5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 19)

Lời giải

a) y = x + 4 (d).

• Với x = 0 Þ y = 4;

• Với y = 0 Þ x = −4.

Vậy đồ thị hàm số (d): y = x + 4 đi qua hai điểm A(0; 4) và B(−4; 0).

b) Ta có OA = 4 và OB = 4.

Do đó, diện tích của ∆AOB là: \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}.4.4 = 8\;\left( {c{m^2}} \right)\).

Lời giải

a) Để đồ thị hàm số (1) song song với đường thắng y = −x+1 thì
m − 1= −1 Û m = 0.

b) Hoành độ giao điểm của đường thắng y =1 − 3x , đường thẳng y= −0,5x − 1,5 là nghiệm của phương trình:

1 − 3x= −0,5x − 1,5

Û 3x − 0,5x= 1 + 1,5

Û 2,5x = 2,5

Û x = 1

Với x = 1 Þ y = 1 − 3.1 = −2.

Vậy hai đường thẳng y =1 − 3x vày= −0,5x − 1,5 cắt nhau tại điểm M(1; −2).

Để đường thắng y =1 − 3x , đường thẳng y= −0,5x − 1,5 và đồ thị hàm số (1) cùng đi qua một điểm thì đồ thị hàm số (1) phải đi qua điểm M.

Suy ra −2 =(m − 1).1 +3

Û −2 =(m − 1) + 3 Û m = −4.

Lời giải

a) Với m = 0 Þ y = − x − 3

Ta lập bảng:

x	0	−3
y	−3	0

Hàm số y = − x − 3 đi qua hai điểm M(0; −3) và N(−3; 0).

b) (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1

Þ 1 = (m − 1).0 + m − 3

Û 1 = m − 3

Û m = 4.

Vậym = 4 thì (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1.

c) Vì A là giao điểm của (d) với trục Ox nên y_A = 0.

Khi đó (m − 1)x_A+m − 3= 0

\[ \Leftrightarrow {x_A} = - \frac{{m - 3}}{{m - 1}}\]

\( \Rightarrow OA = \left| { - \frac{{m - 3}}{{m - 1}}} \right|\;\left( {m \ne 1} \right)\)

B là giao điểm của (d) vưới trục Oy nên x_B = 0

Khi đó y_B =(m − 1).0 +m − 3= m − 3

\[ \Rightarrow OB = \left| {m - 3} \right|\]

Để tam giác OAB cân tại O thì OA = OB

\[ \Leftrightarrow \left| { - \frac{{m - 3}}{{m - 1}}} \right| = \left| {m - 3} \right|\]

+) TH1:

\[ - \frac{{m - 3}}{{m - 1}} = m - 3\]

\( \Rightarrow \left( {m - 3} \right)\left( {m - 1} \right) = - \left( {m - 3} \right)\)

\[ \Leftrightarrow \left( {m - 3} \right)\left( {m - 1} \right) + \left( {m - 3} \right) = 0\]

Û m(m − 3) = 0

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\;\left( {TM} \right)\\m = 3\;\left( {TM} \right)\end{array} \right.\]

+) TH2:

\[ - \frac{{m - 3}}{{m - 1}} = - \left( {m - 3} \right)\]

\( \Rightarrow \left( {m - 3} \right)\left( {m - 1} \right) = \left( {m - 3} \right)\)

\[ \Leftrightarrow \left( {m - 3} \right)\left( {m - 1} \right) - \left( {m - 3} \right) = 0\]

Û (m − 2)(m − 3) = 0

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\;\left( {TM} \right)\\m = 3\;\left( {TM} \right)\end{array} \right.\]

Vậy các giá trị của m thỏa mãn là m = 1; m = 2; m = 3.

Lời giải

a) Tứ giác BEFI có:\[\widehat {BIF} = 90^\circ \] (giả thiết)

Suy ra I thuộc đường tròn đường kính BF.

\[\widehat {BEF} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên E thuộc đường tròn đường kính BF

Þ BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF.

b) AB ^ CD

• Xét ∆OCD cân có OI là đường cao nên cũng là đường trung tuyến, nên I là trung điểm của CD.

• Xét ∆ACD có AI vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên ∆ACD cân tại đỉnh A nên AC = AD

Þ \(\widehat {ACF} = \widehat {AEC}\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Xét ∆ACF và ∆AEC có:

\(\widehat A\) chung

\(\widehat {ACF} = \widehat {AEC}\) (cmt)

Þ ∆ACF ᔕ ∆AEC (g.g)

\[ \Rightarrow \frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{AF}}{{AC}}\] (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

Þ AE.AF = AC²

c) \(\widehat {ACF} = \widehat {AEC}\) Þ AC là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1)

Mặt khác \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Þ AC ^ CB (2)

Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆CEF

Mà CB cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC.

Lời giải

a) Xét ∆SMA và ∆SBC có:

\[\widehat S\] chung

\(\widehat {SAM} = \widehat {SCB}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB của (O))

Þ∆SMA ᔕ∆SBC (g.g)

b) Do CD ^ AB (giả thiết)

Þ AB là đường trung trực của CD (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Þ AC = AD (tính chất đường trung trực)

 (hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau)

\( \Rightarrow \widehat {AMD} = \widehat {ABC}\) (góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)

\( \Rightarrow \widehat {KBH} = \widehat {KMH}\).

Mà hai góc này cùng nhìn cạnh KH nên suy ra BMHK nội tiếp.

c) Kẻ đường kính MN

Xét ∆AON và ∆BOM có:

OA = OB = R

\(\widehat {AON} = \widehat {BOM}\)

ON = OM = R

Þ ∆AON = ∆BOM (c.g.c)

Þ AN = BM (hai cạnh tương ứng bằng nhau)

 (hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau)

Ta có:

 (tính chất góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn) (1)

 (tính chất góc nội tiếp)

 (2)

Mà  (3)

 (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra \(\widehat {ASC} = \widehat {NMD}\) hay \[\widehat {OMK} = \widehat {OSM}\]

Xét ∆OKM và ∆OMS có:

\(\widehat {MOS}\) chung

\[\widehat {OMK} = \widehat {OSM}\] (cmt)

Þ ∆OKM ᔕ ∆OMS (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{OK}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{OS}}\) (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

Þ OK.OS = OM² = R².

Lời giải

Tổng số đo các góc của đa giác lồi 9 cạnh là: (9 − 2).180° = 1260°

\( \Rightarrow {S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2} = 1260\)

\( \Rightarrow \frac{{9\left[ {{u_1} + \left( {9 - 1} \right).3} \right]}}{2} = 1260\)

Þ u₁ = 128°.

Vậy số đo các góc là: 128°; 131°; 134°; 137°; 140°; 143°; 146°; 149°; 152°.

Lời giải

Tổng các góc của đa giác 9 cạnh bằng: (9 − 2).180° = 1260°.

Vậy ta chọn đáp án D.

Lời giải

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;\;2} \right)\) Þ \(\overrightarrow {{n_{AB}}} = \left( {1;\; - 1} \right)\)

Phương trình đường thẳng qua A(1; 2) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_{AB}}} = \left( {1;\; - 1} \right)\) là:

1(x − 1) − 1(y − 2) = 0

Û x − y + 1 = 0.

Lời giải

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {4;\; - 8} \right)\) Þ \(\overrightarrow {{n_{AB}}} = \left( {2;\;1} \right)\).

Phương trình đường thẳng qua A(−1; −2) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_{AB}}} = \left( {2;\;1} \right)\) là:

2(x + 1) + 1(y + 2) = 0

Û 2x + y + 4 = 0.

Lời giải

a) (P) đi qua điểm A(1; 2) nên ta có: a + b + c = 2 (1)

(P) có đỉnh I(−1; −2) nên ta có: a − b + c = −2 (2)

(P) có đỉnh là I(−1; −2) nên \( - \frac{b}{{2a}} = - 1\)

Þ −2a + b = 0 (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 2\\a - b + c = - 2\\ - 2a + b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + c = 0\\a = b - c - 2\\b = 2a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = - a\\a = 3a - 2\\b = 2a\end{array} \right.\)

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

Vậy a = 1; b = 2; c = −1.

b) (P): y = ax² + bx − 3

Vì (P) có đỉnh là \(I\left( {\frac{1}{2};\; - 5} \right)\) nên ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{{2a}} = \frac{1}{2}\\a.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + b.\frac{1}{2} - 3 = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - b\\\frac{1}{4}a + \frac{1}{2}b - 3 = - 5\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 0\\a + 2b = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 4\\a = 4\end{array} \right.\)

Vậy (P): y = 4x² − 4x – 3.

Lời giải

Đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; 2) nên ta có phương trình:

2 = 1² − m.1 + 1

Û 2 − m = 2 Û m = 0

Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.

Lời giải

Đặt g (x) =f(2x − 2) − 2e^x ta có:

g '(x) = 2f'(2x − 2) − 2e^x

= 2[f'(2x − 2) − e^x]

Với x Î (0; 1) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 2 \in \left( {2;\;0} \right) \Rightarrow f'\left( {2x - 2} \right) < 0\\x \in \left( {0;\;1} \right) \Rightarrow {e^x} \in \left( {1;\;e} \right) > 0\end{array} \right.\)

Þ g '(x) = 2[f'(2x − 2) − e^x] < 0, ∀ x Î (0; 1)

Þ Hàm số f(2x − 2) − 2e^xnghịch biến trên khoảng (0; 1).

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

TXĐ: D = ℝ

\(2{x^2} + 3x + \sqrt {2{x^2} + 3x + 9} = 33\)

\( \Leftrightarrow \left( {2{x^2} + 3x + 9} \right) + \sqrt {2{x^2} + 3x + 9} - 42 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {2{x^2} + 3x + 9} \right) - 6\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} + 7\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} - 42 = 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {2{x^2} + 3x + 9} \left( {\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} - 6} \right) + 7\left( {\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} - 6} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} - 6} \right)\left( {\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} + 7} \right) = 0\)

\( \Rightarrow \sqrt {2{x^2} + 3x + 9} = 6\) (Do \(\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} + 7 > 0\))

Bình phương 2 vế ta được:

2x² + 3x + 9 = 36

Û2x² + 3x − 27 = 0

Û 2x² − 6x + 9x − 27 = 0

Û 2x(x − 3) + 9(x − 3) = 0

Û (x − 3)(2x + 9) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\;\;\;\;\;\;(TM)\\x = - \frac{9}{2}\;\;\;(TM)\end{array} \right.\)

Vậy phương trình trên có hai nghiệm \({x_1} = 3;\;{x_2} = - \frac{9}{2}\)

Lời giải

TXĐ: D = ℝ

\(2{x^2} + 3x + \sqrt {2{x^2} + 3x + 9} = 33\)

\( \Leftrightarrow \left( {2{x^2} + 3x + 9} \right) + \sqrt {2{x^2} + 3x + 9} - 42 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {2{x^2} + 3x + 9} \right) - 6\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} + 7\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} - 42 = 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {2{x^2} + 3x + 9} \left( {\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} - 6} \right) + 7\left( {\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} - 6} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} - 6} \right)\left( {\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} + 7} \right) = 0\)

\( \Rightarrow \sqrt {2{x^2} + 3x + 9} = 6\) (Do \(\sqrt {2{x^2} + 3x + 9} + 7 > 0\))

Bình phương 2 vế ta được:

2x² + 3x + 9 = 36

Û2x² + 3x − 27 = 0

Û 2x² − 6x + 9x − 27 = 0

Û 2x(x − 3) + 9(x − 3) = 0

Û (x − 3)(2x + 9) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\;\;\;\;\;\;(TM)\\x = - \frac{9}{2}\;\;\;(TM)\end{array} \right.\)

Vậy phương trình trên có hai nghiệm \({x_1} = 3;\;{x_2} = - \frac{9}{2}\).

Tích x₁x₂ bằng: \({x_1}{x_2} = 3.\left( { - \frac{9}{2}} \right) = - \frac{{27}}{2}\).

Vậy ta chọn đán án A.

Lời giải

a) Hàm số y = 3x − 2 có các hệ số a = 3 và b = −2.

Với x = 0 Þ y = 3.0 − 2=− 2. Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; −2).

Với y = 0 Þ 3x − 2 = 0 \( \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\). Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm \(B\left( {\frac{3}{2};\;0} \right)\)

b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng y =3x − 2 vày = mx + 2 là:

3x − 2 = mx + 2

Û (m − 3)x = −4 (*)

Để đường thẳng y =3x − 2 cắt đường thẳngy = mx + 2 thì phương trình (*) có 1 nghiệm Þ m ≠ 3.

Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là \(x = \frac{4}{{3 - m}}\)

\( \Rightarrow y = 3.\frac{4}{{3 - m}} - 2 = \frac{{6 + 2m}}{{3 - m}}\).

Vậy với m ≠ 3 thì hai đường thẳng cắt nhau tại điểm có tọa độ \(\left( {\frac{4}{{3 - m}};\;\frac{{2m + 6}}{{3 - m}}} \right)\).

Lời giải

a) Với x = 0 Þ y = 3.0 − 2=− 2. Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; −2).

Với y = 0 Þ 3x − 2 = 0 \( \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\). Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm \(B\left( {\frac{3}{2};\;0} \right)\).

Đồ thị hàm số (d):

Lời giải

a) Vì ∆ABC vuông tại A nên ta có:

BC² = AB² + AC²

Þ BC² = 6² + 8² = 100

Þ BC = 10 cm.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{{6^2}}} + \frac{1}{{{8^2}}} = \frac{{25}}{{576}}\)

\[ \Rightarrow AH = \frac{{24}}{5} = 4,8\;(cm)\].

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

AB² = BA.BC

Û 6² = BH.10

\( \Leftrightarrow BH = \frac{{36}}{{10}} = 3,6\;(cm)\)

Þ HC = BC − BH = 10 − 3,6 = 6,4 (cm)

Vậy BC = 10 cm, BH = 3,6 cm, HC = 6,4 cm, AH = 4,8 cm.

b) Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:

\(\frac{{BD}}{{CD}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{BD}}{3} = \frac{{CD}}{4} = \frac{{BD + CD}}{{3 + 4}} = \frac{{BC}}{7} = \frac{{10}}{7}\)

\( \Rightarrow BD = \frac{{10}}{7}\,.\,3 = \frac{{30}}{7}\;(cm)\) và \(CD = \frac{{10}}{7}\,.\,4 = \frac{{40}}{7}\;(cm)\).

c) \[HD = BD - BH = \frac{{30}}{7} - 3,6 = \frac{{24}}{{35}}\;\,\,(cm)\].

Diện tích tam giác AHD là:

\[{S_{AHD}} = \frac{1}{2}AH\,.\,HD = \frac{1}{2}\,.\,4,8\,.\,\frac{{24}}{{35}} = \frac{{288}}{{175}}\;\,\,\left( {c{m^2}} \right)\].

Lời giải

 

a) Xét ∆HBA và ∆ABC có:

\[\widehat B\] chung

\(\widehat {AHB} = \widehat {BAC} = 90^\circ \)

Þ∆HBA ᔕ ∆ABC (g.g).

b) Áp dụng định lí Py-ta-go với ∆ABC vuông tại A nên ta có:

BC² = AB² + AC²

Þ BC² = 6² + 8² = 100

Þ BC = 10 cm

∆HBA ᔕ ∆ABC

\[ \Rightarrow \frac{{HA}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{CB}} \Rightarrow \frac{{AH}}{8} = \frac{6}{{10}} \Rightarrow AH = 4,8\;cm\].

Áp dụng định lí Pytago vào ∆AHC vuông tại H nên ta có:

\[HC = \sqrt {A{C^2} - A{H^2}} = \sqrt {{8^2} - {{4,8}^2}} = 3,6\;(cm)\].

c) Xét ∆AHB và ∆CHA có:

\[\widehat {AHB} = \widehat {CHA} = 90^\circ \]

\[\widehat {BAH} = \widehat {ACH}\] (cùng phụ với \[\widehat {ABC}\])

Þ∆AHB ᔕ ∆CHA (g.g)

\[ \Rightarrow \frac{{AH}}{{CH}} = \frac{{HB}}{{HA}} \Rightarrow A{H^2} = HB.HC\].

Lời giải

a) Số hạng tổng quát: \[C_{25}^k.{x^{25 - k}}.{y^k}\].

Ta có: x¹²y¹³Þ k = 13.

Vậy hệ số của x¹²y¹³ trong khai triển (x+y)²⁵ là \[C_{25}^{13}\].

b) 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 có: x¹²y¹³Þ k = 13

Vậy hệ số của x¹²y¹³ trong khai triển (x− y)²⁵ là \[C_{25}^{13}.{\left( { - 1} \right)^{13}} = - \,C_{25}^{13}\].

Lời giải

\[{\left( {2x + 3y} \right)^{25}} = C_{25}^k{\left( {2x} \right)^{25 - k}}.{\left( {3y} \right)^k} = C_{25}^k{.2^{25 - k}}{.3^k}.{x^{25 - k}}.{y^k}\].

Ta có: x¹²y¹³Þ k = 13.

Vậy hệ số của x¹²y¹³ trong khai triển (2x+3y)²⁵ là \[C_{25}^{13}{.2^{12}}{.3^{13}}\].

Lời giải

Ta có:

g(x)=x²[f(x−1)]⁴

Þ g '(x) = 2x[f(x−1)]⁴ + 4x²f '(x − 1)[f(x−1)]³

Û g '(x) = 2x[f(x−1)]³[f(x−1) + 2xf '(x − 1)] = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f\left( {x - 1} \right) = 0\\f\left( {x - 1} \right) + 2xf'\left( {x - 1} \right) = 0\end{array} \right.\]

Đặt t = x − 1 Þ x = t + 1

Xét phương trình f (x − 1) = 0 Û f (t) = 0

Dựa vào BBT ta thấy phương trình f (t) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 1 nên phương trình f (x − 1) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 0.

Xét phương trình f(x−1) + 2xf '(x − 1) = 0

Þf(t) + 2(t + 1)f '(t) = 0 (*)

Dựa vào BBT ta thấy:

f (x) là hàm bậc bốn trùng phương, đặt f (x) = ax⁴ + bx² + c (a ≠ 0)

Đồ thị hàm số đi qua 3 điểm (−1; 3), (0; −1), (1; 3) và có ba điểm cực trị x = 0, x =±1 nên ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}c = - 1\\a + b + c = 3\\f'\left( 1 \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = - 1\\a + b + c = 3\\4a + 2b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 4\\b = 8\\c = - 1\end{array} \right.\]

Þ f (x) = −4x⁴ + 8x² − 1 Þ f '(x) = −16x³ + 16x.

Thay vào (*) ta có:

−4t⁴ + 8t² − 1 + 2(t + 1)( −16t³ + 16t) = 0

Û −4t⁴ + 8t² − 1 − 32t⁴ + 32t² − 32t³ + 32t = 0

Û −36t⁴ − 32t³ + 40t² + 32t − 1 = 0

Xét hàm số h (t) = −36t⁴ − 32t³ + 40t² + 32t − 1 ta có:

h '(t) = − 144t³ − 96t² + 80t + 32

Ta có: \[h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{2}{3}\\t = \frac{{ - 1}}{3}\\t = - 1\end{array} \right.\].

Ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình h (t) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 1

Þ Phương trình f (x − 1) − 2xf '(x − 1) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 0.

Do đó, phương trình g '(x) = 0 có tất cả 9 nghiệm phân biệt.

Vậy hàm số g(x)=x²[f(x−1)]⁴ có tất cả 9 điểm cực trị.

Lời giải

Ta có: f (x) = 4x⁴ − 8x² + 3 Þ f '(x) = 16x³ − 16x = 16x(x² − 1)

Ta có g '(x) = 2x³f (x − 1)[2f (x − 1) + xf '(x − 1)]

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^3} = 0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\,\left( 1 \right)\\f\left( {x - 1} \right) = 0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\\2f\left( {x - 1} \right) + xf'\left( {x - 1} \right) = 0\;\;\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Phương trình (1) có x = 0 (nghiệm bội ba).

Phương trình (2) có cùng số nghiệm với phương trình y = f (x) nên (2) có 4 nghiệm đơn.

Phương trình (3) có cùng số nghiệm với phương trình:

2f (x) + (x + 1)f '(x) = 0

Û 2(4x⁴ − 8x² + 3) + 16x(x + 1)(x² − 1) = 0

Û 24x⁴ + 16x³ − 32x² − 16x + 6 = 0 có 4 nghiệm phân biệt.

Dễ thấy 9 nghiệm trên phân biệt nên hàm số g (x) = 0 có tất cả 9 điểm cực trị.

Lời giải

y = x³ − 3mx² + 9x + 1Þ y' =3x² − 6mx + 9.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng (dm) là:

x³ − 3mx² + 9x + 1=x + 10 − 3m

Ûx³ − 3mx² + 8x + 3m − 9 =0

Û (x³ + 8x − 9) − (3mx² − 3m) =0

Û(x − 1)(x² + x + 9) − 3m(x − 1)(x + 1) =0

Û (x − 1)[x² + (1 − 3m)x + 9 − 3m] =0

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} + \left( {1 - 3m} \right)x + 9 - 3m = 0\;\left( * \right)\end{array} \right.\]

Cho A là điểm có hoành độ x₁ = 1.

Suy ra hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại A là k₁ =3.1² − 6m.1 + 9 = 12 − 6m

Để(Cm) cắt đường thẳng (dm) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt và khác 1.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = {\left( {1 - 3m} \right)^2} - 4\left( {9 - 3m} \right) > 0\\{1^2} + \left( {1 - 3m} \right).1 + 9 - 3m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9{m^2} + 6m - 35 > 0\\11 - 6m \ne 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > \frac{5}{3}\\m < - \frac{7}{3}\end{array} \right.\\m \ne \frac{{11}}{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m > \frac{5}{3}\\m \ne \frac{{11}}{6}\end{array} \right.\\m < - \frac{7}{3}\end{array} \right.\)

Hoành độ của B và C là hai nghiệm của phương trình (*) với theo Vi-ét:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_2} + {x_3} = 3m - 1\\{x_2}{x_3} = 9 - 3m\end{array} \right.\).

Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại B, C lần lượt là:

k₂ =3x₂² − 6mx₂ + 9 và k₃ =3x₃² − 6mx₃ + 9

Để k₁ + k₂ + k₃ > 15

Û (12 − 6m) + (3x₂² − 6mx₂ + 9) + (3x₃² − 6mx₃ + 9) > 15

Û 3(x₂² + x₃²) − 6m(x₂ + x₃) + 30 − 6m > 15

Û 3[(x₂ + x₃)² − 2x₂x₃] − 6m(x₂ + x₃) + 30 − 6m > 15

Û 3[(3m − 1)² − 2(9 − 3m)] − 6m(3m − 1) + 30 − 6m > 15

Û 3(9m² − 6m + 1 − 18 + 6m) − 18m² + 6m + 30 − 6m > 15

Û 9m² > 36 Û m² > 4

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < - 2\end{array} \right.\).

Kết hợp các điều kiện của m suy ra \(m \in \left( { - \infty ;\; - \frac{7}{3}} \right) \cup \left( {2;\; + \infty } \right)\).

Lời giải

Ta có \[y' = 3{x^2} - 6mx - 9\].

Để I(−1;6) là điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x³ − 3mx² − 9x + 1(Cm) thì trước hết x = −1 là nghiệm của phương trình 3x² − 6mx − 9 = 0

Û 3(−1)² − 6m(−1) − 9 = 0

Û 3 + 6m − 9 = 0

Û m = 1.

Thử lại với m = 1, ta được:

\[y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 1\] (Cm)

Khi đó với x = −1 ta có y = 6. Vây I(−1;6) là điểm thuộc đồ thị hàm số.

Lại có \[y' = 3{x^2} - 6x - 9 = 3\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right) = 0\]

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\]

Ta xét BBT:

Dựa vào BBT ta thấy x = −1 là điểm cực địa của đồ thị hàm số

Vậy để điểm I(−1;6) là điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x³ − 3mx² − 9x + 1(Cm) thì m = 1.

Lời giải

a) Để hàm số \(y = \sqrt {5 - m} \left( {x - 1} \right)\)là hàm số bậc nhất nên suy ra:

\(\left\{ \begin{array}{l}5 - m \ge 0\\\sqrt {5 - m} \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 5\\m \ne 5\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 5\)

Vậy m < 5 là giá trị của tham số m cần tìm.

b) Để hàm số \(y = \frac{{m + 1}}{{m - 1}}x + 3,5\)là hàm số bậc nhất nên suy ra:

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{m + 1}}{{m - 1}} \ne 0\\m - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \ne 0\\m - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ne \pm 1\).

Vậy m ≠ ±1 là giá trị của tham số m cần tìm.

Lời giải

a) Để hàm số trên là hàm số bậc nhất thì:

m − 5 ≠ 0 Û m ≠ 5.

b) Với m ≠ 5 thì y' = m – 5.

Để hàm số trên đồng biến thì y' = m − 5 > 0 Û m > 5.

Để hàm số trên nghịch biến thì y' = m − 5 < 0 Û m < 5.

Lời giải

Qua M, kẻ các đường thẳng IJ // BC, HK // AC, PQ // AB.

∆ABC đều nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = 60^\circ \).

Mà PQ // AB nên \(\widehat {MQK} = \widehat {ABC} = 60^\circ \);

HK // AC nên \(\widehat {MKQ} = \widehat {ACB} = 60^\circ \)

∆MQK có: \(\widehat {MQK} = \widehat {MKQ} = 60^\circ \) nên là tam giác đều.

Lại có MD là đường cao kẻ từ M nên MD đồng thời là đường trung tuyến

Do đó D là trung điểm của QK.

\( \Rightarrow \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {MK} = 2\overrightarrow {MD} \) (1)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

+) \(\overrightarrow {MH} + \overrightarrow {MI} = 2\overrightarrow {MF} \) (2)

+) \(\overrightarrow {MP} + \overrightarrow {MJ} = 2\overrightarrow {ME} \) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

\(\overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {MK} + \overrightarrow {MH} + \overrightarrow {MI} + \overrightarrow {MP} + \overrightarrow {MJ} = 2\overrightarrow {MD} + 2\overrightarrow {MF} + 2\overrightarrow {ME} \)

\( \Rightarrow 2\left( {\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MF} + \overrightarrow {ME} } \right) = \left( {\overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {MI} } \right) + \left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {MJ} } \right) + \left( {\overrightarrow {MH} + \overrightarrow {MP} } \right)\)

Vì MI // BQ, MQ // BI nên tứ giác MIBQ là hình bình hành

\( \Rightarrow \overrightarrow {MI} + \overrightarrow {MQ} = \overrightarrow {MB} \).

Tương tự ta có: \(\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {MJ} = \overrightarrow {MC} ;\;\overrightarrow {MH} + \overrightarrow {MP} = \overrightarrow {MA} \).

Khi đó: \(2\left( {\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MF} + \overrightarrow {ME} } \right) = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MA} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MF} + \overrightarrow {ME} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MA} } \right)\).

Lại có O là trọng tâm của tam giác ABC nên \(\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MA} = 3\overrightarrow {MO} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MF} + \overrightarrow {ME} = \frac{1}{2}.3\overrightarrow {MO} = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO} \).

Vậy \(\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO} \).

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là:

\({t_{k + 1}} = C_{10}^k{x^{10 - k}}{\left( {\frac{2}{x}} \right)^k}\).

Vậy \({t_5} = C_{10}^4{x^{10 - 4}}.{\left( {\frac{2}{x}} \right)^4} = 210.{x^6}.\frac{{16}}{{{x^4}}} = 3360{x^2}\).

Lời giải

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là:

\({t_{k + 1}} = C_{10}^k{\left( {2x} \right)^k}{.1^{10 - k}} = C_{10}^k{.2^k}{x^k}\).

Vậy số hạng đầu tiên là: \({t_1} = C_{10}^0{.2^0}.{x^0} = 1\).

Số hạng thứ hai là: \({t_2} = C_{10}^1{.2^1}.{x^1} = 20x\).

Số hạng thứ ba là: \({t_3} = C_{10}^2{.2^2}.{x^2} = 180{x^2}\).

Lời giải

a) Xét ∆BAK có:

I là trung điểm của AB;

H là trung điểm của BK.

Þ IH là đường trung bình của ∆BAK

Þ IH // AK.

Xét tứ giác ADHK có: DH // AK và AD // HK nên suy ra ADHK là hình bình hành.

b) Do AKHD là hình bình hành suy ra HK // AD và HK = AD.

Mà HK = BH (gt) và H, K Î BC

Þ BH // AD và BH = AD.

Xét tứ giác AHBD có: BH // AD và BH = AD

Þ AHBD là hình bình hành.

Mà AH ^ CB hay \(\widehat {AHB} = 90^\circ \)

Þ AHBD là hình chữ nhật.

Xét ∆ABH vuông ở H có:

AH² + BH² = AB²

Û 6² + BH² = 10²

Û BH² = 64

Þ BH = 8 (cm)

Xét hình chữ nhật AHBD có diện tích là:

8 . 6 = 48 (cm²).

Lời giải

Điều kiện:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - x - 6 > 0\\x + 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x > 3\\x < - 2\end{array} \right.\\x > - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 3\)

Khi đó:\(\log \left( {{x^2} - x - 6} \right) + x = \log \left( {x + 2} \right) + 4\)

\( \Leftrightarrow \log \left[ {\left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right)} \right] + x = \log \left( {x + 2} \right) + 4\)

\( \Leftrightarrow \log \left( {x - 3} \right) + \log \left( {x + 2} \right) + x = \log \left( {x + 2} \right) + 4\)

\( \Leftrightarrow \log \left( {x - 3} \right) = 4 - x\) (*)

Với x = 4 Þ log (x − 3) = 4 − x = 0 nên x = 4 là nghiệm của phương trình (*).

Với x > 3 suy ra log (x − 3) là hàm đồng biến mà 4 − x là hàm nghịch biến nên suy ra phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất x = 4.

Lời giải

Điều kiện:\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 6x + 7 > 0\\x - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x > 3 + \sqrt 2 \\x < 3 - \sqrt 2 \end{array} \right.\\x > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 3 + \sqrt 2 \).

Khi đó:\({\log _2}\left( {{x^2} - 6x + 7} \right) = {\log _2}\left( {x - 3} \right)\)

Û x² − 6x + 7 = x − 3

Û x² − 7x + 10 = 0

Û (x − 2)(x − 5) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\;\left( {KTM} \right)\\x = 5\;\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {5}.

Lời giải

a) +) y = x + 3 (d₁)

Với x = 0 Þ y = 3. Suy ra (d₁) đi qua điểm có tọa độ A(0; 3).

+) y = 3x + 7 (d₂).

Với x = 0 Þ y = 7. Suy ra (d₂) đi qua điểm có tọa độ B(0; 7).

+) Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng (d₁) và (d₂) là nghiệm của phương trình:

x + 3 = 3x + 7

Û x = −2 Þ y = 1

Vậy giao điểm của hai đường thẳng (d₁) và (d₂) là J(−2; 1).

b) I là trung điểm của đoạn thẳng AB nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{0 + 0}}{2} = 0\\{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{3 + 7}}{2} = 5\end{array} \right.\)Þ I(0; 5)

c) Ta có:

\(OI = \sqrt {{0^2} + {5^2}} = 5;\;OJ = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt 5 \) (đvđd);

\(IJ = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( {1 - 5} \right)}^2}} = 2\sqrt 5 \)(đvđd).

Suy ra IJ² + OJ² = OI².

Theo định lí Pytago đảo nên suy ra ∆OIJ là tam giác vuông tại J.

Vậy diện tích tam giác OIJ là:

\({S_{OIJ}} = \frac{1}{2}IJ.OJ = \frac{1}{2}.2\sqrt 5 .\sqrt 5 = 5\)(đvdt).

Lời giải

• Vì Alà giao điểm của (d₁)với trục Ox nên \(\frac{1}{2}x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = - 4\)

Þ A(−4; 0).

• Vì B là giao điểm của (d₂)với trục Ox nên −x+2= 0 Û x = 2

Þ B(2; 0).

• Vì C là giao điểm của (d₁), (d₂) nên \(\frac{1}{2}x + 2 = - x + 2 \Leftrightarrow x = 0\) Þ y = 2

Þ C(0; 2)

Ta có:

\(AC = \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {2^2}} = 2\sqrt 5 \)(đvđd);

\(BC = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 2 \)(đvđd);

AB = 6 (đvđd); OC = 2 (đvđd).

Chu vi của tam giác ABC là:

\({P_{ABC}} = AB + BC + AC = 6 + 2\sqrt 2 + 2\sqrt 5 \)(đvđd)

Diện tích tam giác ABC là:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}OC.AB = \frac{1}{2}.2.6 = 6\)(đvdt).

Lời giải

a) Với m =2Þy=x+4 (d)

Với x = 0 Þ y = 4. Suy ra đồ thị đi qua điểm có tọa độ (0; 4)

Với y = 0 Þ x = −4. Suy ra đồ thị đi qua điểm có tọa độ (−4; 0)

b) Để (d) song song với đồ thị hàm số y=−3x+2(d₁)

Þ m − 1 = −3 Û m = −2

Vậy m = −2 là giá của m thỏa mãn.

c) Hoành độ giao điểm của (d) và (d₂) là nghiệm của phương trình:

(m − 1)x+4= x − 7

Û(m − 2)x= −11.

Để (d) cắt đồ thị hàm số y= x − 7 (d₂) tại 1 điểm nằm bên trái trục tung thì:

\(\left\{ \begin{array}{l}m - 2 \ne 0\\\frac{{ - 11}}{{m - 2}} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 2\).

Vậy m > 2 là giá trị của m thỏa mãn.

Lời giải

a) Với m =2Þy=x+4 (d).

Với x = 0 Þ y = 4. Suy ra đồ thị đi qua điểm có tọa độ (0; 4).

Với y = 0 Þ x = −4. Suy ra đồ thị đi qua điểm có tọa độ (−4; 0).

b) Để (d) song song với đồ thị hàm số y=−3x+2(d₁)

Þ m − 1 = −3 Û m = −2

Vậy m = −2 là giá của m thỏa mãn.

c) Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm có hoành độ \(x = \frac{4}{{1 - m}}\)

\( \Rightarrow A\,\left( {\frac{4}{{1 - m}};\;0} \right)\)Þ \(OA = \left| {\frac{4}{{1 - m}}} \right|\).

Đường thẳng (d) cắt trục Oy tại điểm có tung độ y = 4

Þ B(0; 4) Þ OB = 4.

Khi đó diện tích của tam giác OAB là:

\[{S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}.\left| {\frac{4}{{1 - m}}} \right|.4 = \frac{8}{{\left| {1 - m} \right|}} = 2\]

Û |1 − m| = 4

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - m = 4\\1 - m = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 3\\m = 5\end{array} \right.\).

Vậy m = −3 và m = 5 là giá trị cần tìm thỏa mãn của tham số m.

Lời giải

 

a) Ta có AB và AC là tiếp tuyến của (O) \( \Rightarrow \widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ \).

Xét tứ giác ABOC có:

\(\widehat {ABO} + \widehat {ACO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Suy ra tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Hay A, B, O, C thuộc 1 đường tròn.

b) Ta có: AB và AC là tiếp tuyến của (O)Þ AB = AC.

Mà OB = OC = R Þ OA là đường trung trực của BC hay OA ^ BC (1)

Xét ∆CBD nội tiếp (O) có BD là đường kính của (O).

Suy ra ∆CBD vuông tại C hay DC ^ BC (2)

Từ (1), (2) Þ DC // OA.

c) Ta có: DC // OA Þ CE // OA Þ OCEA là hình thang (3)

Ta có: \[\widehat {ODE} + \widehat {OBC} = 90^\circ \];

\(\widehat {OBC} + \widehat {BOA} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat {ODE} = \widehat {BOA}\).

Xét ∆BOA và ∆ODE có:

\(\widehat {ODE} = \widehat {BOA}\) (cmt)

\[\widehat {DOE} = \widehat {OBA} = 90^\circ \]

OB = OD = R

Þ ∆BOA = ∆ODE (g.c.g)

Þ AB = OE (hai cạnh tương ứng)

Mà AB = AC (AB và AC đều là tiếp tuyến chung của (O))

Suy ra OE = AC (4)

Từ (3) và (4) Þ OCEA là hình thang cân.

d) Ta có: \[\widehat {SOI} + \widehat {AOB} = 90^\circ \]

\(\widehat {AOB} + \widehat {OAB} = 90^\circ \)

\(\widehat {OAB} = \widehat {SAO}\)

Suy ra \(\widehat {SOA} = \widehat {SAO}\) Þ ∆SOA cân tại S

Lại có SI là đường trung tuyến \(\left( {OI = IA = \frac{{OA}}{2} = R} \right)\)

Suy ra SI ^ OA Þ KS ^ OA (5)

Ta có ∆KAS có \(\widehat {KAI} = \widehat {SAI}\)

AI ^ KS suy ra KI = SI.

Mà OI ^ AI

Suy ra OKAS là hình bình hành (6)

Từ (5) và (6) suy ra AKOS là hình thoi.

Ta có ∆OAB vuông tại A có OA = 2OD = 2R

\[ \Rightarrow \widehat {OAB} = 30^\circ \Rightarrow \tan \widehat {OAB} = \tan 30^\circ = \frac{{KI}}{{AI}}\]

\[ \Rightarrow KI = \tan 30^\circ .AI = \frac{{\sqrt 3 }}{3}R\]

\[ \Rightarrow KS = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}R\].

Vậy \[SAKOS = \frac{{OA.SK}}{2} = \frac{{2R.\frac{{2\sqrt 3 }}{3}R}}{2} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}{R^2}.\]

Lời giải

12x²+6xy+3y²=28(x+y)

Û3y² + 2y(3x − 14) + 12x² − 28x = 0 (1)

Ta xem (1) là phương trình bậc hai ẩn y thì (1) có nghiệm nguyên khi ∆' là số chính phương

Ta có: ∆' = (3x − 14)² − 3(12x² − 28x) = −27x² + 196 (2)

Þ −27x² + 196 = k² ≥ 0 Þ 27x²£ 196

Ûx²£ 7

Mà x Î ℤ nên x Î {0; ±1; ±2}.

Lần lượt thử các giá trị của x vào (2) ta có:

+) Với x = 0 Þ ∆' = 196 = 14² (thỏa mãn) nên khi đó phương trình (1) trở thành

(1) Û3y² − 28y = 0\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\;\;\;\left( {TM} \right)\\y = \frac{{28}}{3}\;\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\]

+) Với x =±1 Þ ∆' = 169 = 13² (thỏa mãn) nên khi đó

x = 1, phương trình (1) trở thành

(1) Û3y² − 22y − 16 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 8\;\;\;(TM)\\y = \frac{{ - 2}}{3}\;(KTM)\end{array} \right.\)

• Với x = −1, phương trình (1) trở thành

(1) Û3y² − 34y + 40 = 0\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 10\;(TM)\\y = \frac{4}{3}\;\;(KTM)\end{array} \right.\)

•Với x =±2 Þ ∆' = 88 (không thỏa mãn) nên khi đó không cho y là số nguyên.

Vậy cặp nghiệm nguyên (x; y) thỏa mãn là {(0; 0), (1; 8), (−1; 10)}.\(\)

Lời giải

Ta có tia Ou là tia đối của tia Ov nên \(\widehat {uOz};\;\widehat {vOz}\) là hai góc kề bù.

Suy ra\(\widehat {uOz} + \widehat {vOz} = 180^\circ \)

\( \Leftrightarrow 30^\circ + \widehat {vOz} = 180^\circ \)

\( \Leftrightarrow \widehat {vOz} = 180^\circ - 30^\circ = 150^\circ \).

Lời giải

• Hai góc phụ nhau là hai góc có tổng số đo bằng 90°. Vì vậy, trong hình vẽ có các cặp góc nhụ nhau là:

\(\widehat {aOb}\)và \(\widehat {bOd}\);

\(\widehat {aOc}\) và \(\widehat {cOd}\).

• Hai góc bù nhau là hai góc có tổng số đo bằng 180°. Vì vậy, trong hình vẽ có các cặp góc bù nhau là:

\(\widehat {cOd}\)và\(\widehat {cOm}\);

\(\widehat {bOd}\) và \(\widehat {bOm}\);

\(\widehat {aOd}\) và \(\widehat {aOm}\).

Lời giải

Ta có: a² + b² +c² = ab + bc + ca

Û 2(a² + b² +c²) = 2(ab + bc + ca)

Û 2a² + 2b² + 2c² = 2ab + 2bc + 2ca

Û (a² − 2ab + b²)+ (b² − 2bc +c²) + (c² − 2ca + a²) = 0

Û (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² = 0

Mà (a − b)² ≥ 0; (b − c)² ≥ 0; (c − a)² ≥ 0 nên suy ra

\(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - b} \right)^2} = 0\\{\left( {b - c} \right)^2} = 0\\{\left( {c - a} \right)^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\b = c\\c = a\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c\) (đpcm)

Lời giải

Giả sử a² + b² +c² ≥ ab + bc + ca

Û 2(a² + b² +c²) ≥ 2(ab + bc + ca)

Û 2a² + 2b² + 2c² ≥ 2ab + 2bc + 2ca

Û (a² − 2ab + b²)+ (b² − 2bc +c²) + (c² − 2ca + a²) ≥ 0

Û (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0

Mà (a − b)² ≥ 0; (b − c)² ≥ 0; (c − a)² ≥ 0 nên suy ra

(a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0 (luôn đúng)

Vậy a² + b² +c² ≥ ab + bc + ca (đpcm).

Lời giải

x² − 2(m+3)x+m² − 1=0

Ta có: ∆' = (m + 3)² − (m² − 1) = 6m + 10

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆' > 0

Hay 6m + 10 > 0 \( \Leftrightarrow m > - \frac{5}{3}\)

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 3} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right.\)

Xét Q=x₁+x₂ − 3x₁x₂ = 2(m + 3) − 3(m² − 1)

= −3m² + 2m + 9

\( = - \left[ {{{\left( {m\sqrt 3 } \right)}^2} - 2.m\sqrt 3 .\frac{1}{{\sqrt 3 }} + \frac{1}{3}} \right] + \frac{{28}}{3}\)

\[ = \frac{{28}}{3} - {\left( {m\sqrt 3 - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} \le \frac{{28}}{3}\;,\;\forall m\]

Dấu “=” xảy ra Û \({\left( {m\sqrt 3 - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}\) (thỏa mãn)

Vậy \[m = \frac{1}{3}\] là giá trị của m thỏa mãn.

Lời giải

• Xét phương trình: x² − mx+ m − 1=0(1)

Ta có: ∆ = m² − 4(m − 1) = m² − 4m + 4 = (m − 2)²

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆ > 0

Hay (m − 2)² > 0 Û m ≠ 2

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m - {x_2}\\\left( {m - {x_2}} \right){x_2} = m - 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m - {x_2}\\{x_2}^2 - m{x_2} + m - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m - {x_2}\\\left( {{x_2} - 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) - m\left( {{x_2} - 1} \right) = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m - {x_2}\\\left( {{x_2} - 1} \right)\left( {{x_2} + 1 - m} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m - {x_2}\\\left[ \begin{array}{l}{x_2} = 1\\{x_2} = m - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m - 1\\{x_2} = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = m - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)

• Xét phương trình: x₁² + 3x₁x₂ = 3x₂ + 3m + 16 (2)

+) TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m - 1\\{x_2} = 1\end{array} \right.\)

Khi đó phương trình (2) trở thành:

(2) Û (m − 1)² + 3(m − 1) = 3 + 3m + 16

Û m² − 2m − 21 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1 + \sqrt {22} \\m = 1 - \sqrt {22} \end{array} \right.\)

+) TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = m - 1\end{array} \right.\)

Khi đó phương trình (2) trở thành:

(2) Û 1² + 3(m − 1) = 3(m − 1) + 3m + 16

Û 3m + 15 = 0

Û m = −5.

Vậy \[m = 1 \pm \sqrt {22} \] và m = −5 là các giá trị của m thỏa mãn.

Lời giải

A = 4x² + 4x + 11

ÛA = 4x² + 4x + 1 + 10

Û A = (2x + 1)² + 10

Vì (2x + 1)² ≥ 0 nên (2x + 1)² + 10 ≥ 10.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x + 1 = 0 \( \Leftrightarrow x = \frac{{ - 1}}{2}\).

Vậy GTNN của A = 10 khi \(x = \frac{{ - 1}}{2}\).

Lời giải

A = 4x² − 4x + 11

ÛA = 4x² − 4x + 1 + 10

Û A = (2x − 1)² + 10

Vì (2x − 1)² ≥ 0 nên (2x − 1)² + 10 ≥ 10

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x − 1 = 0 .

Vậy GTNN của A = 10 khi .

Lời giải

A = 4x² − 4x + 11

ÛA = 4x² − 4x + 1 + 10

Û A = (2x − 1)² + 10

Vì (2x − 1)² ≥ 0 nên (2x − 1)² + 10 ≥ 10

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x − 1 = 0 .

Vậy GTNN của A = 10 khi .

Lời giải

A = 4x² − 4x + 11

ÛA = 4x² − 4x + 1 + 10

Û A = (2x − 1)² + 10

Vì (2x − 1)² ≥ 0 nên (2x − 1)² + 10 ≥ 10

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x − 1 = 0 \( \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\).

Vậy GTNN của A = 10 khi \(x = \frac{1}{2}\).

Lời giải

x² + 2xy = 5y + 6

Ûx² + 2xy + y² =y² + 5y + 6 (1)

Û (x + y)² =(y + 2)(y + 3).

Vì (x + y)² bằng tích của hai số nguyên liên tiếp là (y + 2) và (y + 3) nên một trong hai số (y + 2) và (y + 3) phải có một số bằng 0.

Khi đó:

•Với y + 2 = 0 Û y = −2 Þ x = 2;

•Với y + 3 = 0 Û y = −3 Þ x = 3.

Vậy cặp nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là {(2; −2); (3; −3)}.

Lời giải

x² − 2xy + 5y² = y + 1 (1)

Ûx² − 2xy + y² = −4y²+ y + 1

Û (x − y)² =−4y²+ y + 1

Vì(x − y)² ≥ 0 nên −4y²+ y + 1 ≥ 0

Suy ra \(\frac{{1 - \sqrt {17} }}{8} \le y \le \frac{{1 + \sqrt {17} }}{8}\).

Vì y Î ℤ Þ y = 0.

Với y = 0 thì phương trình (1) trở thành:

(1) Ûx² = 1Û x =±1.

Vậy cặp nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là {(1; 0); (−1; 0)}.

Lời giải

Ta có:

\(P = \frac{{ab}}{{{c^2}}} + \frac{{bc}}{{{a^2}}} + \frac{{ac}}{{{b^2}}}\)

\(P = \frac{{abc}}{{{c^3}}} + \frac{{abc}}{{{a^3}}} + \frac{{abc}}{{{b^3}}} = abc\left( {\frac{1}{{{c^3}}} + \frac{1}{{{a^3}}} + \frac{1}{{{b^3}}}} \right)\)

Vì \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{{ - 1}}{c}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)^3} = {\left( {\frac{{ - 1}}{c}} \right)^3}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^3}}} + \frac{1}{{{b^3}}} + \frac{3}{{ab}}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) = \frac{{ - 1}}{{{c^3}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^3}}} + \frac{1}{{{b^3}}} + \frac{1}{{{c^3}}} + \frac{3}{{ab}}\left( {\frac{{ - 1}}{c}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^3}}} + \frac{1}{{{b^3}}} + \frac{1}{{{c^3}}} - \frac{3}{{abc}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^3}}} + \frac{1}{{{b^3}}} + \frac{1}{{{c^3}}} = \frac{3}{{abc}}\) (1)

Thay (1) vào P ta được:\(P = abc.\frac{3}{{abc}} = 3\).

Lời giải

Giả sử a² + b² +c² ≥ ab + bc + ca

Û 2(a² + b² +c²) ≥ 2(ab + bc + ca)

Û 2a² + 2b² + 2c² ≥ 2ab + 2bc + 2ca

Û (a² − 2ab + b²)+ (b² − 2bc +c²) + (c² − 2ca + a²) ≥ 0

Û (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0

Mà (a − b)² ≥ 0; (b − c)² ≥ 0; (c − a)² ≥ 0 nên suy ra

(a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0 (luôn đúng)

Vậy a² + b² +c² ≥ ab + bc + ca (đpcm).

Lời giải

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có:

0 < a < b + c Þ a² < a(b + c) = ab + ca;

0 < b < c + a Þ b² < b(c + a) = bc + ab;

0 < c < a + b Þ c² < c(a + cb) = ca + bc

Do đó suy ra a² + b² +c² < (ab + ca) + (bc + ab) + (ca + bc)

Þa² + b² +c² < 2(ab + bc + ca).

Lời giải

Áp dụng BĐT AM - GM ta có:

\(\frac{{{a^3}}}{b} + ab \ge 2\sqrt {\frac{{{a^3}}}{b}.ab} = 2{a^2}\) (1)

\(\frac{{{b^3}}}{c} + bc \ge 2\sqrt {\frac{{{b^3}}}{c}.bc} = 2{b^2}\) (2)

\(\frac{{{c^3}}}{a} + ca \ge 2\sqrt {\frac{{{c^3}}}{a}.ca} = 2{c^2}\) (3)

Cộng vế theo vế của (1), (2), (3) nên ta có:

\(\frac{{{a^3}}}{b} + ab + \frac{{{b^3}}}{c} + bc + \frac{{{c^3}}}{a} + ca \ge 2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - \left( {ab + bc + ca} \right)\)

Theo hệ quả của BĐT AM - GM thì:

\({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca\)

Do đó \(\frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right) - \left( {ab + bc + ca} \right) = ab + bc + ca\)

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c > 0

Lời giải

BĐT trên tương đương với việc chứng minh

\({a^4}{b^4} + {b^4}{c^4} + {a^4}{c^4} \ge 3{a^2}{b^2}{c^2}\)

Áp dụng BĐT AM - GM ta có:

\({a^4}{b^4} + {b^4}{c^4} \ge 2\sqrt {{a^4}{b^4}.{b^4}{c^4}} = 2{a^2}{b^4}{c^2}\) (1)

\({b^4}{c^4} + {c^4}{a^4} \ge 2\sqrt {{b^4}{c^4}.{c^4}{a^4}} = 2{b^2}{c^4}{a^2}\) (2)

\({c^4}{a^4} + {a^4}{b^4} \ge 2\sqrt {{c^4}{a^4}.{a^4}{b^4}} = 2{c^2}{a^4}{b^2}\) (3)

Cộng vế theo vế của (1), (2), (3) nên ta có:

\(2\left( {{a^4}{b^4} + {b^4}{c^4} + {a^4}{c^4}} \right) \ge 2\left( {{a^2}{b^4}{c^2} + {b^2}{c^4}{a^2} + {c^2}{a^4}{b^2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {a^4}{b^4} + {b^4}{c^4} + {a^4}{c^4} \ge {a^2}{b^4}{c^2} + {b^2}{c^4}{a^2} + {c^2}{a^4}{b^2}\)

\[ \Leftrightarrow {a^4}{b^4} + {b^4}{c^4} + {a^4}{c^4} \ge {a^2}{b^2}{c^2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) = 3{a^2}{b^2}{c^2}\] (*)

Chia 2 vế của (*) với abc > 0 ta suy ra:

\(\frac{{{a^3}{b^3}}}{c} + \frac{{{b^3}{c^3}}}{a} + \frac{{{a^3}{c^3}}}{b} \ge 3abc\) (đpcm).

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.

Lời giải

Ta có: 3x² + 6y² + z² + 3y².z² − 18x = 6 (1)

Û 3(x − 3)² + 6y² + z² + 3y².z²= 33 (2)

Þz² ⋮ 3 và z² £ 33

Þz²Î {0; 3; 6; 9; 12; 15; 18; 21; 24; 27; 30; 33}

Mà z Î ℤ nên z²= 0 và z²= 9

Suy ra z = 0 và |z| = 3

+) TH1: z = 0 Þ Phương trình (2) trở thành:

(2) Û 3(x − 3)² + 6y² = 33

Û (x − 3)² + 2y² = 11

Þ2y² £ 11 Þ |y| £ 2.

+ Với y = 0 thì (x − 3)² = 11 nên x không có giá trị nguyên nào thỏa mãn (loại)

+ Với |y| = 1 thì (x − 3)² = 9

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 3\\x - 3 = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\\x = 0\end{array} \right.\)

+ Với |y| = 2 thì (x − 3)² = 3 nên x không có giá trị nguyên nào thỏa mãn (loại).

+) TH2: |z| = 3 Þ Phương trình (2) trở thành:

(2) Û 3(x − 3)² + 33y² = 24

Û (x − 3)² + 11y² = 8

Þ11y² £ 8 Þ y = 0

Với y = 0 thì (x − 3)² = 8 nên x không có giá trị nguyên nào thỏa mãn (loại)

Vậy bộ nghiệm nguyên (x; y; z) của phương trình là: {(6; 1; 0), (0; 1; 0), (6; −1; 0), (0; −1; 0)}.

Lời giải

Ta có: 3x² + 6y² + 2z² + 3y²z² − 18 = 6 (1)

Û 3x² + 6y² + 2z² + 3y².z²= 24 (2)

Þz² ⋮ 3 và 2z² £ 24

Þz²Î {0; 3; 6; 9; 12}

Mà z Î ℤ nên z²= 0 và z²= 9

Suy ra z = 0 và |z| = 3

+) TH1: z = 0 Þ Phương trình (2) trở thành:

(2) Û 3x² + 6y² = 24

Û x² + 2y² = 8

Þ2y² £ 8 Þ |y| £ 2

+ Với y = 0 thì x² = 8 nên x không có giá trị nguyên nào thỏa mãn (loại)

+ Với |y| = 1 thì x² = 6 nên x không có giá trị nguyên nào thỏa mãn (loại)

+ Với |y| = 2 thì x = 0.

+) TH2: |z| = 3 Þ Phương trình (2) trở thành:

(2) Û 3x² + 33y² = 6

Û x² + 11y² = 2

Þ11y² £ 2 Þ y = 0.

Với y = 0 thì x² = 2 nên x không có giá trị nguyên nào thỏa mãn (loại).

Vậy bộ nghiệm nguyên (x; y; z) của phương trình là: {(0; 2; 0), (0; −2; 0)}.

Lời giải

Gọi E là giao điểm của BM và CN.

Ta có công thức đường trung tuyến:

\(C{N^2} = \frac{{C{A^2} + C{B^2}}}{2} - \frac{{A{B^2}}}{4} = \frac{{{b^2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{c^2}}}{4}\)

\( \Rightarrow C{E^2} = \frac{4}{9}C{N^2} = \frac{4}{9}\left( {\frac{{{b^2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{c^2}}}{4}} \right)\)

\(B{M^2} = \frac{{B{A^2} + B{C^2}}}{2} - \frac{{C{A^2}}}{4} = \frac{{{c^2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{b^2}}}{4}\)

\( \Rightarrow B{E^2} = \frac{4}{9}B{M^2} = \frac{4}{9}\left( {\frac{{{c^2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{b^2}}}{4}} \right)\)

Trong tam giác ABC có: BM ^ CN nên tam giác CEB vuông tại E

Þ CE² + BE² = BC²

\( \Rightarrow \frac{4}{9}\left( {\frac{{{b^2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{c^2}}}{4}} \right) + \frac{4}{9}\left( {\frac{{{c^2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{b^2}}}{4}} \right) = {a^2}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{9}{b^2} + \frac{1}{9}{c^2} + \frac{4}{9}{a^2} = {a^2}\)

\( \Leftrightarrow 5{a^2} = {b^2} + {c^2}\)

Tam giác ABC có:

a² = b² + c² − 2bc.cos A = 5a² − 2bc.cos A

\( \Rightarrow bc = \frac{{2{a^2}}}{{\cos A}}\).

Khi đó:\(S = \frac{1}{2}bc.\sin A = \frac{1}{2}.\frac{{2{a^2}}}{{\cos A}}.\sin A\)

\( = {a^2}.\tan A = {a^2}.\tan 30^\circ = 3\sqrt 3 \).

Lời giải

Ta có:

\(\cos \widehat B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2AB.BC}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{8} = \frac{{{4^2} + B{C^2} - {6^2}}}{{2.4.BC}}\)

\( \Leftrightarrow BC = {4^2} + B{C^2} - {6^2}\)

Û BC² − BC − 20 = 0

Û (BC − 5)(BC + 4) = 0

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}BC = 5\;\;\;(TM)\\BC = - 4\;(KTM)\end{array} \right.\)

Vậy BC = 5 cm.

Lời giải

\(\cos \left( {\widehat B + \widehat C} \right) = \cos \left( {180^\circ - \widehat A} \right) = - \cos \widehat A\)

Mà \(\cos \widehat A = \frac{{A{C^2} + A{B^2} - B{C^2}}}{{2AC.AB}} = \frac{{{5^2} + {4^2} - {6^2}}}{{2.5.4}} = \frac{1}{8}\)

\( \Rightarrow \cos \left( {\widehat B + \widehat C} \right) = - \frac{1}{8}\).

Lời giải

\({x^3} - 12x + m - 2 = 0\)

Û\({x^3} - 12x - 2 = - m\) (1)

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

Þ Đường thẳng y = −m cắt đồ thị hàm số y = x³ − 12x − 2 tại 3 điểm phân biệt.

Xét hàm số f (x) = x³ − 12x − 2 Þ f '(x) = 3x² − 12 = 0

Û x =±2.

Ta có BBT của hàm số f (x) = x³ − 12x − 2 với tập xác định là ℝ

Dựa vào BBT ta có: −18 < −m < 14 Û −14 < m < 18.

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

x³ − 6x² + 3(m + 2)x − m − 6 = 0

Ûx³ − 6x² + 3mx + 6x − m − 6 = 0

Ûx³ − 6x² + 6x − 6 = m(1 − 3x) (1)

• TH1: 1 − 3x=0\( \Leftrightarrow x = \frac{1}{3}\).

Khi đó, phương trình (*) trở thành \( - \frac{{125}}{{27}} = m.0\) (vô nghiệm).

• TH2:1 ≠ 3x=0\( \Leftrightarrow x \ne \frac{1}{3}\) .

Khi đó, phương trình (1) trở thành\(m = \frac{{{x^3} - 6{x^2} + 6x - 6}}{{1 - 3x}} = f\left( x \right)\) (*)

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x)và đường thẳng y=m.

Ta có:

\(f'\left( x \right) = \frac{{\left( {3{x^2} - 12x + 6} \right)\left( {1 - 3x} \right) + 3\left( {{x^3} - 6{x^2} + 6x - 6} \right)}}{{{{\left( {1 - 3x} \right)}^2}}}\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ - 6{x^3} + 21{x^2} - 12x - 12}}{{{{\left( {1 - 3x} \right)}^2}}} = 0\)

\( \Rightarrow - 6{x^3} + 21{x^2} - 12x - 12 = 0\) 

Û 2x³ − 7x² + 4x + 4 = 0

Û (2x + 1)(x − 2)² = 0

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{ - 1}}{2}\\x = 2\end{array} \right.\].

Ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(m = - \frac{{17}}{4}.\)

Lời giải

a) Ta có:AB = AC (Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau);

OB = OC = R.

Þ OA là đường trung trực của BC ÞOA ^ BC (1)

∆BCD nội tiếp đường tròn (O) có CD là đường kính.

Þ∆BCD vuông tại B Þ BD ^ BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra OA // BD.

b) ∆ECD nội tiếp đường tròn (O) có CD là đường kính.

Þ∆ECD vuông tại E Þ CE ^ ED

∆ACO vuông tại C có CH là đường cao

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AH.AO = AC² (3)

∆ACD vuông tại C có CE là đường cao

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AE.AD = AC² (4)

Từ (3) và (4) suy ra AE.AD = AH.AO.