5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 21)

Lời giải

a) Ta có:10 = 2. 5; 20 = 2². 5; 70 = 2. 5. 7.

Suy ra ƯCLN(10, 20, 70) = 2. 5 = 10.

b) Ta có:25 = 5²; 55 = 5. 11; 75 = 5². 3.

Suy ra ƯCLN(25, 55, 75) = 5.

c) Ta có:80 = 2⁴. 5; 144 = 2⁴. 3².

Suy ra ƯCLN(80, 144) = 2⁴ = 16.

d) Ta có:63 = 3². 7; 2970 = 2. 3³. 5. 11.

Suy ra ƯCLN(63, 2970) = 3² = 9.

Lời giải

a)

a) Ta có:10 = 2. 5; 20 = 2². 5; 70 = 2. 5. 7.

Vậy ƯC(10, 20, 70) = {1; 2; 5; 10}

Suy ra ƯCLN(10, 20, 70) = 10.

b) Ta có: 5661 = 3². 17. 37;

5291 = 11. 13. 37;

4292 = 2². 29. 37.

Vậy ƯC(5661, 5291, 4292) = {1; 37}.

Suy ra ƯCLN(5661, 5291, 4292) = {37}.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

ĐKXĐ: a, b ≥ 0 và a ≠ 0 \( \Leftrightarrow \) a > 0 và b ≥ 0

\(M = \frac{{2a + 2a\sqrt 2 - 2\sqrt {3ab} + 2\sqrt {3ab} - 3b - 2a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 + \sqrt {3ab} }}\)

\( = \frac{{2a - 3b}}{{a\sqrt 2 + \sqrt {3ab} }} = \frac{{\left( {\sqrt {2a} + \sqrt {3b} } \right)\left( {\sqrt {2a} - \sqrt {3b} } \right)}}{{\sqrt {a\left( {\sqrt {2a} + \sqrt {3b} } \right)} }}\)

\( = \frac{{\sqrt {2a} - \sqrt {3b} }}{{\sqrt a }}\).

Lời giải

Để A ∩ B = Ø \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a + 1 < b - 1\\b + 2 < a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a - b < - 2\\a - b > 2\end{array} \right.\).

Suy ra A ∩ B ≠ Ø khi và chỉ khi xảy ra đồng thời a – b ≥ −2 và a – b ≤  2.

Do đó −2 ≤ a – b ≤ 2.

Vậy đê A giao B khác rỗng thì −2 ≤ a – b ≤ 2.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm của tung độ bằng 2 nên đồ thị của hàm số đi qua điểm A(0; 2) nên ta có:

2 = (m – 1). 0 + m ⇔m = 2.

Vậy với m = 2 thì đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm của tung độ bằng 2.

Lời giải

a) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm của tung độ bằng 2 nên đồ thị của hàm số đi qua điểm A(0; 2) nên ta có:

2 = (m – 1). 0 + m ⇔ m = 2.

Vậy với m = 2 thì đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm của tung độ bằng 2.

b) Với m = 2 ta có đồ thị hàm số y = x + 2.

Xét phương trình hoành độ giao điểm, ta có:

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

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

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

⇔ x = −1

⇒ y = −1 + 2 = 1.

Vậy tọa độ giao điểm cần tìm A(−1; 1).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

 

Ta có: ∆BNC vuông tại N và ∆BMC vuông tại M. (do đường tròn đường kính BC đi qua M, N).

Xét ∆ANH và ∆AMH lần lượt vuông tại N, M.

Với E là trung điểm AH mà AH là cạnh huyền của cả hai tam giác ∆ANH và ∆AMH nên đường tròn tâm (E, EA) sẽ đi qua M, N, H.

Lời giải

Giả sử điểm D có tọa độ là D(a; b).

 và \(\overrightarrow {AB} = ( - 5; - 1)\)

Ta cóABCD là hình bình hành khi \(\overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AB} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - a = - 5\\ - 1 - b = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b = 0\end{array} \right.\).

Vậy D(6; 0).

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Gọi tọa độ của D(x; y).

Khi đó \(\overrightarrow {AD} (x + 2;\,\,y)\); \(\overrightarrow {BC} ( - 10;\,\,5)\).

Ta có tứ giác ABCD là hình bình hành khi \(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AD} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2 = - 10\\y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 12\\y = 5\end{array} \right.\).

Vậy tọa độ của D là: D(−12; 5).

Lời giải

Với mọi số thực a, b ta có:(a – b) ≥ 0

⇔a² – 2ab + b² ≥ 0

⇔a² + b² ≥ 2ab (đpcm).

Vậy với mọi số thực a, b ta luôn có a² + b² ≥ 2ab.

Lời giải

a) Ta có:a² + ab + b²\( = {a^2} + \frac{{2ab}}{4} + {\left( {\frac{b}{2}} \right)^2} + \frac{{3{b^2}}}{4}\)

\( = {\left( {a + \frac{b}{2}} \right)^2} + \frac{{3{b^2}}}{4} \ge 0\) \(\forall a,b \in \mathbb{R}\).

Vậy suy ra a² + ab + b² ≥ 0 \(\forall a,b \in \mathbb{R}\).

b) Ta có:a⁴ + b⁴ ≥ a³b + ab³

\( \Leftrightarrow \)a³(a – b) – b³(a – b) ≥ 0

\( \Leftrightarrow \)(a³ – b³)(a – b) ≥ 0

\( \Leftrightarrow \)(a – b)²(a² + ab + b²) ≥ 0 \(\forall a,b \in \mathbb{R}\).

Do đó: a⁴ + b⁴ ≥ a³b + ab³ \(\forall a,b \in \mathbb{R}\).

Lời giải

Ta có \(A = \frac{1}{{\sqrt 1 + \sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 + \sqrt 4 }}\)

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

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

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

Lời giải

Đổi 1 km = 1000 m; 1 h = 3 600 s.

Suy ra \(1\,\,m = \frac{1}{{1\,\,000}}\,\,km\); \(1\,\,s = \frac{1}{{3\,\,600}}\,\,h\).

Do đó 1 (m/s) =\(\frac{1}{{1000}}:\frac{1}{{3600}}\)(km/h) = 3,6 (km/h).

Khi đó ta có:

a) 18 km/h = 5 m/s.

b) 12 m/s = 43,2 km/h.

c) 48 km/h = \(\frac{{40}}{3}\) m/s

d) 150 cm/s = 1,5 m/s = 5,4  km/h.

Lời giải

a) Theo bài ra ta có:AB là đường kính của đường tròn tâm O.

Suy ra AM⊥MB nên \(\widehat {DMA} = \widehat {DCA} = 90^\circ \).

Suy ra tứ giác ACMD nội tiếp đường tròn.

Ta lại có: \(\widehat {BCK} = \widehat {BMK} = 90^\circ \).

Suy ra tứ giác BCKM nội tiếp đường tròn.

b) Xét ∆CKA và ∆CBD có:

\(\widehat {BCK} = \widehat {BMK} = 90^\circ \)

\(\widehat {KAC} = \widehat {MAC} = \widehat {MDC} = \widehat {BDC}\)

Do đó ∆CKAᔕ ∆CBD (g.g).

Suy ra \(\frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{KC}}{{BC}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Do đó AD. BC = KC. DC (đpcm).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Xét \(y = \frac{{\ln x - 6}}{{\ln x - 2m}}\) có điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}\ln x \ne 2m\\x > 0\end{array} \right.\).

Vì x ∈ (1; e) nên ln x ∈ (0; 1).

Ta có:\(y' = \frac{{6 - 2m}}{{{{\left( {\ln x - 2m} \right)}^2}}}.\frac{1}{x}\).

Hàm số đồng biến trên khoảng (1; e) nên ta có:

 \(\left\{ \begin{array}{l}6 - 2m > 0\\2m \notin \left( {0;\,\,1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\m \notin \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\end{array} \right.\).

Mà m là số nguyên dương nên m ∈ {1; 2}.

Vậy số phần tử của S là 2.

Lời giải

Đáp án đúng là C.

Ta có \(y = f\left( x \right) = \frac{{\ln x - 4}}{{\ln x - 2m}}\).

Đặt t =ln x, điều kiện t ∈ (0; 1).

Khi đó \(g\left( t \right) = \frac{{t - 4}}{{t - 2m}};\,\,g'\left( t \right) = \frac{{ - 2m + 4}}{{{{\left( {t - 2m} \right)}^2}}}\).

Để hàm số f(x) đồng biến trên (1; e) thì hàm số g(t) đồng biến trên (0; 1)

\( \Leftrightarrow \)g’(t) > 0, t ∈ (0; 1) \( \Leftrightarrow \frac{{ - 2m + 4}}{{{{\left( {t - 2m} \right)}^2}}} > 0\), t ∈ (0;1)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2m + 4 > 0\\2m \notin (0;1)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{1}{2} \le m < 2\\m \le 0\end{array} \right.\).

Mà S là tập hợp các số nguyên dương nên suy ra S = {1}.

Vậy số phần tử của tập S là 1.

Lời giải

Đáp án đúng là A

Ta có:\(\sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x + \frac{\pi }{3} = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\)(k ∈ ℤ)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{{12}} + k\pi \\x = \frac{\pi }{4} + k\end{array} \right.\) (k ∈ ℤ).

Ta thấy mỗi họ nghiệm sẽ biểu diễn được 2 điểm khác nhau và khác điểm của họ nghiệm của nên số điểm biểu diễn các nghiệm là 4.

Lời giải

Ta có:\(2\sin 3x - \sqrt 3 \cos x = \sin x\)

\( \Leftrightarrow 2\sin 3x = \sin + \sqrt 3 \cos x\)

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

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

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

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

Vì \(x = \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{4}\) (k ∈ ℤ) nên ta có 4 điểm biểu diễn tập nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác.

Lời giải

Đáp án đúng là A.

Ta có: \(\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{CA}}{{\sin B}}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC = \frac{{\sin A}}{{\sin C}}\,.\,AB\\CA = \frac{{\sin B}}{{\sin C}}\,.\,AB\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC = 2.6 = 12\\CA = \frac{4}{3}.6 = 8\end{array} \right.\).

Vậy chu vi tam giác ABC là: AB + BC +CA = 6 + 12 + 8 = 26.

Lời giải

a) x(x – 1) – y(1 – x)= x(x – 1) + y(x – 1)

= (x + y)(x – 1).

b) x³ + x²+ y³ + xy= (x³ + y³) + (x² + xy)

= (x + y)(x² – xy + y²) + x(x + y)

= (x + y)(x² – xy + y² + x).

Lời giải

Ta có: x(x – 1) – y(1 – x)= x(x – 1) + y(x – 1)

= (x + y)(x – 1).

Khi đó tại x = 2001 và y = 1999, giá trị của biểu thức bằng:

(2001 + 1999)(2001 – 1)= 4000. 2000 = 8 000 000.

Lời giải

Đáp án đúng là D

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm A(1; 2) nên ta có:

2 = (2m – 1). 1 – m + 2⇔ m = 1.

Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: y = x + 1.

Lời giải

a) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm A(−1; 2) nên ta có:

2 = (2 + m).(−1) – 4

⇔ −m = 8

⇔ m = −8.

Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: y = −6x – 4.

b) Đồ thị hàm số y = −6x – 4:

Nếu y = 2 thì x = −1 suy ra A (−1; 2).

Nếu x = 0 thì y = −4 suy ra B (0; −4).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị ta có:

−6x – 4 = 2x – 4

⇔ −8x = 0

⇔ x = 0.

Thay x = 0 vào y = 2x – 4 ta được: y = −4.

Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là (0; −4).

Lời giải

Trong tam giác ABC ta có:\(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \).

Suy ra \(\widehat C = 180^\circ - \widehat A - \widehat B = 180^\circ - 80^\circ - 50^\circ = 50^\circ \).

Khi đó ta thấy \(\widehat B = \widehat C = 50^\circ \).

Suy ra tam giác ABC cân tại A.

Lời giải

a) Xét tam giác ABC có E; I lần lượt là trung điểm của AB và BC.

Suy ra ta có EI là đường trung bình của tam giác ABC.

Do đó EI//AC, \(EI = \frac{1}{2}AC\)        (1)

Chứng minh tương tự ta có:MK//AC, \(MK = \frac{1}{2}AC\)    (2)

ME//BD, \(ME = \frac{1}{2}BD\)    (3)

Mặt khác AC = BD (do tứ giác ABCD là hình thang cân)          (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(ME = \frac{1}{2}AC = MK\)          (5)

Từ (1); (2); (5) suy ra tứ giác EIKM là hình thoi.

b) Để tứ giác EIMK là hình vuông thì EM ⊥ EI.

Mà theo câu a) ta có: EI//AC; EM//BD.

Khi đó suy ra để tứ giác EIMK là hình vuông thì AC ⊥ BD.

Lời giải

a) Xét tam giác ABC có M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC.

Suy ra MN là đường trung bình của tam giác ABC.

Do đó MN//AC, \(MN = \frac{1}{2}AC\)   (1)

Chứng minh tương tự, ta có: QP//AC, \(QP = \frac{1}{2}AC\)    (2)

QM//BD, \(QM = \frac{1}{2}BD\)    (3)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành.

b) Khi ABCD là tam giác cân với AB//CD ta có AC = BD.

Từ (3) suy ra: \(QM = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AC = MN\)(4)

Theo câu a) MNPQ là hình bình hành mà mặt khác tứ giác MNPQ có QM = MN mà QM và MN là hai cạnh kề nên suy ra MNPQ là hình thoi.

Do đó MP là tia phân giác của \(\widehat {QMN}\) theo tính chất của hình thoi.

Lời giải

Xét ∆AHB vuông tại H có đường cao MH nên ta có: MH² = MB.MA.

Do đó \(MH = \sqrt {8\,.\,2} = \sqrt {16} = 4\) (cm).

Áp dụng định lý Py−ta−go vào ∆AMH vuông tại M, ta có:

\(AH = \sqrt {A{M^2} + \;M{H^2}} = \sqrt {{8^2} + {4^2}} = 4\sqrt 5 \) (cm).

Vậy \(AH = 4\sqrt 5 \)cm; MH = 4 cm.

Lời giải

a) Xét ∆OBE và ∆ODE có:

OE là cạnh chung

\(\widehat {BOE} = \widehat {DOE}\)(giả thiết)

OB = OD (bán kính).

Do đó ∆OBE = ∆ODE (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {OBE} = \widehat {ODE}\) (hai góc tương ứng).

Ta có \(\widehat {OBE} = 90^\circ \) (tính chất của tiếp tuyến) nên \(\widehat {ODE} = 90^\circ \).

Đường thẳng ED đi qua điểm D của đường tròn (O) và ED⊥OD nên ED là tiếp tuyến của đường tròn (O).

b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AC = AB, DE = BE nên

AC + DE = AB + BE = AE        (1)

Từ câu a) ta có CD⊥DE.

Mà CD ⊥AC (giả thiết) nên ED//AC.

Ta có CD là khoảng cách giữa hai đường thẳng song song AC và DE

Do đó AE ≥ CD = 2R (2)

Từ (1) và (2) suy ra AC + DE ≥ 2R.

c) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

OA là tia phân giác của \(\widehat {BOC}\), OE là tia phân giác của \(\widehat {BOD}\).

Mà \(\widehat {BOC},\,\,\widehat {BOD}\) là hai góc kề bù nên \(\widehat {AOE} = \widehat {BOC} + \widehat {BOD} = 90^\circ \).

Vậy \(\widehat {AOE} = 90^\circ \).

Lời giải

Ta có: y = sin²x + 2cos²x

= sin²x + cos²x + cos²x

= 1 + cos²x (vì sin²x + cos²x = 1)

Ta có 1 ≤ 1 + cos²x ≤ 2 (do 1 ≤ cosx ≤ 2).

Suy ra Miny = 1 hay 1 + cos²x = 1

⇔ cos²x = 0 ⇔ cosx = 0

\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \) (k∈ℤ).

Lời giải

Đặt (d): y = kx + 3 – 2x + k = (k – 2)x + k + 3.

a) Để (d) là hàm bậc nhất đồng biến thì k – 2 > 0 hay k > 2.

Vậy với k > 2 thì hàm số là hàm bậc nhất đồng biến.

b) Vì đồ thị hàm số (d) đi qua M(1; 2) vào ta có:

(k – 2). 1 + k + 3 = 2

⇔ 2k = 1

\( \Leftrightarrow k = \frac{1}{2}\).

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

Lời giải

Đổi: 400 cm = 4 m.

Nửa chu vi mảnh đất đó là: 40: 2=20 (m)

Chiều dài của mảnh đất là: (20+4):2=12(m)

Chiều rộng của mảnh đất là: 20 – 12=8 (m)

Diện tích mảnh đất đó là: 12.8 = 96(m²).

Vậy diện tích của mảnh đất đó là 96 m².

Lời giải

Gọi chiều rộng hình chữ nhật là x(x > 0), chiều dài hình chữ nhật là y (y > 0).

Ta có chu vi hình chữ nhật bằng 40 nên (x + y). 2= 40

x + y = 20⇔y = 20 – x

Vì tăng chiều rộng thêm 2 m giảm chiều dài đi 2 m thì diện tích tăng thêm 4 m²  nên:(x + 2)(y − 2)= xy + 4

⇔xy − 2x + 2y − 4= xy + 4

⇔x – y + 4 = 0

⇔x − (20 − x) + 4 = 0

⇔2x = 16

⇔x = 8

Suy ra y = 12.

Vậy chiều rộng của hình chữ nhật là 8 m, chiều dài của hình chữ nhật là 12 m.

Lời giải

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta có:

−2x² = (m + 1)x – m – 3

⇔−2x² – (m + 1)x + m + 3 = 0. (*)

Để đường thẳng (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng −1 thì phương trình (*) có nghiệm là x = −1.

Khi đó ta có:−2 + (m + 1) + m + 3 = 0

⇔2m = 2⇔m = 1.

Vậy với m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Với m = 2 ta có (d₂): y = 3x + 5.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

2x + 3 = 3x + 5

⇔x = −2 ⇒ y = −1.

Vậy giao điểm của (d₁) và (d₂) là: A(−2; −1).

Với x = 0 ta có điểm B(0; 3) ∈ (d₁); C(0; 5) ∈ (d₂).

Vậy ta có đồ thị hàm số:

Lời giải

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\a \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - (m + 1)(m - 1) > 0\\m \ne - 1\end{array} \right.\)

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

Áp dụng định lý Vi−ét ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - 2m}}{{m + 1}}\\{x_1}.{x_2} = \frac{{m - 1}}{{m + 1}}\end{array} \right.\)

Khi đó, ta có: x₁² + x₂² = 5 ⇔ (x₁ + x₂)² – 2x₁x₂ = 5

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{ - 2m}}{{m + 1}}} \right)^2} - 2\frac{{m - 1}}{{m + 1}} = 5\)

⇔ 4m² – 2(m – 1)(m + 1) = 5(m + 1)²

⇔ 4m² – 2m² + 2 = 5m² + 10m + 5

⇔ 3m² + 10m + 3 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 3\\m = \frac{{ - 1}}{3}\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn điều kiện m = −3; \(m = \frac{{ - 1}}{3}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: B.

Theo đề bài ∆SAB đều nên SH ⊥ AB suy ra SH ⊥ (ABCD).

Gọi I = AC ∩ HK.

Do ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD.

Mà HK//BD (H là đường trung bình của \(\Delta ABD\) nên AC ⊥ HK.

Do đó AI ⊥ BD.

Ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot HK\\AI \bot SH(SH \bot (ABCD))\end{array} \right.\)\( \Rightarrow AI \bot (SHK)\).

Suy ra SI là hình chiếu của SA lên (SHK).

 

Gọi = AC ∩ BD, áp dụng định lí Ta-lét ta có:

\(\frac{{AI}}{{OA}} = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow AI = \frac{1}{2}OA = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Xét ∆SIA vuông tại I ta có: \(\widehat {ISA} = \frac{{AI}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Vậy \[\sin \widehat {\left( {SA;\,\,\left( {SHK} \right)} \right)} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\].

Lời giải

Gọi E là trung điểm của BC ta có:

\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {EB} } \right) + \left( {\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {EC} } \right)\)

\( = 2.\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {EB} + \overrightarrow {EC} = 2\overrightarrow {AE} + \overrightarrow 0 = 2\overrightarrow {AE} \)

Mặt khác ta có: \(\left| {\overrightarrow {AE} } \right| = AE = \frac{{\sqrt 5 a}}{2}\)

Do đó \(2\left| {\overrightarrow {AE} } \right| = a\sqrt 5 \).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right| = a\sqrt 5 \).

Lời giải

Giả sử đường thẳng (d) cần tìm có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {a;\,\,b} \right)\) với a² + b² ≠ 0.

Khi đó (d) có phương trình:Ax + bx – a – b = 0

Do d(B; (d)) = \(\sqrt 5 \), ta có phương trình:

\(\frac{{\left| { - 2a + 2b - a - b} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \sqrt 5 \)

\( \Leftrightarrow \left| {b - 3a} \right| = \sqrt {5{a^2} + 5{b^2}} \)

⇔ b² – 6ab + 9a² = 5a² + 5b²

⇔ 2a² – 3ab – 2b² = 0

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

Với a = 2b. do a² + b² ≠ 0 nên chọn a = 2, b = 1 thu được đường thẳng

(d₁): 2x + y – 3 = 0

Với \(a = \frac{{ - 1}}{2}b\), do a² + b² ≠ 0 nên chọn a = 1, b = −2 thu được đường thẳng

(d₂): x – 2y + 1 = 0.

Lời giải

• Parabol y = ax² + bx + c đi qua điểm A (8; 0) nên

0 = a.8² + b.8 + c ⟺ 64a + 8b + c = 0           (1).

• Parabol y = ax² + bx + c có đỉnh là I (6; –12) suy ra:

\(\frac{{ - b}}{{2a}} = 6\)⇒ b = –12a            (2).

\(\frac{{ - \Delta }}{{4a}} = - 12\)⇒ Δ = 48a ⇒ b² – 4ac = 48a     (3) .

Thay (2) vào (1) ta có: 64a – 96a + c = 0 ⟺ c = 32a.

Thay b = –12a và c = 32a vào (3) ta được:

(–12a)² – 4a.32a = 48a

⟺ 144a² – 128a² = 48a

⟺ 16a² = 48a

⟺ a = 3 (vì a ≠ 0).

Từ a = 3 ⇒ b = –36 và c = 96.

Vậy a = 3; b = –36 và c = 96 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải
Hàm số y = ln(x² – 2mx + m) có tập xác định D = ℝ khi và chỉ khi

x² – 2mx + 4 > 0 với mọi x ∈ ℝ.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' < 0\forall x\\1 > 0\end{array} \right.\)

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

Vậy \( - 2 < m < 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Ta có:a + b = 1⇔ a² + b² + 2ab = 1.

Mà a² + b² – 2ab ≥ 0 nên \({a^2} + {b^2} \ge \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow {a^4} + 2{a^2}{b^2} + {b^4} \ge \frac{1}{4}\)

Mà a⁴ – 2a²b² + b⁴ ≥ 0

\( \Rightarrow 2\left( {{a^4} + {b^4}} \right) \ge \frac{1}{4}\)

\( \Rightarrow {a^4} + {b^4} \ge \frac{1}{8}\)      (*)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:\(a + b \ge 2\sqrt {ab} \)

\( \Rightarrow ab \le \frac{{a + b}}{4} = \frac{1}{4}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{ab}} \ge \frac{1}{{\frac{1}{4}}} = 4\)      (**)

Cộng vế với vế của (*) và (**) suy ra \(A = 8\left( {{a^4} + {b^4}} \right) + \frac{1}{{ab}} \ge 1 + 4 = 5\)(đpcm).

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có:\({\left| {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right|^2} = A{C^2} + 2.\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} + B{D^2}\) (do AC⊥BD)

= AC² + BD² = 2a² +2a² = 4a²

Suy ra: \(\left| {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right| = 2a\).

Lời giải

Gọi O là giao điểm của AC và BD. ABCD là hình bình hành nên O là trung điểm của AC và BD. Vẽ OO’⊥ d, O’ ∈ d.

Các đường thẳng BB’, CC’, DD’, OO’ song song với nhau (vì cùng vuông góc với đường thẳng d).

Vì B’D’DB là hình thang (vì BB’//DD) có OB = OD, OO’//BB’ nên OO’ là đường trung bình của hình thang  B’D’DB.

Do đó \[OO' = \frac{1}{2}\left( {BB' + DD'} \right)\].

Mặt khác ∆ACC’ cóOO’//CC’ và OA = OC.

Nên OO’ là đường trung bình của tam giác ACC’, suy ra:\(OO' = \frac{1}{2}CC'\).

Từ (1) và (2) suy ra BB’ + DD’ = CC’.

Lời giải :

Gọi M là trung điểm của AD.

Ta có BC = AM = a và BC//AM nên tứ giác ABCM là hình bình hành.

Suy ra CM = AB = a suy ra ∆CDM đều.

Gọi K là hình chiếu của C lên AD.

Ta có:\(CK = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Diện tích hình thang ABCD là :\(S = \frac{{\left( {a + 2a} \right).\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{2} = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Lại có: \(HD = \frac{3}{2}.2a = \frac{{3a}}{2}\).

Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là :

\(V = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a}}{2}.\frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\) (đvtt).

Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là \(\frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\) đvtt.

Lời giải
Đáp án đúng là B

Khi đảo mệnh đề B ta có: Nếu một tam giác có hai đường cao ứng với hai cạnh bên bằng nhau bằng nhau thì tam giác đó là là một tam giác cân. Là một mệnh đề đúng.

Lời giải
Ta có:42 = 2. 3. 7.

Suy ra Ư(42) = {1; 2; 3; 6; 7; 14; 21; 42}.

Mà x > 5 suy ra x ∈ {6; 7; 14; 21; 42}.

Lời giải

Ta có:15 = 3.5.

Suy ra: Ư(15) ={1; 3; 5; 15}.

42 = 2. 3. 7.

Suy ra Ư(42) = {1; 2; 3; 6; 7; 14; 21; 42}.

Vậy ƯC(15, 42} = {1; 3}.

Lời giải

 a) Ta có:\(3\overrightarrow a = \left( {6;\,\,3} \right)\); \(2\overrightarrow b = \left( {6;\,\, - 8} \right)\); \( - 4\overrightarrow c = \left( {28;\,\, - 8} \right)\).

Suy ra: \[\overrightarrow u = 3\overrightarrow a + 2\overrightarrow b - 4\overrightarrow c = \left( {6 + 6 + 28;\,\,3 - 8 - 8} \right) = \left( {40;\,\, - 13} \right)\].

Vậy \[\overrightarrow u = \left( {40;\,\, - 13} \right)\].

Lời giải

Đáp án đúng là: B.

Ta có PAN là hình bình hành nên:

\[\overrightarrow {PA} = \overrightarrow {MN} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 1\\{y_A} + 4 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 1\\{y_A} = - 2\end{array} \right.\]

Tương tự ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_B} = - 1\\{y_B} = - 6\end{array} \right.;\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 3\\{y_C} = 8\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác là: A(1; −2), B(−1; −6), C(3; 8).

Lời giải

Ta có DN và DB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D suy ra DN = DB.

CA và CN là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C suy ra CA = CN.

Khi đó: DB + CA = DN + CN = DC (đpcm).

Mặt khác OC và OD lần lượt là hai phân giác của hai góc \(\widehat {AON}\) và \(\widehat {BON}\) kề bù nên \(\widehat {COD} = 90^\circ \).

Trong tam giác vuông \(\Delta \)COD có ON là đường cao nên:

DN.CN = ON² = R².

Hay AC.BD =R² (không đổi) (đpcm).

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = C_{16}^3\).

Gọi A là biến cố: “Lấy được cả ba viên bi đỏ”.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_3^3 \Rightarrow {P_A} = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_3^3}}{{C_{16}^3}} = \frac{1}{{560}}\).

Vậy xác suất lấy được cả 3 viên bi đỏ bằng \(\frac{1}{{560}}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: D.

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = C_{16}^3\).

Gọi B là biến cố: “Lấy được 3 viên bi không phải bi đỏ”

Chọn 3 viên bi từ 13 viên bi không có viên bi đỏ: \(n\left( B \right) = C_{13}^3 = 286\).

Suy ra xác xuất lấy được 3 viên bi không có bi đỏ là:

\(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{286}}{{560}} = \frac{{143}}{{280}}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Gọi chiều cao của tam giác là h (dm), cạnh đáy tam giác là a (dm) (a > 3, h > 0).

Diện tích tam giác ban đầu là \(\frac{1}{2}ah\) (dm²).

Vì độ dài chiều cao bằng \(\frac{3}{4}\) độ dài cạnh đáy nên ta có phương trình \(h = \frac{3}{4}a\).

Nếu chiều cao tăng thêm 3 dm và cạnh đáy giảm đi 3 dm thì diện tích của nó tăng thêm 12 dm² nên ta có phương trình:

\(\frac{1}{2}\left( {h + 3} \right)\left( {a - 3} \right) - \frac{1}{2}ah = 12\).

Ta có hệ phương trình : \(\left\{ \begin{array}{l}h = \frac{3}{4}a\\\frac{1}{2}\left( {h + 3} \right)\left( {a - 3} \right) - \frac{1}{2}ah = 12\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 44\\h = 33\end{array} \right.\).

Vậy chiều cao của tam giác bằng 44 dm, cạnh đáy tam giác bằng 33 dm.

Suy ra diện tích tam giác ban đầu là \(\frac{1}{2}\,\,.\,\,44\,\,.\,\,33 = 726\)(dm²).

Lời giải

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;1} \right)\); \(\overrightarrow {AC} = \left( { - 10;m - 4} \right)\).

Để C thuộc đường thẳng AB thì:\(\frac{{ - 1}}{{10}} = \frac{1}{{m - 4}} \Leftrightarrow m = 14\).

Vậy C(−7; 14).

Lời giải

a) A = (x – 3)² – (x + 1)³ + 12x(x – 1)

= x³ – 9x² + 27x – 27 – x³ – 3x² – 3x – 1 + 12x² – 12x

= 12x – 28.

b) Thay x = 1 vào biểu thức A, ta được:

A = 12. 1 – 28 = −16.

Lời giải

5x(4x² – 2x + 1) – 2x(10x² – 5x + 2) = −36.

⇔ 20x³ – 10x + 5x – 20x³ + 10x – 4x + 36 = 0

⇔ x = −36.

Vậy x = −36.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có:\(\sqrt 3 \sin 2x + \cos 2x = 2\cos x\)

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

\( \Leftrightarrow \sin \frac{{\;\pi }}{3}.\sin 2x + \cos \frac{{\;\pi }}{3}.\cos 2x = \cos x\)

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

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

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{\;\pi }}{3} + k2\;\pi \\x = \frac{{\;\pi }}{9} + k\frac{{2\;\pi }}{3}\end{array} \right.\) (k ∈ ℤ).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: \(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,x = \frac{\pi }{9} + k\frac{{2\pi }}{3}\) (k ∈ ℤ).

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {DB} \)

\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {DB} - \overrightarrow {DC} \]

\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {CB} \](luôn đúng).

Suy ra đpcm.

b) Ta có \(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {EB} + \overrightarrow {CF} = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {CD} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {EB} = \overrightarrow {CD} - \overrightarrow {CF} + \overrightarrow {BF} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {ED} - \overrightarrow {EB} = \overrightarrow {FD} + \overrightarrow {BF} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {FD} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BD} \)(luôn đúng)

Suy ra đpcm.

Lời giải

Ta có:\(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1} \right)\); \(\overrightarrow {AC} = \left( {m + 3;2m} \right)\)

Để ba điểm A, B, C thẳng hàng thì \(\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC} \)

\( \Leftrightarrow \)(2; 1) = k (m + 3; 2m)

\( \Leftrightarrow \)\(\frac{{m + 3}}{2} = \frac{{2m}}{1}\)

\( \Leftrightarrow \)m + 3 = 4m

\( \Leftrightarrow \)m = 1

Vậy với m =1 thì ba điểm A, B, C thẳng hàng.

Lời giải

Ta có: (a² + b² + c²)(x² + y² + z²) = (ax + by + cz)²

⇔ a²x² + a²y² + a²z² + b²y² + b²z² + c²x² + c²y² + c²z² = a²x² + b²y² + c²z² + 2axby + 2axcz + 2bycz

⇔ a²y² + a²z² + b²x² + b²z² + c²x² + c²y² – 2axby – 2axcz – 2bycz = 0

⇔ (a²y² – 2axby + b²x²) + (a²z² – 2axcz + c²x²) + (b²z² – 2bycz + c²y²) = 0

⇔ (ay – by)² + (az – cx)² + (bz – cy)² = 0

Vì (ay – bx)² ≥ 0; (az – cx)² ≥ 0; (bz – cy)² ≥ 0 nên

(ay – by)² + (az – cx)² + (bz – cy)² ≥ 0

Vậy dấu “=” xảy ra khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}ay = bx\\az = cx\\bz = cy\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{x} = \frac{b}{y}\\\frac{a}{x} = \frac{c}{z}\\\frac{b}{y} = \frac{c}{z}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}\) (xyz ≠ 0). (đpcm)