5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 1)

Ta có: MA→=−34BM→=34MB→;AN→=−3CN→=3NC→;CP→=14PB→

Ta lại có: MN→=MA→+AN→=34MB→+3NC→=34MP→+34PB→+3NP→+3PC→

_{⇔MN→=34MP→+3CP→+3NP→−3CP→=34MP→+3NP→}

_{⇔MP→+PN→=34MP→+3NP→}

_{⇔14MP→=4NP→⇔MP→=16NP→}

Do đó M, N, P thằng hàng.

Ta có :

2b+1=92a+1⇒b=4-a2a+1⇒b+2=4-a2a+1+2=3a+62a+1

M=1a+2+2a+13a+6=1a+2+2a+13a+2=3+2a+13a+2=2a+23a+2=23

Xét hiệu

1a+ 1b−4a+b=ba+b+aa+b−4ababa+b=a2−2ab+b2aba+b=a−b2aba+b≥0, vì a, b > 0

Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi a = b.

_1a+1ba+b≥4

_{⇔1+ba+ab+1≥4}

_{⇔b2+a2ab≥2}

Vì a > 0 và b > 0  ⇒ ab > 0

Vậy b2+a2ab≥2⇔b2+a2≥2ab

⇔a−b2≥0.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Để đi từ A đến B qua 9 bước thì chỉ có 1 cách đi duy nhất là các bước đi đều phải đi từ dưới lên hoặc đi từ trái qua phải.

Gọi M(i; j) là điểm bất kì nằm ở hàng i cột j với i=1;5¯ và _j=1;6¯.

Để đến được điểm M thì chỉ có 3 cách đi đó là từ điểm có tọa độ (i − 1; j) hoặc (i; j − 1) như hình vẽ dưới:

Gọi số cách đi đến M là f(i; j) thì theo quy tắc cộng ta có

fi;j=fi-1;j+fi;j-1

Từ đó ta được kết quả sau:

Vậy có 126 cách đi thỏa mãn

Ta có: a−b2=a−b.

Đáp án đúng là: C.

a) 2−12=2−1=2−1 (vì 2−1)

Vậy 2−12=2−1.

b) 2−52=2−5=5−2 (vì )

Vậy 2−52=5−2.

_32x−3x=72

Ta có: 31=3; 32=9;33=27;34=81 mà 81 – 9 = 72 nên x = 2

_{⇒32.2−32=72}

_{2x+2x+1=72​⇒2x+2.2x=72​⇒3.2x=72​⇒2x=72:3​⇒2x=24​⇒2x=24,58​⇒x=4,58​}

Mà x∈N⇒ Không có x

Vậy không tìm được xs

Từ giả thiết suy ra ab + bc + ac = 0 nên

_{a2+2bc=a2+bc+−ab−ac=aa−b−ca−b=a−ba−c}

Tương tự: b2+2ac=b−ab−c,

_{c2+2ab=c−ac−b}

a) M=1a2+2bc+1b2+2ac+1c2+2ab=b−c+c−a+a−ba−bb−ca−c=0

b) N=bca2+2bc+cab2+2ac+abc2+2ab=bca−ba−c+cab−ab−c+abc−ac−b=1

c) P=a2a2+2bc+b2b2+2ac+c2c2+2ab=a2a−ba−c+b2b−ab−c+c2c−ac−b=1.

Nếu xóa bỏ chữ số 5 ở tận cùng của số lớn thì được số bé
Suy ra số lớn gấp 10 lần số bé và hơn 5 đơn vị
Số bé là: (95 - 5) :(10 - 1) x 1 = 10
Suy ra số lớn là: 105
Tổng 2 số đó là: 105 + 10 = 115.

Gọi số học sinh giỏi cả ba môn của lớp 10 A là x ( x > 0, x ∈ N )

Mà số học sinh lớp 10A là 45 học sinh .

⇒ x + 5 + x + 4 + x + 3 + 11 - x + 9 - x + 8 - x + x = 45

⇒ 40 + x = 45

⇒ x = 5 (TM)

Vậy có 5 bạn giỏi cả ba môn toán lý và hóa.

Đáp án: D

Số học sinh chỉ đạt học lực giỏi là: 15 – 10 = 5 (học sinh).

Số học sinh chỉ đạt hạnh kiểm tốt là: 20 – 10 = 10 (học sinh).

Số học sinh được nhận thưởng là: 5 + 10 + 10 = 25 (học sinh).

Hình nón được tạo thành khi quay hình tam giác vuông một vòng quanh một cạnh góc vuông cố định.

Nếu đặt mặt đáy của hình nón song song với mặt phẳng hình chiếu cạnh, thì hình chiếu đứng là hình tam giác cân và hình chiếu cạnh có hình tròn.

Đáp án đúng: A

Nếu đặt mặt đáy của hình nón song song với mặt phẳng hình chiếu cạnh, thì hình chiếu đứng là hình tam giác cân và hình chiếu cạnh có hình tròn.

a) Xét tam giác AIM vuông tại I có: AMI^=90°−12A^=12180°−A^=12B^+C^

⇒BMI^=180°−AMI^=180°−12B^+C^

Xét tam giác BIC, có: BIC^=180°−12B^+C^

⇒BMI^=BIC^

Xét ∆BMI và ∆BIC, có:

⇒BMI^=BIC^ (cmt)

_MBI^=IBC^

 ⇒∆BMI ̴ ∆BIC (g – g)

⇒BMBI=BIBC⇔BI2=BM.BC

Chứng minh tương tự ta có ∆CNI ̴ ∆CIB (g – g)

⇒CNCI=CICB⇔CI2=CN.CB

⇒BI2CI2=BMCN

⇒BI2CI2=BMCN.

b) Từ cm trên suy ra :△BMI ∼△INC

_⇒BMIN+MINC

⇒ BM.CN = MI.NI

ta có : △AMN là tam giác cân

⇒ MI = NI

⇒ BM.CN = IM²

ta lại có : △AIM vuông

⇒ IM² = AM² – AI²

⇒ BM.CN = AM² – AI²

= AM.AN – AI² = (AB − BM)(AC − CN) – AI²

= AB.AC − AB.CN − BM.AC + BM.CN – AI²

⇒ BM.AC + CN.AB + AI² = AB.AC.

a) Kẻ NH vuông góc với DO

Ta có ABCD là hình vuông ⇒AC⊥BD

Mà N là trung điểm DC, _{NH⊥DO⇒NH//OC}

Suy ra NH là đường trung bình

Mà M là trung điểm OB (gt)

Suy ra H là trung điểm OD, NH=12OC=OM

Suy ra HM = OA

Xét tam giác OMA và tam giác HNM có:

_H^=O^=90°

_{NH = MO}

_{HM = OA}

⇒OAM^=HMN^

_{⇒AMN^=AMO^+HMN^=AMO^+OAM^=90° (đpcm).}

b) Gọi I là trung điểm của AN

Tam giác AMN vuông tại M ⇒MI=12AN=AI

Tam giác ADN vuông tại D ⇒DI=12AN=AI

Suy ra IA = IM = IN = ID

Suy ra 4 điểm A, M, N, D cùng thuộc đường tròn tâm I, bán kính IA.

c) Xét đường tròn ngoài tiếp tứ giác AMND có AN là dường kính và DM là dây nên AN > DM.

dA;Δ=−m+2−m+4m2+1=25

⇔m−3=5.m2+1
⇔ 4m² + 6m – 4 = 0

⇔m=−2m=12

Chọn đáp án B

Chọn C

Ta có y'=3x2−6mx+3m2−1

Hàm số (1) có cực trị thì PT y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt

⇔ x² - 2mx + m² – 1 = 0 có 2 nhiệm phân biệt

⇔Δ=1>0,∀m

Khi đó, điểm cực đại A(m - 1; 2 - 2m) và điểm cực tiểu B (m + 1; - 2m)

Ta có OA=2OB⇔m2+6m+1=0

⇔m=−3+22m=−3−22

BE.AC + CF.AB

=HB2AB.AC+HC2AC.AB

=HB2.ACAB+HC2.ABAC

=HB2.AC2+HC2.AB2AB.AC

=HB2.HC.BC+HC2.BH.BCAB.AC

_{=BC.BH.CHHB+HCAH.BC}

_{=AH2.BCAH=AH.BC}

Xét tam giác ABH vuông tại H có HE là đường cao

⇒ AE.AB = AH2 (1)

Xét tam giác AHC vuông tại H có HF là đường cao

⇒ AF.AC = A H 2 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ AE.AB = AF.AC

a) Gọi a là hệ số tỉ lệ

Khi x = 3, y = 8

⇒8=a3

⇔a=24

Vậy hệ số tỉ lệ là 24

b) Ta có hệ số tỉ lệ k = 24 nên y=24x.

c) Khi x=−5⇒y=24−5=−245.

Khi x=18⇒y=2418=43.

Theo bài ra ta có: x và y là hai đại lượng tỉ lệ thuận.

⇒ y = k.x

Khi x = 10 thì y = 5

⇒ 5 = k.10

⇒k=12

_⇒y=12.x

khi x=−5⇒y=12.−5=−2,5.

Ta có  (x − 2)³ = x³ − 6x² + 12x – 8 > x³ − 6x² + 12x – 27 = y³

Ta có 6x² − 12x + 27 > 0 với moi x

⇒ −6x² + 12x – 27 < 0

⇒ y³ > x³

mà x y nguyên nên y³  nguyên ⇒ y³ = (x − 1)³.

Nếu không có chữ số 1: Có 6! = 720 cách lập

Nếu không có chữ số 6: Có 6! = 720 cách lập

Nếu có đồng thời các chữ số 1 và 6:

Chọn ra thêm 4 chữ số khác có C54 cách

Xếp chữ số 1 với 4 chữ số khác có 5! cách

Xếp chữ số 6 vào có 6 – 2 = 4 vị trí có thể

Tạo được: C54.5!.4 = 2400 số

Tất cả có: 720 + 720 + 2400 = 3840 số thỏa mãn

Đặt x = 23. Số các số cần lập có dạng abcd¯  với a; b; c; d ∈{1; x; 4; 5; 6; 7}  có A64 số như vậy

Mặt khác khi hoán vị hai số 2 và 3 ta được thêm một số thỏa yêu cầu bài toán.

Vậy có 360.2 = 720 số thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn A.

a ) Do DB = BA = 2ΔBAD cân tại B
⇒ DAB = ADB
b ) Xét ΔABC vuông tại A
CAD + DAB = 90 độ
⇒ Xét ΔAND vuông tại N
DAN + ADN = 90 độ
Mà DAB - ADB
⇒ CAD - DAN
AD là phân giác của CAN
c) Xét hai tam giác vuông KAD và HAD
AD chung
KAD = DAN
⇒ ΔKAD = ΔCAN
⇒ KA = AN
d )

AC + AB = CK + KA + AB
BC + AN = CB + DB + AN
AN = KA
AB = BD
CD > CK
⇒ BC + AN > AC + AB

a) Xét tam giác AKB và AKC có:

AB = AC (giả thiết)

KB = KC (do K là trung điểm của BC)

AK chung

Do đó: △AKB = △AKC(c.c.c) (đpcm)

_⇒AKB^=AKC^

Mà AKB^+AKC^=BKC^=180°

Do đó: AKB^=AKC^=90°

⇒ AK⊥BC (đpcm)

b) 

Ta thấy: EC⊥BC; AK⊥BC (đã cm ở phần a)

⇒ EC // AK (đpcm)

c) Vì tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A nên B^=45°

Tam giác CBE vuông tại C có _B^=45°

⇒E^=180°−C^+B^=180°−90°+45°=45°

 ⇒E^=B^nên tam giác CBE cân tại C. Do đó CE = CB (đpcm)

Đáp án A

Theo giả thiết đề bài cho, ta có biểu đồ Ven:

Dựa vào biểu đồ Ven ta thấy:

Số học sinh chỉ giỏi Toán và Lý (không giỏi Hóa) là: 6 – 3 = 3 (em)

Số học sinh chỉ giỏi Toán và Hóa (không giỏi Lý) là: 4 – 3 = 1 (em)

Số học sinh chỉ giỏi Lý và Hóa (không giỏi Toán) là: 5 – 3 = 2 (em)

Số học sinh chỉ giỏi một môn Toán là: 10 – 3 – 3 – 1 = 3 (em)

Số học sinh chỉ giỏi một môn Lý là: 10 – 3 – 3 – 2 = 2 (em)

Số học sinh chỉ giỏi một môn Hóa là: 11 – 1 – 3 – 2 = 5 (em)

Số học sinh giỏi ít nhất một trong ba môn là:

3 + 2 + 5 + 1 + 2 + 3 + 3 = 19 (em)

Đáp án C

Số học sinh giỏi toán, lý mà không giỏi hóa: 3 – 1 = 2.

Số học sinh giỏi toán, hóa mà không giỏi lý: 4 – 1 = 3.

Số học sinh giỏi hóa, lý mà không giỏi toán: 2 – 1 = 1.

Số học sinh chỉ giỏi môn lý: 5 – 2 – 1 − 1 = 1.

Số học sinh chỉ giỏi môn hóa:  6 −3 – 1 – 1 = 1.

Số học sinh chỉ giỏi môn toán: 7 – 3 – 2 – 1 = 1.

Số học sinh giỏi ít nhất một (môn toán, lý, hóa) là số học sinh giỏi 1 môn hoặc 2 môn hoặc cả 3 môn: 1 + 1 + 1 + 1 + 2 + 3 + 1 = 10.

Xét ΔEAC có 

D là trung điểm của AE
I là trung điểm của CE

Do đó: DI là đường trung bình

⇒ DI // AC và DI=AC2

Xét ΔEBC có 

F là trung điểm của BC

I là trung điểm của EC

Do đó: FI là đường trung bình

⇒ FI // EB và FI=EB2

Ta có:

FI=EB2

DI=AC2

mà EB = AC nên IF = ID

hay ΔIFD cân tại I ⇒IFD^=IDF^

Mà DFI^=FDB^FI//AB nên FDI^=FDB^

⇔BDI^=2.IDF^ hay BAC^=2.IDF^.

Từ giả thiết ta có MP, NP, NQ, QM lần lượt là các đường trung bình của các tam giác BDE, ECD, DCB, BEC . (định nghĩa đường trung bình).

Đặt BD = CE = 2a

Áp dụng định lý đường trung bình và giả thiết vào bốn tam giác trên ta được:

MP=12BD=a

NQ=12DB=a

NP=12CE=a

MQ=12CE=a

Suy ra MN = NP = PQ = QM

Tứ giác MNPQ có bốn cạnh bằng nhau nên là hình thoi.

Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình thoi MNPQ ta được: MN⊥PQ

Chọn đáp án A

- Hình chiếu của vật thể là hình nhận được trên một mặt phẳng (người ta còn gọi hình chiếu là cái bóng của vật thể)

- Ví dụ: Ta lấy đèn pin chiếu thẳng vào mặt chính diện của một vật hình vuông, ta lấy mặt phẳng của bức tường để thu hình chiếu. Suy ra ta sẽ thu được hình chiếu trên vạch tường (hay cái bóng).

Khi E trùng C thì D trùng G (BG = a), M ở vị trí I, trung điểm của CG.

Khi D trùng B thì E trùng H (CH = a), M ở vị trí K, trung điểm cúa BH. Ta sẽ chứng minh rằng K, M,  I thẳng hàng.

Thật vậy, gọi O là trung điểm của BC, N là trung điểm của CD. Ta có O, N, I thẳng hàng.

Ta có 2OK = CH, 2OI = BG, CH = BG = a nên tam giác IOK cân. Ta có 2NM = CE,

2NI = DG, CE = DG nên tam giác INM cân. Các tam giác cân có góc ở đỉnh bằng nhau nên do đó I, M, K thẳng hàng. Các điểm M nằm trên đoạn thẳng KI.

Các vectơ khác vectơ – không được lập ra từ 4 điểm đã cho là:

_{AB→;AC→;AD→;BA→;BC→;BD→;CA→;CB→;CD→;DA→;DB→;DC→}

_{Chọn C}

Ta có 4C2.2=12 vecto

3−5−3+5

=6−252−6+252

=5−122−5+122

=5−12−5+12

=5−1−5−12

=−22=−2

Tam giác ABC vuông tại A, AM là trung tuyến kẻ từ A xuống BC nên ta có:

AM=12BC=132

Vậy AM=132

a) Xét △ ABC vuông tại A có :

AM là đường trung tuyến

Nên : AM=BC2 ( Tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền )

Mà : BC = 10 ( cm )

Suy ra : AM = 10 : 2 = 5 ( cm )

b) Xét △ ABC vuông tại A có :

M là trung điểm của BC

N là trung điểm của AB

Nên : MN là đường trung bình của △ ABC

Do đó : MN // AC và MN=AC2

c) Bạn nên sửa là MD // AB. ( D ∈ AC )

Xét Δ ACB có :

M là trung điểm của BC

MD // AB

Nên : MD là đường trung bình của △ ACB

Do đó : MD // AB và MD=AB2

Hay : MD // AN ( N ∈ AB )

Lại có : MN // AD ( D ∈ AC )

Suy ra : ANMD là hình bình hành

Mà : Góc A = 90 độ

Vậy ANMD là hình chữ nhật

Số tự nhiên thỏa mãn có dạng abcd¯ với a, b, c, d ∈ A  và đôi một khác nhau.

TH1: d = 0

Có 5 cách chọn a; 4 cách chọn b và 3 cách chọn c nên theo quy tắc nhân có  5.4.3 = 60 số.

TH2: d ≠ 0 ; d có 2 cách chọn là 2, 4

Khi đó có 4 cách chọn a( vì a khác 0 và khác d); có 4 cách chọn b và 3 cách chọn c.

Theo quy tắc nhân có: 2.4.4.3 = 96 số

Vậy có tất cả: 96 + 60 = 156 số.

Chọn C

Gọi số cần tìm là abcde¯ (e chẵn và các chữ số khác nhau từng đôi một )
TH1 : e = 0
Chọn e : 1 cách
Chọn a : 5 cách
chọn b : 4 cách
chọn c : 3 cách
chọn d : 2 cách
=> Theo Quy tắc nhân có : 1.5.4.3.2 = 120 .
TH2 : e # 0
Chọn e : 2 cách
Chọn a : 4 cách
chọn b : 4 cách
chọn c : 3 cách
chọn d : 2 cách
→ Theo quy tắc nhân có :2.4.4.3.2 = 192
→ Có tất cả 192 + 120 = 312 số chẵn có 5 chữ số khác nhau

Chọn A.

+ Do M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC nên MN là đường trung bình của tam giác ABC .

suy ra MN // AC và MN=12AC  (1).

+ Tương tự QP là đường trung bình của tam giác ADC

suy ra QP // AC và QP=12AC  (2).

+ Từ (1) và (2) suy ra MN // QP và MN = PQ  do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành

Vậy ta có _MN→=QP→

Xét tam giác ABC có:

M là trung điểm AB

N là trung điểm BC

→ MN là đường trung bình

→ MN//AC và MN=12AC (1)

Xét tam giác ADC có:

P là trung điểm DC

Q là trung điểm AD

→ PQ là đường trung bình

→ PQ//AC và PQ=12AC (2)

(1),(2) ⇒PQ//MNPQ=MN

→ MNPQ là hình bình hành

Các số thỏa mãn ĐK đề bài có dạng abc0¯

+ Chọn 33 chữ số khác nhau từng đôi một từ {1;2;3;4;5;6;7} và xếp vào 3 vị trí

→ có A73=210 cách

→ Có 210 số thỏa mãn ĐK đề bài.

Mỗi số thỏa mãn bài toán và một chỉnh hợp chập 4 của 6 phần tử.

Số các số là: A64=360 số.

Đáp án cần chọn là: C

Gọi số xe loại lớn, nhỏ cần thuê lần lượt là x, y xe, (x, y ≥ 0, x, y ∈ Z)

→ T = 4x + 2y (triệu đồng) là số tiền thuê xe.

Suy ra để số tiền thuê xe nhỏ nhất thì T = 4x + 2y nhỏ nhất

Theo bài ta có:

0≤x≤120≤y≤1040x+30y≥4505x+y≥35

Vẽ miền nghiệm của hệ trên, thấy các điểm giao nhau là:

A (12, 10), B (12, 0), C (11.250), D (5,10), E6011,8511

Suy ra:

T_A = 68, T_B = 48, T_C = 45, T_D = 40

→T_D nhỏ nhất vì x, y ∈ Z

→Cần thuê 5 xe lớn và 10 xe nhỏ

D = 1 + 4 + 4² + 4² + ... + 4⁵⁸ + 4⁵⁹ 

= (1 + 4 + 4²) + (4³ + 4⁴ + 4⁵) + …+ (4⁵⁷ + 4⁵⁸ + 4⁵⁹)

= (1 + 4 + 4²) + 4³.(1 + 4 + 4²) + …+ 4⁵⁷(1 + 4 + 4²)

= 21 + 4³.21 + …+ 4⁵⁷.21 chia hết 21.

a) A=1 + 4 + 4² + 4³ + ... +4¹¹

= (1 + 4 + 4²) + (4³ + 4⁴ + 4⁵) + (4⁶ + 4⁷ + 4⁸) + (4⁹ + 4¹⁰ + 4¹¹)

= (1 + 4 + 4²) + (4³.1 + 4³.4 + 4³.4²) + (4⁶.1 + 4⁶.4 + 4⁶.4²) + (4⁹.1 + 4⁹.4 + 4⁹.4²)

= (1 + 4 + 4²).1 + 4³.(1 + 4 + 4²) + 4⁶.(1 + 4 + 4²) + 4⁹.(1 + 4 + 4²)

= 21.1 + 4³.21 + 4⁶.21 + 4⁹.21

= 21.(1 + 4³ + 4⁶ + 4⁹)

Suy ra A chia hết cho 21.

b) A = 1 + 4 + 4² + 4³ + ... + 4¹¹

= (1 + 4 + 4² + 4³ + 4⁴ + 4⁵) + (4⁶ + 4⁷ + 4⁸ + 4⁹ + 4¹⁰ + 4¹¹)

= (1 + 4 + 4² + 4³ + 4⁴ + 4⁵) + (4⁶.1 + 4⁶.4 + 4⁶.4² + 4⁶.4³ + 4⁶.4⁴ + 4⁶.4⁵)

= (1 + 4 + 4² + 4³ + 4⁴ + 4⁵).1 + 4⁶.(1 + 4 + 4² + 4³ + 4⁴ + 4⁵)

= 1365.1 + 4⁶.1365

= 1365.1 + 4⁶.1365

= 1365.(1 + 4⁶)

Suy ra 1365 chia hết cho 105 nên A chia hết cho 105.

Chọn đáp án: B

Giải thích: Vì có 2 hình chiếu trùng nhau.

x² – 16 − 4xy + 4y²

= (x² − 2.x.2y + 2y²) – 4²

= (x − 2y)² – 4²

= (x − 2y − 4)(x − 2y + 4)

16 – x² – 4xy – 4y²

= 16 – (x² + 4xy + 4y²)

= 4² – (x + 2y)²

= (4 – x – 2y)(4 + x + 2y)

a) EHFA có góc HEA = HFA = EAF = 90⁰ nên tứ giác đó là hình chữ nhật

⇒ EF =AH ( 2 đường chéo)

b) Gọi EF cắt AH tại I

Gọi AM cắt EF tại N

Góc BHE = HCA (2 góc đồng vị)

Mà BHE + EBH = BHE + EHI = 90

⇒ EBH = EHI (1)

Theo tính chất hình chữ nhật EI = IH => EHI = IEH (2)

MB = MA ⇒ MBE = MAB (3)

Từ (1),(2),(3) ⇒ IEH = BAM

Mặt khác IEH + IEA = 90 ⇒ BAM + IEA = 90

⇒ ANE = 90

⇒ AM vuông góc EF tại N

a) Xét tam giác S’IA đồng dạng với tam giác S’I’A’ có:

S'IS'I'=IAI'A'=BAB'A'⇒A'B'=S'I'.BAS'I=S'I+II'S'I.BA

mà mà SI = S'I → A'B'= 30cm

b) Để đường kính vệt sáng tăng gấp đôi ta phải di chuyển bóng đèn đến gần gương khi đó

A'B'AB=6010=SI+II'SI⇒6SI=SI+II'⇒5SI=II'

→SI=II'5=25=0,4m=40cm

Vậy ta phải dịch bóng đèn lại gần gương một đoạn là:
H = 100 – 40 = 60(cm).

|2(MA + MB + MC)| = |3(MB + MC)|

_{MA+MB+MC=32MB+MC}

_{⇒3MI=322.MH}

(với I là trọng tâm của tam giác ABC và H là trung điểm của BC)
→ MI = MH
Vậy tập hợp điểm M nằm trên đường trung trực của IH

Gọi K là điểm thoả mãn: 2KA→+3KB→=0→

L là điểm thoả mãn: 3LB→−2LC→=0→

Ta có:2MA→+3MB→=3MB→−2MC→⇔MK→=ML→

Vậy Tập hợp điểm M là đường trung trực của đoạn thẳng KL.

A_ Tính độ dài các đoạn AH, AB, AC

∆ABC vuông tại A:

+ AH2=HB.HC=4.6=24⇒AH=26cm

+ AB2=BC.HB=10.4=40⇒AB=210cm

+ AC2=BC.HC=10.6=60⇒AC=215cm

b) Gọi M là trung điểm của AC. Tính số đo góc AMB (làm tròn độ). ∆ABM vuông tại A

tgAMB=ABAM=21015=263⇒AMB≈59°

c) Kẻ AK vuông góc với BM (K∈BM). Chứng minh: ΔBKC~ΔBHM

∆ABM vuông tại A có: AK⊥BM

+ AB² = BK.BM

∆ABC vuông tại A có: AH⊥BC

+ AB² = BH.BC

⇒BK.BM=BH.BC hay BKBH=BCBM

Vì M ∈ y = −2x² và có hành độ là −2

Thay x = −2 vào hàm số y = −2x² ta có:

y = −2.(−2)²

⇔ y = −8

Vậy tọa độ điểm M là: M (−2; −8)

Vì các điểm trên (d) có hoành độ và tung độ đối nhau nên

y = −x

Thay vào (d) ta được

− x = x – 2

⇔ x = 1

⇒ y = −1

Vậy điểm đó là (1; -1)

a) Tứ giác ABCD nội tiếp.

Do MC là đường kính của đường tròn (O), D thuộc (O) nên: ∠MDC = 900 = ∠BAC

Suy ra D và A cùng nhìn BC dưới một góc vuông

⇒ Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BC.

b) CA là phân giác góc SCB.

Do ABCD là tứ giác nội tiếp nên: ADB^=ACB^ (cùng chắn cung AB).

Xét (O) ta có: ACS^=BDA^(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MS)

⇒ ∠ACB = ∠ ACS ( = ∠BDA).

Vậy CA là phân giác của ∠SCB   (đpcm)

Xem hình vẽ (h.bs.24)

Ta có cung AM và MB bằng nhau nên AEC^=CDM^ (cùng bằng nửa số đo của cung nhỏ CM)

Suy ra CDFE là tứ giác nội tiếp

Từ đó CDE^=CFE^ (cùng chắn cung CE)

Lại có IJC^=IDC^ (cùng chắn cung CI)

Vậy _IJC^=AFC^, suy ra JI song song với AB

Trước hết, ta tìm số dư của phép chia 99 cho 4 : 
9⁹ - 1 = (9 - 1)(9⁸ + 9⁷ + … + 9 + 1) chia hết cho 4 
 99 = 4k + 1 (k thuộc N)

⇒ 7⁹⁹ = 7^{4k + 1} = 7^4k.7 
Do 7^4k có chữ số tận cùng là 1 (theo tính chất 1c)

⇒ 7⁹⁹ có chữ số tận cùng là 7.
b) Dễ thấy 14¹⁴ = 4k (k thuộc N)

⇒ theo tính chất 1d thì 14¹⁴¹⁴ = 14^4k có chữ số tận cùng là 6. 
c) Ta có 5⁶⁷ - 1 chia hết cho 4

⇒ 5⁶⁷ = 4k + 1 (k thuộc N) 
⇒ 4⁵⁶⁷ = 4^{4k + 1} = 4^4k.4, theo tính chất 1d, 4^4k có chữ số tận cùng là 6 nên 4⁵⁶⁷ có chữ sốtận cùng là 4.

Ta có

y′ = 12x³ + 4(m − 2018)x;

y'=0⇔x=03x2=2018−m

Để hàm số có ba điểm cực trị ⇔ 2018 – m > 0 ⇔ m < 2018

Khi đó, tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

A (0; 2017)

B2018−m3;−m−201823+2017

C−2018−m3;−m−201823+2017

Do tam giác ABC cân tại A nên ycbt ⇔ 3AB² = BC²

32018−m3+m−201849=42018−m3

⇔ (m − 2018)³ = −1 ⇔ m = 2017 (thỏa mãn)

Ta có:
y′ = 4x³ + 4mx = 4x(x² + m)

Hàm số (1) có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình y′ = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt. Điều này tương đương với:
m < 0,   (2)
Với điều kiện (2), đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là :

A0;m2+m,B−−m;m,C−m;m

Dễ thấy tam giác ABC là tam giác cân tại A. Do đó A^=120°. Từ đó suy ra ABC^=30°. Yêu cầu của bài toán tương đương với

tanABC^=yA−yBxB⇔33=m2−m⇔m=−13

m=−13 thỏa mãn (2)(2) nên đó là đáp án của bài toán

a) Áp dụng HTL tam giác:

AB2=BH.BC=16AC2=BC.CH=88−2=48AH2=BH.CH=28−2=12⇒AB=4cmAC=43cmAH=23cm

b) ADB^=AHB^=90°⇒ADHB nội tiếp

⇒DHA^=DBA^ (cùng chắn AD) (1)

CKB^=KAB^+ABD^=90°+ABD^DHB^=DHA^+AHB^=DHA^+90°ABD^=DHA^(cmt)

⇒CKB^=DHB^

CKB^=DHB^CBK^  chung⇒ΔDHB~ΔCKBg.g

⇒BDBC=BHBK⇒BD.BK=BH.BC

c) Áp dụng công thức tính diện tích hình tam giác bằng nửa tích hai cạnh nhân sin gócxen giữa

SBHD=12BH.BD.sinDBH^

SBKC=12BK.BC.sinKBC^

Mà DBH^=KBC^

⇒SBHDSBKC=BH.BDBK.BC=2BD8BK=BD4BK=BD24BK.BD

=14BD2AB2 (hệ thức lượng) =14.cos2ABD^

⇒SBHD=14SBKC.cos2ABD^.

Nếu xóa bỏ chữ số 5 ở tận cùng của số lớn thì được số bé
Suy ra số lớn gấp 10 lần số bé và hơn 5 đơn vị
Số bé là: (95 - 5) :(10 - 1) x 1 = 10
Suy ra số lớn là: 105
Tổng 2 số đó là: 105 + 10 = 115.

Gọi số học sinh giỏi cả ba môn của lớp 10 A là x ( x > 0, x ∈ N )

Mà số học sinh lớp 10A là 45 học sinh .

⇒ x + 5 + x + 4 + x + 3 + 11 - x + 9 - x + 8 - x + x = 45

⇒ 40 + x = 45

⇒ x = 5 (TM)

Vậy có 5 bạn giỏi cả ba môn toán lý và hóa.

Đáp án: D

Số học sinh chỉ đạt học lực giỏi là: 15 – 10 = 5 (học sinh).

Số học sinh chỉ đạt hạnh kiểm tốt là: 20 – 10 = 10 (học sinh).

Số học sinh được nhận thưởng là: 5 + 10 + 10 = 25 (học sinh).

Hình nón được tạo thành khi quay hình tam giác vuông một vòng quanh một cạnh góc vuông cố định.

Nếu đặt mặt đáy của hình nón song song với mặt phẳng hình chiếu cạnh, thì hình chiếu đứng là hình tam giác cân và hình chiếu cạnh có hình tròn.

Đáp án đúng: A

Nếu đặt mặt đáy của hình nón song song với mặt phẳng hình chiếu cạnh, thì hình chiếu đứng là hình tam giác cân và hình chiếu cạnh có hình tròn.

Gọi E, D lần lượt là trung điểm AB, AC, ta có I, E, D thẳng hàng
MN cắt BD tại J, hạ CH vuông góc ED tại H

Có _{DH=DC2=ED2⇒EDEH=23}

Có BGBD=BGBJ.BJBD=23.BNBC=EDEH.EIED

⇒BGBD=EIEH⇔BGEI=BDEH1

Ta có △CBD∼△CEH (g, g)
⇒CBCE=BDEH=BGEI
⇒ △CBG ∼△CEI (c, g, c) (2)

2⇒BCG^=ECI^

⇔BCG^+GCE^=GCE^+ECI^

⇔BCE^=GCI^

2⇒BCEC=GCIC4

từ (3, 4) → △BEC∼△GIC (c, g, c)

⇔I^=90°;G^=60° (đpcm).

a) Xét tam giác AIM vuông tại I có: AMI^=90°−12A^=12180°−A^=12B^+C^

⇒BMI^=180°−AMI^=180°−12B^+C^

Xét tam giác BIC, có: BIC^=180°−12B^+C^

⇒BMI^=BIC^

Xét ∆BMI và ∆BIC, có:

BMI^=BIC^ (cmt)

_MBI^=IBC^

⇒∆BMI ̴ ∆BIC (g – g)

⇒BMBI=BIBC⇔BI2=BM.BC

Chứng minh tương tự ta có ∆CNI ̴ ∆CIB (g – g)

⇒CNCI=CICB⇔CI2=CN.CB

⇒BI2CI2=BMCN.

b) Từ cm trên suy ra :△BMI ∼△INC

⇒BMIN+MINC

⇒ BM.CN = MI.NI

ta có : △AMN là tam giác cân

⇒ MI = NI

⇒ BM.CN = IM²

ta lại có : △AIM vuông

⇒ IM² = AM² – AI²

⇒ BM.CN = AM² – AI²

= AM.AN – AI² = (AB − BM)(AC − CN) – AI²

= AB.AC − AB.CN − BM.AC + BM.CN – AI²

⇒ BM.AC + CN.AB + AI² = AB.AC.

a) Kẻ NH vuông góc với DO

Ta có ABCD là hình vuông _⇒AC⊥BD

Mà N là trung điểm DC, NH⊥DO⇒NH//OC

Suy ra NH là đường trung bình

Mà M là trung điểm OB (gt)

Suy ra H là trung điểm OD, NH=12OC=OM

Suy ra HM = OA

Xét tam giác OMA và tam giác HNM có:

_H^=O^=90°

_{NH = MO}

_{HM = OA}

⇒OAM^=HMN^

_{⇒AMN^=AMO^+HMN^=AMO^+OAM^=90° (đpcm).}

b) Gọi I là trung điểm của AN

Tam giác AMN vuông tại M ⇒MI=12AN=AI

Tam giác ADN vuông tại D ⇒DI=12AN=AI

Suy ra IA = IM = IN = ID

Suy ra 4 điểm A, M, N, D cùng thuộc đường tròn tâm I, bán kính IA.

c) Xét đường tròn ngoài tiếp tứ giác AMND có AN là dường kính và DM là dây nên AN > DM.

dA;Δ=−m+2−m+4m2+1=25

⇔m−3=5.m2+1

⇔ 4m² + 6m – 4 = 0

_{⇔m=−2m=12}

Chọn đáp án B

 Xét tam giác ABH vuông tại H có HE là đường cao

⇒ AE.AB = AH2 (1)

Xét tam giác AHC vuông tại H có HF là đường cao

⇒ AF.AC = A H 2 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ AE.AB = AF.AC

a) Gọi a là hệ số tỉ lệ

Khi x = 3, y = 8

⇒8=a3

_⇔a=24

Vậy hệ số tỉ lệ là 24

b) Ta có hệ số tỉ lệ k = 24 nên y=24x.

c) Khi x=−5⇒y=24−5=−245.

Khi x=18⇒y=2418=43.

Theo bài ra ta có: x và y là hai đại lượng tỉ lệ thuận.

⇒ y = k.x

Khi x = 10 thì y = 5

⇒ 5 = k.10

⇒k=12

⇒y=12.x

khi _{x=−5⇒y=12.−5=−2,5}.

Ta có  (x − 2)³ = x³ − 6x² + 12x – 8 > x³ − 6x² + 12x – 27 = y³

Ta có 6x² − 12x + 27 > 0 với moi x

⇒ −6x² + 12x – 27 < 0

⇒ y³ > x³

mà x y nguyên nên y³  nguyên ⇒ y³ = (x − 1)³.

x2−6x+9x2−3x+9.x3+273x−9

=x−32x+3x2−3x+9x2−3x+9.3x−3

=x−3x+33

=x2−93

Nếu không có chữ số 1: Có 6! = 720 cách lập

Nếu không có chữ số 6: Có 6! = 720 cách lập

Nếu có đồng thời các chữ số 1 và 6:

Chọn ra thêm 4 chữ số khác có C54 cách

Xếp chữ số 1 với 4 chữ số khác có 5! cách

Xếp chữ số 6 vào có 6 – 2 = 4 vị trí có thể

Tạo được: C54.5!.4 = 2400 số

Tất cả có: 720 + 720 + 2400 = 3840 số thỏa mãn

Đặt x = 23. Số các số cần lập có dạng abcd¯  với a; b; c; d ∈{1; x; 4; 5; 6; 7}  có A64 số như vậy

Mặt khác khi hoán vị hai số 2 và 3 ta được thêm một số thỏa yêu cầu bài toán.

Vậy có 360.2 = 720 số thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn A.

a ) Do DB = BA = 2ΔBAD cân tại B
⇒ DAB = ADB
b ) Xét ΔABC vuông tại A
CAD + DAB = 90 độ
⇒ Xét ΔAND vuông tại N
DAN + ADN = 90 độ
Mà DAB - ADB
⇒ CAD - DAN
AD là phân giác của CAN
c) Xét hai tam giác vuông KAD và HAD
AD chung
KAD = DAN
⇒ ΔKAD = ΔCAN
⇒ KA = AN
d )

AC + AB = CK + KA + AB
BC + AN = CB + DB + AN
AN = KA
AB = BD
CD > CK
⇒ BC + AN > AC + AB

a) Xét tam giác AKB và AKC có:

AB = AC (giả thiết)

KB = KC (do K là trung điểm của BC)

AK chung

Do đó: △AKB = △AKC(c.c.c) (đpcm)

_⇒AKB^=AKC^

Mà _{AKB^+AKC^=BKC^=180°}

Do đó: AKB^=AKC^=90°

⇒ AK⊥BC (đpcm)

b) 

Ta thấy: EC⊥BC; AK⊥BC (đã cm ở phần a)

⇒ EC // AK (đpcm)

c) Vì tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A nên B^=45°

Tam giác CBE vuông tại C có _B^=45°

⇒E^=180°−C^+B^=180°−90°+45°=45°

⇒E^=B^ nên tam giác CBE cân tại C. Do đó CE = CB (đpcm)

Đáp án A

Theo giả thiết đề bài cho, ta có biểu đồ Ven:

Dựa vào biểu đồ Ven ta thấy:

Số học sinh chỉ giỏi Toán và Lý (không giỏi Hóa) là: 6 – 3 = 3 (em)

Số học sinh chỉ giỏi Toán và Hóa (không giỏi Lý) là: 4 – 3 = 1 (em)

Số học sinh chỉ giỏi Lý và Hóa (không giỏi Toán) là: 5 – 3 = 2 (em)

Số học sinh chỉ giỏi một môn Toán là: 10 – 3 – 3 – 1 = 3 (em)

Số học sinh chỉ giỏi một môn Lý là: 10 – 3 – 3 – 2 = 2 (em)

Số học sinh chỉ giỏi một môn Hóa là: 11 – 1 – 3 – 2 = 5 (em)

Số học sinh giỏi ít nhất một trong ba môn là:

3 + 2 + 5 + 1 + 2 + 3 + 3 = 19 (em)

Đáp án C

Số học sinh giỏi toán, lý mà không giỏi hóa: 3 – 1 = 2.

Số học sinh giỏi toán, hóa mà không giỏi lý: 4 – 1 = 3.

Số học sinh giỏi hóa, lý mà không giỏi toán: 2 – 1 = 1.

Số học sinh chỉ giỏi môn lý: 5 – 2 – 1 − 1 = 1.

Số học sinh chỉ giỏi môn hóa:  6 −3 – 1 – 1 = 1.

Số học sinh chỉ giỏi môn toán: 7 – 3 – 2 – 1 = 1.

Số học sinh giỏi ít nhất một (môn toán, lý, hóa) là số học sinh giỏi 1 môn hoặc 2 môn hoặc cả 3 môn: 1 + 1 + 1 + 1 + 2 + 3 + 1 = 10.

Xét ΔEAC có 

D là trung điểm của AE
I là trung điểm của CE

Do đó: DI là đường trung bình

⇒ DI // AC và DI=AC2

Xét ΔEBC có 

F là trung điểm của BC

I là trung điểm của EC

Do đó: FI là đường trung bình

⇒ FI // EB và FI=EB2

Ta có:

FI=EB2

DI=AC2

mà EB = AC nên IF = ID

hay ΔIFD cân tại I ⇒IFD^=IDF^

Mà DFI^=FDB^FI//AB nên FDI^=FDB^

⇔BDI^=2.IDF^ hay BAC^=2.IDF^.

Từ giả thiết ta có MP, NP, NQ, QM lần lượt là các đường trung bình của các tam giác BDE, ECD, DCB, BEC . (định nghĩa đường trung bình).

Đặt BD = CE = 2a

Áp dụng định lý đường trung bình và giả thiết vào bốn tam giác trên ta được:

MP=12BD=a

NQ=12DB=a

NP=12CE=a

MQ=12CE=a

Suy ra MN = NP = PQ = QM

Tứ giác MNPQ có bốn cạnh bằng nhau nên là hình thoi.

Áp dụng tính chất về đường chéo vào hình thoi MNPQ ta được: MN⊥PQ

Chọn A

- Hình chiếu của vật thể là hình nhận được trên một mặt phẳng (người ta còn gọi hình chiếu là cái bóng của vật thể)

- Ví dụ: Ta lấy đèn pin chiếu thẳng vào mặt chính diện của một vật hình vuông, ta lấy mặt phẳng của bức tường để thu hình chiếu. Suy ra ta sẽ thu được hình chiếu trên vạch tường (hay cái bóng).

Khi E trùng C thì D trùng G (BG = a), M ở vị trí I, trung điểm của CG.

Khi D trùng B thì E trùng H (CH = a), M ở vị trí K, trung điểm cúa BH. Ta sẽ chứng minh rằng K, M,  I thẳng hàng.

Thật vậy, gọi O là trung điểm của BC, N là trung điểm của CD. Ta có O, N, I thẳng hàng.

Ta có 2OK = CH, 2OI = BG, CH = BG = a nên tam giác IOK cân. Ta có 2NM = CE,

2NI = DG, CE = DG nên tam giác INM cân. Các tam giác cân có góc ở đỉnh bằng nhau nên do đó I, M, K thẳng hàng. Các điểm M nằm trên đoạn thẳng KI.

Các vectơ khác vectơ – không được lập ra từ 4 điểm đã cho là:

AB→;AC→;AD→;BA→;BC→;BD→;CA→;CB→;CD→;DA→;DB→;DC→

Chọn C

Ta có 4C2.2=12 vecto

3−5−3+5

=6−252−6+252

=5−122−5+122

=5−12−5+12

=5−1−5−12

=−22=−2

Tam giác ABC vuông tại A, AM là trung tuyến kẻ từ A xuống BC nên ta có:

AM=12BC=132

Vậy _AM=132

a) Xét △ ABC vuông tại A có :

AM là đường trung tuyến

Nên : AM=BC2 ( Tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền )

Mà : BC = 10 ( cm )

Suy ra : AM = 10 : 2 = 5 ( cm )

b) Xét △ ABC vuông tại A có :

M là trung điểm của BC

N là trung điểm của AB

Nên : MN là đường trung bình của △ ABC

Do đó : MN // AC và MN=AC2

c) Bạn nên sửa là MD // AB. ( D ∈ AC )

Xét Δ ACB có :

M là trung điểm của BC

MD // AB

Nên : MD là đường trung bình của △ ACB

Do đó : MD // AB và MD=AB2

Hay : MD // AN ( N ∈ AB )

Lại có : MN // AD ( D ∈ AC )

Suy ra : ANMD là hình bình hành

Mà : Góc A = 90 độ

Vậy ANMD là hình chữ nhật

Số tự nhiên thỏa mãn có dạng abcd¯ với a, b, c, d ∈ A  và đôi một khác nhau.

TH1: d = 0

Có 5 cách chọn a; 4 cách chọn b và 3 cách chọn c nên theo quy tắc nhân có  5.4.3 = 60 số.

TH2: d ≠ 0 ; d có 2 cách chọn là 2, 4

Khi đó có 4 cách chọn a( vì a khác 0 và khác d); có 4 cách chọn b và 3 cách chọn c.

Theo quy tắc nhân có: 2.4.4.3 = 96 số

Vậy có tất cả: 96 + 60 = 156 số.

Chọn C

Gọi số cần tìm là abcde¯ (e chẵn và các chữ số khác nhau từng đôi một )
TH1 : e = 0
Chọn e : 1 cách
Chọn a : 5 cách
chọn b : 4 cách
chọn c : 3 cách
chọn d : 2 cách
=> Theo Quy tắc nhân có : 1.5.4.3.2 = 120 .
TH2 : e # 0
Chọn e : 2 cách
Chọn a : 4 cách
chọn b : 4 cách
chọn c : 3 cách
chọn d : 2 cách
→ Theo quy tắc nhân có :2.4.4.3.2 = 192
→ Có tất cả 192 + 120 = 312 số chẵn có 5 chữ số khác nhau

Chọn A.

+ Do M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC nên MN là đường trung bình của tam giác ABC .

suy ra MN // AC và MN=12AC  (1).

+ Tương tự QP là đường trung bình của tam giác ADC

suy ra QP // AC và QP=12AC  (2).

+ Từ (1) và (2) suy ra MN // QP và MN = PQ  do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành

Vậy ta có MN→=QP→

Xét tam giác ABC có:

M là trung điểm AB

N là trung điểm BC

→ MN là đường trung bình

→ MN//AC và MN=12AC (1)

Xét tam giác ADC có:

P là trung điểm DC

Q là trung điểm AD

→ PQ là đường trung bình

→ PQ//AC và PQ=12AC (2)

(1),(2) ⇒PQ//MNPQ=MN

→ MNPQ là hình bình hành

Các số thỏa mãn ĐK đề bài có dạng abc0¯

+ Chọn 33 chữ số khác nhau từng đôi một từ {1;2;3;4;5;6;7} và xếp vào 3 vị trí

→ có A73=210 cách

→ Có 210 số thỏa mãn ĐK đề bài.

Mỗi số thỏa mãn bài toán và một chỉnh hợp chập 4 của 6 phần tử.

Số các số là: A64=360 số.

Đáp án cần chọn là: C

Gọi số xe loại lớn, nhỏ cần thuê lần lượt là x, y xe, (x, y ≥ 0, x, y ∈ Z)

→ T = 4x + 2y (triệu đồng) là số tiền thuê xe.

Suy ra để số tiền thuê xe nhỏ nhất thì T = 4x + 2y nhỏ nhất

Theo bài ta có:

0≤x≤120≤y≤1040x+30y≥4505x+y≥35

Vẽ miền nghiệm của hệ trên, thấy các điểm giao nhau là:

A (12, 10), B (12, 0), C (11.250), D (5,10), E6011,8511

Suy ra:

T_A = 68, T_B = 48, T_C = 45, T_D = 40

→T_D nhỏ nhất vì x, y ∈ Z

→Cần thuê 5 xe lớn và 10 xe nhỏ

D = 1 + 4 + 4² + 4² + ... + 4⁵⁸ + 4⁵⁹ 

= (1 + 4 + 4²) + (4³ + 4⁴ + 4⁵) + …+ (4⁵⁷ + 4⁵⁸ + 4⁵⁹)

= (1 + 4 + 4²) + 4³.(1 + 4 + 4²) + …+ 4⁵⁷(1 + 4 + 4²)

= 21 + 4³.21 + …+ 4⁵⁷.21 chia hết 21.

a) A =1 + 4 + 4² + 4³ + ... +4¹¹

= (1 + 4 + 4²) + (4³ + 4⁴ + 4⁵) + (4⁶ + 4⁷ + 4⁸) + (4⁹ + 4¹⁰ + 4¹¹)

= (1 + 4 + 4²) + (4³.1 + 4³.4 + 4³.4²) + (4⁶.1 + 4⁶.4 + 4⁶.4²) + (4⁹.1 + 4⁹.4 + 4⁹.4²)

= (1 + 4 + 4²).1 + 4³.(1 + 4 + 4²) + 4⁶.(1 + 4 + 4²) + 4⁹.(1 + 4 + 4²)

= 21.1 + 4³.21 + 4⁶.21 + 4⁹.21

= 21.(1 + 4³ + 4⁶ + 4⁹)

→ A chia hết cho 21

b) A = 1 + 4 + 4² + 4³ + ... + 4¹¹

= (1 + 4 + 4² + 4³ + 4⁴ + 4⁵) + (4⁶ + 4⁷ + 4⁸ + 4⁹ + 4¹⁰ + 4¹¹)

= (1 + 4 + 4² + 4³ + 4⁴ + 4⁵) + (4⁶.1 + 4⁶.4 + 4⁶.4² + 4⁶.4³ + 4⁶.4⁴ + 4⁶.4⁵)

= (1 + 4 + 4² + 4³ + 4⁴ + 4⁵).1 + 4⁶.(1 + 4 + 4² + 4³ + 4⁴ + 4⁵)

= 1365.1 + 4⁶.1365

= 1365.1 + 4⁶.1365

= 1365.(1 + 4⁶)

1365 chia hết cho 105 nên A chia hết cho 105

Chọn đáp án: B

Giải thích: Vì có 2 hình chiếu trùng nhau.

x² – 16 − 4xy + 4y²

= (x² − 2.x.2y + 2y²) – 4²

= (x − 2y)² – 4²

= (x − 2y − 4)(x − 2y + 4)

16 – x² – 4xy – 4y²

= 16 – (x² + 4xy + 4y²)

= 4² – (x + 2y)²

= (4 – x – 2y)(4 + x + 2y)

a, EHFA có góc HEA = HFA = EAF = 90⁰ nên tứ giác đó là hình chữ nhật

⇒ EF =AH ( 2 đường chéo)

b, Gọi EF cắt AH tại I

Gọi AM cắt EF tại N

Góc BHE = HCA (2 góc đồng vị)

Mà BHE + EBH = BHE + EHI = 90

⇒ EBH = EHI (1)

Theo tính chất hình chữ nhật EI = IH => EHI = IEH (2)

MB = MA ⇒ MBE = MAB (3)

Từ (1),(2),(3) ⇒ IEH = BAM

Mặt khác IEH + IEA = 90 ⇒ BAM + IEA = 90

⇒ ANE = 90

⇒ AM vuông góc EF tại N

a) Xét tam giác S’IA đồng dạng với tam giác S’I’A’ có:

S'IS'I'=IAI'A'=BAB'A'⇒A'B'=S'I'.BAS'I=S'I+II'S'I.BA

mà mà SI = S'I → A'B'= 30cm

b) Để đường kính vệt sáng tăng gấp đôi ta phải di chuyển bóng đèn đến gần gương khi đó

A'B'AB=6010=SI+II'SI⇒6SI=SI+II'⇒5SI=II'

→SI=II'5=25=0,4m=40cm

Vậy ta phải dịch bóng đèn lại gần gương một đoạn là:
H = 100 – 40 = 60(cm).

Gọi I là trung điểm của AD, K là giao điểm của CI và BD. Kẻ ME ⊥BD tại E, CF ⊥BDtại F.

Ta có: 

_{BN = 13BD, EM = 12CF}

_{SBMN = 12EM.BN ​= 12 . 12CF . 13BD = 16SBCD=112S}

_{⇒SMNDC= 12S - 112S = 512S}

Ta có:

_{y'=−cos2x.sinx+4sin2x+m+1.sinx=sin3x + 4sin2x+m.sinx}

- Hàm số đồng biến trến 0;π khi và chỉ khi y'≥0,∀x∈0;π

_{⇔sin3x + 4sin2x   +  m.sinx≥0,  ∀x∈0;π}

_{⇔sin2x+4sin3x≥−m,∀x∈0;π    1}

- Xét hàm số: gx=sin2x +4sin3x trên 0;π

Có g'x=2sinx.cosx  −  12cosxsin4x

_{=2cosx.sinx−6sin4x=2cosx.sin5x−6sin4x}

_{⇒g'x=0⇔x=π2∈0;π}

Bảng biến thiên

- Do đó : 1⇔−m≤minx∈0;πgx⇔−m≤5

_⇔m≥−5

- Lại do m nguyên âm nên m∈−5;−4;−3;−2;−1

Vậy có 5 số nguyên âm.

Chọn A

Ta có: 16 = 2⁴; 21 = 3.7; 25 = 5²

Suy ra BCNN(16; 21; 25) = 2⁴.3.5².7 = 8 400.

Do đó BC(16; 21; 25) = B(8 400) = {0; 8400; ...}.

Mà x ≤ 400 nên x = 0.

Vậy x = 0.

a) Ta có: 30 = 2 . 3 . 5; 45 = 3² . 5

BCNN(30, 45) = 2. 3² . 5 = 90

Suy ra: x∈BC30,45=B90=0;90;180;270;360;450;540;...

Mà x<500⇒x∈{0;90;180;270;360;450}

b) Ta có: 34 = 2 . 17; 85 = 5 . 17

BCNN(34; 85) = 2 . 17 . 5 = 170

Suy ra:x∈BC34,85=B170=0;170;340;510;680;850;1020;...

Mà 500<x<1000⇒x∈510;680;850

c, Ta có: 12 = 2² . 3; 21 = 3 . 7; 28 = 2² . 7

BCNN(12, 21, 28) = 2² . 3 . 7 = 84

Suy ra: x∈BC12,21,28=B84=0,84,168,252,336,...

Mà 150<x<300⇒x∈168;252

d, Ta có: 65 = 5 . 13; 45 = 3² . 5; 105 = 3 . 5 . 7

BCNN(65; 45; 105) = 3² . 5 . 7 . 13 = 4095

Suy ra: x∈BC65,45,105=B4095=0;4095;8190;12285;...

Mà x có bốn chữ số ⇒x∈4095;8190

e, Vì _{x⋮39; x⋮65; x⋮91} nên x∈BC39,65,91

Ta có: 39 = 3.13; 65 = 5.13; 91 = 7.13

BCNN(39,65,91) = 3.5.7.13 = 1365

Suy ra x∈BC39,65,91=B1365=0,1365,2730,...

Mà 400 < x < 2600 → x = 1365

a) Ta thấy MEC và MFC là các tam giác vuông chung cạnh huyền MC nên MECF nội tiếp đường tròn đường kính MC.

Dễ thấy MECF là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông) nên CEF^=ECM^

Lại có IEC^=ICE^⇒IEF^=MCA^=90o

Hoàn toàn tương tự FE là tiếp tuyến đường tròn (K). Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.

b) MECF là hình chữ nhật nên EF = MC.

Do EI và FK cùng vuông góc với EF nên IEFK là hình thang vuông.

⇒SIEFK=EI+FK.EF2=IC+CK.MC2=IK.MC2=AB2.MC2=MC≤MH với H là điểm chính giữa cung AB.

Vậy để diện tích IEFK lớn nhất thì C nằm chính giữa cung AB. Khi đó 

SIEFK=2cm2

c) Ta thấy MPF^=MCF^ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MF) _=MBN^ (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung CF)

⇒ΔMPF ~ ΔMBNg - g

d) Do ΔMPF ~ ΔMBN⇒MFP^ = MNB^

Mà MFP ^= MEP^⇒PNA^ = MEP^ hay NPEA là tứ giác nội tiếp.

Tương tự PFBN cũng là tứ giác nội tiếp.

Vậy thì ta có: PNE^ = PAE^ = PBM^ = PNF^

Hay N, E, F thẳng hàng.

Xét (O) có CD⊥OA;ED//OA

CD⊥OA;ED//OA hay EDC^=900

Mà E; D; C ∈Onên EC là đường kính của (O) hay E; O; C thẳng hàng.

Do đó BOE^=COA^=550 (đối đỉnh) nên số đo cung nhỏ BE là 55°.

Đáp án cần chọn là: A.

Xét tứ giác AEMD có : MD // AE (vì MD // AB) và ME // AD (vì ME // AC)

⇒ AEMD là hình bình hành. Theo tính chất của hình bình hánh ta suy ra được ME = AD và MD = AE (đpcm).

a)

Ta có: MD//AC, AB⊥ACgt

_⇒MD⊥AB

Tương tự ⇒ME⊥AC

Xét tứ giác ADME:

DAE^ = 90o   (AB⊥AC)​ADM^ = 90o  (MD⊥AB)​AEM^ = 90o  (ME⊥AC)

→ Tứ giác ADME là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

→ AD = ME, DM = AE

b)

Ta có: AD = ME = 3cm, DM = AE = 4cm

AD2 + DM2 = AM2

⇒AM = AD2+DM2 = 32+42 = 5(cm) 

ΔDME vuông tại D:

⇒SVDME = 12.DM.ME = 12.4.3 = 6(cm2)(định lý Pytago)

ΔDME vuông tại M

⇒SVDME = 12.DM.ME = 12.4.3 = 6(cm2)

Ta có A ∩ B= ∅ nên A và B là hai tập hợp rời nhau:

Khi đó mọi phần tử của A và B đều khác nhau.

Vậy A\B=A và B\A=B.

Xác suất để 2 người không bắn trúng bia là: P = 0,3 . 0,2 = 0, 06.

Xác suất để 2 người cùng bắn trúng bia là: P = 0,7 . 0,8 = 0,56.

Xác suất để đúng 1 người cùng bắn trúng bia là: P = 1 – 0,06 – 0,56 = 0,38.

Ta có bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc X .

Vậy kỳ vọng của X là E(X) = 0 . 0,06 + 1 . 0,38 + 2 . 0,56 = 1,5.

Có đúng 1 người bắn trúng bia → (A trúng, B trật) hoặc (A trật, B trúng)

→ xác suất P=0,7.1−0,8+1−0,7.0,8=0,38.

Gọi a, b, c theo thứ tự là số học sinh chỉ thi môn điền kinh, nhảy xa, nhảy cao.
x là số học sinh chỉ thi hai môn điền kinh và nhảy xa.
y là số học sinh chỉ thi hai môn nhảy xa và nhảy cao.
z là số học sinh chỉ thi hai môn điền kinh và nhảy cao.
Số em thi ít nhất một môn là: 45 –  7 = 38
Dựa vào biểu đồ ven ta có hệ phương trình sau:

a+x+z+5=25(1)b+x+y+5=20(2)c+y+z+5=15(3)x+y+z+a+b+c+5=38(4)

Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta có: a + b + c + 2(x + y + z) + 15 = 60 (5)

Từ (4) và (5) ta có: a + b + c + 2(38 – 5 – a – b – c) + 15 = 60

⟺ a + b + c = 21.

Vậy có 21 học sinh chỉ thi một trong ba nội dung trên.

Tổng số lượt đi thi là 25 + 20 + 15 = 60 (lượt)

Trong đó có 55 học sinh thi cả 33 môn

→ Có 60 – 5 . 3 = 45 lượt đi thi cho 40 – 7 = 33 học sinh

hay 45 lượt thi sẽ có xx học sinh và yy học sinh thi 2 trong 3 môn

x+y=33x+2y=45⇔x=21y=12

Vậy có 21 học sinh chỉ thi 1 trong 3 môn.

Xét tứ giác AMHN có ANM^=AHM^(1) (2 góc trong tứ giác nội tiếp cùng nhìn xuống cạnh AM)

Mà AHM^=B^=90o – BHM^ 2

(1)(2) ⇒ ANM^=B^

Xét tam giác ANM và tam giác ABC có:

A^ chung

ANM^=B^

tam giác ANM đồng dạng tam giác ABC (g – g)

ANAB=AMAC⇒AN.AC=AB.AM

Điều kiện: n≥2. Ta có

3Cn +12+ nP2= 4An2⇔3.n+1!n-1!.2! + 2n = 4.n!n-2!⇔32nn + 1 + 2n = 4nn-1

⇔3n + 1 + 4 = 8n-1⇔3n + 3 + 4 = 8n - 8⇔5n = 15⇔n = 3.

Với n = 3, theo khai triển nhị thức Newton, ta có
_{1x+x310=∑k=010C10k.1x10 - k.x3k=∑k=010C10k.x3kx10 - k=∑k=010C10k.x4k - 10.}

Hệ số của số hạng chứa x⁶ ứng với 4k – 10 = 6 ⇒k = 4

→ Hệ số cần tìm là C104=210.

Đáp án cần chọn là: A