 16x² – (y²)² = (4x)² – (y²)² = (4x – y²)(4x + y²).

12) x⁴ – (3y²)² = (x²)² – (3y²)² = (x² – 3y²)(x² + 3y²).

Lời giải:

Để cặp số (m²; m² + 2m – 2) không phải là nghiệm của bất phương trình đã x + 3y – 12 ≥ 0 thì

m² + 3(m² + 2m – 2) – 12 < 0

m² + 3m² + 6m – 6 – 12 < 0

4m² + 6m – 18 < 0

4m² + 6m + \(\frac{9}{4} - \frac{{81}}{4}\) < 0

\({\left( {2{\rm{m}} + \frac{3}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{9}{2}} \right)^2} < 0\)

\(\left( {2{\rm{m}} + \frac{3}{2} - \frac{9}{2}} \right)\left( {2{\rm{m}} + \frac{3}{2} + \frac{9}{2}} \right) < 0\)

(2m – 3)(2m + 6) < 0

2m – 3 < 0 và 2m + 6 > 0 (do 2m – 3 < 2m + 6 với mọi giá trị của m)

\({\rm{m}} < \frac{3}{2}\) và m > –3.

Mà m là số nguyên nên m Î {–2; –1; 0; 1}.

Vậy có tất cả 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải:

a) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O xuống dây EF.

Suy ra H là trung điểm của EF (HE = HF).

Xét DOHE vuông tại H có:

OH² + HE² = OE²

HE² = OE² – OH² = 10² – 8² = 36 nên HE = 6 cm.

Suy ra: EF = 2EH = 2.6 = 12 (cm).

b) Xét DOHE vuông tại H có: sin EOH \( = \frac{{{\rm{EH}}}}{{{\rm{OE}}}} = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}\). Do đó, \(\widehat {{\rm{EOH}}} \approx 36,9^\circ \).

Suy ra \(\widehat {{\rm{EOF}}} \approx 2 \cdot 36,9^\circ = 73,8^\circ \).

Số đo cung nhỏ EF = \(\widehat {{\rm{EOF}}} = 73,8^\circ \).

Số đo cung lớn EF = 360^o – 73,8^o = 286,2^o.

Lời giải:

Số viên bi không phải màu đen là: 120 – 36 = 84 (viên bi).

Xác suất của biến cố “Viên bi được chọn không phải viên bi màu đen” là:

\({\rm{P}} = \frac{{84}}{{120}} = \frac{7}{{10}} = 0,7\).

Lời giải:

Xét tam giác ABC vuông tại A có: sin B\( = \frac{{{\rm{AC}}}}{{{\rm{BC}}}}\), cosB \( = \frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{BC}}}}\).

Ta có: sin²B + cos²B \( = {\left( {\frac{{{\rm{AC}}}}{{{\rm{BC}}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{BC}}}}} \right)^2} = \frac{{{\rm{B}}{{\rm{C}}^2}}}{{{\rm{B}}{{\rm{C}}^2}}} = 1\). Vậy sin² B + cos² B = 1.

Lời giải:

TXĐ: \(\mathbb{R}\)\{–1}.

+) Với x ≥ –3 ta có y = x + 3 + \(\frac{1}{{{\rm{x}} + 1}}\).

y’ = \({\left( {{\rm{x}} + 3 + \frac{1}{{{\rm{x}} + 1}}} \right)^\prime } = - \frac{1}{{{{\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}^2}}} + 1\).

y’ = 0 \( \Leftrightarrow - \frac{1}{{{{\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}^2}}} + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{x}} = 0\;\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\\{\rm{x}} = - 2\;\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\end{array} \right.\).

+) Với x < –3 ta có y = –x – 3 + \(\frac{1}{{{\rm{x}} + 1}}\).

y’ = \({\left( {--{\rm{x}}--3 + \frac{1}{{{\rm{x}} + 1}}} \right)^\prime } = - \frac{1}{{{{\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}^2}}} - 1\).

y’ = 0 \( \Leftrightarrow - \frac{1}{{{{\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}^2}}} - 1 = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}^2}}} + 1 = 0\) (vô nghiệm).

Do đó, hàm số y = |x + 3| + \(\frac{1}{{{\rm{x}} + 1}}\) có cực trị tại x = 0, x = –2.

Với x = 0 thì y = 4, với x = –2 thì y = 0. Vậy S = 4 + 0 = 4.

Lời giải:

–1 ≤ sin x ≤ 1

Û 0 ≤ sin² x ≤ 1

Û0 ≥ –2sin² x ≥ –2

Û5 ≥ 5 – 2sin² x ≥ 3.

Vậy giá trị lớn nhất của m là 5.

Lời giải:

\({\rm{y'}} = {\left[ {\left( {{\rm{x}} - 2} \right)\sqrt {{{\rm{x}}^2} + 1} } \right]^\prime }\)

\( = {\left( {{\rm{x}} - 2} \right)^\prime }\sqrt {{{\rm{x}}^2} + 1} + \left( {{\rm{x}} - 2} \right){\left( {\sqrt {{{\rm{x}}^2} + 1} } \right)^\prime }\)

\( = \sqrt {{{\rm{x}}^2} + 1} + \left( {{\rm{x}} - 2} \right)\frac{{{{\left( {{{\rm{x}}^2} + 1} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {{{\rm{x}}^2} + 1} }}\)

\( = \sqrt {{{\rm{x}}^2} + 1} + \frac{{{\rm{x}}\left( {{\rm{x}} - 2} \right)}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} + 1} }}\)

\( = \frac{{1 + {{\rm{x}}^2} + {{\rm{x}}^2} - 2{\rm{x}}}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} + 1} }}\)

\( = \frac{{2{{\rm{x}}^2} - 2{\rm{x}} + 1}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} + 1} }}\).

Lời giải:

Điều kiện: sin(2x – 1) ¹ 0 Û 2x – 1 ¹ kp Ûx ¹ \(\frac{1}{2} + {\rm{k\pi }},\;\,{\rm{k}} \in \mathbb{Z}\).

cot(2x – 1) = cot\(\frac{{\rm{\pi }}}{5}\)Û\(2{\rm{x}} - 1 = \frac{{\rm{\pi }}}{5} + {\rm{k\pi }},\;\,{\rm{k}} \in \mathbb{Z}\)

Û\({\rm{x}} = \frac{1}{2} + \frac{{\rm{\pi }}}{{10}} + {\rm{k}}\frac{{\rm{\pi }}}{2},\;\,{\rm{k}} \in \mathbb{Z}\) (thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: \({\rm{x}} = \frac{1}{2} + \frac{{\rm{\pi }}}{{10}} + {\rm{k}}\frac{{\rm{\pi }}}{2},\;\,{\rm{k}} \in \mathbb{Z}\).

Lời giải:

Ta thấy: 4 = 2², 9 = 3², 16 = 4², 25 = 5², 36 = 6², 49 = 7².

Do đó D = {n² | 1 < n < 8}.

Lời giải:

Ta có: Q = 3A + 2B

Q = 3(x³ – axy + y² – 1) + 2(2 – xyz + az² + y²)

Q = 3x³ + 2az² – 3axy + 5y² – 2xyz + 1.

Để tổng các hệ số của Q bằng 25 thì

3 + 2a – 3a + 5 – 2 + 1 = 25

–a + 7 = 25

a = –18.

Vậy a = –18 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải:

Cách 1: 7 gian muối có số bao là: 120 x 7 = 840 (bao).

Cửa hàng có tất cả số tấn muối là: 5 x 840 = 4 200 (yến) = 42 tấn.

Đáp số: 42 tấn.

Cách 2: 120 bao nặng số yến là: 5 x 120 = 600 (yến).

Cửa hàng có tất cả số tấn muối là: 600 x 7 = 4 200 (yến) = 42 tấn.

Đáp số: 42 tấn.

Lời giải:

a) Vì Oz là tia phân giác \(\widehat {{\rm{xOy}}}\) nên \(\widehat {{\rm{xOz}}} = \widehat {{\rm{zOy}}} = \frac{1}{2}\widehat {{\rm{xOy}}} = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ \).

b) Ta có: \(\widehat {{\rm{yOt}}} + \widehat {{\rm{yOz}}} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

\(\widehat {{\rm{yOt}}} + {\rm{60}}^\circ = 180^\circ \)

\(\widehat {{\rm{yOt}}} = 120^\circ \).

c) Vì \(\widehat {{\rm{xOz}}}\) và \(\widehat {{\rm{mOt}}}\) là cặp góc đối đỉnh nên \(\widehat {{\rm{xOz}}} = \widehat {{\rm{mOt}}} = 60^\circ \).

Lời giải:

a) Đúng.

Ta có: \(\overrightarrow {{\rm{AC}}} = \left( { - 5;1} \right)\) nên \(\overrightarrow {\rm{n}} = \left( {1;5} \right)\) là vectơ vuông góc với AC.

Vì d // AC nên \(\overrightarrow {\rm{n}} \) là vectơ pháp tuyến của d.

(d): 1(x – 0) + 5(y – 3) = 0

(d): x + 5y – 15 = 0.

b) Sai.

Gọi I là trung điểm của BC. Khi đó, \({\rm{I}}\left( {\frac{{0 - 3}}{2};\;\,\frac{{3 + 1}}{2}} \right)\) nên \({\rm{I}}\left( {\frac{{ - 3}}{2};\;\,2} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {{\rm{BC}}} = \left( { - 3; - 2} \right)\). Phương trình đường trung trực của BC là: \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x}} = \frac{{ - 3}}{2} - 3{\rm{t}}\\{\rm{y}} = 2 - 2{\rm{t}}\end{array} \right.\).

c) Sai.

Phương trình AB là: \(\frac{{\rm{x}}}{2} + \frac{{\rm{y}}}{3} = 1\).

3x + 2y = 6.

3x + 2y – 6 = 0.

d) Sai.

Ta có: \(\overrightarrow {{\rm{AB}}} = \left( { - 2;3} \right)\).

Phương trình đường cao tại C của tam giác ABC là:

–2(x – (–3)) + 3(y – 1) = 0

–2x + 3y – 9 = 0.

Ta có: –2.2 + 3.3 – 9 ¹ 0.

Vậy M(2; 3) không thuộc đường cao tại C của tam giác ABC.

Lời giải:

a) (2x + 3)(x – 1) + (2x – 3)(1 – x) = 0

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

(x – 1) (2x + 3 – 2x + 3) = 0

6(x – 1) = 0

x – 1 = 0

x = 1.

Vậy x = 1.

b) (x + 1)(6x² + 2x) + (x – 1)(6x² + 2x) = 0

(6x² + 2x)(x + 1 + x – 1) = 0

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

4x² (3x + 1) = 0

4x² = 0 hoặc 3x + 1 = 0

x = 0 hoặc \({\rm{x}} = \frac{{ - 1}}{3}\).

Vậy x = 0; \({\rm{x}} = \frac{{ - 1}}{3}\).

Lời giải:

Đổi 50 km/h = \(\frac{{125}}{9}\) (m/ s).

Chu vi của bánh xe là 60p (cm) ≈ 1,88 m.

Quãng đường xe đi được trong 5 giây là: \(5 \cdot \frac{{125}}{9} = \frac{{625}}{9}\;\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Số vòng quay bánh xe quay được: \(\frac{{625}}{9}:1,88 \approx 36,94\) (vòng).

Lời giải:

Gọi chiều ngang trang chữ là: x (cm) (x > 0).

Gọi chiều dài trang chữ là: y (cm) (y > 0).

Do diện tích trang chữ là 384cm² nên xy = 384.

Chiều ngang của trang giấy là: x + 4 (cm).

Chiều dài của trang giấy là: y + 6 (cm).

Diện tích trang giấy là: S = (x + 4)(y + 6) = xy + 6x + 4y + 24 = 408 + 6x + 4y (cm²).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy có 2 số thực không âm ta có:

S ≥ 408 + 2\(\sqrt {6{\rm{x}} \cdot 4{\rm{y}}} \) = 408 + 192 = 600.

Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x}} = 16\;\;\left( {{\rm{TM}}} \right)\\{\rm{y}} = 24\;\;\left( {{\rm{TM}}} \right)\end{array} \right.\).

Vậy chiều ngang của trang giấy là: 16 + 4 = 20 (cm).

Chiều dài trang giấy là: 24 + 6 = 30 (cm).

Lời giải:

a)

+ Tìm giao tuyến của (MCD) và (ABC):

Trong (BCD), gọi I là giao điểm của DO và BC.

Trong (ADI): Gọi E là giao điểm của DM và AI.

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{E}} \in {\rm{MD}} \Rightarrow {\rm{E}} \in \left( {{\rm{MCD}}} \right)\\{\rm{E}} \in {\rm{AI}} \Rightarrow {\rm{E}} \in \left( {{\rm{ABC}}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{E}} \in \left( {{\rm{MCD}}} \right) \cap \left( {{\rm{ABC}}} \right)\).

Mà C là điểm chung của (MCD) và (ABC) nên CE là giao tuyến của (MCD) và (ABC).

+ Tìm giao tuyến của (MCD) và (ABD):

Trong (ABC): Gọi F là giao điểm của EC và AB.

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{F}} \in {\rm{AB}} \Rightarrow {\rm{F}} \in \left( {{\rm{ABD}}} \right)\\{\rm{F}} \in {\rm{EC}} \Rightarrow {\rm{F}} \in \left( {{\rm{MCD}}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{F}} \in \left( {{\rm{MCD}}} \right) \cap \left( {{\rm{ABD}}} \right)\).

Mà D là điểm chung của (MCD) và (ABD) nên DF là giao tuyến của (MCD) và (ABD).

b)

Trong (BCD), gọi G là giao điểm của JK và CD; T là giao điểm của JO với CD.

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{G}} \in {\rm{JK}} \Rightarrow {\rm{G}} \in \left( {{\rm{MJK}}} \right)\\{\rm{G}} \in {\rm{CD}} \Rightarrow {\rm{G}} \in \left( {{\rm{ACD}}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{G}} \in \left( {{\rm{MJK}}} \right) \cap \left( {{\rm{ACD}}} \right)\) (1).

Trong tam giác AJT: Gọi U là giao điểm của JM và AT.

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{U}} \in {\rm{JM}} \Rightarrow {\rm{U}} \in \left( {{\rm{MJK}}} \right)\\{\rm{U}} \in {\rm{AT}} \Rightarrow {\rm{U}} \in \left( {{\rm{ACD}}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{U}} \in \left( {{\rm{MJK}}} \right) \cap \left( {{\rm{ACD}}} \right)\) (2).

Từ (1) và (2) ta có GU là giao tuyến của hai mặt phẳng (MJK) và (ACD).

Lời giải:

Gọi số học sinh học 2 môn: x (học sinh).

Số học sinh chỉ học mỗi môn anh: 31 − x (học sinh).

Số học sinh chỉ học mỗi tiếng nhật: 27 − x (học sinh).

Tổng số học sinh là 51 nên x + (31 – x) + (27 – x) = 51

x = 7.

Vậy có 7 học sinh học cả 2 môn.

Lời giải:

Vì –1 ≤ cos(2x) ≤ 1 nên 2 ≤ cos(2x) + 3 ≤ 4.

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2, giá trị lớn nhất của A là 4.

Lời giải:

Vì tam giác ABC đều nên \(\widehat {\rm{B}} = \widehat {\rm{C}} = 60^\circ \).

Vì xy // BC nên \(\widehat {{\rm{xAB}}} = \widehat {\rm{B}} = 60^\circ \) (hai góc so le trong), \(\widehat {{\rm{yAC}}} = \widehat {\rm{C}} = 60^\circ \) (hai góc so le trong).

Lời giải:

Vì DABC vuông tại A, đường cao AH nên ta có: AH² = BH. HC, AB² = BH. BC.

Vì DABH vuông tại H, đường cao HM nên ta có: BH² = BM. AB.

Áp dụng định lý Pythagore vào DAHK vuông tại H có:

AK² = AH² + HK²

= BH. HC + BN²

= BH. (BC – BH) + BN²

= BH. BC – BH² + BN²

= BH. BC – BM. AB + BN²

= BH. BC – 2AB.BN + BN² (1).

Mà AN² = (AB – BN)² = AB² – 2AB.BN + BN² = BH. BC – 2AB.BN + BN² (2).

Do đó, AK² = AN² nên AK = AN.

Mà AK = AS nên AK = AN = AS \( = \frac{1}{2}{\rm{SK}}\). Do đó, tam giác NKS vuông tại N.

Vậy SN vuông góc với NK.

Lời giải:

a) Gọi O là giao điểm AC và BD. Mà ABCD là hình bình hành nên O là trung điểm của AC, BD.

Xét hai tam giác vuông DOEB và DOFD có: OB = OD, \(\widehat {{\rm{BOE}}} = \widehat {{\rm{DOF}}}\) (đối đỉnh).

Suy ra DOEB = DOFD (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra BE = DF (hai cạnh tương ứng).

Lại có: BE // DF (cùng vuông góc với AC)

Suy ra, tứ giác BEDF là hình bình hành.

b) Xét DHBC và DKDC có: \(\widehat {{\rm{BHC}}} = \widehat {{\rm{DKC}}} = 90^\circ \) (gt), \(\widehat {{\rm{HBC}}} = \widehat {{\rm{KDC}}}\left( { = \widehat {{\rm{BAD}}}} \right)\).

Suy ra  (g – g). Suy ra \(\frac{{{\rm{CH}}}}{{{\rm{CK}}}} = \frac{{{\rm{CB}}}}{{{\rm{CD}}}}\) (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

Suy ra CH.CD = CK.CB (đpcm).

c) Xét DAEB và DAHC có: \(\widehat {{\rm{BAE}}}\) chung, \(\widehat {{\rm{AEB}}} = \widehat {{\rm{AHC}}} = 90^\circ \).

Suy ra  (g – g). Suy ra \(\frac{{{\rm{AE}}}}{{{\rm{AH}}}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{AC}}}}\) (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

Suy ra AE.AC = AB.AH (1).

Xét DAFD và DAKC có: \(\widehat {{\rm{FAD}}}\) chung, \(\widehat {{\rm{AFD}}} = \widehat {{\rm{AKC}}} = 90^\circ \).

Suy ra  (g – g). Suy ra \(\frac{{{\rm{AF}}}}{{{\rm{AK}}}} = \frac{{{\rm{AD}}}}{{{\rm{AC}}}}\) (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

Suy ra AF.AC = AK.AD (2).

Ta có: OE = OF (suy ra từ DOEB = DOFD câu a)), OA = OC (tính chất hình bình hành).

Do đó: OA – OE = OC – OF hay AE = FC (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra

AB.AH + AK.AD = AE.AC + AF.AC = AC(AE + AF) = AC (FC + AF) = AC² (đpcm).

Lời giải:

Sau khi chuyển 20 lít từ thùng thứ nhất sang thùng thứ hai thì thùng thứ nhất chứa số lít dầu là: (425 – 53) : 2 = 186 (lít).

Số lít dầu ban đầu ở thùng thứ nhất là: 186 + 20 = 206 (lít).

Số lít dầu ban đầu ở thùng thứ hai là: 425 – 206 = 219 (lít).

Đáp số: Thùng thứ nhất: 206 lít, Thùng thứ hai: 219 lít.

Lời giải:

a) A + x² – y² = x² – 2y² + 3xy – 2

A = x² – 2y² + 3xy – 2 – x² + y²

A = – y² + 3xy – 2.

Vậy A = – y² + 3xy – 2.

b) B – (5x² – 2xyz) = 2x² + 2xyz + 1

B = 2x² + 2xyz + 1 + 5x² – 2xyz

B = 7x² + 1.

Vậy B = 7x² + 1.

Lời giải:

Gọi A là tập số học sinh chơi bóng đá nên n(A) = 11.

Gọi B là tập số học sinh chơi cầu lông nên n(B) = 10.

Gọi C là tập số học sinh chơi bóng chuyền nên n(C) = 8.

Số học sinh chơi được cả ba môn bóng đá, bóng chuyền, cầu lông là n(A Ç B Ç C) = 2.

Số học sinh chơi được môn bóng đá và bóng chuyền là 5 nên n(A Ç C) = 5.

Số học sinh chơi được môn bóng đá và cầu lông là 4 nên n(A Ç B) = 4.

Số học sinh chơi được môn bóng chuyền và cầu lông là 4 nên n(B Ç C) = 4.

Số học sinh của lớp 10A là:

n(A È B È C) = n(A) + n(B) + n(C) + n(A Ç B Ç C) – n(A Ç C) – n(A Ç B) – n(B Ç C) = 11 + 10 + 8 + 2 – 5 – 4 – 4 = 18 (học sinh).

Vậy lớp 10A có 18 học sinh.

Lời giải:

a) 8 < 10.

b) –12 > –17.

c) 0 > –9.

d) 23 > 0.

e) –53 < 15.

Lời giải:

Ta có y’ = –x² – 4x + m.

Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi y’ ≤ 0 với mọi x Î \(\mathbb{R}\).

Û–x² – 4x + m ≤ 0 \(\forall {\rm{x}} \in \mathbb{R}\)

 Û16 + 4m ≤ 0 Û m ≤ –4.

Vậy với m Î (–¥; –4] thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải:

Đáp án: C

3ⁿ = 81

3ⁿ = 3⁴

n = 4 (hai lũy thừa có cùng cơ số có giá trị bằng nhau nếu hai số mũ bằng nhau).

Vậy n = 4.

Lời giải:

Xét tam giác ABC vuông tại C có \(\widehat {\rm{A}} = 42^\circ \), ta có:

BC = AB . sinA = 16 . sin42° ≈ 10,71 (m).

Vậy chiều dài BC của đoạn dây cáp khoảng 10,71 m.