5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 20)

Lời giải

Ta có: A − B = 2017.2019 − 2018²

= 2017.(2018 + 1) − 2018.(2017 + 1)

= 2017.2018 + 2017 − 2018.2017 − 2018

= 2017 − 2018 = −1 < 0

Þ A − B < 0 Þ A < B.

Lời giải

Ta có: \(A = \frac{{2017 + 2018}}{{2018 + 2019}}\)\( = \frac{{2017}}{{2018 + 2019}} + \frac{{2018}}{{2018 + 2019}}\).

Ta thấy \(\frac{{2017}}{{2018 + 2019}} < \frac{{2017}}{{2018}}\); \(\frac{{2018}}{{2018 + 2019}} < \frac{{2018}}{{2019}}\)

Nên \(\frac{{2017}}{{2018 + 2019}} + \frac{{2018}}{{2018 + 2019}} < \frac{{2017}}{{2018}} + \frac{{2018}}{{2019}}\).

Do đó A < B.

Lời giải

Ta có y = x³ − 3x² + (m + 1)x + 2

Þ y' = 3x² − 6x + m + 1

Hàm số y = x³ − 3x² + (m + 1)x + 2 có hai điểm cực trị

Û y' = 0 có hai nghiệm phân biệt

Û ∆' > 0 Û 3² − 3(m + 1) > 0 Û m < 2

Lời giải

Với mọi x₁ ≠ x₂, ta có:

\(\frac{{f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right)}}{{{x_1} - {x_2}}}\)

\( = \frac{{\left[ { - {x_1}^2 + \left( {m - 1} \right){x_1} + 2} \right] - \left[ { - {x_2}^2 + \left( {m - 1} \right){x_2} + 2} \right]}}{{{x_1} - {x_2}}}\)

= − (x₁ + x₂) + m − 1

Để hàm số nghịch biến trên (1; 2) Û − (x₁ + x₂) + m − 1 < 0, với mọi x₁, x₂ Î (1; 2)

Û m < (x₁ + x₂) + 1, với mọi x₁, x₂ Î (1; 2)

Û m < (1 + 1) + 1 = 3

Đáp án cần chọn là C.

Lời giải

Ta có \[x - 2\sqrt x - 3\]\( = x - 3\sqrt x + \sqrt x - 3\)

\( = \sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right) + \sqrt x - 3\)\( = \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)\)

Lời giải

\[x - 2\sqrt {x - 3} = 3\] (ĐK: x ≥ 3)

\[ \Leftrightarrow x - 3 - 2\sqrt {x - 3} = 0\]

\( \Leftrightarrow \sqrt {x - 3} \left( {\sqrt {x - 3} - 2} \right) = 0\)

+) TH1: \(\sqrt {x - 3} = 0\)

Û x − 3 = 0

Û x = 3 (TMĐK)

+) TH2: \(\sqrt {x - 3} = 2\)

Û x − 3 = 4

Û x = 7 (TMĐK)

Vậy x = 3 hoặc x = 7.

Lời giải

+) Vì ABCD là hình vuông nên \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = AB = a\)

+) \(\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \)

+) Vì O là tâm hình vuông nên \(\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = OA = OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

+) Vì M là trung điểm của AB nên OM là đường trung bình ∆ABD nên ta có:

\(\left| {\overrightarrow {OM} } \right| = OM = \frac{{AD}}{2} = \frac{a}{2}\).

+) \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OE} = 2\overrightarrow {OM} \) (dựng AOBE là hình bình hành)

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right| = \left| {2\overrightarrow {OM} } \right| = 2OM = a\).

Lời giải

Ta có: \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = AB = a\);

\(\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \);

\(\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = OA = OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\);

\(\left| {\overrightarrow {OM} } \right| = OM = \frac{{AD}}{2} = \frac{a}{2}\).

Gọi E là điểm sao cho tứ giác OBEA là hình bình hành khi đó nó cũng là hình vuông

Ta có:\(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OE} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {OE} } \right| = OE = AB = a\).

Lời giải

Gọi M là trung điểm của BC.

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {OM} } \right| = 2OM = AB = a.\)

Đáp án cần chọn là A.

Lời giải

\(\left| {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {OM} } \right| = 2OM = AD = a.\)

Lời giải

Độ dài đáy của hình bình hành đó là:

(24 + 4) : 2 = 14 (cm)

Chiều cao của hình bình hành đó là:

24 − 14 = 10 (cm)

Diện tích của hình bình hành đó là:

14 × 10 = 140 (cm²)

Đáp số: 140 cm²

Lời giải

Độ dài đáy của hình bình hành đó là:

(25 + 7) : 2 = 16 (cm)

Chiều cao của hình bình hành đó là:

25 − 16 = 9 (cm)

Diện tích của hình bình hành đó là:

16 × 9 = 126 (cm²)

Đáp số: 126 cm²

Lời giải

Với điều kiện x ≠ −3, ta có:

\(\frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{2x + 6}}\)\( = \frac{{{x^2} + 3x + x + 3}}{{2\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 3} \right) + x + 3}}{{2\left( {x + 3} \right)}}\)

\( = \frac{{\left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{2\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{x + 1}}{2}\).

Lời giải

Ta có \(\frac{6}{{{x^2} + 4x}} + \frac{3}{{2x + 8}} = \frac{6}{{\left( {x + 4} \right)x}} + \frac{3}{{2\left( {x + 4} \right)}}\)

\( = \frac{{6\,.\,2}}{{2\left( {x + 4} \right)x}} + \frac{{3x}}{{2x\left( {x + 4} \right)}}\)

\( = \frac{{12}}{{2x\left( {x + 4} \right)}} + \frac{{3x}}{{2x\left( {x + 4} \right)}}\)

\( = \frac{{12 + 3x}}{{2x\left( {x + 4} \right)}} = \frac{{3\left( {x + 4} \right)}}{{2x\left( {x + 4} \right)}} = \frac{3}{{2x}}\).

Lời giải

\(\cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) + \sin 2x = 0\)

\( \Leftrightarrow \sin 2x = - \cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \left( {x + \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = x - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x = \pi - x + \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\3x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right.\).

Lời giải

\(\sin 2x + \cos \left( {6x + \frac{\pi }{3}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos \left( {6x + \frac{\pi }{3}} \right) = - \sin 2x\)

\[ \Leftrightarrow \cos \left( {6x + \frac{\pi }{3}} \right) = \cos \left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right)\]

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}6x + \frac{\pi }{3} = 2x + \frac{\pi }{2} + k2\pi \\6x + \frac{\pi }{3} = - 2x - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\8x = - \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{24}} + k\frac{\pi }{2}\\x = - \frac{{5\pi }}{{48}} + k\frac{\pi }{4}\end{array} \right.\).

Lời giải

\[A = \sqrt {2 + \sqrt 3 } + \sqrt {2 - \sqrt 3 } \]

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

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

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

\( = \frac{{\sqrt 3 + 1 + \sqrt 3 - 1}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \,.\,\sqrt 3 = \sqrt 6 \).

Lời giải

Ta có \[\sqrt {2 - \sqrt 3 } = \frac{{\sqrt {4 - 2\sqrt 3 } }}{{\sqrt 2 }}\]\( = \frac{{\sqrt {3 - 2\sqrt 3 + 1} }}{{\sqrt 2 }}\)

\( = \frac{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} }}{{\sqrt 2 }}\)\( = \frac{{\sqrt 3 - 1}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 6 - \sqrt 2 }}{2}\).

Lời giải

Do \(\sqrt x \ge 0,\;\forall x \ge 0\)

Nên \(\sqrt x + 3 \ge 3 \Rightarrow \frac{3}{{\sqrt x + 3}} \le \frac{3}{3} = 1\).

Do đógiá trị lớn nhất của \(\frac{3}{{\sqrt x + 3}} = 1 \Leftrightarrow \sqrt x = 1 \Rightarrow x = 0\).

Vậy giá trị lớn nhất của \(\frac{3}{{\sqrt x + 3}}\) là 1 khi x = 0.

Lời giải

Do \(\sqrt x \ge 0,\;\forall x \ge 0\)

Nên \(\sqrt x + 3 \ge 3 \Rightarrow \frac{3}{{\sqrt x + 3}} \le \frac{3}{3} = 1\)

\( \Rightarrow \frac{{ - 3}}{{\sqrt x + 3}} \ge - 1\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(\frac{{ - 3}}{{\sqrt x + 3}}\) là −1 khi và chỉ khi \(\sqrt x = 1 \Rightarrow x = 0\).

Lời giải

a) Số học sinh khá là:

35 : 125% = 28 (hoc sinh)

Số học sinh giỏi là:

28 . \(\frac{5}{7}\)= 20 (học sinh)

Số học sinh trung bình là:

20 × 10% = 2 (học sinh).

b) Tỉ số phần trăm của số học sinh giỏi so với số học sinh cả lớp là:

\(\frac{{20}}{{28 + 20 + 2}} \times 100\% = 40\% \)

Lời giải

Số học sinh khá và giỏi bằng:

\(1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\)(số học sinh cả lớp)

Số học sinh giỏi bằng \(\frac{2}{3}\)số học sinh khá nên số học sinh giỏi bằng:

\(2:\left( {2 + 3} \right) = \frac{2}{5}\) (số học sinh khá vàgiỏi)

Và số học sinh giỏi bằng:

\(\frac{2}{5} \times \frac{3}{4} = \frac{3}{{10}}\) (số học sinh cả lớp)

Số học sinh giỏi hơn số học sinh trung bình là:

\(\frac{3}{{10}} - \frac{1}{4} = \frac{1}{{20}}\) (số học sinh cả lớp) ứng với 2 học sinh

⇒ Số học sinh cả lớp là:

 \(2:\frac{1}{{20}} = 40\) (học sinh)

Đáp số: 40 (học sinh)

Lời giải

Ta có:

sin 2a = sin (a + a)

\( = \sin a.\cos a + \cos a.\sin a = 2\sin a.{\mathop{\rm co}\nolimits} sa\)

Lời giải

Ta có:

\(\sin 2\alpha = \sin \left( {2\widehat {ACB}} \right) = \sin \left( {\widehat {MCA} + \widehat {MAC}} \right)\)

\( = \sin \left( {\widehat {AMH}} \right) = \frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{2AH}}{{BC}}\)

\( = 2.\frac{{AH}}{{AC}}.\frac{{AC}}{{BC}} = 2\sin \alpha .\cos \alpha \)

Lời giải

a) ∆ABC vuông tại A, đường cao AH

\( \Rightarrow BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\;cm\)

Ta có:

\(\sin B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{8}{{10}} = \frac{4}{5} \Rightarrow \widehat B = {53^ \circ } \Rightarrow \widehat C = {37^ \circ }\)

Có AH.BC = AB.AC (Hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông)

\( \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{6.8}}{{10}} = 4,8\;cm\)

b) ∆HBA vuông tại H (AH ^ BC) Þ BH = AB.cos B

Tương tự: ∆HCA vuông tại H (AH ^ BC) Þ CH = AC.cos C

Mà BH + CH = BC Þ\(AB.\cos B + AC.\cos C = BC.\)

c) ∆ABC vuông tại A, đường cao AH

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

Ta có: DE // AH (cùng vuông góc với BC)

\( \Rightarrow \frac{{DE}}{{AH}} = \frac{{CD}}{{AC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{D{E^2}}}{{A{H^2}}} = \frac{4}{9} \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{4}{{9D{E^2}}}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{4}{{9D{E^2}}}\)

Lời giải

Áp dụng định lí tổng số đo ba góc trong một tam giác, ta có:

\[\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \]

Suy ra \(\widehat B = 180^\circ - \widehat A - \widehat C = 180^\circ - 90^\circ - 52^\circ = 38^\circ \).

Vậy số đo góc B bằng 38^o.

Lời giải

Ta có: sinB.cosC + sinC.cosB = sin (B + C)

\( = \sin \left( {{{180}^ \circ } - B - C} \right) = \sin A\).

Do đó sinA = sinB.cosC + sinC.cosB (đpcm).

Lời giải

a) Ta có: sinB.cosC + sinC.cosB = sin (B + C)

\( = \sin \left( {{{180}^ \circ } - B - C} \right) = \sin A\)

b) Theo định lý sin ta có: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\).

Do đó: a = 2R.sinA, b = 2R.sinB, c = 2R.sinC.

Khi đó: 2R.sinB.sinC\( = \frac{{bc}}{{2R}} = \frac{{{S_{ABC}}}}{{R.\sin A}} = \frac{2}{a}.\frac{1}{2}.{h_a}.\,a = {h_a}\).

Lời giải

a) – Theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu, ta có: AH² = BH.CH

\( \Rightarrow CH = \frac{{A{H^2}}}{{BH}} = \frac{{{{16}^2}}}{{25}} = 10,24\)

BC = BH + CH = 25 + 10,24 = 35,24.

– Theo hệ thức liên hệ giữa cạnh góc vuông và hình chiếu, ta có:

AB² = BH.BC

\( \Rightarrow AB = \sqrt {BH\,.\,BC} = \sqrt {25\,.\,35,24} = 29,68\)

AC² = HC.BC

\( \Rightarrow AC = \sqrt {CH\,.\,BC} = \sqrt {10,24\,.\,35,24} = 18,99\)

b) – Theo hệ thức liên hệ giữa cạnh góc vuông và hình chiếu, ta có:   

AB² = BH.BC

\( \Rightarrow BC = \frac{{A{B^2}}}{{BH}} = \frac{{{{12}^2}}}{6} = 24\)

CH = BC − BH =24 − 6 = 18

– Theo hệ thức liên hệ giữa cạnh góc vuông và hình chiếu, ta có:

AC² = HC.BC

\( \Rightarrow AC = \sqrt {CH\,.\,BC} = \sqrt {18\,.\,24} = 20,78\)

– Theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu cạnh góc vuông, ta có:

AH² = BH.CH

\( \Rightarrow AH = \sqrt {HB\,.\,HC} = \sqrt {6\,.\,18} = 6\sqrt 3 \)

Lời giải

a) Xét ∆HAB và ∆ACB có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {CAB}\left( { = {{90}^ \circ }} \right)\)

\(\widehat B\) chung

Do đó∆HAB ᔕ ∆ACB (g.g)

Suy ra \(\frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{CB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Vậy \(A{B^2} = BH\,.\,BC\) (đpcm)

b) Xét ∆HAC và ∆ABC có:

\(\widehat {AHC} = \widehat {BAC}\left( { = {{90}^ \circ }} \right)\)

\(\widehat C\): góc chung

Þ∆HAC ᔕ ∆ABC (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{HC}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow A{C^2} = CH\,.\,CB\) (đpcm)

c) Ta có:\(\frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{BH\,.\,BC}} + \frac{1}{{CH\,.\,CB}}\)

\( = \frac{1}{{BC}}.\left( {\frac{1}{{BH}} + \frac{1}{{CH}}} \right) = \frac{1}{{BC}}.\frac{{CH + BH}}{{BH\,.\,CH}}\)

\( = \frac{1}{{BC}}.\frac{{BC}}{{BH\,.\,CH}} = \frac{1}{{BH\,.\,CH}}\) (1)

Lại có \(\widehat {HAB} = \widehat {HCA}\) (hai góc phụ \(\widehat {HAC}\))

Xét ∆HAB và ∆HCA có:

\(\widehat {HAB} = \widehat {HCA}\) (cmt)

\(\widehat {AHB} = \widehat {CHA}\;\left( { = {{90}^ \circ }} \right)\)

Þ∆HAB ᔕ ∆HCA (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{HA}}{{HC}} = \frac{{HB}}{{HA}} \Rightarrow A{H^2} = CH\,.\,BH\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}\) (đpcm).

Lời giải

Ta có 2x+5y=15

\( \Leftrightarrow x = \frac{{15 - 5y}}{2}\)

\( \Leftrightarrow x = 7 - 2y + \frac{{1 - y}}{2}\)

Vì x, y Î ℤ Þ 1 − y ⋮ 2

Þ 1 − y = 2m (m Î ℤ)

Û y = 1 − 2m (m Î ℤ)

\( \Leftrightarrow x = \frac{{15 - 5\left( {1 - 2m} \right)}}{2} = 5m + 5\) (m Î ℤ)

Vậy các cặp nghiệm (x; y) nguyên thỏa mãn là (5m + 5; 1 − 2m), với m Î ℤ

Lời giải

Ta có 5x − 3y=8

\( \Leftrightarrow y = \frac{{5x - 8}}{3}\)

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

Vì x, y Î ℤ Þ x − 1 ⋮ 3

Þ x − 1 = 3m

Û x = 3m + 1 (m Î ℤ)

\( \Leftrightarrow y = \frac{{5\left( {3m + 1} \right) - 8}}{3} = 5m - 1\) (m Î ℤ)

Vậy các cặp nghiệm (x; y) nguyên thỏa mãn là (3m + 1; 5m − 1), với m Î ℤ.

Lời giải

• TH1: Chọn 2 viên bi xanh, 2 viên bi đỏ có:

\(C_8^2.C_5^2 = 280\) (cách).

• TH2: Chọn 2 viên bi xanh, 2 viên bi vàng có:

\(C_8^2.C_3^2 = 84\) (cách).

• TH3: Chọn 2 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ và 1 viên bi vàng có:

\(C_8^2.C_5^1.C_3^1 = 420\) (cách).

Vậy có: 280 + 84 + 420 = 784 (cách).

Lời giải

• TH1: Chọn 2 viên bi xanh, 2 viên bi đỏ có:

\(C_8^2.C_5^2 = 280\) (cách).

• TH2: Chọn 1 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng có:

\(C_8^1.C_5^1.C_3^2 = 120\) (cách).

Vậy có: 280 + 120 = 400 (cách).

Lời giải

Ta có:\(\widehat B = 90^\circ - \widehat C = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \)

\(\cos C = \frac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \frac{{AC}}{{\cos C}} = \frac{8}{{\cos {{60}^ \circ }}} = 16\;(cm)\)

\(AB = \sqrt {B{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{16}^2} - {8^2}} = 8\sqrt 3 \;\,(cm)\).

Lời giải

Ta có:

•\(\cos B = \frac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \frac{{AB}}{{\cos C}} = \frac{8}{{\cos {{60}^ \circ }}} = 16\;(cm)\);

•\(AB = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{16}^2} - {8^2}} = 8\sqrt 3 \;(cm)\);

•\(AH\,.\,BC = AB\,.\,AC \Leftrightarrow AH = \frac{{AB\,.\,AC}}{{BC}} = \frac{{8\,\,.\,\,8\sqrt 3 }}{{16}} = 4\sqrt 3 \;\,(cm)\)

Lời giải

Để x + 21 là bội của x + 3 nên

x + 21 ⋮ x + 3

(x + 3) + 18 ⋮ x + 3

18 ⋮ x + 3

Do đó x + 3 Î Ư(18) = {−18; −9; −6; −3; −2; −1; 1; 2; 3; 6; 9; 18}.

Vậy x Î {−21; −12; −9; −6; −5; −4; −2; −1; 0; 3; 6; 15}.

Lời giải

Ta có x + 17 ⋮ x + 3

(x + 3) + 14 ⋮ x + 3

14 ⋮ x + 3

Do đó x + 3 Î Ư(14) = {−14; −7; −2; −1; 1; 2; 7; 14}.

Vậy x Î {−17; −10; −5; −4; −2; −1; 4; 11}.

Lời giải

X= {a; b}

X= {a; b; c}; X= {a; b; d}

X= {a; b; c; d}.

Lời giải

X ⊂ A và X ⊂ B ÞX ⊂ (A ⋂ B) = {a; c; e}.

Vậy:

X= {a}; X= {c}; X= {e}

X= {a; c}; X= {a; e}; X= {c; e}

X= {a; c; e}

Lời giải

Mỗi tầng hơn nhau 1 khối lập phương.

Vậy để xếp được cái tháp cao 8 tầng thì cần số khối lập phương là:

Áp dụng công thức \(\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\).

Vậy số khối lập phương cần tìm là:\(\frac{{8\,\,.\,\,\left( {8 + 1} \right)}}{2} = 36\) (khối).

Lời giải

Do độ dài của tập F bằng 5: (2m + 2) − (2m − 3) = 5.

Nên C = E ∪ F có độ dài bằng 5 khi và chỉ khi C = F

Û E Ì F

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 3 \le 2\\2m + 2 \ge 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{3}{2} \le m \le \frac{5}{2}\).

Lời giải

Vì A có đọ dài bằng 3 nên A giao B không thể là một tập có độ dài bằng 5.

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn.

Lời giải

Ta có:\(\frac{1}{{\sqrt {k - 1} + \sqrt k }} > \frac{1}{{\sqrt k + \sqrt {k + 1} }}\)

\( \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt {k - 1} + \sqrt k }} > \frac{1}{{\sqrt k + \sqrt {k + 1} }} + \frac{1}{{\sqrt {k - 1} + \sqrt k }}\)

\( = \sqrt k - \sqrt {k - 1} + \sqrt {k + 1} - \sqrt k = \sqrt {k + 1} - \sqrt {k - 1} \)

\( \Rightarrow 2\left( {\frac{1}{{1 + \sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 + \sqrt 4 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {79} + \sqrt {80} }}} \right) > \sqrt 3 - \sqrt 1 + \sqrt 5 - \sqrt 3 + ... + \sqrt {81} - \sqrt {79} \)

\( \Rightarrow 2\left( {\frac{1}{{1 + \sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 + \sqrt 4 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {79} + \sqrt {80} }}} \right) > 9 - 1 = 8\).

Vậy \[\frac{1}{{1 + \sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 + \sqrt 4 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {79} + \sqrt {80} }} > 4\].

Lời giải

Ta có: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\)

\(S = \frac{{a + b + c}}{{2r}} = R.r.\left( {\sin A + \sin B + \sin C} \right)\)

Mặt khác: \(S = \frac{{abc}}{{4R}} = \frac{{2R\sin A.2R\sin B.2R\sin C}}{{4R}} = 2{R^2}\sin A\sin B\sin C\).

Nên \(R.r.\left( {\sin A + \sin B + \sin C} \right) = 2{R^2}\sin A\sin B\sin C\).

Hay \[\frac{R}{r} = \frac{{\sin A + \sin B + \sin C}}{{2\sin A\sin B\sin C}}\].

Lời giải

Ta có: \(S = \frac{{abc}}{{4R}}\).

Áp dụng định lí sin, ta có:

\(S = \frac{{2R\,.\,\sin A\,.\,\sin B\,.\,\sin C}}{{4R}} = 2{R^2}\sin A\,.\,\sin B\,.\,\sin C\).

Lời giải

a) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CB} \)

b) • \(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BN} + \overrightarrow {CE} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {NM} + \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {CM} + \overrightarrow {CM} + \overrightarrow {ME} \)

\( = \left( {\overrightarrow {AN} + \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {CM} } \right) + \left( {\overrightarrow {CM} + \overrightarrow {NM} + \overrightarrow {ME} } \right)\)

\( = \left( {\overrightarrow {AN} + \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {CM} } \right) + \overrightarrow {EE} = \left( {\overrightarrow {AN} + \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {CM} } \right) + \overrightarrow 0 \)

\( = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {CM} \)

• \(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BN} + \overrightarrow {CE} = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {EM} + \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {CN} + \overrightarrow {NE} \)

\( = \left( {\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {CN} } \right) + \left( {\overrightarrow {EM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NE} } \right)\)

\( = \left( {\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {CN} } \right) + \overrightarrow {EE} = \left( {\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {CN} } \right) + \overrightarrow 0 \)

\( = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {CN} \).

Vậy\(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BN} + \overrightarrow {CE} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {CM} = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {CN} \).

Lời giải

a) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CB} \).

b) \[\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow {AA} = \overrightarrow 0 \].

Lời giải

a) Xét ∆ACN vuông tại C có CB ^ AN.

Þ AC² = AB.AN (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Tương tự AC² = AD.AM

ÞAB.AN=AD.AM

b) Ta có ABCD là hình chữ nhật Þ CD = AB = 4

Xét ∆ACM vuông tại C, CD ^ AM

Þ CD² = DA.DM

\( \Rightarrow DM = \frac{{C{D^2}}}{{AD}} = \frac{{16}}{3}\)

\( \Rightarrow AM = AD + DM = \frac{{25}}{3}\)

Mà \(AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = 5\)

AC² = AB.AN \( \Rightarrow AN = \frac{{A{C^2}}}{{AB}} = \frac{{25}}{4}\)

\( \Rightarrow {S_{AMN}} = \frac{1}{2}AM.AN = \frac{{625}}{{24}}\)

c) Ta có: CD.CB = AB.AD = 12.

d) Gọi BC Ç DE = F.

Ta có E là trng điểm CM, ∆DCM vuông tại D

\[ \Rightarrow \widehat {EDC} = \widehat {ECD} = \widehat {MCD} = {90^ \circ } - \widehat {ACD} = \widehat {DAC} = \widehat {ADB}\]

\( \Rightarrow \widehat {FDB} = \widehat {FDC} + \widehat {CDB} = \widehat {ADB} + \widehat {CDB} = \widehat {ADC} = 90^\circ \)

Þ FD ^ BD Þ DF // CH

Ta có: CF // DM \( \Rightarrow \frac{{ED}}{{EF}} = \frac{{EM}}{{EC}} = 1\)

Þ ED = EF Þ E là trung điểm DF

Mà CH // DF

\( \Rightarrow \frac{{HK}}{{DE}} = \frac{{BK}}{{BE}} = \frac{{CK}}{{EF}}\)

Þ KH = KC.

Vậy K là trung điểm của CH.

Lời giải

a) Xét ∆CMH và ∆CAD có:

\(\widehat {ACD}\) chung

\(\widehat {CDA} = \widehat {CHM} = {90^ \circ }\)

ÞΔCMHᔕΔCAD (g.g)

b) Vì ABCD là hình chữ nhật nên \({\widehat D_1} = {\widehat C_1}\).

Mà \({\widehat C_1} + {\widehat M_1} = {90^ \circ }\) và \({\widehat B_1} + {\widehat M_1} = 90^\circ \)nên \({\widehat B_1} = {\widehat D_1}\).

Xét ∆BCM và ∆DCB có:

\({\widehat B_1} = {\widehat D_1}\) (cmt)

\(\widehat {BCM} = \widehat {DCB} = 90^\circ \) (gt)

Do đóΔBCMᔕΔDCB (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{BC}}{{CM}} = \frac{{CD}}{{BC}} \Rightarrow B{C^2} = CM.CD\)

Vì ABCD là hình chữ nhật nên CD = AB = 8 cm

Theo trên BC² = CM.CD Þ 6² = 8.CM

\( \Rightarrow CM = \frac{9}{2}\;cm\)

c) Gọi P là giao điểm của BI và AM.

Xét ∆ABM có AH, MK là hai đường cao cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giácABM.

Suy ra BP ^ MA \( \Rightarrow \widehat {KBP} = \widehat {BAP} = 90^\circ \)

\({\widehat A_1} + \widehat {BAP} = 90^\circ \Rightarrow {\widehat A_1} = \widehat {KBI}\)

Xét ∆AMD và ∆BKI có:

\(\widehat {ADM} = \widehat {BKI} = 90^\circ \)

\({\widehat A_1} = \widehat {KBI}\) (cmt)

Do đó ΔAMDᔕΔBKI (g.g)

Suy ra \({\widehat M_2} = {\widehat I_1}\) (hai góc tương ứng).

Mà \({\widehat M_2} + \widehat {AMC} = 180^\circ \) và \({\widehat I_1} + \widehat {BIM} = 180^\circ \).

Vậy \(\widehat {BIM} = \widehat {AMC}\).

Lời giải

a) ∆ABC vuông tại A

\( \Rightarrow BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}} = 8\;(cm)\)

\(\sin \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {ACB} = 30^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {ABC} = 180^\circ - \widehat {BAC} - \widehat {ACB} = 180^\circ - 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \)

b) Tứ giác ADHE có \(\widehat A = \widehat D = \widehat E = 90^\circ \)nên tứ giác ADHE là hình chữ nhật

Þ DE = AH và \(\widehat {DHE} = 90^\circ \)

Þ ∆DHE vuông tại H Þ DH² + EH² = DE²

Xét ∆ADH và ∆HDB có:

\(\widehat {ADH} = \widehat {HDB}\;\left( { = {{90}^ \circ }} \right)\)

\(\widehat {DAH} = \widehat {DHB}\) (cùng phụ \(\widehat {AHD}\))

Do đó ∆ADH ᔕ ∆HDB (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{EA}}{{EH}} = \frac{{EH}}{{CE}} \Rightarrow EA.EC = E{H^2}\)

Þ BD.DA + CE.EA = DH² + EH² = DE² = AH².

Vậy BD.DA + CE.EA =AH² (đpcm).

c) Ta có \(\widehat {AIB} = \widehat {AHB} = 90^\circ \)nên I, H thuộc đường tròn đường kính AB

Þ Tứ giác ABHI nội tiếp đường tròn đường kính AB

\( \Rightarrow \widehat {BAH} = \widehat {BIH}\) (góc nội tiếp chắn cung BM)

Mà \(\widehat {BAH} = \widehat {BCM}\) (cùng phụ \(\widehat {CAM}\))

Nên \(\widehat {BIH} = \widehat {BCM}\)

•Xét ∆BIH và ∆BCM có:

\(\widehat B\)chung

\(\widehat {BIH} = \widehat {BCM}\) (cmt)

Do đó ∆BIH ᔕ ∆BCM (g.g)

Suy ra \(\frac{{BH}}{{BM}} = \frac{{HI}}{{CM}}\) (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

•Xét ∆BAM và ∆BCA có:

\(\widehat B\) chung

\(\widehat {BMA} = \widehat {BAC}\;\left( { = {{90}^ \circ }} \right)\) (cmt)

Do đó ∆BAM ᔕ ∆BCA (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{BH}}{{BA}} = \frac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BH = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} \Rightarrow \frac{{A{B^2}}}{{BC.BM}} = \frac{{HI}}{{CM}}\)

Khi đó\(\sin \widehat {AMB}\,\,.\,\,\sin \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BM}}\,.\,\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{A{B^2}}}{{BM\,.\,BC}} = \frac{{HI}}{{CM}}\).

Vậy \[\sin \widehat {AMB}\,.\,\sin \widehat {ACB} = \frac{{HI}}{{CM}}\] (đpcm).

Lời giải

Theo hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao nên ta có:

•AH.BC = AB.AC

Suy ra \(AH = \frac{{AB\,.\,AC}}{{BC}} = \frac{{4\,\,.\,\,4\sqrt 2 }}{{4\sqrt 3 }} = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}\;\,(cm)\).

•AB² = HB.BC

Suy ra \(HB = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} = \frac{{{4^2}}}{{4\sqrt 3 }} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\;\,(cm)\).

Vậy \(AH = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}\;\,cm;\,\,HB = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\;\,cm\).

Lời giải

Gọi G  là giao điểm của hai trung tuyến BM, CN.

Áp dụng công thức tính trung tuyến, ta có:

•\(G{B^2} = \frac{4}{9}B{M^2} = \frac{1}{9}\left( {2{a^2} + 2{c^2} - {b^2}} \right)\);

•\(G{C^2} = \frac{4}{9}C{N^2} = \frac{1}{9}\left( {2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}} \right)\).

BM và CN vuông góc với nhau khi BG² + CG² = BC².

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

Û 4a² + b² + c² = 9a²

Ûb²+ c² = 5a².

Lời giải

Ta có c.m_c = b.m_b

\( \Leftrightarrow {c^2}.{m_c}^2 = {b^2}.{m_b}^2\)

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

Û 2c²(a² + b²) − c⁴ = 2b²(a² + c²) − b⁴

Û 2c²a² + 2c²b² − c⁴ = 2b²a² + 2b²c² − b⁴

Û b⁴ − c⁴ = 2b²a² − 2c²a²

Û (b²+ c²)(b²− c²) = 2a²(b² − c²)

Ûb²+ c² = 2a² (với b ≠ c).

Lời giải

Ta có \(\cos \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right) - \cos \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right) = \cos \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x + \frac{\pi }{3} = x - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\3x + \frac{\pi }{3} = - x + \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \\4x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{{24}} + k\frac{\pi }{2}\end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Lời giải

\(\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) - \cos \left( {3x + \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \cos \left( {3x + \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{\pi }{2} - x - \frac{\pi }{3}} \right) = \cos \left( {3x + \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \cos \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = \cos \left( {3x + \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x + \frac{\pi }{6} = x - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\3x + \frac{\pi }{6} = - x + \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\4x = k2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = k\frac{\pi }{2}\end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Lời giải

Gọi thang là AB (A là điểm dựa vào tường, B là điểm trên mặt đất), chân tường là C

Xét tam giác ABC vuông tại C có:

\(\cos \widehat {ABC} = \frac{{BC}}{{AB}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {ABC} = 60^\circ \).

\(\widehat {ACB} = 90^\circ - \widehat {ABC} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \).

Vậy góc tạo bởi thang với mặt đất là 60° và góc tạo bởi thang với mặt tường là 30°.

Lời giải

Xét ∆ABC vuông tại A có:

\(\cos \widehat C = \frac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow AC = BC.\cos \widehat C = 4.\cos 60^\circ = 2\) (m)

Vậy khoảng cách giữa chân thang và tường bằng 2 m.

Lời giải

Biểu thức tọa độ của phép đối xứng qua đường thẳng x − y = 0 là:\(\left\{ \begin{array}{l}x' = y\\y' = x\end{array} \right.\).

Vậy ảnh của M qua phép đối xứng qua đường thẳng x − y = 0 là A(3; 2).

Đáp án cần chọn là A.

Lời giải

Biểu thức tọa độ của phép đối xứng qua đường thẳng x − y = 0 là:\(\left\{ \begin{array}{l}x' = y\\y' = x\end{array} \right.\)

Vậy ảnh của M qua phép đối xứng qua đường thẳng x − y = 0 là A(3; −2).

Đáp án cần chọn là D.

Lời giải

Với \(x = \frac{1}{2};\;y = - \frac{1}{3}\) thì:

\[A = 3{\left( {\frac{1}{2}} \right)^3}\left( { - \frac{1}{3}} \right) + 6{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}{\left( { - \frac{1}{3}} \right)^2} + {\rm{ }}3\left( {\frac{1}{2}} \right){\left( { - \frac{1}{3}} \right)^3}\]

\(\begin{array}{l} = 3.\frac{1}{8}.\left( { - \frac{1}{3}} \right) + 6.\frac{1}{4}.\frac{1}{9} + 3.\frac{1}{2}.\left( { - \frac{1}{{27}}} \right)\\ = - \frac{1}{8} + \frac{1}{6} - \frac{1}{{18}} = - \frac{1}{{72}}\end{array}\)

Lời giải

Ta có: A = 1 + 2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁵.

Suy ra 2A = 2 . (1 + 2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁵) = 2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁶.

Do đó 2A – A = (2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁶) – (1 + 2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁵)

= 2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁶ – 1 – 2 – 2¹ – 2² – … – 2²⁵

= (2 – 2) + (2¹ – 2¹) + (2² – 2²) + … (2²⁵ – 2²⁵) + 2²⁶ – 1.

= 2²⁶ – 1.

Lời giải

A = x² − 6x + 17

= (x² − 6x + 9) + 8 = (x − 3)² + 8

Có (x − 3)² ≥ 0 với mọi x

Þ (x − 3)² + 8 ≥ 8 Þ A ≥ 8.

Dấu ''='' xảy ra Û x − 3 = 0 Û x = 3.

Lời giải

Ta có A = x² + 6x + 10

= (x² + 6x + 9) + 1 = (x + 3)² + 1

Có (x + 3)² ≥ 0 với mọi x

Þ (x + 3)² + 1 ≥ 1 Þ A ≥ 1

Dấu ''='' xảy ra Û x + 3 = 0 Û x = −3.

Lời giải

Ta có\( - 1 \le \cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) \le 1\)

\( \Leftrightarrow 1 \le 3 + 2\cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) \le 5\).

Vậy GTNN của hàm số là \(y = 3 + 2\cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\) khi \[\cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = - 1\]

\[ \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{3} = \pi + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \;\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Vậy GTLN của hàm số là \(y = 3 + 2\cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 5\) khi \[\cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\]

\[ \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{3} = k2\pi \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Lời giải

Ta có\( - 1 \le \cos \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) \le 1\)

\( \Leftrightarrow - 7 \le - 2\cos \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) - 5 \le - 3\).

Do đó GTLN của hàm số là \[y = - 2{\mathop{\rm co}\nolimits} s\left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) - 5 = - 3\] khi \[\cos \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = - 1\]

\[ \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{3} = \pi + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Vậy GTLN của hàm số là \[y = - 2{\mathop{\rm co}\nolimits} s\left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) - 5 = - 3\] khi \[x = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Lời giải

Vì p, q là các số nguyên tố nên p.q > 1

Lại có p² − 2q²=17Þp² > 17Þ p ≥ 5

* Xét p = 5, thay vào ta có q = 2.

Khi đó, p + q = 7.

* Xét p > 5, vì p là số nguyên tố nên p có dạng 6k + 1 hoặc 6k + 5 (k Î ℤ⁺).

• Với p = 6k + 1, ta có:

(6k + 1)² − 2q² = 17

Û 36k² + 12k + 1 − 2q² = 17

Û 36k² + 12k − 2q² = 16

Û 18k² + 6k − q² = 8

Ta thấy VP ⋮ 2 nên VT ⋮ 2

Mà 18k² + 6k ⋮ 2 Þ q² ⋮ 2 Þ q = 2

Thay vào ta được p = 5

• Với p = 6k + 5, ta có:

(6k + 5)² − 2q² = 17

Û 36k² + 60k + 25 − 2q² = 17

Û 36k² + 60k − 2q² = −8

Û 18k² + 30k − q² = −4

Ta thấy VP ⋮ 2 Þ VT ⋮ 2

Mà 18k² + 30k ⋮ 2 Þ q² ⋮ 2 Þ q = 2.

Thay vào ta được p = 5.

Vậy p + q = 7.

Lời giải

Ta có: p² − 2q²=41 (1)

Ûp²=2q² + 41 là số lẻ, suy ra p là số lẻ

Đặt p = 2k + 1 (k Î ℤ⁺), khi đó ta có:

2q² + 41= (2k + 1)²

Û2q² + 41= 4k² + 4k + 1

Ûq²= 2k² + 2k − 20

Þq²⋮ 2 Þ q = 2.

Khi đó thay vào (1) ta có p = 7 (TM).

Vậy (p; q) = (7; 2).

Lời giải

Ta có:\(\frac{1}{{\sqrt 1 + \sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {24} + \sqrt {25} }}\)

\( = \frac{{\left( {\sqrt 2 - \sqrt 1 } \right)\left( {\sqrt 2 + \sqrt 1 } \right)}}{{\sqrt 1 + \sqrt 2 }} + \frac{{\left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)}}{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }} + ... + \frac{{\left( {\sqrt {25} - \sqrt {24} } \right)\left( {\sqrt {25} + \sqrt {24} } \right)}}{{\sqrt {24} + \sqrt {25} }}\)

\( = \sqrt 2 - \sqrt 1 + \sqrt 3 - \sqrt 2 + ... + \sqrt {25} - \sqrt {24} \)

\( = \sqrt {25} - 1 = 5 - 1 = 4\).

Lời giải

Vì\(\frac{1}{{\sqrt 1 }} > \frac{1}{{\sqrt {25} }};\;\frac{1}{{\sqrt 2 }} > \frac{1}{{\sqrt {25} }};\;\frac{1}{{\sqrt 3 }} > \frac{1}{{\sqrt {25} }};\;...;\;\frac{1}{{\sqrt {24} }} > \frac{1}{{\sqrt {25} }}\).

Nên \(A = \frac{1}{{\sqrt 1 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {24} }} + \frac{1}{{\sqrt {25} }} > \frac{1}{{\sqrt {25} }} + \frac{1}{{\sqrt {25} }} + \frac{1}{{\sqrt {25} }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {25} }} + \frac{1}{{\sqrt {25} }}\)

Do đó \(A > 25.\frac{1}{{\sqrt {25} }} = \frac{{25}}{5} = 5\).

Vậy A > 5.

Lời giải

Ta có \(\frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 }} + \frac{1}{{\sqrt 4 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {100} }}\)

\[ = \frac{2}{{2\sqrt 2 }} + \frac{2}{{2\sqrt 3 }} + \frac{2}{{2\sqrt 4 }} + ... + \frac{2}{{2\sqrt {100} }}\]

\( < \frac{2}{{\sqrt 1 + \sqrt 2 }} + \frac{2}{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }} + \frac{2}{{\sqrt 3 + \sqrt 4 }} + ... + \frac{2}{{\sqrt {99} + \sqrt {100} }}\)

\[ = 2\left( {\frac{1}{{\sqrt 1 + \sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 + \sqrt 4 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {99}  + \sqrt {100} }}} \right)\]

\[ = 2\left( {\frac{{\sqrt 1 - \sqrt 2 }}{{1 - 2}} + \frac{{\sqrt 2 - \sqrt 3 }}{{2 - 3}} + \frac{{\sqrt 3 - \sqrt 4 }}{{3 - 4}} + ... + \frac{{\sqrt {99} - \sqrt {100} }}{{99 - 100}}} \right)\]

\[ = 2\left( {\sqrt 2 - \sqrt 1 + \sqrt 3 - \sqrt 2 + \sqrt 4 - \sqrt 3 + ... + \sqrt {100} - \sqrt {99} } \right)\]

\[ = 2\left( {\sqrt {100} - \sqrt 1 } \right) = 2\left( {10 - 1} \right) = 18\].

Vậy\(\frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 }} + \frac{1}{{\sqrt 4 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {100} }} < 18\).

Lời giải

Ta có \(\frac{1}{{\sqrt 1 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {100} }}\)

\( = \frac{2}{{2\sqrt 1 }} + \frac{2}{{2\sqrt 2 }} + \frac{2}{{2\sqrt 3 }} + ... + \frac{2}{{2\sqrt {100} }}\)

\( > \frac{2}{{\sqrt 1 + \sqrt 2 }} + \frac{2}{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }} + \frac{2}{{\sqrt 3 + \sqrt 4 }} + ... + \frac{2}{{\sqrt {100} + \sqrt {101} }}\)

\[ = 2\left( {\frac{1}{{\sqrt 1 + \sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 + \sqrt 4 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {100} + \sqrt {101} }}} \right)\]

\[ = 2\left( {\frac{{\sqrt 1 - \sqrt 2 }}{{1 - 2}} + \frac{{\sqrt 2 - \sqrt 3 }}{{2 - 3}} + \frac{{\sqrt 3 - \sqrt 4 }}{{3 - 4}} + ... + \frac{{\sqrt {100} - \sqrt {101} }}{{100 - 101}}} \right)\]

\[ = 2\left( {\sqrt 2 - \sqrt 1 + \sqrt 3 - \sqrt 2 + \sqrt 4 - \sqrt 3 + ... + \sqrt {101} - \sqrt {100} } \right)\]

\[ = 2\left( {\sqrt {101} - \sqrt 1 } \right) > 2\left( {\sqrt {100} - \sqrt 1 } \right) = 2\left( {10 - 1} \right) = 18\].

Vậy\(\frac{1}{{\sqrt 1 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt {100} }} > 18\).

Lời giải

a) Dễ thấy \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {EMF} = 90^\circ \) tiếp tuyến CM, CA.

Suy ra OC ^ AM hay \(\widehat {OEM} = 90^\circ \).

Chứng minh tương tự ta được \(\widehat {OFM} = 90^\circ \).

Xét ∆CAO và ∆CMO có:

AO = MO = R (cmt)

CO là cạnh chung

\(\widehat {CAO} = \widehat {CMO} = 90^\circ \)

Do đó ∆CAO = ∆CMO (cạnh huyền –cạnh góc vuông)

Suy ra \(\widehat {AOC} = \widehat {MOC}\) (hai góc tương ứng).

Do đó OC là tia phân giác của \(\widehat {AMO}\).

Tương tự AD là tia phân giác của \(\widehat {BOM}\)

Suy ra OC ^ OD hay \(\widehat {COD} = 90^\circ \).

b) Do ∆AOM cân tại O nên OE là đường phân giác đồng thời là đường cao

\( \Leftrightarrow \widehat {OEM} = 90^\circ \)

Chứng minh tương tự, ta suy ra được \(\widehat {OFM} = 90^\circ \).

Vậy MEOF là hình chữ nhật.

c) Gọi I là trung điểm của CD.

Khi đó, I là tâm đường tròn đường kính CD và IO = IC = ID.

Ta có ABDC là hình thang vuông tại A và B nên IO // AC // BD và IO ^ AB.

Do đó AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.

Lời giải

Lấy I là giao của Ax và BF.

 a) AI là tia phân giác của góc BAF và AI cũng là đường cao của tam giác BAF nên

 ∆BAF cân tại A nên AB = AF.

Mà \(\widehat {BAF} = 90^\circ \).

Khi đó ABEF là hình vuông.

Vậy ABEF có bốn cạnh bằng nhau.

b) Ta có:BE = AF = BA.

Mà AC = 2BA nên AC = 2AF Þ FC = AF = BE.

Lại có BE // AF Þ BE // FC.

Vậy BECF là hình bình hành.

c) Vì tứ giác ABEF là hình vuông nên I là trung điểm AE.

Xét tam giác ABC vuông tại A có AM là trung tuyến

Suy ra AM = MB = MC (tính chất trung tuyến tam giác vuông)

Þ Tam giác AMC cân tại M

\( \Rightarrow \widehat {MAC} = \widehat {MCA}\)

Mà \(\widehat {MCA} = \widehat {BAH}\)(cùng phụ \(\widehat {ABC}\))

\( \Rightarrow \widehat {MAC} = \widehat {BAH}\)

•Xét ∆ABP và ∆AFQ có:

AB = AF

\(\widehat {BAP} = \widehat {FAQ}\)

\(\widehat {ABP} = \widehat {AFQ}\)(do ∆ABF cân tại A)

Do đó ∆ABP = ∆AFQ (g.c.g)

Suy raAP = AQ (hai cạnh tương ứng).

Suy ra ∆APQ cân tại A, có AI là đường cao nên AI đồng thời là trung tuyến.

Do đó I là trung điểm PQ.

•Xét tứ giác APEQ có: I là trung điểm AE và PQ.

Suy ra tứ giác APEQ là hình bình hành.

Lại có AE vuông góc PQ.

Vậy tứ giác APEQ là hình thoi.

Lời giải

a) Xét ∆ABC vuông tại A, ta có:

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}} = 8\;(cm)\)

\[\sin \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {ACB} = 30^\circ \]

\( \Rightarrow \widehat {ABC} = 180^\circ - \widehat {BAC} - \widehat {ACB} = 180^\circ - 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \)

b) Tứ giác ADHE có \(\widehat A = \widehat D = \widehat E = 90^\circ \)nên ADHE là hình chữ nhật.

Suy ra DE = AH và \(\widehat {DHE} = 90^\circ \).

Do đó ∆DHE vuông tại H nên DH² + EH² = DE².

Xét ∆ADH và ∆HDB có:

\[\widehat {ADH} = \widehat {HDB}\;\,\,\left( { = 90^\circ } \right)\]

\(\widehat {DAH} = \widehat {DHB}\) (cùng phụ \(\widehat {AHD}\))

Do đó ∆ADH ᔕ ∆HDB (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{EA}}{{EH}} = \frac{{EH}}{{CE}} \Rightarrow EA.EC = E{H^2}\).

Þ BD.DA + CE.EA = DH² + EH² = DE² = AH².

c) Vì \(\widehat {AIB} = \widehat {AHB} = 90^\circ \)nên I, H thuộc đường tròn đường kính AB

Þ Tứ giác ABHI nội tiếp đường tròn đường kính AB

\( \Rightarrow \widehat {BAH} = \widehat {BIH}\) (Góc nội tiếp chắn cung BM)

Mà \(\widehat {BAH} = \widehat {BCM}\) (cùng phụ \(\widehat {CAM}\))

\( \Rightarrow \widehat {BIH} = \widehat {BCM}\)

Xét ∆BIH và ∆BCM có:

\(\widehat B\): góc chung

\(\widehat {BIH} = \widehat {BCM}\) (cmt)

Do đó ∆BIH ᔕ ∆BCM (g.g)

Suy ra \(\frac{{BH}}{{BM}} = \frac{{HI}}{{CM}}\) (các cạnh tương ứng tỉ lệ).

Xét ∆BAM và ∆BCA có:

\(\widehat B\): góc chung

\(\widehat {BMA} = \widehat {BAC}\;\left( { = {{90}^ \circ }} \right)\) (cmt)

Do đó ∆BAM ᔕ ∆BCA (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{BH}}{{BA}} = \frac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BH = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} \Rightarrow \frac{{A{B^2}}}{{BC.BM}} = \frac{{HI}}{{CM}}\)

Khi đó\(\sin \widehat {AMB}.\sin \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BM}}.\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{A{B^2}}}{{BM.BC}} = \frac{{HI}}{{CM}}\).

Vậy \[\sin \widehat {AMB}\,\,.\,\sin \widehat {ACB} = \frac{{HI}}{{CM}}\] (đpcm).

Lời giải

Theo hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao nên ta có:

•AH.BC = AB.AC

Suy ra \(AH = \frac{{AB\,.\,AC}}{{BC}} = \frac{{4\,.\,4\sqrt 2 }}{{4\sqrt 3 }} = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}\;\,(cm)\).

•AB² = HB.BC

Suy ra \(HB = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} = \frac{{{4^2}}}{{4\sqrt 3 }} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\;(cm)\).

Vậy \(AH = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}\;\,cm;\,\,HB = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\;cm\).

Lời giải

a) Ta có BC là đường kính của (O).

Mà A Î (O) nên ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BC.

Do đó ∆ABC vuông tại A.

b) Ta có ∆ABC vuông tại A nên AB ^ AC.

Mà AB // OK (gt) suy ra AC ^ OK.

Mà OI cắt AC tại H nên OH ^ AC.

Xét ∆OAC có OA = OC và H là đường cao.

Suy ra ∆OAC là tam giác cân tại O có OH là tia phân giác.

Do đó \(\widehat {AOH} = \widehat {HOC}\).

Xét ∆AOI và ∆COI có:

OA = OC

OI: cạnh chung

\(\widehat {AOH} = \widehat {HOC}\)

Do đó ∆AOI = ∆COI (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {OAI} = \widehat {OCI}\) (hai cạnh tương ứng).

Mà \(\widehat {OCI} = 90^\circ \) (Do IC là tiếp tuyến của (O) tại C)

\( \Rightarrow \widehat {OAI} = 90^\circ \)

Þ OA ^ AI tại A

Þ IA là tiếp tuyến của (O) tại A

c) \(OC = \frac{{BC}}{2} = 15\;\left( {cm} \right)\)

•\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{30}^2} - {{18}^2}} = 24\;\,\left( {cm} \right)\)

\( \Rightarrow HC = \frac{{AC}}{2} = 12\;cm\)

•\(OH = \sqrt {O{C^2} - H{C^2}} = \sqrt {{{15}^2} - {{12}^2}} = 9\;cm\)

•\(\cos \widehat {HOC} = \frac{{OH}}{{OC}} = \frac{9}{{15}} = \frac{3}{5} = \cos \widehat {IOC}\)

\( \Rightarrow \cos \widehat {IOC} = \frac{{OC}}{{OI}} = \frac{3}{5}\)

\( \Rightarrow OI = OC:\frac{3}{5} = 15:\frac{3}{5} = 25\;(cm)\)

•\(CI = \sqrt {O{I^2} - O{C^2}} = \sqrt {{{25}^2} - {{15}^2}} = 20\;\,(cm)\).

Vậy OI = 25 cm; CI = 20 cm.

Lời giải

Ta có: 2x² − x + 1

\( = 2\left( {{x^2} - 2.\frac{1}{4}x + \frac{1}{{16}} + \frac{7}{{16}}} \right)\)

\( = 2{\left( {x - \frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{7}{8}\)

Do \({\left( {x - \frac{1}{4}} \right)^2} \ge 0;\;\forall x\)

\( \Rightarrow 2{\left( {x - \frac{1}{4}} \right)^2} \ge 0;\;\forall x\)

\( \Rightarrow 2{\left( {x - \frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{7}{8} \ge \frac{7}{8};\;\forall x\)

\( \Rightarrow 2{\left( {x - \frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{7}{8} > 0;\;\forall x\)

Vậy 2x² − x + 1 > 0 với mọi số thực x.

Lời giải

Ta có: 2x − 2x² – 1 =− (2x² − 2x + 1)

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

Do \({\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} \ge 0;\;\forall x\)

\( \Rightarrow - 2{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} \le 0;\;\forall x\)

\( \Rightarrow - 2{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} - \frac{1}{2} \le - \frac{1}{2};\;\forall x\)

\( \Rightarrow - 2{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} - \frac{1}{2} < 0;\;\forall x\)

Vậy 2x − 2x² − 1 < 0 với mọi số thực x.

Lời giải

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}{h_a}.a = \frac{1}{2}{h_b}.b = \frac{1}{2}{h_c}.c\).

Khi đó, với b + c = 2a thì \(\frac{{2{S_{ABC}}}}{{{h_b}}} + \frac{{2{S_{ABC}}}}{{{h_c}}} = \frac{{4{S_{ABC}}}}{{{h_a}}}\)\( \Leftrightarrow \frac{2}{{{h_a}}} = \frac{1}{{{h_b}}} + \frac{1}{{{h_c}}}\).

Lời giải

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}{h_a}.a = \frac{1}{2}{h_b}.b = \frac{1}{2}{h_c}.c\).

Do đó \(\frac{a}{{2{S_{ABC}}}} + \frac{b}{{2{S_{ABC}}}} + \frac{c}{{2{S_{ABC}}}} = \frac{{a + b + c}}{2}.\frac{1}{{{S_{ABC}}}}\)\( = p.\frac{1}{{p.r}} = \frac{1}{r}\).

Lời giải

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}\sin 3x \ne 0\\\cos 3x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \sin 6x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{6}\).

Khi đó \(\tan \left( {3x} \right) - \cot \left( {3x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \tan 3x = \cot 3x\)

\( \Leftrightarrow \tan 3x = \tan \left( {\frac{\pi }{2} - 3x} \right)\)

\[ \Leftrightarrow 3x = \frac{\pi }{2} - 3x + k\pi \]

\[ \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k\pi }}{6}\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\] (TMĐK)

Lời giải

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}\sin 3x \ne 0\\\sin x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{3}\)

Ta có cot 3x = cot x

Û 3x = x + kp

\( \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2}\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Với \(x \in \left( {0;\;10\pi } \right] \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < k\frac{\pi }{2} \le 10\pi \\x \ne \frac{\pi }{3}\end{array} \right.\)

Û k Î {1; 3; 5; 7; 9; 11; 13; 15; 17; 19}.

Suy ra phương trình đã cho có 10 nghiệm thỏa mãn.

Lời giải

Với mọi x₁, x₂ Î (1; +∞) và x₁ ≠ x₂, ta có:

\( \Rightarrow {y_1} - {y_2} = \frac{{4{x_1}}}{{{x_1} - 1}} - \frac{{4{x_2}}}{{{x_2} - 1}}\)

\( = \frac{{4{x_1}\left( {{x_2} - 1} \right) - 4{x_2}\left( {{x_1} - 1} \right)}}{{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)}} = - \frac{{4\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}}{{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)}}\)

\( \Rightarrow I = \frac{{{y_1} - {y_2}}}{{{x_1} - {x_2}}} = - \frac{4}{{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)}}\)

Do x₁, x₂ Î (1; +∞) Þ x₁ − 1 > 0; x₂ − 1 > 0

Þ (x₁ − 1)(x₂ − 1) > 0

\( \Rightarrow I = - \frac{4}{{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)}} < 0\)

Vậy hàm số nghịch biến trên (1; +∞)

Lời giải

Với mọi x₁, x₂ Î (1; +∞) và x₁ ≠ x₂, ta có:

\( \Rightarrow {y_1} - {y_2} = \frac{1}{{{x_1} - 1}} - \frac{1}{{{x_2} - 1}}\)

\( = \frac{{\left( {{x_2} - 1} \right) - \left( {{x_1} - 1} \right)}}{{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)}} = - \frac{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}}{{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)}}\)

\( \Rightarrow I = \frac{{{y_1} - {y_2}}}{{{x_1} - {x_2}}} = - \frac{1}{{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)}}\)

Do x₁, x₂ Î (1; +∞) Þ x₁ − 1 > 0; x₂ − 1 > 0

Þ (x₁ − 1)(x₂ − 1) > 0

\( \Rightarrow I = - \frac{1}{{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)}} < 0\)

Vậy hàm số nghịch biến trên (1; +∞).

Lời giải

Ta có:\(\widehat B = 90^\circ - \widehat C = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ \).

Suy ra ∆ABC vuông cân tại A nên b = c.

Khi đó \(b = c = \frac{a}{{\sin A}}.\sin C = \frac{{12}}{{\sin 90^\circ }}.\sin 45^\circ \approx 10,21\;\left( {cm} \right)\)

Lời giải

Ta có:\(\widehat B = 90^\circ - \widehat C = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ \).

Suy ra ∆ABC vuông cân tại A nên b = c = 10 cm.

Khi đó \(a = \frac{b}{{\sin B}}.\sin A = \frac{{10}}{{\sin 45^\circ }}.\sin 90^\circ \approx 14,14\;\left( {cm} \right)\).

Vậy a ≈ 14,14 cm; b = 10 cm; \(\widehat A = 90^\circ ;\,\,\widehat B = 45^\circ \).

Lời giải

Tổng số học sinh thích cả Toán và Tiếng Việt là:

45 − 3=42(học sinh)

Có số học sinh thích cả 2 môn là:

(28 + 20) − 42=6(học sinh)

Đáp số: 6 học sinh thích cả Toán và Tiếng Việt.

Lời giải

Số học sinh giỏi là: 

45 : 100 . 20 = 9 (học sinh)

Số học sinh tiên tiến là:

9 :\(\frac{3}{7}\)= 21 (học sinh)

Tổng số học sinh giỏi và học sinh tiên tiến của lớp đó là:

21 + 9 =30 (học sinh)

Số học sinh trung bình là:

45 − 30 = 15 (học sinh)

Tỉ số phần trăm số học sinh trung bình so với số học sinh cả lớp là:

\[15:45 = \frac{1}{3}\] (số học sinh trong lớp).

Vậy số học sinh trung bình chiếm \[\frac{1}{3}\] số học sinh trong lớp.

Lời giải

Ta có \(\left( {\sin 2x + \cos 2x} \right)\cos x + 2\cos 2x - \sin x = 0\)

Û cos 2x(cos x + 2) + sin x(2cos² x − 1) = 0

Û cos 2x(cos x + 2) + sin x. cos 2x = 0

Û cos 2x(cos x + sin x + 2) = 0

Vì cos x + sin x + 2 > 0 nên cos 2x = 0

\( \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải

Ta có \(\sin 2x + \cos x + \cos 2x - \sin x = 0\)

Û sin 2x + cos 2x = sin x − cos x

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

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

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + \frac{\pi }{4} = x - \frac{\pi }{4} + k2\pi \\2x + \frac{\pi }{4} = \pi - \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) + k2\pi \end{array} \right.\)

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

Lời giải

Phương trình đã cho tương đương với:\(\left( {2\sin x + 2\cos x - \sqrt 2 } \right)\cos 2x = 0\)

• TH1:\(\cos 2x = 0 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

• TH2: \(2\sin x + 2\cos x - \sqrt 2 = 0\)

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

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

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{\pi }{4} - x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\\frac{\pi }{4} - x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: \(x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\); \(x = - \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \); \(x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \) với \(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải

Ta có sin³ x + cos³ x − sin x − cos x = cos 2x

Û (sin x + cos x)(sin² x − sin x.cos x + cos² x) − (sin x + cos x) − (cos² x − sin² x) = 0

Û (sin x + cos x)(1 − sin x.cos x) − (sin x + cos x) − (sin x + cos x)(cos x − sin x) = 0

Û (sin x + cos x)(1 − sin x.cos x − 1 − cos x + sin x) = 0

Û (sin x + cos x)(− sin x.cos x − cos x + sin x) = 0

•TH1: sin x + cos x = 0

\( \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

•TH2: − sin x.cos x − cos x + sin x = 0 (1)

Đặt t = sin x − cos x; t Î (−2; 2)

\( \Rightarrow \frac{{{t^2} - 1}}{2} = - \sin x.\cos x\)

Phương trình (1) Û\(t + \frac{{{t^2} - 1}}{2} = 0 \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 1 = 0\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1 + \sqrt 2 \;\left( {TM} \right)\\t = - 1 - \sqrt 2 \;\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \sin x - \cos x = - 1 + \sqrt 2 \)

\( \Rightarrow \sqrt 2 \cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = - \sqrt 2 + 1\)

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

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{4} + {\mathop{\rm arc}\nolimits} \,cos\frac{{1 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} + k2\pi \\x = - \frac{\pi }{4} - {\mathop{\rm arc}\nolimits} \,cos\frac{{1 - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} + k2\pi \end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải

Ta có sinx.sin7x = sin3x.sin5x

\( \Leftrightarrow - \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {x + 7x} \right) - \cos \left( {7x - x} \right)} \right] = - \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {5x + 3x} \right) - \cos \left( {5x - 3x} \right)} \right]\)

Û cos 8x − cos 6x = cos 8x − cos 2x

Û cos 6x = cos 2x

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}6x = 2x + k2\pi \\6x = - 2x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4x = k2\pi \\8x = k2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\frac{\pi }{2}\\x = k\frac{\pi }{4}\end{array} \right. \Rightarrow x = k\frac{\pi }{4}\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải

Ta có \({x^2} = \frac{1}{3}\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\\x = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.\).

Lời giải

a) ĐKXĐ:\[\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\sqrt x \ne 0\\x - \sqrt x + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x \ne 0\\{\left( {\sqrt x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0\].

b) Ta có \(M = \frac{{{x^2} + \sqrt x }}{{x - \sqrt x + 1}} + 1 - \frac{{2x + \sqrt x }}{{\sqrt x }}\)

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

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

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

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

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

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

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

\( = \sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) = x - \sqrt x \).

c) Với \(x = 3 - 2\sqrt 2 \) thì

\(M = 3 - 2\sqrt 2 - \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } \)

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

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

\( = 3 - 2\sqrt 2 - \sqrt 2 + 1\)\( = 4 - 3\sqrt 2 \).

d) Để M = 2 thì\(x - \sqrt x = 2\)

\( \Leftrightarrow x - \sqrt x - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow x - 2\sqrt x + \sqrt x - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right) + \sqrt x - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right) = 0\)

\( \Rightarrow \sqrt x - 2 = 0\) (vì \(\sqrt x + 1 > 0\,\,\forall x \ge 0\))

\( \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Rightarrow x = 4\).

Lời giải

ĐK: x ≥ 0

Ta có \(A = \frac{{x + 16}}{{\sqrt x + 3}} = \frac{{x - {3^2} + 25}}{{\sqrt x + 3}} = \frac{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right) + 25}}{{\sqrt x + 3}}\)

\[ = \sqrt x - 3 + \frac{{25}}{{\sqrt x + 3}} = \sqrt x + 3 + \frac{{25}}{{\sqrt x + 3}} - 6\].

Áp dụng BĐT AM-GM cho hai số dương, ta có:

\[A = \sqrt x + 3 + \frac{{25}}{{\sqrt x + 3}} - 6 \ge 2\sqrt {\left( {\sqrt x + 3} \right).\frac{{25}}{{\sqrt x + 3}}} - 6\].

Do đó A ≥ 2.5 − 6 = 4.

Dấu “=” xảy ra khi \(\sqrt x + 3 = \frac{{25}}{{\sqrt x + 3}} \Leftrightarrow \left( {\sqrt x + 3} \right) = 25\).

Vì \(\sqrt x + 3 > 0\) nên \(\sqrt x + 3 = 5 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\).

Lời giải

ĐK: x ≥ 0.

Ta có \(Q = \frac{{x + 16}}{{\sqrt x + 3}} = \frac{{x - {3^2} + 25}}{{\sqrt x + 3}} = \frac{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right) + 25}}{{\sqrt x + 3}}\)

\[ = \sqrt x - 3 + \frac{{25}}{{\sqrt x + 3}} = \sqrt x + 3 + \frac{{25}}{{\sqrt x + 3}} - 6\].

Áp dụng BĐT AM-GM cho hai số dương, ta có:

\[Q = \sqrt x + 3 + \frac{{25}}{{\sqrt x + 3}} - 6 \ge 2\sqrt {\left( {\sqrt x + 3} \right).\frac{{25}}{{\sqrt x + 3}}} - 6\].

Do đó Q ≥ 2.5 − 6 = 4.

Dấu “=” xảy ra khi \(\sqrt x + 3 = \frac{{25}}{{\sqrt x + 3}} \Leftrightarrow \left( {\sqrt x + 3} \right) = 25\).

Vì \(\sqrt x + 3 > 0\) nên \(\sqrt x + 3 = 5 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\).