5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 12)

Lời giải

4x² – 8xy + 4y²

= 4(x² – 2xy + y²)

= 4(x – y)².

Lời giải

a) Ta có MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M.

Suy ra MA = MB.

Khi đó M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB   (1)

Lại có OA = OB = R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB   (2)

Từ (1), (2), suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

Do đó MO ⊥ AB tại H và H là trung điểm AB.

Ta có MA là tiếp tuyến của (O).

Suy ra \(\widehat {AOM} = 90^\circ \).

Xét ∆AOM vuông tại A có AH là đường cao:

MA² = MH.MO (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

b) Xét ∆IEK và ∆IHO, có:

\(\widehat {IEK} = \widehat {IHO} = 90^\circ \).

\(\widehat I\) chung.

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{IE}}{{IH}} = \frac{{IK}}{{IO}}\).

Do đó IE.IO = IH.IK.

c) Xét ∆OEM và ∆OHI, có:

\(\widehat {OEM} = \widehat {OHI} = 90^\circ \).

\(\widehat O\) chung.

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{OE}}{{OH}} = \frac{{OM}}{{OI}}\).

Do đó OE.OI = OM.OH.

Xét ∆AOM vuông tại A có AH là đường cao:

OA² = OH.OM (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Suy ra OE.OI = OA².

Mà OA = OD = R.

Do đó OE.OI = OD².

Xét ∆ODI và ∆OED, có:

\(\frac{{OD}}{{OE}} = \frac{{OI}}{{OD}}\) (OE.OI = OD²).

\(\widehat O\) chung.

Do đó  (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {ODI} = \widehat {OED} = 90^\circ \).

Do đó OD ⊥ DI.

Vậy ID là tiếp tuyến của (O).

Lời giải

a) Ta có MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M.

Suy ra MA = MB.

Khi đó M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB   (1)

Lại có OA = OB = R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB   (2)

Từ (1), (2), suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

Do đó MO ⊥ AB tại K và K là trung điểm AB.

b) Xét ∆OHM và ∆OKI, có:

\(\widehat O\) chung.

\(\widehat {OHM} = \widehat {OKI} = 90^\circ \).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{OH}}{{OK}} = \frac{{OM}}{{OI}}\).

Do đó OH.OI = OM.OK.

Xét ∆AOM vuông tại A có AK là đường cao:

OA² = OK.OM (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Vậy OH.OI = OA² = OB² (điều phải chứng minh).

c) Ta có \(\widehat {OAM} = 90^\circ \) (giả thiết)

Suy ra O, A, M nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Tương tự, ta có O, H, M nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Khi đó tứ giác AHOM nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Suy ra \(\widehat {AMO} = \widehat {AHI}\) (1)

Ta có \(\widehat {OAM} = \widehat {OBM} = 90^\circ \) (MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)).

Suy ra \(\widehat {OAM} + \widehat {OBM} = 180^\circ \).

Do đó tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Vì vậy \(\widehat {AMO} = \widehat {ABO}\) (cùng chắn ) (2)

Từ (1), (2), suy ra \(\widehat {ABO} = \widehat {AHI}\).

Xét ∆IHN và ∆IKO, có:

\(\widehat I\) chung.

\(\widehat {IHN} = \widehat {IKO} = 90^\circ \).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{IH}}{{IK}} = \frac{{IN}}{{IO}}\).

Do đó IH.IO = IN.IK   (3)

Xét ∆AHI và ∆OBI, có:

\(\widehat I\) chung.

\(\widehat {ABO} = \widehat {AHI}\) (chứng minh trên).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{IA}}{{IO}} = \frac{{IH}}{{IB}}\).

Do đó IA.IB = IH.IO (4)

Từ (3), (4), suy ra IA.IB = IN.IK (điều phải chứng minh).

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {AC} = \left( { - 1;2} \right),\,\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 4} \right)\)

Theo đề, ta có \({V_{\left( {A,k} \right)}}\left( B \right) = C\).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} = k\overrightarrow {AB} \).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 = 2k\\2 = - 4k\end{array} \right. \Leftrightarrow k = - \frac{1}{2}\).

Vậy \(k = - \frac{1}{2}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Gọi C(x; y).

Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( {2;4} \right)\], \(\overrightarrow {DC} = \left( {x - 5;y - 5} \right)\).

Tứ giác ABCD là hình bình hành ⇔ \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = x - 5\\4 = y - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 7\\y = 9\end{array} \right.\)

⇒ tọa độ C(7; 9).

Vậy ta chọn phương án C.

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {PA} + \overrightarrow {PB} = \vec 0\).

Suy ra P là trung điểm AB.

Ta có \(\overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {MC} = 3\left( {\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {CB} } \right) = 3\overrightarrow {MB} - 3\overrightarrow {CB} \).

Suy ra \( - 2\overrightarrow {MB} = - 3\overrightarrow {CB} \).

Do đó \(\overrightarrow {BM} = \frac{3}{2}\overrightarrow {BC} \).

Ta có \[\overrightarrow {PM} = \overrightarrow {PB} + \overrightarrow {BM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {BC} \].

\[ = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right) = - \overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} \].

Ta có \[\overrightarrow {NA} = 3\overrightarrow {CN} = 3\left( {\overrightarrow {CA} - \overrightarrow {NA} } \right) = 3\overrightarrow {CA} - 3\overrightarrow {NA} \].

Suy ra \[4\overrightarrow {NA} = 3\overrightarrow {CA} \].

Do đó \[\overrightarrow {AN} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} \].

Ta có \(\overrightarrow {PN} = \overrightarrow {PA} + \overrightarrow {AN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} \).

b) Ta có \[\overrightarrow {PN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} = \frac{1}{2}\left( { - \overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {PM} \].

Vậy ba điểm M, N, P thẳng hàng.

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {3;2} \right),\,\overrightarrow {AC} = \left( {5; - 3} \right)\).

Vì \(\frac{3}{5} \ne \frac{2}{{ - 3}}\) nên \(\overrightarrow {AB} \ne k\overrightarrow {AC} \).

Vậy ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Vì tứ giác ABCD là hình thang có AB // CD và CD = 2AB nên ta có \(\overrightarrow {DC} = 2\overrightarrow {AB} \).

Gọi D(x; y).

Ta có \(\overrightarrow {DC} = \left( {6 - x; - 2 - y} \right),\,2\overrightarrow {AB} = \left( {6;4} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {DC} = 2\overrightarrow {AB} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 - x = 6\\ - 2 - y = 4\end{array} \right.\)

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = - 6\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ D(0; –6).

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 3; - 4} \right),\,\overrightarrow {AC} = \left( {4; - 3} \right)\).

Vì \(\frac{{ - 3}}{4} \ne \frac{{ - 4}}{{ - 3}}\) nên \(\overrightarrow {AB} \ne k\overrightarrow {AC} \).

Vậy ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Ta có G là trọng tâm của tam giác ABC.

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{2 - 1 + 6}}{3} = \frac{7}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{3 - 1 + 0}}{3} = \frac{2}{3}\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ \(G\left( {\frac{7}{3};\frac{2}{3}} \right)\).

c) Gọi D(x; y).

Ta có \(\overrightarrow {DC} = \left( {6 - x; - y} \right)\).

Ta có tứ giác ABCD là hình bình hành.

Suy ra \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l} - 3 = 6 - x\\ - 4 = - y\end{array} \right.\)

Vì vậy \(\left\{ \begin{array}{l}x = 9\\y = 4\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ D(9; 4).

d) Gọi E(x; y).

Ta có \(\overrightarrow {OE} = \left( {x;y} \right),\,\overrightarrow {EB} = \left( { - 1 - x; - 1 - y} \right),\,\overrightarrow {EA} = \left( {2 - x;3 - y} \right)\).

Suy ra \(3\overrightarrow {EB} = \left( { - 3 - 3x; - 3 - 3y} \right),\,3\overrightarrow {EA} = \left( {6 - 3x;9 - 3y} \right)\).

Theo đề, ta có \(\overrightarrow {OE} + 3\overrightarrow {EB} - 3\overrightarrow {EA} = \vec 0\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 - 3x - 6 + 3x = 0\\y - 3 - 3y - 9 + 3y = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 9\\y = 12\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ E(9; 12).

Lời giải

a) Ta có CA, CD là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại C.

Suy ra CA = CD.

Khi đó C nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AD   (1)

Lại có OA = OD = R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AD   (2)

Từ (1), (2), suy ra CO là đường trung trực của đoạn thẳng AD.

Do đó CO ⊥ AD tại I.

b) Xét ∆CED và ∆CDB, có:

\(\widehat C\) chung.

\(\widehat {CDE} = \widehat {CBD}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{CE}}{{CD}} = \frac{{CD}}{{CB}}\).

Do đó CE.CB = CD²   (3)

Xét ∆CDO vuông tại D có DI là đường cao:

CD² = CI.CO (hệ thức lượng trong tam giác vuông)    (4)

Từ (3), (4), suy ra CE.CB = CI.CO (điều phải chứng minh).

c) Ta có AH // OD (cùng vuông góc với CD) và DH // OA (cùng vuông góc với AC).

Suy ra tứ giác AHDO là hình bình hành.

Mà I là giao điểm của AD và HO.

Do đó I là trung điểm của HO.

Trên tia đối của tia AO, lấy điểm G sao cho A là trung điểm của GO.

Khi đó AI là đường trung bình của tam giác GHO.

Suy ra AI // GH.

Mà AI ⊥ HO (chứng minh trên).

Do đó GH ⊥ HO.

Suy ra \(\widehat {GHO} = 90^\circ \).

Vậy khi C di chuyển trên Ax thì trực tâm H của tam giác ACD di động trên đường tròn tâm A, bán kính AO cố định.

Lời giải

a) Ta có \(\widehat {AQB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Suy ra \(\widehat {AQM} = 90^\circ \).

Do đó ba điểm A, Q, M nội tiếp đường tròn đường kính AM   (*)

Ta có MA, MC là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M.

Suy ra MA = MC.

Khi đó M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AC   (1)

Lại có OA = OC = R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AC   (2)

Từ (1), (2), suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AC.

Do đó MO ⊥ AC tại I và I là trung điểm AC.

Suy ra \(\widehat {AIM} = 90^\circ \).

Khi đó ba điểm A, I, M nội tiếp đường tròn đường kính AM   (**)

Từ (*), (**), suy ra tứ giác AIQM nội tiếp đường tròn đường kính AM.

b) Tam giác OIC vuông tại I: \(\widehat {IOC} + \widehat {ICO} = 90^\circ \) (3)

Ta có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Suy ra \(\widehat {OCB} + \widehat {ICO} = 90^\circ \)   (4)

Từ (3), (4), suy ra \(\widehat {IOC} = \widehat {OCB}\).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong.

Vậy MO // BC.

c) Ta có tứ giác AIQM nội tiếp (chứng minh trên).

Suy ra \(\widehat {QIC} = \widehat {AMQ}\)   (5)

Lại có AM // CH (cùng vuông góc với AB).

Suy ra \(\widehat {AMQ} = \widehat {HNB}\) (cặp góc đồng vị)    (6)

Ta có \(\widehat {HNB} = \widehat {QNC}\) (cặp góc đối đỉnh)     (7)

Từ (5), (6), (7), suy ra \(\widehat {QIC} = \widehat {QNC}\).

Do đó tứ giác QINC nội tiếp được.

Suy ra \(\widehat {CIN} = \widehat {CQN}\) (cùng chắn ).

Mà \(\widehat {CAB} = \widehat {CQN}\) (cùng chắn  của đường tròn (O)).

Do đó \(\widehat {CIN} = \widehat {CAB}\).

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị.

Suy ra IN // AH.

Mà I là trung điểm AC (chứng minh trên).

Khi đó N là trung điểm CH.

Suy ra \(\frac{{CH}}{{CN}} = 2\).

Vậy tỉ số \(\frac{{CH}}{{CN}}\) không đổi khi M di động trên tia Ax (M ≠ A).

Lời giải

a) Với M(–1; –1) ∈ (1), ta có –1 = –m + 1.

Suy ra m = 2.

Khi đó y = 2x + 1.

Bảng giá trị:

x	–1	0	1
y	–1	1	3

b) Theo đề, ta có (1) // (d).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}m = {m^2} - 2\\1 \ne 2m + 3\end{array} \right.\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - m - 2 = 0\\2m \ne - 2\end{array} \right.\)

Vì vậy \(\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 1\end{array} \right.\\m \ne - 1\end{array} \right.\)

Suy ra m = 2.

Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c) Thế x = 0 vào phương trình (1), ta được y = 1.

Suy ra đồ thị (1) luôn đi qua điểm A(0; 1).

Phương trình hoành độ giao điểm của (1) và trục Ox: mx + 1 = 0.

\( \Leftrightarrow x = - \frac{1}{m}\,\,\,\left( {m \ne 0} \right)\).

Suy ra giao điểm của (1) và trục Ox là điểm \(B\left( { - \frac{1}{m};0} \right)\).

Ta có \(OA = 1,\,OB = \left| { - \frac{1}{m}} \right|\).

Kẻ OH ⊥ AB tại H.

Tam giác ABO vuông tại O có OH là đường cao:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = 1 + {m^2}\)

\( \Leftrightarrow O{H^2} = \frac{1}{{{m^2} + 1}}\)

Suy ra \(OH = \frac{1}{{\sqrt {{m^2} + 1} }}\).

Theo đề, ta có khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đồ thị hàm số (1) bằng \(\frac{2}{{\sqrt 5 }}\).

Suy ra \(OH = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\).

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{m^2} + 1} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + 1 = \frac{5}{4}\)

\( \Leftrightarrow {m^2} = \frac{1}{4}\)

\( \Leftrightarrow m = \pm \frac{1}{2}\) (nhận).

Vậy \(m = \pm \frac{1}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Gọi (d): y = (m – 2)x + 5.

Thế x = 0 vào phương trình (d), ta được y = 5.

Suy ra đồ thị (1) luôn đi qua điểm A(0; 5).

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và trục Ox: (m – 2)x + 5 = 0.

\( \Leftrightarrow x = - \frac{5}{{m - 2}}\,\,\,\left( {m \ne 2} \right)\).

Suy ra giao điểm của (d) và trục Ox là điểm \(B\left( { - \frac{5}{{m - 2}};0} \right)\).

Ta có \(OA = 5,\,OB = \left| { - \frac{5}{{m - 2}}} \right|\).

Kẻ OH ⊥ AB tại H.

Tam giác ABO vuông tại O có OH là đường cao:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{25}} + \frac{{{m^2} - 4m + 4}}{{25}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{{{m^2} - 4m + 5}}{{25}}\)

\( \Leftrightarrow O{H^2} = \frac{{25}}{{{m^2} - 4m + 5}}\)

Suy ra \(OH = \frac{5}{{\sqrt {{m^2} - 4m + 5} }}\).

Theo đề, ta có khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) bằng 1.

Suy ra OH = 1.

\( \Leftrightarrow \frac{5}{{\sqrt {{m^2} - 4m + 5} }} = 1\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{m^2} - 4m + 5} = 5\)

\( \Leftrightarrow {m^2} - 4m + 5 = 25\)

\( \Leftrightarrow {m^2} - 4m - 20 = 0\)

\( \Leftrightarrow m = 2 \pm 2\sqrt 6 \) (nhận).

Vậy \(m = 2 \pm 2\sqrt 6 \) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

a) 25 – (–17) + 24 – 12

= 25 + 17 + 24 – 12

= 54.

b) 235 – (+135) – 100

= 235 – 135 – 100

= 0.

c) (13 + 39) – (13 – 135 + 49)

= 13 + 39 – 13 + 135 – 49

= 125.

d) (18 + 29) + (158 – 18 – 29)

= 18 + 29 + 158 – 18 – 29

= 158.

Đề bài 2. Bỏ ngoặc rồi tính:

a) 25 – (–17) + 24 – 12;

b) (13 + 49) – (13 – 135 + 49);

c) 235 – (34 + 135) – 100.

Lời giải

a) 25 – (–17) + 24 – 12

= 25 + 17 + 24 – 12

= 54.

b) (13 + 49) – (13 – 135 + 49)

= 13 + 49 – 13 + 135 – 49

= 135.

c) 235 – (34 + 135) – 100

= 235 – 34 – 135 – 100

= –34.

Lời giải

Ta có 2n³ + 3n² + n = n(2n² + 3n + 1)

= n(2n² + 2n + n + 1)

= n[2n(n + 1) + (n + 1)]

= n(n + 1)(2n + 1)

= n(n + 1)(2n – 2 + 3)

= 2(n – 1)n(n + 1) + 3n(n + 1).

Ta có n – 1; n và n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp.

Suy ra (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 2 và 3.

Do đó (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 2.3 = 6

Vì vậy 2(n – 1)n(n + 1) chia hết cho 6   (1)

Lại có n và n + 1 là 2 số nguyên liên tiếp. Tức là trong 2 số n và n + 1, ta có 1 số là số chẵn.

Suy ra n(n + 1) chia hết cho 2.

Do đó 3n(n + 1) chia hết cho 2.

Mà 3n(n + 1) cũng chia hết cho 3.

Vì vậy 3n(n + 1) chia hết cho 2.3 = 6   (2)

Từ (1), (2), ta suy ra 2n³ + 3n² + n chia hết cho 6.

Lời giải

Đặt A_n = 2n³ – 3n² + n.

Với n = 1, ta có A₁ = 2.1³ – 3.1² + 1 = 0 ⋮ 6.

Giả sử với n = k ≥ 1 và n ∈ ℕ*, ta có A_k = 2k³ – 3k² + k ⋮ 6 (1)

Ta cần chứng minh với n = k + 1, ta có A_{k + 1} ⋮ 6.

Thật vậy, A_{k + 1} = 2(k + 1)³ – 3(k + 1)² + k + 1

= 2(k³ + 3k² + 3k + 1) – 3(k² + 2k + 1) + k + 1

= 2k³ – 3k² + k + 6k²

= A_k + 6k².

Ta có 6 ⋮ 6 (hiển nhiên).

Suy ra 6k² ⋮ 6.

Mà A_k  ⋮ 6 (theo (1)).

Do đó A_k + 6k² ⋮ 6.

Vì vậy A_{k + 1} ⋮ 6.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

Gọi G là trọng tâm của tam giác MPR.

Suy ra \[\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GP} + \overrightarrow {GR} = \vec 0\].

Ta cần chứng minh G cũng là trọng tâm của tam giác NQS.

Tức là, ta cần chứng minh \[\overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GS} = \vec 0\].

Ta có \[2\left( {\overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GS} } \right) = 2\overrightarrow {GN} + 2\overrightarrow {GQ} + 2\overrightarrow {GS} \] (N, Q, S là trung điểm BC, DE, FA)

\( = \left( {\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) + \left( {\overrightarrow {GD} + \overrightarrow {GE} } \right) + \left( {\overrightarrow {GF} + \overrightarrow {GA} } \right)\)

\( = \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} } \right) + \left( {\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} } \right) + \left( {\overrightarrow {GE} + \overrightarrow {GF} } \right)\) (M, P, R là trung điểm AB, CD, EF)

\[ = 2\overrightarrow {GM} + 2\overrightarrow {GP} + 2\overrightarrow {GR} \]

\[ = 2\left( {\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GP} + \overrightarrow {GR} } \right) = 2.\vec 0 = \vec 0\].

Do đó \[\overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GS} = \vec 0\].

Suy ra G cũng là trọng tâm của tam giác NQS.

Vậy hai tam giác MPR và NQS có cùng trọng tâm.

Lời giải

a) Tứ giác ADHE, có:

\[\widehat {DAE} = 90^\circ \] (do tam giác ABC vuông tại A);

\[\widehat {ADH} = 90^\circ \] (do HD ⊥ AB tại D);

\[\widehat {AEH} = 90^\circ \] (do HE ⊥ AC tại E).

Do đó tứ giác ADHE là hình chữ nhật.

Vậy AH = DE.

b) Tam giác HEC vuông tại E có EQ là đường trung tuyến.

Suy ra EQ = HQ = QC.

Khi đó tam giác HEQ cân tại Q.

Vì vậy \(\widehat {QEH} = \widehat {QHE}\)   (1)

Hình chữ nhật ADHE có O là giao điểm của hai đường chéo AH và DE.

Suy ra O là trung điểm của AH và O cũng là trung điểm của DE.

Mà AH = DE (chứng minh trên).

Do đó OH = OE = OD = OA.

Vì vậy tam giác OHE cân tại O.

Suy ra \(\widehat {OEH} = \widehat {OHE}\)   (2)

Ta có AH ⊥ HQ (giả thiết).

Suy ra \(\widehat {OHQ} = 90^\circ \).

Vì vậy \(\widehat {OHE} + \widehat {QHE} = 90^\circ \)   (3)

Từ (1), (2), (3), suy ra \(\widehat {OEQ} = 90^\circ \).

Khi đó OE ⊥ EQ (*)

Chứng minh tương tự, ta được OD ⊥ DP   (**)

Từ (*), (**), suy ra PD // EQ.

Mà \(\widehat {OEQ} = 90^\circ \) (chứng minh trên).

Vậy tứ giác DEQP là hình thang vuông.

Lời giải

a) Tứ giác ADHE, có:

\[\widehat {DAE} = 90^\circ \] (do tam giác ABC vuông tại A);

\[\widehat {ADH} = 90^\circ \] (do HD ⊥ AB tại D);

\[\widehat {AEH} = 90^\circ \] (do HE ⊥ AC tại E).

Vậy tứ giác ADHE là hình chữ nhật.

b) Ta có K là điểm đối xứng của A qua I (giả thiết).

Suy ra I là trung điểm của AK.

Mà I cũng là trung điểm của HC (giả thiết).

Do đó tứ giác AHKC là hình bình hành.

Vậy AC // HK.

c) Xét ∆DHE và ∆AEH, có:

HE chung;

\(\widehat {DHE} = \widehat {AEH} = 90^\circ \);

DH = AE (ADHE là hình chữ nhật).

Do đó ∆DHE = ∆AEH (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {HDE} = \widehat {HAE}\) (cặp cạnh tương ứng).

Mà \(\widehat {HKC} = \widehat {HAC}\) (do tứ giác AHKC là hình bình hành).

Do đó \(\widehat {HDE} = \widehat {HKC}\).

Mà AC // DK (chứng minh trên).

Vậy tứ giác DECK là hình thang cân.

d) Tam giác ACH có các đường trung tuyến AI, CO cắt nhau tại M.

Suy ra M là trọng tâm của tam giác ACH.

Do đó \(AM = \frac{2}{3}AI\).

Mà \(AI = \frac{1}{2}AK\) (do I là trung điểm AK).

Suy ra \(AM = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}AK = \frac{1}{3}AK\).

Vậy \(AM = \frac{1}{3}AK\).

Lời giải

a) Tam giác ABC có A’B’ là đường trung bình.

Suy ra A’B’ = BC’ = C’A.

Mà \(\overrightarrow {BC'} ,\,\overrightarrow {C'A} ,\,\overrightarrow {A'B'} \) cùng phương với nhau.

Vậy \(\overrightarrow {BC'} = \overrightarrow {C'A} = \overrightarrow {A'B'} \).

b) Tương tự câu a, ta có \(\overrightarrow {A'B} = \overrightarrow {CA'} = \overrightarrow {B'C'} \) và \(\overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {B'C} = \overrightarrow {C'A'} \).

Lời giải

Tam giác ABC có A’B’ là đường trung bình.

Suy ra A’B’ = BC’ = C’A.

Mà \(\overrightarrow {BC'} ,\,\overrightarrow {C'A} ,\,\overrightarrow {A'B'} \) cùng phương với nhau.

Do đó \(\overrightarrow {BC'} = \overrightarrow {C'A} = \overrightarrow {A'B'} \).

Vì vậy phương án A đúng.

Tương tự như trên, ta có \(\overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {A'B} = \overrightarrow {CA'} \).

Do đó phương án B đúng.

Tam giác ABC có C’A’ là đường trung bình.

Suy ra \(C'A' = \frac{1}{2}AC\).

Mà \(\overrightarrow {C'A'} ,\,\overrightarrow {AC} \) cùng phương.

Do đó \(\overrightarrow {C'A'} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \).

Vì vậy phương án C đúng.

Vậy phương án D sai.

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số a > 0, b > 0, ta được: \({\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab\).

\( \Leftrightarrow \frac{{a + b}}{{ab}} \ge \frac{4}{{a + b}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{b} + \frac{1}{a} \ge \frac{4}{{a + b}} = \frac{4}{1} = 4\)

\( \Leftrightarrow a + b + \frac{1}{b} + \frac{1}{a} \ge a + b + 4 = 1 + 4 = 5\)

\( \Leftrightarrow {\left( {a + b + \frac{1}{b} + \frac{1}{a}} \right)^2} \ge 25\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = \frac{1}{2}\).

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta được:

\(\left[ {{{\left( {a + \frac{1}{b}} \right)}^2} + {{\left( {b + \frac{1}{a}} \right)}^2}} \right]\left( {{1^2} + {1^2}} \right) \ge {\left[ {\left( {a + \frac{1}{b}} \right).1 + \left( {b + \frac{1}{a}} \right).1} \right]^2}\)

\[ \Leftrightarrow \left[ {{{\left( {a + \frac{1}{b}} \right)}^2} + {{\left( {b + \frac{1}{a}} \right)}^2}} \right].2 \ge {\left( {a + \frac{1}{b} + b + \frac{1}{a}} \right)^2} \ge 25\]

\( \Leftrightarrow {\left( {a + \frac{1}{b}} \right)^2} + {\left( {b + \frac{1}{a}} \right)^2} \ge \frac{{25}}{2}\)

Dấu “=” xảy ra ⇔ \(a = b = \frac{1}{2}\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Thể tích của bồn nước là: V = S_đáy.h = 0,32.1,75 = 0,56 (m³).

Vậy bồn nước này đựng đầy được 0,56 m³ nước.

Do đó ta chọn phương án C.

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có (x + y)² ≥ 4xy.

⇔ (x + y)² ≥ x + y + 2

⇔ (x + y)² – (x + y) – 2 ≥ 0

⇔ (x + y – 2)(x + y + 1) ≥ 0

\( \Leftrightarrow x + \)y – 2 ≥ 0 (do x + y + 1 > 0, với mọi số dương x, y)

⇔ x + y ≥ 2.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có \(\frac{{x + y}}{4} + \frac{1}{{x + y}} \ge 2\sqrt {\frac{{x + y}}{4}.\frac{1}{{x + y}}} = 2.\sqrt {\frac{1}{4}} = 1\).

Ta có \(x + y + \frac{1}{{x + y}} = \frac{{3\left( {x + y} \right)}}{4} + \frac{{x + y}}{4} + \frac{1}{{x + y}} \ge \frac{{3.2}}{4} + 1 = \frac{5}{2}\).

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(x + y + \frac{1}{{x + y}}\) bằng \(\frac{5}{2}\) khi x = y = 1.

Lời giải

Đặt t = x + y (t ≥ 2).

Theo đề, ta có 3(x + y) = 4xy. Suy ra \(xy = \frac{{3t}}{4}\).

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có (x + y)² ≥ 4xy.

⇔ (x + y)² ≥ 3(x + y) (theo giả thiết).

⇔ (x + y)² – 3(x + y) ≥ 0.

⇔ (x + y)(x + y – 3) ≥ 0.

⇔ x + y – 3 ≥ 0.

⇔ x + y ≥ 3.

⇔ t ≥ 3.

Mặt khác, vì x, y ≥ 1 nên ta có (x – 1)(y – 1) ≥ 0.

⇔ xy – (x + y) + 1 ≥ 0.

\( \Leftrightarrow \frac{{3t}}{4} - t + 1 \ge 0\)

⇔ t ≤ 4.

Vì vậy ta có 3 ≤ t ≤ 4.

Theo đề, ta có 3(x + y) = 4xy.

\( \Leftrightarrow \frac{{x + y}}{{xy}} = \frac{4}{3}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{y} + \frac{1}{x} = \frac{4}{3}\).

Ta có \(P = {x^3} + {y^3} - 3\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}}} \right) = {\left( {x + y} \right)^3} - 3xy\left( {x + y} \right) - 3\left[ {{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)}^2} - \frac{2}{{xy}}} \right]\)

\( = {\left( {x + y} \right)^3} - 3xy\left( {x + y} \right) - 3{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)^2} + \frac{6}{{xy}}\)

\( = {t^3} - 3.\frac{{3t}}{4}.t - 3{\left( {\frac{4}{3}} \right)^2} + \frac{{6.4}}{{3t}} = {t^3} - \frac{9}{4}{t^2} - \frac{{16}}{3} + \frac{8}{t}\)

Ta có \(P'\left( t \right) = 3{t^2} - \frac{9}{2}t - \frac{8}{{{t^2}}} = \frac{1}{{2{t^2}}}\left( {6{t^4} - 9{t^3} - 16} \right)\)

\( = \frac{1}{{2{t^2}}}\left[ {{t^3}\left( {5t - 9} \right) + \left( {{t^4} - 16} \right)} \right] > 0,\,\forall t \in \left[ {3;4} \right]\).

Suy ra hàm số P(t) đồng biến trên [3; 4].

Vậy:

⦁ Giá trị nhỏ nhất của P là \(P\left( 3 \right) = \frac{{49}}{{12}}\) khi t = 3 \( \Leftrightarrow x = y = \frac{3}{2}\).

⦁ Giá trị lớn nhất của P là \(P\left( 4 \right) = \frac{{74}}{3}\) khi t = 4 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \wedge y = 3\\x = 3 \wedge y = 1\end{array} \right.\).

Lời giải

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

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

\( = \frac{4}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}.\frac{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}{4}\)

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

b) Ta có \[A = \frac{3}{2}\]

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} = \frac{3}{2}\) (1)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\sqrt x - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\sqrt x \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x \ne 4\end{array} \right.\)   (*)

Phương trình (1) tương đương với: \(2\left( {\sqrt x + 2} \right) = 3\left( {\sqrt x - 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x = 10\)

⇔ x = 100.

So với điều kiện (*), ta nhận x = 100.

Vậy khi x = 100 thì \(A = \frac{3}{2}\).

Lời giải

Áp dụng bất đăng thức Cauchy, ta có \(\left\{ \begin{array}{l}2xy \le {x^2} + {y^2}\\2yz \le {y^2} + {z^2}\\2zx \le {z^2} + {x^2}\end{array} \right.\)

⇒ 2(xy + yz + zx) ≤ 2(x² + y² + z²)

⇔ xy + yz + zx ≤ x² + y² + z²

⇔ 3(xy + yz + zx) ≤ x² + y² + z² + 2(xy + yz + zx)

⇔ 3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)²

\( \Leftrightarrow xy + yz + zx \le \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có \(\frac{{4 + \left( {1 + {x^2}} \right)}}{2} \ge \sqrt {4\left( {1 + {x^2}} \right)} \)

Ta có \(\frac{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{x} = \frac{{2 + \sqrt {4\left( {1 + {x^2}} \right)} }}{{2x}} \le \frac{{2 + \frac{{4 + \left( {1 + {x^2}} \right)}}{2}}}{{2x}} = \frac{{4 + 4 + \left( {1 + {x^2}} \right)}}{{4x}} = \frac{{9 + {x^2}}}{{4x}}\).

Chứng minh tương tự, ta có \(\frac{{1 + \sqrt {1 + {y^2}} }}{y} \le \frac{{9 + {y^2}}}{{4y}}\) và \(\frac{{1 + \sqrt {1 + {z^2}} }}{z} \le \frac{{9 + {z^2}}}{{4z}}\).

Khi đó \(\frac{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{x} + \frac{{1 + \sqrt {1 + {y^2}} }}{y} + \frac{{1 + \sqrt {1 + {z^2}} }}{z} \le \frac{{9 + {x^2}}}{{4x}} + \frac{{9 + {y^2}}}{{4y}} + \frac{{9 + {z^2}}}{{4z}}\)

\[ = \frac{{yz\left( {9 + {x^2}} \right) + xz\left( {9 + {y^2}} \right) + xy\left( {9 + {z^2}} \right)}}{{4xyz}}\]

\[ = \frac{{9\left( {xy + yz + zx} \right) + xyz\left( {x + y + z} \right)}}{{4xyz}}\]

\( \le \frac{{9.\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + {{\left( {xyz} \right)}^2}}}{{4xyz}}\)

\( = \frac{{3{{\left( {xyz} \right)}^2} + {{\left( {xyz} \right)}^2}}}{{4xyz}} = \frac{{4{{\left( {xyz} \right)}^2}}}{{4xyz}} = xyz\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x = y = z = \sqrt 3 \).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

Theo đề, ta có x + y + z + 2 = xyz

⇔ (xy + yz + zx) + 2(x + y + z) + 3 = xyz + xy + yz + zx + x + y + z + 1

⇔ (x + 1)(y + 1) + (y + 1)(z + 1) + (z + 1)(x + 1) = (xy + x + y + 1)(z + 1)

⇔ (x + 1)(y + 1) + (y + 1)(z + 1) + (z + 1)(x + 1) = (x + 1)(y + 1)(z + 1)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{z + 1}} + \frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{y + 1}} = 1\).

Đặt \(a = \frac{1}{{x + 1}};\,\,b = \frac{1}{{y + 1}};\,\,c = \frac{1}{{z + 1}}\)

Khi đó ta có a + b + c = 1 và \(x = \frac{{1 - a}}{a} = \frac{{b + c}}{a};\,y = \frac{{1 - b}}{b} = \frac{{a + c}}{b};\,z = \frac{{1 - c}}{c} = \frac{{a + b}}{c}\).

Ta có \(x + y + z + 6 \ge 2\left( {\sqrt {yz} + \sqrt {zx} + \sqrt {xy} } \right)\).

\( \Leftrightarrow x + y + z + 6 \ge {\left( {\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z } \right)^2} - \left( {x + y + z} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {x + y + z + 3} \right) \ge {\left( {\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z } \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {2\left( {x + y + z + 3} \right)} \ge \sqrt x + \sqrt y + \sqrt z \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {2\left[ {\left( {x + 1} \right) + \left( {y + 1} \right) + \left( {z + 1} \right)} \right]} \ge \sqrt x + \sqrt y + \sqrt z \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {\left( {2a + 2b + 2c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)} \ge \sqrt {\frac{{b + c}}{a}} + \sqrt {\frac{{a + c}}{b}} + \sqrt {\frac{{a + b}}{c}} \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {\left[ {\left( {b + c} \right) + \left( {a + c} \right) + \left( {a + b} \right)} \right]\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)} \ge \sqrt {\frac{{b + c}}{a}} + \sqrt {\frac{{a + c}}{b}} + \sqrt {\frac{{a + b}}{c}} \) (hiển nhiên theo bất đẳng thức Bunhiacopski)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x = y = z = 2\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

\[1 + \sin x + \cos x = 2\cos \left( {\frac{x}{2} - \frac{\pi }{4}} \right)\]

\( \Leftrightarrow 1 + \sin x + \cos x = 2\left( {\cos \frac{x}{2}.\cos \frac{\pi }{4} + \sin \frac{x}{2}.\sin \frac{\pi }{4}} \right)\)

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

\( \Leftrightarrow {\left( {\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}} \right)^2} + \left( {\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}} \right)\left( {\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}} \right) - \sqrt 2 \left( {\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}} \right) = 0\)

\[ \Leftrightarrow \left( {\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}} \right)\left( {\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2} - \sqrt 2 } \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {\frac{x}{2} + \frac{\pi }{4}} \right)\left( {2\cos \frac{x}{2} - \sqrt 2 } \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin \left( {\frac{x}{2} + \frac{\pi }{4}} \right) = 0\\\cos \frac{x}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{x}{2} + \frac{\pi }{4} = k\pi \\\frac{x}{2} = \pm \frac{\pi }{4} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = \pm \frac{\pi }{2} + k4\pi \end{array} \right.\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \[x = \frac{\pi }{2} + k\pi \,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Phương trình parabol có dạng (P): y = ax² + bx + c (a < 0).

Ta có G(0; 4) ∈ (P) ⇒ c = 4.

Theo đề, ta có kích thước cửa ở giữa là 3 m x 6 m.

Suy ra E(3; 3), F(–3; 3).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}E \in \left( P \right)\\F \in \left( P \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}9a + 3b + c = 3\\9a - 3b + c = 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9a + 3b = - 1\\9a - 3b = - 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}18a = - 2\\b = \frac{{9a + 1}}{3}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{9}\\b = 0\end{array} \right.\)

So với điều kiện a < 0, ta nhận \(a = - \frac{1}{9}\).

Khi đó phương trình parabol (P): \(y = - \frac{1}{9}{x^2} + 4\).

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và trục Ox là: \( - \frac{1}{9}{x^2} + 4 = 0\)

⇔ x² = 36

⇔ x = ±6.

Suy ra tọa độ A(–6; 0), B(6; 0).

Do đó AB = 12 m.

Vậy ta chọn phương án C.

Lời giải

1 ngày có 24 giờ.

Suy ra \(\frac{2}{3}\) ngày bằng: \(\frac{2}{3} \times 24 = 16\) (giờ).

Vậy \(\frac{2}{3}\) ngày bằng 16 giờ.

Lời giải

30 phút = \[\frac{{30}}{{60}}\] giờ = \[\frac{1}{2}\] giờ.

4 giờ 30 phút = \(4 + \frac{1}{2}\) giờ = \(\frac{9}{2}\) giờ.

Vậy 4 giờ 30 phút = \(\frac{9}{2}\) giờ.

Lời giải

a) 4524 – (864 – 999) – (36 + 3999)

= 4524 – 864 + 999 – 36 – 3999

= 4524 – (864 + 36) + (999 – 3999)

= 4524 – 900 – 3000

= 624.

b) 1000 – (137 + 572) + (263 – 291)

= 1000 – 137 – 572 + 263 – 291

= 1000 + 263 – (137 + 572 + 291)

= 263 + 1000 – 1000

= 263.

c) –329 + (15 – 101) – (25 – 440)

= –329 + 15 – 101 – 25 + 440

= 440 – (329 + 101) – (25 – 15)

= 440 – 430 – 10

= 0.

Lời giải

a) Ta có 2CI = 3BI

\( \Rightarrow 2\overrightarrow {CI} + 3\overrightarrow {BI} = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AI} } \right) + 3\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AI} } \right) = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow 5\overrightarrow {AI} = 3\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AC} \)   (1)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AI} = \frac{3}{5}\overrightarrow {AB} + \frac{2}{5}\overrightarrow {AC} \).

Ta có 5FB = 2FC

\( \Rightarrow 5\overrightarrow {BF} - 2\overrightarrow {CF} = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow 5\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AF} } \right) - 2\left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AF} } \right) = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow 3\overrightarrow {AF} = 5\overrightarrow {AB} - 2\overrightarrow {AC} \)   (2)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AF} = \frac{5}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} \).

Vậy \(\overrightarrow {AI} = \frac{3}{5}\overrightarrow {AB} + \frac{2}{5}\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {AF} = \frac{5}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} \).

b) Gọi M là trung điểm của BC.

Suy ra \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} = 2.\frac{3}{2}.\overrightarrow {AG} = 3\overrightarrow {AG} \) (do G là trọng tâm của tam giác ABC nên \(AG = \frac{2}{3}AM\)).

Lấy (1) + (2) vế theo vế, ta được \(5\overrightarrow {AI} + 3\overrightarrow {AF} = 8\overrightarrow {AB} \).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \frac{5}{8}\overrightarrow {AI} + \frac{3}{8}\overrightarrow {AF} \).

Từ (1), ta suy ra \[25\overrightarrow {AI} = 15\overrightarrow {AB} + 10\overrightarrow {AC} \]   (3)

Từ (2), ta suy ra \(9\overrightarrow {AF} = 15\overrightarrow {AB} - 6\overrightarrow {AC} \)      (4)

Lấy (3) – (4) vế theo vế, ta được \[16\overrightarrow {AC} = 25\overrightarrow {AI} - 9\overrightarrow {AF} \].

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} = \frac{{25}}{{16}}\overrightarrow {AI} - \frac{9}{{16}}\overrightarrow {AF} \).

Gọi M là trung điểm của BC.

Suy ra \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} = 2.\frac{3}{2}.\overrightarrow {AG} = 3\overrightarrow {AG} \) (do G là trọng tâm của tam giác ABC nên \(AG = \frac{2}{3}AM\)).

Do đó \(3\overrightarrow {AG} = \left( {\frac{5}{8}\overrightarrow {AI} + \frac{3}{8}\overrightarrow {AF} } \right) + \left( {\frac{{25}}{{16}}\overrightarrow {AI} - \frac{9}{{16}}\overrightarrow {AF} } \right) = \frac{{35}}{{16}}\overrightarrow {AI} - \frac{3}{{16}}\overrightarrow {AF} \).

Vậy \(\overrightarrow {AG} = \frac{{35}}{{48}}\overrightarrow {AI} - \frac{1}{{16}}\overrightarrow {AF} \).

Lời giải

a) Gọi N là trung điểm AC.

Do H là điểm đối xứng của B qua G.

Suy ra G là trung điểm của BH.

Do đó \(GH = BG = \frac{2}{3}BN = 2GN\) (do G là trọng tâm tam giác ABC).

Vì vậy N là trung điểm GH (do 4 điểm B, G, N, H thẳng hàng).

Suy ra GN = NH.

Ta có \(\overrightarrow {AH} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {NH} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {GN} \)

\( = \overrightarrow {AN} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {AN} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AN} } \right)\)

\[ = \frac{4}{3}\overrightarrow {AN} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} = \frac{4}{3}\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right) - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \]

\[ = \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \].

Ta có \(\overrightarrow {CH} = \overrightarrow {CN} + \overrightarrow {NH} = \overrightarrow {CN} + \overrightarrow {GN} \)

\( = \overrightarrow {CN} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {CN} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AN} } \right)\)

\[ = \overrightarrow {CN} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}.\frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \]

\( = - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) \(\overrightarrow {MH} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BH} = \frac{1}{2}\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AH} \)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AB} } \right) - \overrightarrow {AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \)

\( = - \frac{5}{6}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} \).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} \)

\( = \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {EA} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {EB} + \overrightarrow {MF} + \overrightarrow {FC} + \overrightarrow {MF} + \overrightarrow {FD} \) (do E, F lần lượt là trung điểm AB, CD)

\( = 2\overrightarrow {ME} + 2\overrightarrow {MF} \)

\[ = 2\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OE} } \right) + 2\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OF} } \right)\]

\[ = 4\overrightarrow {MO} + 2\left( {\overrightarrow {OE} + \overrightarrow {OF} } \right)\] (do O là trung điểm EF)

\[ = 4\overrightarrow {MO} + 2.\vec 0 = 4\overrightarrow {MO} \].

Do đó \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = \left| {4\overrightarrow {MO} } \right| = 4MO\).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M trùng O.

Lời giải

Bước 1: Tìm chiều dài, chiều rộng của thửa ruộng hoặc mảnh đất.

Bước 2: Tính diện tích của thửa ruộng hoặc mảnh đất đó.

Bước 3: Tính sản lượng bằng cách lấy diện tích nhân với năng suất (trên một đơn vị diện tích).

Lời giải

Chiều rộng của thửa ruộng là: \(80:\frac{5}{4} = 64\) (m)

Diện tích của thửa ruộng sau khi mở rộng chiều dài thêm 25 m là:

(80 + 25) ⨯ 64 = 6720 (m²)

Sản lượng thóc thu được ở thửa ruộng đó là: 6720 : 100 ⨯ 50 = 3360 (kg)

Vậy sản lượng thóc thu được ở thửa ruộng đó là 3360 kg.

Lời giải

\(M = \sqrt {1 - \frac{{\sqrt 3 }}{{2 + \sqrt 3 }}} = \sqrt {1 - \frac{{\sqrt 3 \left( {2 - \sqrt 3 } \right)}}{{4 - 3}}} \)

\[ = \sqrt {1 - \frac{{2\sqrt 3 - 3}}{1}} = \sqrt {1 - 2\sqrt 3 + 3} \]

\[ = \sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^2}} = \sqrt 3 - 1\].

Lời giải

\(A = \frac{{1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{1 + \sqrt {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} }} + \frac{{1 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{1 - \sqrt {1 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} }}\)

\( = \frac{{\frac{{2 + \sqrt 3 }}{2}}}{{1 + \sqrt {\frac{{4 + 2\sqrt 3 }}{4}} }} + \frac{{\frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}}}{{1 - \sqrt {\frac{{4 - 2\sqrt 3 }}{4}} }}\)

\( = \frac{{\frac{{2 + \sqrt 3 }}{2}}}{{1 + \sqrt {\frac{{{{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}}}{4}} }} + \frac{{\frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}}}{{1 - \sqrt {\frac{{{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}}}{4}} }}\)

\( = \frac{{\frac{{2 + \sqrt 3 }}{2}}}{{1 + \frac{{\sqrt 3 + 1}}{2}}} + \frac{{\frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}}}{{1 - \frac{{\sqrt 3 - 1}}{2}}}\)

\( = \frac{{\frac{{2 + \sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3 + \sqrt 3 }}{2}}} + \frac{{\frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3 - \sqrt 3 }}{2}}}\)

\( = \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{3 + \sqrt 3 }} + \frac{{2 - \sqrt 3 }}{{3 - \sqrt 3 }}\)

\[ = \frac{{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)\left( {3 - \sqrt 3 } \right) + \left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {3 + \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {3 + \sqrt 3 } \right)\left( {3 - \sqrt 3 } \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {6 + \sqrt 3 - 3} \right) + \left( {6 - \sqrt 3 - 3} \right)}}{{9 - 3}}\]

\[ = \frac{6}{6} = 1\].

Vậy A = 1.

Lời giải

a) Bảng giá trị của (d₁):

x	0	1	2
y	2	0	–2

Bảng giá trị của (d₂):

x	0	2	4
y	–3	–2	–1

b) Vì (d₃) // (d₁) nên phương trình (d₃) có dạng: y = –2x + n (n ≠ 2).

Tức là, m = –2.

Gọi A(x_A; y_A) là giao điểm của (d₃) và (d₂).

Suy ra tọa độ A(x_A; –1).

Ta có A(x_A; –1) ∈ (d₂).

Suy ra \[ - 1 = \frac{1}{2}{x_A} - 3\].

Khi đó x_A = 4.

Vì vậy tọa độ A(4; –1).

Ta có A(4; –1) ∈ (d₃).

Suy ra –1 = –2.4 + n.

Do đó n = 7 (nhận).

Vì vậy m = –2, n = 7.

Lời giải

1) Bảng giá trị của (d₁):

x	0	1	2
y	2	1	0

Bảng giá trị của (d₂):

x	–4	0	4
y	–1	0	1

2) Gọi B(–4; y_B).

Ta có B(–4; y_B) ∈ (d₂).

Suy ra \(y = \frac{1}{4}.\left( { - 4} \right) = - 1\).

Do đó tọa độ B(–4; –1).

Vì (d₃) // (d₁) nên phương trình (d₃) có dạng: y = –x + m (m ≠ 2).

Ta có B(–4; –1) ∈ (d₃).

Suy ra –1 = 4 + m.

Do đó m = –5 (nhận)

Vậy phương trình (d₃): y = –x – 5.

3) Phương trình hoành độ giao điểm của (d₁) và (d₂): \( - x + 2 = \frac{1}{4}x\).

\( \Leftrightarrow \frac{5}{4}x = 2\)

\( \Leftrightarrow x = \frac{8}{5}\).

Với \(x = \frac{8}{5}\), ta có: \(y = - \frac{8}{5} + 2 = \frac{2}{5}\).

Vậy giao điểm của (d₁) và (d₂) là điểm \(E\left( {\frac{8}{5};\frac{2}{5}} \right)\).

Lời giải

Đặt \(f\left( x \right) = \frac{{x - 3}}{{2 - x}}\).

Bảng xét dấu:

x	\( - \infty \)                2                    3                   \( + \infty \)
f(x)	–           ||        +         0         –

Dựa vào bảng xét dấu, ta có \(f\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 2\\x \ge 3\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S = \left( { - \infty ;2} \right) \cup \left[ {3; + \infty } \right)\).

Lời giải

a) A = 2x² – 8x + 1

= 2(x² – 4x + 4) – 7

= 2(x – 2)² – 7.

Ta có (x – 2)² ≥ 0, với mọi x.

⇒ 2(x – 2)² ≥ 0, với mọi x.

⇒ 2(x – 2)² – 7 ≥ –7, với mọi x.

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2.

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng –7 khi và chỉ khi x = 2.

b) B = –5x² – 4x + 1

\( = - 5\left( {{x^2} + \frac{4}{5}x + \frac{4}{{25}}} \right) + \frac{9}{5}\)

\( = - 5{\left( {x + \frac{2}{5}} \right)^2} + \frac{9}{5}\).

Ta có \({\left( {x + \frac{2}{5}} \right)^2} \ge 0\), với mọi x.

\( \Rightarrow - 5{\left( {x + \frac{2}{5}} \right)^2} \le 0\), với mọi x.

 \( \Rightarrow - 5{\left( {x + \frac{2}{5}} \right)^2} + \frac{9}{5} \le \frac{9}{5}\), với mọi x.

Dấu “=” xảy ra ⇔ \(x = - \frac{2}{5}\).

Vậy giá trị lớn nhất của B bằng \(\frac{9}{5}\) khi và chỉ khi \(x = - \frac{2}{5}\).

c) \(A = \frac{2}{{6x - 5 - 9{x^2}}}\)

\( = \frac{2}{{ - 9\left( {{x^2} - \frac{2}{3}x + \frac{1}{9}} \right) - 4}}\)

\( = \frac{2}{{ - 9{{\left( {x - \frac{1}{3}} \right)}^2} - 4}}\).

Ta có \({\left( {x - \frac{1}{3}} \right)^2} \ge 0\), với mọi x.

\( \Rightarrow - 9{\left( {x - \frac{1}{3}} \right)^2} \le 0\), với mọi x.

\( \Rightarrow - 9{\left( {x - \frac{1}{3}} \right)^2} - 4 \le - 4\), với mọi x.

\( \Rightarrow \frac{1}{{ - 9{{\left( {x - \frac{1}{3}} \right)}^2} - 4}} \ge \frac{1}{{ - 4}}\), với mọi x.

\( \Rightarrow \frac{2}{{ - 9{{\left( {x - \frac{1}{3}} \right)}^2} - 4}} \ge \frac{2}{{ - 4}} = - \frac{1}{2}\), với mọi x.

Dấu “=” xảy ra ⇔ \(x = \frac{1}{3}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng \( - \frac{1}{2}\) khi và chỉ khi \(x = \frac{1}{3}\).

Lời giải

2x² – 8x = –1

⇔ 2(x² – 4x + 4) = 7

⇔ 2(x – 2)² = 7

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = \frac{7}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = \sqrt {\frac{7}{2}} = \frac{{\sqrt {14} }}{2}\\x - 2 = - \sqrt {\frac{7}{2}} = - \frac{{\sqrt {14} }}{2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 + \frac{{\sqrt {14} }}{2} = \frac{{4 + \sqrt {14} }}{2}\\x = 2 - \frac{{\sqrt {14} }}{2} = \frac{{4 - \sqrt {14} }}{2}\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(S = \left\{ {\frac{{4 + \sqrt {14} }}{2};\frac{{4 - \sqrt {14} }}{2}} \right\}\).

Lời giải

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

⇒ O là trung điểm của AC và BD.

\( \Rightarrow \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} = \vec 0;\,\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} = \vec 0\).

Ta có \(\vec u = 4\overrightarrow {MA} - 3\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} - 2\overrightarrow {MD} \)

\( = 4\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} } \right) - 3\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OB} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OC} } \right) - 2\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OD} } \right)\)

\( = 3\overrightarrow {OA} + \left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} } \right) - \overrightarrow {OB} - 2\left( {\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} } \right)\)

\( = 3\overrightarrow {OA} + \vec 0 - \overrightarrow {OB} - 2.\vec 0\)

\( = 3\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} \).

Lấy điểm E sao cho \(\overrightarrow {OE} = 3\overrightarrow {OA} \).

Khi đó \(\vec u = \overrightarrow {OE} - \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {BE} \).

∆ABD vuông tại A: \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \).

\(AO = BO = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Suy ra \(OE = 3OA = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}\).

∆ EBO vuông tại O: \(EB = \sqrt {O{B^2} + O{E^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = a\sqrt 5 \).

Vậy \(\left| {\vec u} \right| = a\sqrt 5 \).

Do đó ta chọn phương án A.

Lời giải

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

⇒ O là trung điểm của AC và BD.

\( \Rightarrow \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} = \vec 0;\,\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} = \vec 0\).

Ta có \(\vec u = 4\overrightarrow {MA} - 3\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} - 2\overrightarrow {MD} \)

\( = 4\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} } \right) - 3\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OB} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OC} } \right) - 2\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OD} } \right)\)

\( = 3\overrightarrow {OA} + \left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} } \right) - \overrightarrow {OB} - 2\left( {\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} } \right)\)

\( = 3\overrightarrow {OA} + \vec 0 - \overrightarrow {OB} - 2.\vec 0\)

\( = 3\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} \).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AC} } \right)\)

\( = AB.AC.\cos \widehat {BAC} = 2.3.\cos 60^\circ = 3\).

Vậy \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 3\).

b) Vì M là trung điểm BC nên ta có \(2\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \).

Ta có \(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} = \frac{7}{{12}}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \).

Vậy \(\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {BD} = \frac{7}{{12}}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \).

c) Ta có \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right).\left( {\frac{7}{{12}}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)\)

\( = \frac{7}{{24}}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}.{\overrightarrow {AB} ^2} + \frac{7}{{24}}.{\overrightarrow {AC} ^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

\( = - \frac{5}{{24}}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}.A{B^2} + \frac{7}{{24}}.A{C^2}\)

\( = - \frac{5}{{24}}.3 - \frac{1}{2}{.2^2} + \frac{7}{{24}}{.3^2} = 0\).

Do đó \(\overrightarrow {AM} \bot \overrightarrow {BD} \).

Vậy AM ⊥ BD.

Lời giải

Ta có \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos \widehat {BAC}\)

= 3² + 5² – 2.3.5.cos60°

= 19.

Suy ra \(BC = \sqrt {19} \).

Khi đó \[\cos B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2.AB.BC}} = \frac{{{3^2} + {{\left( {\sqrt {19} } \right)}^2} - {5^2}}}{{2.3.\sqrt {19} }} = \frac{{\sqrt {19} }}{{38}}\].

Ta có BM = 2MC.

\( \Rightarrow BM = \frac{2}{3}BC = \frac{{2\sqrt {19} }}{3}\).

Do đó AM² = AB² + BM² – 2.AB.BM.cosB

\( = {3^2} + {\left( {\frac{{2\sqrt {19} }}{3}} \right)^2} - 2.3.\frac{{2\sqrt {19} }}{3}.\frac{{\sqrt {19} }}{{38}} = \frac{{139}}{9}\).

Vậy \(AM = \frac{{\sqrt {139} }}{3}\).

Lời giải

a) \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x - 2}} + \frac{1}{{y - 1}} = 2\\\frac{2}{{x - 2}} - \frac{3}{{y - 1}} = 1\end{array} \right.\)     (I)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\y \ne 1\end{array} \right.\)    (*)

Đặt \(a = \frac{1}{{x - 2}};\,b = \frac{1}{{y - 1}}\).

Hệ (I) tương đương với: \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = 2\\2a - 3b = 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2 - b\\2\left( {2 - b} \right) - 3b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2 - b\\ - 5b = - 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2 - b\\b = \frac{3}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{7}{5}\\b = \frac{3}{5}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x - 2}} = \frac{7}{5}\\\frac{1}{{y - 1}} = \frac{3}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = \frac{5}{7}\\y - 1 = \frac{5}{3}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{19}}{7}\\y = \frac{8}{3}\end{array} \right.\)

So với điều kiện (*), ta nhận \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{19}}{7}\\y = \frac{8}{3}\end{array} \right.\)

Vậy \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {\frac{{19}}{7};\frac{8}{3}} \right)} \right\}\).

b) \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{3}{{2x - 1}} - \frac{6}{{3 - y}} = - 1\\\frac{1}{{2x - 1}} - \frac{3}{{3 - y}} = 0\end{array} \right.\)    (II)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{1}{2}\\y \ne 3\end{array} \right.\)   (*)

Đặt \(a = \frac{1}{{2x - 1}};\,b = \frac{1}{{3 - y}}\).

Hệ (II) tương đương với: \(\left\{ \begin{array}{l}3a - 6b = - 1\\a - 3b = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a - 6b = - 1\\a = 3b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9b - 6b = - 1\\a = 3b\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3b = - 1\\a = 3b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - \frac{1}{3}\\a = - 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{3 - y}} = - \frac{1}{3}\\\frac{1}{{2x - 1}} = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - y = - 3\\2x - 1 = - 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 6\\x = 0\end{array} \right.\)

So với điều kiện (*), ta nhận \(\left\{ \begin{array}{l}y = 6\\x = 0\end{array} \right.\)

Vậy (x; y) ∈ {(0; 6)}.

c) \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{4}\\\frac{{10}}{x} + \frac{1}{y} = 1\end{array} \right.\)    (III)

Điều kiện: x, y ≠ 0    (*)

Đặt \(a = \frac{1}{x};\,\,b = \frac{1}{y}\).

Hệ (III) tương đương với: \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = \frac{1}{4}\\10a + b = 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = \frac{1}{4}\\b = 1 - 10a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 1 - 10a = \frac{1}{4}\\b = 1 - 10a\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 9a = - \frac{3}{4}\\b = 1 - 10a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{{12}}\\b = \frac{1}{6}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{{12}}\\\frac{1}{y} = \frac{1}{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 12\\y = 6\end{array} \right.\)

So với điều kiện (*), ta nhận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 12\\y = 6\end{array} \right.\)

Vậy (x; y) ∈ {(12; 6)}.

d) \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{2}{{2x - y}} + \frac{3}{{x - 2y}} = \frac{1}{2}\\\frac{2}{{2x - y}} - \frac{1}{{x - 2y}} = \frac{1}{{18}}\end{array} \right.\)    (IV)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 2y\\x \ne \frac{y}{2}\end{array} \right.\)   (*)

Đặt \(a = \frac{1}{{2x - y}};\,b = \frac{1}{{x - 2y}}\).

Hệ (IV) tương đương với: \(\left\{ \begin{array}{l}2a + 3b = \frac{1}{2}\\2a - b = \frac{1}{{18}}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + 3b = \frac{1}{2}\\b = 2a - \frac{1}{{18}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + 3\left( {2a - \frac{1}{{18}}} \right) = \frac{1}{2}\\b = 2a - \frac{1}{{18}}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8a = \frac{2}{3}\\b = 2a - \frac{1}{{18}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{{12}}\\b = \frac{1}{9}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{2x - y}} = \frac{1}{{12}}\\\frac{1}{{x - 2y}} = \frac{1}{9}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y = 12\\x - 2y = 9\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2x - 12\\x - 2\left( {2x - 12} \right) = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2x - 12\\ - 3x = - 15\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 2\\x = 5\end{array} \right.\)

So với điều kiện (*), ta nhận \(\left\{ \begin{array}{l}y = - 2\\x = 5\end{array} \right.\)

Vậy (x; y) ∈ {(5; –2)}.

Lời giải

Gọi C(x_C; y_C).

Ta có \(\overrightarrow {OC} = \left( {{x_C};{y_C}} \right),\,\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;5} \right)\).

Suy ra \( - 3\overrightarrow {AB} = \left( {6; - 15} \right)\).

Ta có \[\overrightarrow {OC} = - 3\overrightarrow {AB} \].

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 6\\{y_C} = - 15\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ C(6; –15).

b) Gọi D(x_D; y_D).

Ta có điểm D đối xứng của A qua C.

Suy ra C là trung điểm AD.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = \frac{{{x_A} + {x_D}}}{2}\\{y_C} = \frac{{{y_A} + {y_D}}}{2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 = \frac{{3 + {x_D}}}{2}\\ - 15 = \frac{{ - 5 + {y_D}}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 9\\{y_D} = - 25\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ D(9; –25).

c) Gọi M(x_M; y_M).

Ta có \(\overrightarrow {MA} = \left( {3 - {x_M}; - 5 - {y_M}} \right),\,\overrightarrow {MB} = \left( {1 - {x_M}; - {y_M}} \right)\).

Theo đề, ta có M chia đoạn AB theo tỉ số k = –3.

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} = - 3\overrightarrow {MB} \).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - {x_M} = - 3\left( {1 - {x_M}} \right)\\ - 5 - {y_M} = - 3\left( { - {y_M}} \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{x_M} = 6\\4{y_M} = - 5\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{3}{2}\\{y_M} = - \frac{5}{4}\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ \(M\left( {\frac{3}{2}; - \frac{5}{4}} \right)\).

Lời giải

Giả sử M(x; y; z) thỏa mãn \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \), trong đó k ≠ 1.

Ta có: \(\overrightarrow {MA} = \left( {{x_1} - x;{y_1} - y;{z_1} - z} \right),\,\overrightarrow {MB} = \left( {{x_2} - x;{y_2} - y;{z_2} - z} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} - x = k\left( {{x_2} - x} \right)\\{y_1} - y = k\left( {{y_2} - y} \right)\\{z_1} - z = k\left( {{z_2} - z} \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{k{x_2} - {x_1}}}{{k - 1}}\\y = \frac{{k{y_2} - {y_1}}}{{k - 1}}\\z = \frac{{k{z_2} - {z_1}}}{{k - 1}}\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ \(M\left( {\frac{{k{x_2} - {x_1}}}{{k - 1}};\frac{{k{y_2} - {y_1}}}{{k - 1}};\frac{{k{z_2} - {z_1}}}{{k - 1}}} \right)\), trong đó k ≠ 1.

Lời giải

Xét 1 điểm có tọa độ (x; y) bất kì trong mặt phẳng tọa độ Oxy (x; y là các số nguyên).

Do 1 giá trị x hoặc y chỉ nhận 1 trong 2 giá trị chẵn, lẻ.

Suy ra có tất cả 2.2 = 4 bộ số mà (x; y) có thể nhận.

Mà theo đề bài, ta có tất cả 5 điểm có tọa độ là các số nguyên.

Do đó theo nguyên lí Dirichle, tồn tại ít nhất 2 điểm có cùng tọa độ chẵn, lẻ.

Vậy có ít nhất một trung điểm của đoạn thẳng tạo thành từ 5 điểm đã cho có tọa độ là các số nguyên (điều phải chứng minh).

Lời giải

Gọi d₁: y = mx + 3m + 2, d₂: y = 2x – 1.

Để hai đường thẳng trên cắt nhau thì m ≠ 2.

Gọi A(x_A; y_A) là giao điểm của d₁ và d₂.

Suy ra tọa độ A(x_A; 2).

Ta có A(x_A; 2) ∈ d₂.

Suy ra 2 = 2.x_A – 1.

Do đó\({x_A} = \frac{3}{2}\).

Vì vậy tọa độ \(A\left( {\frac{3}{2};2} \right)\).

Ta có \(A\left( {\frac{3}{2};2} \right) \in {d_1}\).

Suy ra \(2 = \frac{3}{2}m + 3m + 2\).

Do đó \(\frac{9}{2}m = 0\).

Vì vậy m = 0 (thỏa mãn).

Vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

a) Tứ giác BECD là hình bình hành vì BE // CD (giả thiết) và CE // BD (giả thiết).

b) Ta có DF // BC (giả thiết) và BD // CF (giả thiết).

Suy ra BCFD là hình bình hành.

Do đó CF = BD   (1)

Lại có BECD là hình bình hành (chứng minh trên).

Suy ra CE = BD   (2)

Từ (1), (2), suy ra CF = CE.

Do đó CA là đường trung tuyến của tam giác AEF (*)

Ta có FD = BC (do BCFD là hình bình hành) và AD = BC (do ABCD là hình bình hành).

Suy ra DF = AD.

Do đó DE là đường trung tuyến của tam giác AEF   (**)

Chứng minh tương tự, ta được BF là đường trung tuyến của tam giác AEF   (***)

Từ (*), (**), (***), suy ra ba đường thẳng AC, BF, DE đồng quy tại trọng tâm của tam giác AEF.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

a) Vì AI, BI, CI là ba đường phân giác của tam giác ABC nên ta có:

 \(\widehat {AIB} = 180^\circ - \widehat {IAB} - \widehat {IBA} = 180^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BAC} - \frac{1}{2}\widehat {ABC}\)

\[ = 180^\circ - \frac{1}{2}\left( {\widehat {BAC} + \widehat {ABC}} \right) = 180^\circ - \frac{1}{2}\left( {180^\circ - \widehat {ACB}} \right)\]

\[ = 180^\circ - \frac{1}{2}\left( {180^\circ - 2\widehat {ACI}} \right) = 90^\circ + \widehat {ACI}\].

Lại có \(\widehat {AMI} = \widehat {MIC} + \widehat {ACI} = 90^\circ + \widehat {ACI}\) (tính chất góc ngoài của tam giác).

Suy ra \(\widehat {AIB} = \widehat {AMI}\).

Xét ∆AIM và ∆ABI, có:

\(\widehat {AIB} = \widehat {AMI}\) (chứng minh trên);

\(\widehat {BAI} = \widehat {IAM}\) (do AI là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\)).

Do đó (g.g).

b) Ta có (chứng minh trên).

Suy ra \(\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AI}}\).

⇔ AI² = AB.AM    (1)

Chứng minh tương tự câu a, ta có (g.g).

Suy ra \(\frac{{BI}}{{AB}} = \frac{{BN}}{{BI}}\).

⇔ BI² = AB.BN    (2)

Từ (1), (2), suy ra \(\frac{{A{I^2}}}{{B{I^2}}} = \frac{{AB.AM}}{{AB.BN}}\).

\( \Leftrightarrow \frac{{AM}}{{BN}} = {\left( {\frac{{AI}}{{BI}}} \right)^2}\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

a) Vì AI, BI, CI là ba đường phân giác của tam giác ABC nên ta có:

 \(\widehat {AIB} = 180^\circ - \widehat {IAB} - \widehat {IBA} = 180^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BAC} - \frac{1}{2}\widehat {ABC}\)

\[ = 180^\circ - \frac{1}{2}\left( {\widehat {BAC} + \widehat {ABC}} \right) = 180^\circ - \frac{1}{2}\left( {180^\circ - \widehat {ACB}} \right)\]

\[ = 180^\circ - \frac{1}{2}\left( {180^\circ - 2\widehat {ACI}} \right) = 90^\circ + \widehat {ACI}\].

Lại có \(\widehat {AMI} = \widehat {MIC} + \widehat {ACI} = 90^\circ + \widehat {ACI}\) (tính chất góc ngoài của tam giác).

Suy ra \(\widehat {AIB} = \widehat {AMI}\).

Xét ∆AIM và ∆ABI, có:

\(\widehat {AIB} = \widehat {AMI}\) (chứng minh trên);

\(\widehat {BAI} = \widehat {IAM}\) (do AI là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\)).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AM}}{{AI}} = \frac{{IM}}{{BI}}\).

Vậy AM.BI = AI.IM (điều phải chứng minh).

b) Chứng minh tương tự câu a, ta có (g.g).

Suy ra \(\frac{{BN}}{{BI}} = \frac{{IN}}{{AI}}\).

Vậy BN.AI = BI.NI (điều phải chứng minh).

c) Ta có (chứng minh trên).

Suy ra \(\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AI}}\).

⇔ AI² = AB.AM    (1)

Lại có (chứng minh trên).

Suy ra \(\frac{{BI}}{{AB}} = \frac{{BN}}{{BI}}\).

⇔ BI² = AB.BN    (2)

Từ (1), (2), suy ra \(\frac{{A{I^2}}}{{B{I^2}}} = \frac{{AB.AM}}{{AB.BN}}\).

\( \Leftrightarrow \frac{{AM}}{{BN}} = {\left( {\frac{{AI}}{{BI}}} \right)^2}\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

Tam giác ABD có M, P lần lượt là trung điểm của AB, AD.

Suy ra MP là đường trung bình của tam giác ABD.

Do đó \(MP = \frac{1}{2}BD\).

Vì vậy \(\overrightarrow {MP} = \frac{1}{2}\overrightarrow {BD} \)     (1)

Tam giác CBD có Q, N lần lượt là trung điểm của BC, CD.

Suy ra QN là đường trung bình của tam giác CBD.

Do đó \(QN = \frac{1}{2}BD\).

Vì vậy \(\overrightarrow {QN} = \frac{1}{2}\overrightarrow {BD} \)     (2)

Từ (1), (2), suy ra \(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {QN} \).

Chứng minh tương tự ở trên, ta có \(\overrightarrow {MQ} = \overrightarrow {PN} \).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có g’(x) = 2x.f’(x²).

Cho g’(x) = 0 ⇔ 2x.f’(x²) = 0.

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f'\left( {{x^2}} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = - 2\,\,\,\left( {vo\,\,nghiem} \right)\\{x^2} = 0\\{x^2} = 1\\{x^2} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\\x = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số g(x) có tất cả 5 điểm cực trị.

Vậy ta chọn phương án C.

Lời giải

1) Ta có số hạng tổng quát: \(C_{25}^k.{\left( {2x} \right)^{25 - k}}.{\left( {3y} \right)^k} = C_{25}^k{.2^{25 - k}}{.3^k}.{x^{25 - k}}.{y^k}\).

Ta cần tìm hệ số của x¹².y¹³.

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}25 - k = 12\\k = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow k = 13\).

Vậy hệ số của x¹².y¹³ trong khai triển (2x + 3y)²⁵ là \(C_{25}^{13}{.2^{12}}{.3^{13}}\).

2) Ta có số hạng tổng quát: \[C_{25}^k.{x^{25 - k}}.{\left( { - y} \right)^k} = C_{25}^k.{\left( { - 1} \right)^k}.{x^{25 - k}}.{y^k}\].

Ta cần tìm hệ số của x¹².y¹³.

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}25 - k = 12\\k = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow k = 13\).

Vậy hệ số của x¹².y¹³ trong khai triển (x – y)²⁵ là \[C_{25}^{13}.{\left( { - 1} \right)^{13}} = - C_{25}^{13}\].

3) Ta có số hạng tổng quát: \(C_{13}^k.{\left( {2x} \right)^{13 - k}}.{\left( { - \frac{1}{y}} \right)^k} = C_{13}^k{.2^{13 - k}}.{x^{13 - k}}.\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{{y^k}}}\).

Ta cần viết số hạng thứ 9.

Suy ra k = 8.

Vậy số hạng thứ 9 trong khai triển \({\left( {2x - \frac{1}{y}} \right)^{13}}\) là \(C_{13}^8{.2^5}.{x^5}.\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^8}}}{{{y^8}}} = 41184.\frac{{{x^5}}}{{{y^8}}}\).

Lời giải

9x² – 6xy + y² – 81 = (3x – y)² – 9²

= (3x – y – 9)(3x – y + 9).

Lời giải

a) Ta có (d) đi qua hai điểm A(1; –3) và B(–2; 3).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 = \left( {m + 3} \right).1 + n\\3 = \left( {m + 3} \right).\left( { - 2} \right) + n\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + n = - 6\\ - 2m + n = 9\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = - m - 6\\ - 2m - m - 6 = 9\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = - m - 6\\ - 3m = 15\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = - m - 6\\m = - 5\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = - 1\\m = - 5\end{array} \right.\)

Vậy m = –5, n = –1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

b) Gọi d₁: 3y – x – 4 = 0 ⇔ \(y = \frac{1}{3}x + \frac{4}{3}\).

Để (d) cắt d₁ nên ta có \(m + 3 \ne \frac{1}{3}\).Suy ra \(m \ne - \frac{8}{3}\).

Vậy \(m \ne - \frac{8}{3}\), n ∈ ℝ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c) Gọi d₂: 2x + 5y = –1 \( \Leftrightarrow y = \frac{{ - 2}}{5}x - \frac{1}{5}\).

Vì (d) // d₂ nên \(\left\{ \begin{array}{l}m + 3 = - \frac{2}{5}\\n \ne - \frac{1}{5}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = - \frac{{17}}{5}\\n \ne - \frac{1}{5}\end{array} \right.\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}m = - \frac{{17}}{5}\\n \ne - \frac{1}{5}\end{array} \right.\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

d) Gọi d₃: y – 3x – 7 = 0 ⇔ y = 3x + 7.

Vì (d) trùng với d₃ nên \(\left\{ \begin{array}{l}m + 3 = 3\\n = 7\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\n = 7\end{array} \right.\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}m = 0\\n = 7\end{array} \right.\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Ta có đồ thị của hàm số đã cho đi qua gốc tọa độ O(0; 0).

Suy ra 0 = (1 – 3m).0 + m + 3.

⇔ m = –3.

Vậy m = –3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD, H là trọng tâm của tam giác ABD.

Tam giác ABD có: AB = AD (do ABCD là hình thoi) và \[\widehat {BAD} = 60^\circ \] (giả thiết).

Suy ra tam giác ABD đều.

Do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

Mà hình chóp S.ABD có SA = SB = SD = a (giả thiết).

Suy ra SH ⊥ (ABD).

Ta có \(\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ \).

Khi đó \(\widehat {ODC} = \widehat {ADO} = \frac{{\widehat {ADC}}}{2} = \frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ \) (do ABCD là hình thoi nên DO là tia phân giác của \(\widehat {ADC}\)).

Vì vậy \(\widehat {HDO} = \frac{{\widehat {ADO}}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ \) (do ∆ABD đều có H là trọng tâm nên DH là đường phân giác của ∆ABD).

Ta có \(\widehat {HDC} = \widehat {HDO} + \widehat {ODC} = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ \).

Suy ra HD ⊥ CD.

Trong (SAC): dựng HK // SA (K ∈ SC).

Trong (SHD): dựng HI ⊥ SD (I ∈ SD).

Mà HD ⊥ CD (chứng minh trên).

Suy ra CD ⊥ (SHD).

Do đó CD ⊥ HI.

Vì vậy HI ⊥ (SCD).

Ta có I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H, K lên (SCD).

Do đó KI là hình chiếu vuông góc của HK lên (SCD).

Vì vậy (SA; (SCD)) = (HK; (SCD)) = (HK; KI) = \(\widehat {HKI}\).

Ta có HK // SA. Áp dụng định lí Thalet, ta được \(\frac{{HK}}{{SA}} = \frac{{HC}}{{AC}} = \frac{2}{3}\).

Suy ra \(HK = \frac{{2a}}{3}\).

Ta có:

⦁ \(HD = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\);

⦁ \(AH = \frac{2}{3}OA = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\);

⦁ \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Tam giác SHD vuông tại H có HI là đường cao:

\[\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{D^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}} = \frac{9}{{2{a^2}}}\].

Suy ra \(H{I^2} = \frac{{2{a^2}}}{9}\).

Do đó \(HI = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).

Tam giác HIK vuông tại I: \(\sin \widehat {HKI} = \frac{{HI}}{{HK}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{3}}}{{\frac{{2a}}{3}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Suy ra \(\widehat {HKI} = 45^\circ \).

Vậy góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (SCD) bằng 45°.

Do đó ta chọn phương án D.

Lời giải

a) Tam giác ABD có: AB = AD (do ABCD là hình thoi) và \[\widehat {BAD} = 60^\circ \] (giả thiết).

Suy ra tam giác ABD đều.

Lại có SA = SB = SD = a.

Suy ra hình chóp S.ABD là hình chóp đều.

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

Suy ra SH ⊥ (ABD).

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Khi đó \(AO = \frac{{AD\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \(AH = \frac{2}{3}AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Tam giác SHA vuông tại H, có: \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Do đó d(S, (ABCD)) = SH = \(\frac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Ta có \(CH = CO + OH = AO + \frac{1}{3}AO = \frac{4}{3}AO = \frac{4}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Tam giác SHC vuông tại H, có: \(SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {15} }}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\).

Vậy d(S, (ABCD)) = \(\frac{{a\sqrt {15} }}{6}\) và \(SC = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\).

b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SH \bot \left( {ABCD} \right)\\SH \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).

c) Ta có H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

Suy ra BH ⊥ AD.

Lại có SH ⊥ AD (vì SH ⊥ (ABD)).

Suy ra AD ⊥ (SBH).

Mà BC // AD (do ABCD là hình thoi).

Nên BC ⊥ (SBH).

Vậy BC ⊥ SB.

d) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\Trong\,\,\left( {SBD} \right):\,\,SO \bot BD\\Trong\,\,\left( {ABCD} \right):\,\,AO \bot BD\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) là \(\widehat {SOA} = \varphi \).

Tam giác SHO vuông tại H: \(\tan \varphi = \frac{{SH}}{{OH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {15} }}{6}}}{{\frac{1}{3}.AO}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {15} }}{6}}}{{\frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \sqrt 5 \).

Vậy \(\tan \varphi = \sqrt 5 \).

Lời giải

a) Ta có \(VT = \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BN} + \overrightarrow {CP} \) (do M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB).

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CB} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BA} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BC} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}.\vec 0 + \frac{1}{2}.\vec 0 + \frac{1}{2}.\vec 0 = \vec 0 = VP\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Ta có \(VT = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}.2\overrightarrow {OP} + \frac{1}{2}.2\overrightarrow {ON} + \frac{1}{2}.2\overrightarrow {OM} \)

\( = \overrightarrow {OP} + \overrightarrow {ON} + \overrightarrow {OM} = VP\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

⦁ Ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {AA} = \vec 0\).

Do đó phương án A đúng.

⦁ Ta có \(\overrightarrow {AP} + \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {CN} = \overrightarrow {PB} + \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {CN} = \overrightarrow {PM} + \overrightarrow {CN} = \vec 0\) (vì PM là đường trung bình của tam giác ABC nên \(\overrightarrow {PM} = - \overrightarrow {CN} \)).

Do đó phương án B đúng.

⦁ Ta có \(\overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NP} + \overrightarrow {PM} = \overrightarrow {MP} + \overrightarrow {PM} = \overrightarrow {MM} = \vec 0\).

Do đó phương án C đúng.

⦁ Ta có \(\overrightarrow {PB} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {PB} + \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {PM} \ne \overrightarrow {MP} \).

Do đó phương án D sai.

Vậy ta chọn phương án D.

2) 5x(x – 1) – 3x²(1 – x)

= 5x(x – 1) + 3x²(x – 1)

= (5x + 3x²)(x – 1)

= x(5 + 3x)(x – 1).

x² – y² – 5x + 5y

= (x – y)(x + y) – 5(x – y)

= (x – y)(x + y – 5).

3x² – 6xy + 3y² – 12z²

= 3(x² – 2xy + y² – 4z²)

= 3[(x – y)² – (2z)²]

= 3(x – y – 2z)(x – y + 2z).

4x² – y² + 4x + 1

= (2x + 1)² – y²

= (2x + 1 – y)(2x + 1 + y).

x⁵ – 3x⁴ + 3x³ – x²

= x²(x³ – 3x² + 3x – 1)

= x²(x – 1)³.

–x² – y² + 2xy + 36

= 36 – (x² – 2xy + y²)

= 6² – (x – y)²

= (6 – x + y)(6 + x – y).

x³ – x² – 5x + 125

= (x³ + 125) – (x² + 5x)

= (x + 5)(x² – 5x + 25) – x(x + 5)

= (x + 5)(x² – 5x + 25 – x)

= (x + 5)(x² – 6x + 25).

6x² – 5x + 1

= 6x² – 3x – 2x + 1

= 3x(2x – 1) – (2x – 1)

= (3x – 1)(2x – 1).

x² – 2x – 9y² + 6y

= (x² – 9y²) – (2x – 6y)

= (x – 3y)(x + 3y) – 2(x – 3y)

= (x – 3y)(x + 3y – 2).

(x² + 1)² – 4x²

= (x² + 1 – 2x)(x² + 1 + 2x)

= (x – 1)².(x + 1)².

x² + 2x – 15

= (x² – 3x) + (5x – 15)

= x(x – 3) + 5(x – 3)

= (x + 5)(x – 3).

x² – 4xy + 4y² – z² + 4zt – 4t²

= (x – 2y)² – (z – 2t)²

= (x – 2y + z – 2t)(x – 2y – z + 2t).

x³ – x + 3x²y + 3xy² – y + y³

= (x³ + 3x²y + 3xy² + y³) – (x + y)

= (x + y)³ – (x + y)

= (x + y)[(x + y)² – 1]

= (x + y)(x + y – 1)(x + y + 1).