5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 22)

Ta có p=AB+BC+CA2=6+3+12 .

Theo công thức Heron, ta có:

SABC=pp−ABp−BCp−AC=3+32.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp là:

R=AB . BC . CA4S=2.

Theo định lí hàm Cosin ta có:

• cosBAC^=AB2+AC2−BC22AB.AC=−12

⇒BAC^=120°⇒BAD^=60°.

• cosABC^=AB2+BC2−AC22AB.BC=22

⇒ABC^=45°.

Tam giác ABD có: BAD^=60°; ABD^=45°⇒ADB^=180°−60°−45°=75°

a) Ta có:

E1^=E2^ (hai góc đối đỉnh)

E2^=D1^ (Do cùng phụ với ACD^)

⇒E1^=D1^.

Xét ∆ACD và ∆AME có:

AD = AE (gt)

DAC^=EAM^=90°

E1^=D1^ (cmt)

Þ ∆ACD = ∆AME (c.g.c).

b) ∆ACD = ∆AME (câu a)

Þ AC = AM (hai cạnh tương ứng bằng nhau)

Mà AC = AB (Do ∆ABC vuông cân tại đỉnh A)

Þ AM = AB

Xét ∆AGB và ∆MIA có:

 (AI // BC, hai góc ở vị trí đồng vị)

AB = MA (cmt)

 (AG // MH do cùng ^ DC, hai góc ở vị trí đồng vị)

Þ ∆AGB = ∆MIA (g.c.g).

c) ∆AGB = ∆MIA Þ BG = AI (1)

Xét ∆GAH và ∆IHA có:

GAH^=IHA^ (hai góc ở vị trí so le trong)

AH: cạnh chung

GHA^=IAH^ (hai góc ở vị trí so le trong)

Þ ∆GAH = ∆IHA (g.c.g)

Þ HG = AI (2)

Từ (1) và (2) suy ra BG = HG (đpcm).

a) Ta có:

IBE^+BIC^=90° và ICA^+BIC^=90° (tổng 2 góc nhọn trong tam giác vuông)

⇒IBE^=ICA^.

∆ABC vuông cân tại A có AB = AC

Xét ∆ABE và ∆ACI có:

ABE^=ACI^ (cmt)

AB = AC (cmt)

BAE^=CAI^ =90°

Þ ∆ABE = ∆ACI (g.c.g)

Þ BE = CI (hai cạnh tương ứng bằng nhau).

b) Ta có:

b) Ta có:

AD = AE (gt)

AB = AC (cmt)

Do đó theo định lí Ta lét đảo, ta có:

DE // BC Þ Tứ giác DECB là hình thang.

Mà ABC^=ACB^ (∆ABC vuông cân tại A)

Þ Tứ giác DECB là hình thang cân

Þ CD = BE (2 đường chéo của hình thang cân).

Mà BE = CI nên CD = CI.

Xét ∆CAD và ∆CAI có:

CAD^=CAI^=90°

CD = CI (cmt)

CA: cạnh chung

Þ ∆CAD = ∆CAI (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

Þ AD = AI (hai cạnh tương ứng).

Mà AD + AI = DI nên AD=AI=DI2.

Ta có:

• BE ^ DM và BE ^ AN Þ DM // AN

Theo định lí Ta lét ta có:BDAD=BMMN  (1)

• BE ^ DM và BE ^ CI Þ DM // CI

Theo định lí Ta lét ta có:   BDDI=BMMC

⇔BDDI2=BMMC2⇔BDAD=BMMC2(2)

Từ (1) và (2) ⇒BMMN=BMMC2⇔MN=MC2

Mà N Î MC nên N là trung điểm của MC

Þ MN = NC.

Ta có h_b + h_c = 2h_a

_{⇔2.SABCb+2.SABCc=4.SABCa}

_⇔1b+1c=2a

Áp dụng định lí sin ta có:

1sinB+1sinC=2Rb+2Rc=2R1b+1c=2R.2a=2sinA.

Vậy 1sinB+1sinC=2sinA (đpcm).

2h_a​ = h_b ​+ h_c​ 

⇔4.SABCa=2.SABCb+2.SABCc

⇔2a=1b+1c

Áp dụng định lí sin ta có:

1sinB+1sinC=2Rb+2Rc=2R1b+1c=2R.2a=2sinA

Vậy 1sinB+1sinC=2sinA

Vậy nếu có 2h_a​ = h_b ​+ h_c​ thì: 2sinA=1sinB+1sinC

Vậy ta chọn đáp án A.

Ta có: cos2A+22cosB+22cosC=3

⇔2cos2A−1+22.2.cosB+C2.cosB−C2−3=0v

⇔2cos2A+42.cosB+C2.cosB−C2−4=0(1)

Ta thấy: sinA2>0; cosB−C2≤1

⇒VT≤2cos2A+42.sinA2−4

Vì ∆ABC không tù nên 0 £ cos A < 1

⇒cos2A≤cosA

⇒VT≤2cosA+42.sinA2−4

⇒VT≤21−2.sin2A2+42.sinA2−4

⇒VT≤−4.sin2A2+42.sinA2−2

 ⇒VT≤−2.2.sinA2−12≤0(2)

Từ (1) và (2) thì đẳng thức xảy ra khi tất cả các dấu “=” ở trên xảy ra ⇔cosB−C2=1cos2A=cosA2.sinA2−1=0

Với 2.sinA2−1=0⇔sinA2=12

⇒A^2=45°⇔A^=90°.

Ta có: cos2A+22cosB+22cosC=3

⇔2cos2A−1+22.2.cosB+C2.cosB−C2−3=0

⇔2cos2A+42.cosB+C2.cosB−C2−4=0(1)

Ta thấy:sinA2>0; cosB−C2≤1

⇒VT≤2cos2A+42.sinA2−4

Vì ∆ABC không tù nên 0 £ cos A < 1

⇒cos2A≤cosA

⇒VT≤2cosA+42.sinA2−4

⇒VT≤21−2.sin2A2+42.sinA2−4

⇒VT≤−4.sin2A2+42.sinA2−2

⇒VT≤−2.2.sinA2−12≤0 (2)

Từ (1) và (2) thì đẳng thức xảy ra khi tất cả các dấu “=” ở trên xảy ra

⇔cosB−C2=1cos2A=cosA2.sinA2−1=0⇔B^−C^2=0cos2A=cosAsinA2=12

⇔B^−C^2=0cos2A=cosAA^2=45°⇔B^=C^cos2A=cosA TMA^=90°

Vậy với A^=90° thì B^=C^=180°−90°2=45°.

x² − 4x − m² − 1 = 0

Ta có ∆' = 4 + m² + 1 = 5 + m²

Vì m² ≥ 0 Þ m² + 5 > 0; ∀m

Suy ra phương trình luôn có 2 nghiệm x₁, x₂

Theo định lí Viét, ta có: x1+x2=4x1.x2=−m2−1 *

Ta có: x₂ = −5x₁

Û 4 − x₁ = −5x₁

Û 4 = −4x₁

Û x₁ = −1

Þ x₂ = (−5).(−1) = 5

Thay x₁, x₂ vào (*) ta được: 

(−1).5 = − m² − 1

Û − m² − 1 = −5

Û m² = 4 Û m =±2

Vậy m =±2 là giá trị của tham số m cần tìm.

a) x² − 4x − m² − 1 = 0

Ta có ∆' = 4 + m² + 1 = 5 + m²

Vì m² ≥ 0 Þ m² + 5 > 0; ∀m

Suy ra phương trình luôn có 2 nghiệm x₁, x₂.

b) Theo Viét ta có:x1+x2=4x1.x2=−m2−1 *

Ta có: 2x₁ + 3x₂ = 13

Û 2x₁ + 3(4 − x₁) = 13

Û 2x₁ + 12 − 3x₁ = 13

Û −x₁ − 1 = 0

Û x₁ = −1

Þ x₂ = 4 − (−1) = 5.

Khi đó A = x₁² + x₂² = (−1)² + 5² = 26.

x² + mx − 3 = 0

Þ ∆' = m² + 12 > 0, ∀m Î ℝ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Áp dụng định lí Ta-lét, ta có: x1+x2=−mx1.x2=−3

Khi đó: |x₁| + |x₂| = 4

Û (|x₁| + |x₂|)² = 16

Û x₁² + x₂² + 2|x₁.x₂| = 16

Û (x₁ + x₂)² − 2x₁.x₂ + 2|x₁.x₂| = 16

Û (−m)² − 2.(−3) +2.|−3| = 16

Û m² = 4 Û m =±2.

Vậy m =±2 là giá trị của tham số m cần tìm.

 x² + mx + m − 2 = 0

Þ ∆' = m² − m + 2 =m−122+74>0, ∀m Î ℝ.

Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Áp dụng định lí Ta-lét, ta có:   x1+x2=−mx1.x2=m−2

Khi đó: |x₁ − x₂| = 2

Û |x₁ − x₂|² = 4

Û x₁² + x₂² − 2x₁.x₂ = 4

Û (x₁ + x₂)² − 2x₁.x₂ − 2x₁.x₂ = 4

Û (x₁ + x₂)² − 4x₁.x₂ = 4

Û (−m)² − 4.(m − 2) = 4

Û m² − 4m + 8 − 4 = 0

Û m² − 4m + 4 = 0

Û (m − 2)² = 0 Û m = 2.

Vậy m = 2 là giá trị của tham số m cần tìm.

Vì tâm O của đường tròn (O; 2 cm) thuộc đường thẳng a và a//b.

Suy ra đường thẳng a cáchđường thẳng b một khoảng 2cm.

 Do đó (O; 2 cm) tiếp xúc với b.

Ta có bản đồ tỉ lệ 1 : 1 000 000 và khoảng cách giữa địa điểm trên bản đồ là 5 cm.

Nên khoảng cách giữa hai địa điểm đó trên thực tế là:

5:11  000  000=5  000  000(cm)

Đổi: 5 000 000 cm = 50 km.

Đáp số: 50 km.

Ta có bản đồ tỉ lệ 1 : 1 000 000 và đo được khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 12,8 cm.

Nên khoảng cách thực tế giữa hai thành phố A và B là:

12,8:11  000  000=12  800  000(cm)

Ta có: 12 800 000 cm = 128 km

Đáp số: 128 km.

Ta có  dư 12 nên a = 36k + 12

⇒ a = 4(9k + 3) nên a hoàn toàn chia hết cho 4.

Vì 4 không chia hết cho 9 và 9k + 3 chia cho 9 dư 3 hay không chia hết cho 9.

Vậy a không chia kết cho 9.

a) Ta có ABCD là hình vuông nên AB = BC = DC = AD và AC = BD (tính chất các cạnh và đường chéo của hình vuông).

Mà E đối xứng với A qua D nên DE = AD (gt)

⇒DC = AD = DE.

⇒ ACE là tam giác vuông.

Mặc khác BC=AD = DE và BC // DE.

⇒ Tứ giác DECB là hình bình hành có BD= CE.

Mà BD=AC nền AC = CE

⇒ ACE là tam giác vuông cân.

b) Theo đề ta có: MA = MH , NH = NE

⇒ MN là đường trung bình của ∆AHE

⇒MN //AE và MN=12AE(1)

Ta có: AD=DE (gt) nên AD=12AE

Vì ABCD là hình vuông nên AD=BC và AD vuông góc với AB;

nên BC=12AEvà DE // BC (2)

Từ (1) và (2) ⇒ MN = BC và MN//BC

⇒ Tứ giác BMNC là hình bình hành .

c) Vì BMNC là hình bình hành (câu b) nên NM // BC

ABCD là hình vuông nên CB vuông góc AB

⇒ NM ⊥ AB (đl)

Xét Δ ANB có:

AH ⊥ BN (gt)

NM ⊥ AB(cmt)

AH ∩ NM tại M

⇒ M là trực tâm của ΔANB.

Ta có: A= 2 +2²+ 2³ + 2⁴ + ... + 2²⁰²¹

^{2A=22+23+24+25+...+22022}

^{⇒A=2A−A=(22+23+24+25+...+22022)−(2+22+23+24+...+22021)}

⇒A=22022−2<22022.

Ta có: A=2+22+23+24+...+260

=2(1+2)+...+259(1+2)

=2 . 3+...+259 . 3

 =3  .  (2+...+259) chia hết cho 3.

Gọi pt đường thẳng AB có dạng  y = ax + b, do AB đi qua A và B nên:

a+b=−12a+b=1⇒a=2b=−3

⇒ y = 2x – 3

Gọi phương trình đường thẳng AC có dạng y = cx +d

⇒a+b=−1−3a+b=1⇒a=−12b=−12⇒y=−12x−12

Do tích 2 hệ số góc 2.−12=−1 .

Vậy AB và AC vuông góc.

Gọi (d) là đường thẳng đi qua A và cách đều B, C. Khi đó ta có các trường hợp sau:

TH1: d đi qua trung điểm của BC.

I  52;2là trung điểm của BC.

AI→=32;1là vec tơ chỉ phương của đường thẳng d.

Khi đó (d): – 2(x – 1) + 3(y – 1) = 0 ⟺ 2x – 3y + 1 = 0.

TH2: d song song với BC, khi đó d nhận là vectơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng d là: – 4(x – 1) + y – 1 = 0 ⇔ 4x – y – 3 = 0.

Đáp án đúng là: A

Hàm số xác định khi x−1≥0x−3≠0⇔x≥1x≠3 .

Vậy tập xác định của hàm số là D=−1;+∞/−3

Hàm số xác định khi x+2≥0x+3≥0⇔x≥−2x≥−3⇔x≥−2.

Vậy tập xác định của hàm số là D=−2;+∞.

Đáp án đúng là B.

a)

 Theo đề ta có: CE vuông góc với AB và CE vuông góc với MN.

Suy ra AB//MN.

Mà ABCD là hình bình hành nên AB // CD.

Do đó MN//DC.

Mặc khác M là trung điểm của AD nên AD = 2MN;

Theo đề AD = 2AB = 2DC (vì ABCD là hình hình hành nên AB = DC).

Do đó MN = DC.

Xét tứ giác MNCD có:

MN//DC (cmt)

MN = DC

Suy ra MNCD là hình bình hành.

b) Ta có M là trung điểm của AD và MN // AB và MN // CD nên MN là đường trung bình của hình bình hành ABCD.

Suy ra BN = NC.

Xét ∆EBC có:

BN = NC; FN // EB.

⇒ FN là đường trung bình của tam giác EBC.

⇒ EF = FC.

Xét ∆EMC có MF vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến

Do đó∆MEC là tam giác cân tại M.

c) Ta có AB // MN nên .

Mà ∆MEC là tam giác cân tại M (câu b) nên MN là phân giác góc EMC^ hay

EMN^=NMC^.

⇒AEM^=MNC^

Vì tứ giác MNCD là hình thoi nên MC là phân giác của NMD^

⇒NMD^=2NMC^=2AEM^.

Mặc khác AB // MN nên BAD^=NMD^ .

⇒BAD^=2AEM^ (đpcm).

a)

Ta có: BK→=BA→+AK→=BA→+AC→3

⇒3BK→=2BA→+BA→+AC→=2BA→+BC→

⇒BK→=2BA→+BC→3.

b) Vì I là trung điểm của AM nên: BI→=BA→+AI→BI→=BM→+MI→

⇒2BI→=BA→+BM→+AI→+MI→=BA→+BM→

=BA→+BC→2

⇒4BI→=2BA→+BC→

⇒4BI→=3BK→

Vậy B, I, K thẳng hàng. 

a) Ta có:EAF^=90o (ABCD là hình vuông);  MEA^=90o(ME vuông góc AD tại E);  EMF^=90o (MF vuông góc AB tại F).

⇒Tứ giác AEMF có 3 góc vuông nên AEMF là hình chữ nhật.

b) Vì O là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật ABCD (gt)

⇒ O là trung điểm AC

Mà P là trung điểm MC (gt)

⇒ OP là đường trung bình ∆AMC

Do đó OP//AM hay AM//BD.

Vậy AMBD là hình thang.

c)Ta có: AM//BD ⇒ MAB^=ABD^.

Vì ABCD và AEMF cùng là hình chữ nhật (câu a) nên ta có:

BAC^=ABD^;

MAF^=EFD^;

⇒EFA^=BAC^.

Hai góc trên ở vị trí so le trong nên EF//AC (1)

Gọi I là giao điểm của EF và AM nên I là trung điểm của EF (AEMF là hình chữ nhật)

⇒ IP là đường trung bình ∆MAC nên IP//AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra EF//IP hay E,I,F,P thẳng hàng.

d) Để từ giác AMBD là hình thang cân khi và chỉ khi AB = DM.

Mặc khác AB = DC nên DM = DC.

Vì P là trung điểm MC nên DP ⊥ MC.

Vậy CP ⊥ BD thì AMBD là hình thang cân.

Ta có: h_b + h_c = 2h_a

_{⇔2SABCb+2SABCc=4SABCa}

_⇔1b+1c=2a

Áp dụng định lý Sin trong tam giác ABC:

1sinB+1sinC=2Rb+2Rc=2R1b+1c; (R: bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác)

⇒1sinB+1sinC=2R.2a=4Ra=2sinA.

Vậy 1sinB+1sinC=2sinA.

Xét ΔABD và ΔEBD có:

AB = BE (gt);

ABD^=EBD^(BD là tia phân giác ABC^)

BD cạnh chung

⇒∆ABD = ∆EBD (c.g.c)

⇒BAD^=BED^

Mà BAD^=90°(gt)

⇒BED^=90°

Suy ra: DE vuông BC

Mặc khác ∆FBC có CA, BD là đường cao cắt nhau tại D.

⇒ D là trực tâm của ∆FBC có DF ⊥ BC.

Ta có DE ⊥ BC; DF ⊥ BC.

Do đó hai đường thẳng DE, DF trùng nhau.

Vậy ba điểm D, E, F thẳng hàng.

a) Theo đề ta có:

AB² + BC² = 40² + 42² = 3364

Mà AC² = 58² = 3364

Suy ra, AC² = AB² + BC²

Vậy ∆ABC vuông tại B (theo định lí Py-ta-go đảo).

b) Áp dụng hệ thức lượng trong ∆ABC vuông tại B (câu a), đường cao BH có:

BH.AC = AB. BC

⇒BH=AB . BCAC=40 . 4258=84029 (cm).

Vậy  BH=84029cm.

c) Trong ∆ABC vuông tại B có tỉ số lượng giác của góc A là:

sinA^=BCAC=4258=2129;

tanA^=BCAB=4240=2120;

cosA^=ABAC=4058=2029;

cotA^=ABBC=4042=2021.

Vì ∆ABC vuông tại B nên A^+C^=90o nên tỉ số lượng giác góc C là:

sinC^=cosA^=2029;

cosC^=sinA^=2129;

tanC^=cotA^=2021;

cotC^=tanA^=2120.

a) Tam giác ABC là tam giác vuông tại B vì:

AB² + BC² = 40² + 42² = 3364

Mà AC² = 58² = 3364

Suy ra, AC² = AB² + BC² (Định lý Py-ta-go đảo).

b) Trong ∆ABC vuông tại B có tỉ số lượng giác của góc A là:

sinA^=BCAC=4258=2129;

cosA^=ABAC=4058=2029;

tanA^=BCAB=4240=2120;

cotA^=ABBC=4042=2021;

c) Áp dụng hệ thức lượng trong ∆ABC vuông tại B (câu a), đường cao BH có:

BH.AC = AB. BC

 ⇒BH=AB.BCAC=40.4258=84029(cm)

Vậy BH=84029 cm.

Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BHA vuông tại H, có đường cao HE (giả thiết) có:

BH² = BE.AB

⇒BE=BH2AB=17  640841(cm).

Tương tự:

Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BHC vuông tại H, có đường cao HF (giả thiết) có:

BH² = BF.AB

⇒BF=BH2AB=16  800841 (cm)

Diện tích ∆ABC vuông tại B là:

SABC=BA  . BC2=40 . 422=840 (cm²)

Diện tích ∆BEF vuông tại B là:

SBEF=BE . BF2=17  640 .  16  8002 . 841  .  841 (cm²).

Diện tích tứ giác EFCA là:

SEFAC=SABC−SBEF=840−209,5≈630,5 (cm²).

Hình chiếu là hình biểu diễn một mặt nhìn thấy của vật thể đối với người quan sát đứng trước vật thể, phần khuất được thể hiện bằng nét đứt.

Số tròn chục lớn nhất có 6 chữ số khác nhau là số 987650.

Vậy số liền trước của số tròn chục lớn nhất có 6 chữ số khác nhau là số 987649.

Đường thẳng d có dạng y = m(x – 1) = mx – m.

Phương trình hoành độ giao điểm:

 x+2x−1=mx−m với (x ≠ 1)

⇔ x + 2 = (mx – m)(x – 1)

⇔ mx² – (2m + 1)x + m – 2 = 0 (1)

Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt thuộc hai nhánh của đồ thị ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x₁ < x₂ thỏa mãn x₁ < 1 < x₂ hay (x₁ – 1)(x₂ – 1) < 0

m≠0Δ>0x1−1x2−1<0

⇔m≠012m+1>0x1x2−x1+x2+1<0

⇔m≠0m>−112m−2m−2m+1m+1=−3m<0

⇔m≠0m>−112m>0

⇔ m > 0

Vậy m > 0.

Tọa độ vectơ = (–1 – 5; – 2 – 1) = ( – 6; – 3);

Gọi G (x₁; y₁) là trọng tâm tam giác ABC.

x1=2+5−13y1=4+1−23⇔x1=2y1=1

⇒Tọa độ trong tâm tam giác ABC là G (2; 1).

Gọi G^’ (x₂; y₂) là trọng tâm tam giác A'B'C'.

Phép tịnh tiến theo véc tơ  biến tam giác ABC thành tam giác A'B'C' nên G(2; 1) cũng tịnh tiến theo véc tơ  thành G’ (x₂; y₂).

Ta có:  = = ( – 6; – 3)

⇒x2−2=−6y2−1=−3⇔x2=−4y2=−2.

Vậy G’ (– 4; – 2).

Ta có: Tọa độ véc tơ BC→= (–2 – 4; – 2 – 0) = ( – 6; – 2);

TBC→(A) = A’ (−5;2);

TBC→ (B) = B’ ≡ C (−2 ;– 2);

TBC→ (C) = C’ (−8 ;– 4);

Gọi H (x; y) là trực tâm tam giác  A’B’C’, khi đó ta có HA’ ⊥ B’C’; HB’ ⊥ A’C’; HA’⊥B’C’; HB’ ⊥A’C’.⇒HA'→.B'C'→=0HB'→.A'C'→=0

HA'→=−5−x;2−y;

B'C'→=−6;−2;

HB'→=−2−x;−2−y;

A'C'→=−3;−6;

⇒−5−x.−6+2−y−2=0−2−x.−3+−2−y−6=0

⇔x=−4y=−1

Vậy H (– 4; – 1).

Đáp án đúng là A.

Tỉ số phần trăm của học sinh nữ so với học sinh nam là :

15 : 25 × 100 = 60 %

Đáp số: 60%.

Tổng số học sinh của tổ là: 25 + 15 = 40 (học sinh);

Vậy số cách để chọn ngẫu nhiên 1 em làm lớp trưởng là 40 cách.

a) Xét ∆OAD và ∆OBC có:

OA = OB (gt)

Góc xOy^ chung (gt)

OC = OD (gt)

Vậy ∆OAD = ∆OBC (c.g.c).

b) Ta có: ∆OAD = ∆OBC (câu a)

⇒OAD^=OBC^ (hai góc tương ứng)

Mặc khác: OAD^+DAC^=180o (hai góc kề bù)

OBC^+CBD^=180o (hai góc kề bù)

⇒CAD^=CBD^.

Chiều dài của căn phòng :

12×13=4(m) = 40 (dm)

Ta có: 12 m = 120 dm

Diện tích của căn phòng :

120 × 40 = 4 800 (dm²)

Diện tích mỗi viên gạch men :

8 × 8 = 16 (dm²)

Số viên gạch men dùng để lát căn phòng là

4800 : 16 = 300 (viên gạch men)

Đáp số: 300 viên gạch men

4 m = 40 dm

Chiều rộng căn phòng là :

40 : ( 4 − 3) × 3 = 120 (dm)

Chiều dài căn phòng là :

40 : ( 4 − 3 ) × 4 = 160 (dm)

Diện tích căn phòng là :

120 × 160 = 19200 (dm²)

Diện tích viên gạch là :

 2 × 2 = 4 (dm²)

Cần số gạch để lát căn phòng là :

 19200 : 4 = 4800 (viên gạch)

Đáp số: 4800 viên gạch.

Điều kiện xác định của biểu thức: 2 ≤ x ≤ 4.

Ta có: a+b≤2a+b (với a, b ≥ 0).

Nên x−2+4−x≤2x−2+4−x

Do đó GTLN của biểu thức là 2.

⇒x−2+4−x≤2

Ta có: a+b≥a+b

Dấu “=” xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0;

Áp dụng vào biểu thức:

 x−2+4−x≥x−2+4−x

⇒x+2+4−x≥2

Đẳng thức xảy ra ⇔x=2x=4.

GTNN của biểu thức là: 2  với x = 2 hoặc x = 4.

(x – 5)(x – 4) – (x+1)(x – 2) = 7

⇔ x² – 4x – 5x + 20 – (x² – 2x + x – 2) = 7

⇔ x² – 4x – 5x + 20 – x² + 2x – x + 2 = 7

⇔– 8x + 22 = 7

⇔– 8x = 7 – 22

⇔– 8x = – 15

⇔x=−15−8

⇔x=158

Vậy x=158.

A = n³ + (n + 1)³ + (n + 2)³

= n³ + n³ + 3n² + 3n + 1 + n³ + 6n² + 12n + 8

= 3n³ + 9n² + 15n + 9

= 3n² (n + 1) + 6n ( n + 1) + 9 (n +1)

= 3 (n + 1)(n² + 2n + 3)

=3(n + 1)[n (n + 2) + 3]

= 3n (n + 1)(n + 2) + 9( n + 1)

Ta có: n; n + 1; n + 2 là 3 số tự nhiên liên tiếp

⇒ 3n(n + 1)(n + 2) ⋮ 9

Mặc khác: 9(n + 1)⋮ 9

⇒ A = 3n (n + 1)(n + 2) + 9(n+1)⋮ 9.

Vậy A = n³ + (n + 1)³ + (n + 2)³ ⋮ 9.

Số cân nặng của 25 lít dầu là:

25 × 0,95 = 23,75 (kg)

Tổng số cân nặng của thùng đựng 25 lít dầu là:

23,75 + 8,7 = 32,45 (kg).

Đáp số: 32,45 kg.

a) Gọi s (km) là khoảng cách từ thị trấn A đến điểm gặp nhau.

Thời gian chuyển động của hai người là như nhau (do xuất phát cùng lúc) nên:

t1=t2⇔s1v1=s2v2

⇒s20=20−s15⇔s=11,4

Từ đây ta có s = 11,4 km.

Vậy hai người đi xe đạp sẽ gặp nhau ở vị trí cách thị trấn A là 11,4 km.

b) Thời gian từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau:

t=sv=11,420=0,57(giờ) = 34,2 (phút).

Vậy khoảng thời gian từ lúc xuất phát đến khi họ gặp nhau là 34,2 phút.

Ta có:

 y'=f'x=6x2−2mx+2(1)

Đề hàm số đồng biến trên (− 2; 0) ⇔f(x)≥0;∀x∈(−2;  0)

⇔6x2+2≥2mx⇔3x2+1x≤m

⇔m≥max3x2+1xvới x∈(−2;  0)

Xét g(x)=3x2+1x⇒g'(x)=3x2−1x2=0

⇒x=−13.

⇒g−13=−23

Vậy m≥−23.

ĐKXĐ: x ≠ 3; x ≠ − 2.

x3−7x−6x2x−32+4xx−32+4x−32

Áp dụng bất đẳng thức:

a² + b² + c² ≥ ab + ac + bc

⇒ a⁴ + b⁴ + c⁴ ≥ a²b² + a²c² + b²c²

Mà: a²b² + a²c² + b²c² ≥ a²bc + ab²c + abc²

Mặc khác: a²bc + ab²c + abc² = abc(a + b + c).

Vậy: a⁴ + b⁴ + c⁴ ≥ abc(a + b + c).

a)

Xét ∆AMO và ∆BPO có:

OA = OB = R

AOM^=BOP^ (đối đỉnh)

MAO^=PBO^=90o

⇒ ∆AMO = ∆BPO (gcg)

⇒ OM = OP ⇒ O là trung điểm MP.

Xét ∆MNP có NO vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến

⇒ ∆MNP cân tại N.

b) Ta có: ∆MNP cân tại N (câu a)

⇒ ON là đường phân giác hay INO^=ONB^

 Xét ∆INO và ∆BNO có:

ON là cạnh chung;

INO^=ONB^ (cmt)

OIN^=OBN^=90o

Do đó ∆INO = ∆BNO (g.c.g)

Suy ra OI = OB = R.

c) ∆INO = ∆BNO (câu b)

⇒ NI = NB (1)

 Xét ∆OIM và ∆OAM có:

OM là cạnh chung

OI = OA = R

OIM^=OAM^=90o

⇒ ∆OIM = ∆OAM (cgc)

⇒MA = MI (2)

Từ (1) và (2) ⇒ MA. NB= MI .NI

Xét ∆MON vuông tại O có OI là đường cao:

OI² = MI.NI = R² ⇒MA. MB = R².

d) Xét tứ giác AMNB có MAO^=NBO^=90o

⇒ AMNB là hình thang vuông

SAMNB=AM+BNAB2=AM+BN2R2=AM+BNR.

Mà AM+BN.R≥2AM.BN.R

Mà AM.BN=MI.NI=OI2=R2=R

⇒ S _AMNB ≥ 2R².

Dấu = xảy ra khi MI = NI hay I là trung điểm MN

⇒ AM = R.

⇒OI=AM+BN2

Vậy M thuộc (d) và cách A một khoảng bằng R thì S_AMNB = 2R².

Vì ABCD là hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn O ;  AC2.

Xét tứ giác ADEC có ADC^=AEC^=90o

Do đó tứ giác ADEC nội tiếp O ;  AC2

Vậy 5 điểm A, B, C, D, E cung thuộc đường tròn O ;  AC2.

a) Ta có A = x² + 4y² – 4x + 32y + 2078

= (x² – 4x +2) + (4y² + 32y + 64) + 2010

= (x – 2)² + (2y + 8)² + 2010

Vì  (x – 2)² ≥ 0; (2y + 8)² ≥ 0 nên A = (x – 2)² + (2y + 8)² + 2010 ≥ 2010.

Dấu = xảy ra khi x – 2 = 0 và 2y + 8 = 0.

Vây A_min = 2010 ⇔ (x; y) = (2; – 4).

b) Ta có: B = 3x² + y² + 4x – y

=3x2+43x+49+y2−y+14−1912

=3x+232+y−122−1912

⇒B=3x+232+y−122−1912≥−1912.

Dấu = xảy ra khi x+23=0 ; y−12=0 .

Vậy Bmin=−1912⇔x=−23y=12 .

Ở phép chia lần thứ hai khi cùng giảm cả số bị chia và số chia đi 5 thì thương số là 75 số dư là 4 nên thương và số dư không thay đổi.

Suy ra ở phép chia lần thức nhất thương ban đầu vẫn là 75 và số dư ban đầu là 4.

Vì số dư lớn nhất là 4 nên số bị chia là 5.

Số chia ban đầu là: 75 × 5 + 4 = 379.

Vậy phép chia ban đầu là 379 : 5 = 75 dư 4.

Ở phép chia mới  khi cùng giảm cả số bị chia và số chia đi 2 thì thương số là 162 số dư là 10 nên thương và số dư không thay đổi.

Suy ra ở phép chia lần thức nhất thương ban đầu vẫn là 162 và số dư ban đầu là 10.

Vì số dư lớn nhất là 10 nên số bị chia là 11.

Số chia ban đầu là: 162 × 11 + 10 = 1792.

Vậy phép chia ban đầu là 1792 : 11 = 162 dư 10.

Vì 25% của số đó là 40.

Vậy số đã cho là: 40 : 25% = 160.

Đáp số: 160.

Vì 25% của số là 40 nên giá trị của số đó là: 40 : 25% = 160

Giá trị 15  của số đó là: 160  .  15=32.

Đáp số: 32.

Điều kiện xác định của hàm số : f(x)=x+2x−a

⇔x+2≥0x−a≠0

⇔x≥−2x=a

Vậy để hàm số f(x)=x+2x−a xác định trên khoảng (−1;1)⇔a>1 .

Đáp án D đúng vì : hàm số y = f(x) liên tục tăng trên đoạn  a;b nên f(a) < f(x) < f(b) ∀x ∈ (a; b).

Ta có: f(a).f(b) > 0

f(a)>0f(b)>0f(a)<f(x)<f(b)

⇒f(x)>0

f(a)<0f(b)<0f(a)<f(x)<f(b)

⇒f(x)<0

Vậy f(x) = 0 không thể có nghiệm trong (a; b).

Gọi M (m; 0) di chuyển trên trục Ox.

⇒MA→=1−m;−4MB→=4−m;5MC→=−m;−9.

⇒MA→+2MB→=9−3m;6MB→+MC→=4−2m;−4

⇒Q=29−3m2+62+34−2m2+−42

=6m−182+122+12−6m2+122

⇒Q>18−6m+6m−122+12+122=617

⇒ab=67

⇒a=6b=17

Vậy a – b = 6 – 17 = – 11.

.aa+2b3−b2a+b3=aa3+6a2b+12ab2+8b3−b8a3+12a2b+6ab2+b3

=a4+6a3b+12a2b2+8ab3−8a3b−12a2b2−6ab3−b4

=a4−2a3b+2ab3−b4

=a4−b4−2a3b−2ab3

=a2−b2a2+b2−2aba2−b2=a2−b2a2−2ab+b2

=a−ba+ba−b2=a−b3a+b

a) Véc tơ chỉ phương của đường thẳng d là: u→=2;1;2;

Vì H là hình chiếu của A trên đường thẳng d nên H ∈ (d)

⇒H1+2t;  t;  2+2t

AH⊥d⇒AH→.u→=0⇔22t−1+t−5+22t−1=0

⇔t=1⇔H(3;  1;  4)

Vậy H (3;1;4).

b) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên (P). Ta có d(A; (P)) = AK ≤ AH

⇒d(a;(P))Max=AH

⇒K ≡ H ⇒ K (3;1;4).

Mặt phẳng (P) đi qua K (3;1;4) có véc tơ pháp tuyến là AK→=1;  −4;  1 .

Vậy phương trình của mặt phẳng (P) là: x – 4y + z – 3 = 0.

a) Xét ∆OBC có OB = OC = R

Suy ra ∆OBC cân tại O có OH là đường cao nên OH cũng là phân giác.

Do đó AOB^=AOC^.

Xét ∆BAO và ∆CAO có:

OB = OC = R

 AOB^=AOC^(cmt)

OA là cạnh chung

Do đó ∆BAO = ∆CAO (c.g.c)

ABD^=ACD^=90o hay OC vuông góc với AC tại C.

Vậy AC là tiếp tuyến của (O).

b) M là giao điểm của OK và BC.

Xét ∆BMO vuông tại O có OH vuông góc BM

⇒MOH^=HBD^.

Tương tự xét ∆ABO vuông tại B có BH vuông góc AO

⇒MOH^=BAH^

⇒MOH^=BAH^

Mà BAH^=HAK^⇒MOH^=HAK^

⇒∆AKO cân tại K ⇒ AK = KO.

c) Ta có OA = OI + AI hay AI = OA – OI = 2R – R = R

Xét ∆AKO cân tại K có:

KI là đường trung tuyến ⇒ KI cũng là đường cao ⇒KI⊥OI.

Vậy KI là tiếp tuyến của (O).

Sai số tỉ đối của phép đo đó là:ε=2118.100%=1,67%.

Đáp án đúng là B.

Sai số tương đối của phép đo đó là: 2158.100%=1,27%.

Đáp án đúng là D.

Gọi số cần tìm là a thì a + 8 ∈BC (11; 13) và a là số nhỏ nhất thỏa mãn 100 ≤ a ≤ 999.

Ta có BCNN (11; 13) = 11.13 = 143.

BC (11;13)∈{0; 143; 286; ...}.

Vì a là số tự nhiên có ba chữ số nhỏ nhất nên a + 8 = 143 ⇒ a = 135.

Vậy số cần tìm là 135.

Ta có: x=SCSC=1; y=SMSB=12;

z=SPSA; t=SNSD=13;

Mà: 1x+1z=1y+1t

⇔1+1z=2+3

⇒1z=14.

VS.CNPN=xyzt41x+1y+1z+1t.VS.ABCD

⇔VS.CMPN=548.

a) m = – 2 thì (d): y = − x; (d'): y = 2x + 1.

Gọi M (x₀; y₀) là giao điểm của 2 đường thẳng (d) và (d')

⇒ (d): y₀ = – x₀ ; (d'): y₀ = 2x₀ + 1

⇒y0=−x0y0=2x0+1⇔x0=−13y0=13.

Vậy tọa độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là: M−13;  13 .

b) Điều kiện để (d) song song với (d'):

⇔−1=m2−2m+2≠1⇔m=±1m≠−1⇔m=1

Vậy m = 1 thì (d) song song với (d').

Độ dài đường cao AH của tam giác ABC vuông tại A là:

AH=AB.ACBC=6.810=4,8 (cm).

Đáp án đúng là A.

Số các chọn 3 học sinh vào mỗi tổ: C93.C63.C33=C93.C63.

Chia 3 bạn nữ vào 3 tổ: 3! = 6

Xếp 6 bạn nam vào 3 tổ: C62.C42.C22=C62.C42.

​Xác suất: P=6.C62.C42C93.C63=928.

Từ A kẻ AE vuông góc với DC tại E;

Từ B kẻ BF vuông góc với DC tại E;

⇒ AE // BF

Xét tứ giá ABFE có: AB // EF (ABCD là hình thang cân) ; AE //BF (cmt) và AEF^=90o

⇒ ABFE là hình chữ nhật

Xét ∆ADE và ∆BFC có:

AD = BC và ADE^=BCF^  (do ABCD là hình thang cân)

AED^=BFC^=90o

⇒ ∆ADE = ∆BFC (cạnh huyền – góc nhọn)

⇒DE=FC=DC−EF2=18−122=3(cm)

Xét ∆ADE vuông tại E có:

AD=DEcosADE^=3cos75o=11,6(cm)

AE=AD.tanADE^=3.tan75o=11,2(cm)

Chu vi hình thang cân ABCD là: 12 + 18 + 11,6.2 = 53,2 (cm)

Diện tích hình thang cân ABCD là:  (cm²).

Chiều cao hình thang ABCD là: 225.2 : ( 12 + 18 ) = 15 (cm)

Ta có: Chiều cao của hình thang ABCD chính là chiều cao của hình tam giác ACD và độ dài đáy của hình tam giác ACD bằng 18 cm.

Diện tích hình tam giác ACD là : 15.18 : 2 = 135 (m²).

Diện tích hình tam giác ABC là : 225 − 135 = 90 (m²).