5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 23)

a) Ta có:

AIP^=PQI^ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp cùng chắn cung IP)

⇒AIP^=AQI^

Xét ∆AIP và ∆AQI có:

AIP^=AQI^ (cmt)

  A^: góc chung

Þ ∆AIP ᔕ ∆AQI (g.g)

⇒AIAQ=APAI⇒AP . AQ=AI2(1) (đpcm)

b. Ta có:

PQK^=KBP^ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung PK)

⇒AQK^=ABP^

Xét ∆AQK và ∆ABP có:

AQK^=ABP^ (cmt)

 A^: góc chung

Þ ∆AQK ᔕ ∆ABP (g.g)

⇒AQAB=AKAP⇒AK . AB=AP . AQ (2) (đpcm)

c. Từ (1) và (2) suy ra AK . AB=AI2 =AP . AQ

Mà I là trung điểm của AB nên AK . 2AI=AI2⇔2AK=AI.

Vậy K là trung điểm của AI.

a) Ta có:

AIP^=PQI^ (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp cùng chắn cung IP)

⇒AIP^=AQI^

Xét ∆AIP và ∆AQI có:

AIP^=AQI^ (cmt)

A^ : góc chung

Þ ∆AIP ᔕ ∆AQI (g.g)

 ⇒AIAQ=APAI⇒AP . AQ=AI2(1)

Mà AI là cố định nên tích AP.AQ không đổi.

b. Lấy điểm K sao cho K khác B là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ và đoạn thẳng AB.

Ta có:

PQK^=KBP^ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung PK)

⇒AQK^=ABP^

Xét ∆AQK và ∆ABP có:

AQK^=ABP^ (cmt)

A^ : góc chung

Þ ∆AQK ᔕ ∆ABP (g.g)

⇒AQAB=AKAP⇒AK . AB=AP . AQ (2)

Từ (1) và (2) suy ra AK . AB=AI2 =AP . AQ

Mà I là trung điểm của AB nên AK . 2AI=AI2⇔2AK=AI

Vậy K là trung điểm của AI nên K cố định.

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ luôn đi qua một điểm cố định khác B là K.

a) Tung độ hai điểm A, B Î (P) là:

yA=12⋅−12=12yB=12⋅22=2

Vậy A−1;   12; B2;   2 .

Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A−1;   12; B2;   2 có phương trình là:

(d): x+12+1=y−122−12

⇔x+13=2y−13

⇔y=12x+1

Vậy m=12n=1 là các giá trị cần tìm.

b) Ta có:

OH=dO/AB=12.0−0+1122+−12=255.

a) Tung độ hai điểm A, B Î (P) là:

yA=12⋅−12=12yB=12⋅22=2.

Vậy A−1;  12; B2;  2 .

b) Đường thẳng (d) đi qua hai điểmA−1; 12; B2; 2 có phương trình là:

(d): A−1; 12; B2; 2

⇔x+13=2y−13

⇔y=12x+1

Vậy m=12n=1 là các giá trị cần tìm.

Ta có: tan² a + cot² a= 7

Û (tan a + cot a)² − 2tan a.cot a= 7

Û m² − 2.1 = 7

Û m² = 9

Û m =± 3.

Vậy m =± 3 là các giá trị cần tìm của m.

Ta có:

• tan² a + cot² a

= (tan a + cot a)² − 2tan a.cot a

= m² − 2.1

= m² − 2

• tan³ a + cot³ a

= (tan a + cot a)(tan² a − tan a.cot a + cot² a)

= m.(m² − 2 − 1)

= m.(m² − 3)

= m³ − 3m

a) Ta có A=x+2x+3−5x2+x−6+12−x

=x+2x+3−5x+3x−2+12−x

ĐKXĐ: x+3≠02−x≠0⇒x≠−3x≠2.

b) A=x+2x+3−5x+3x−2+12−x

=x+2x−2x+3x−2−5x+3x−2−x+3x+3x−2

=x2−4−5−x−3x+3x−2=x2−x−12x+3x−2

=x+3x−4x+3x−2=x−4x−2.

c) Để A=−34 thì:

A=x−4x−2=−34

⇔4x−4=−3x−2

⇔4x−16=−3x+6

⇔7x=22

⇔x=227 (thỏa mãn điều kiện).

d) Ta có: A=x−4x−2=x−2−2x−2=1−2x−2

Vì 1 Î ℤ nên để A Î ℤ thì 2x−2∈ℤ

Þ x − 2 Î Ư (2) = {±1; ±2}

Þ x Î {0; 1; 3; 4}.

Vậy để A nhận giá trị nguyên thì x Î {0; 1; 3; 4}.

e) x² − 9 = 0

Þ (x + 3)(x − 3) = 0

⇔x+3=0x−3=0⇔x=−3 KTMx=3   TM

Thay vào biểu thức A, ta có:

A=x−4x−2=3−43−2=−1.

Ta có P=x+2x+3−5x2+x−6+12−x

=x+2x+3−5x+3x−2+12−x

ĐKXĐ: x+3≠02−x≠0⇒x≠−3x≠2

P=x+2x+3−5x+3x−2+12−x

=x+2x−2x+3x−2−5x+3x−2−x+3x+3x−2

=x2−4−5−x−3x+3x−2=x2−x−12x+3x−2

=x+3x−4x+3x−2=x−4x−2

Để P=−34 thì: P=x−4x−2=−34

⇔4x−4=−3x−2⇔4x−16=−3x+6⇔7x=22

 ⇔x=227(thỏa mãn điều kiện).

Vậy với ⇔x=227 thì P=−34.

Gọi số có 3 chữ số cần tìm là .

Ta có  ab0¯− ab¯ = 135

Þ 10 × ab¯ − ab¯ = 135

Þ9 × ab¯ = 135

Þ ab¯= 15

Þab0¯ = 150

Vậy số cần tìm là 150

Gọi số có 3 chữ số cần tìm là  abc¯.

Ta có  = 6 × abc¯

Þ 1000 × a + bc¯  = 6 × (100 × a +bc¯ )

Þ1000 × a +bc¯  = 600 × a + 6 × bc¯

Þ400 × a = 5 × bc¯

Þ 80 × a = bc¯.

Với a là số tự nhiên thỏa mãn 1 £ a £ 9 thì:

• Với a = 1 Þbc¯= 80 (thỏa mãn)

Þ abc¯ = 180.

• Với a = 2 Þ bc¯= 160 (loại vì bc¯ là số có 2 chữ số).

• Với a > 2 Þ bc¯> 160 (loại vì bc¯ là số có 2 chữ số).

Vậy số cần tìm là 180.

 9x2+x−1−10.3x2+x−2+1=0

⇔9.9x2+x−2−10.3x2+x−2+1=0(*)

Đặt  t=3x2+x−2 t>0 thì phương trình (*) trở thành:

(*)⇔9t2−10t+1=0

Û (9t − 1)(t − 1) = 0

⇔9t−1=0t−1=0⇔t=19t=1

• Với   t=19⇒3x2+x−2=19

⇒x2+x−2=−2⇔xx+1=0⇔x=0x+1=0⇒x=0x=−1

• Với  t=1⇒3x2+x−2=1

⇒x2+x−2=0.

⇔x+2x−1=0⇔x+2=0x−1=0⇒x=−2x=1

Vậy nghiệm của phương trình là x Î {−2; -1,0,1}

Chọn C

Giả sử a² + b² +c² ≥ ab + bc + ca

Û 2(a² + b² +c²) ≥ 2(ab + bc + ca)

Û 2a² + 2b² + 2c² ≥ 2ab + 2bc + 2ca

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

Û (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0

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

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

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

Ta có: a² + b² +c² = ab + bc + ca

Û 2(a² + b² +c²) = 2(ab + bc + ca)

Û 2a² + 2b² + 2c² = 2ab + 2bc + 2ca

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

Û (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² = 0

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

a−b2=0b−c2=0c−a2=0⇔a=bb=cc=a⇔a=b=c (đpcm).

Gọi I là trung điểm của BD ⇒ID=IB=BD2 (1)

Xét tam giác ABD có A^=60° và AB = AD nên ∆ABD đều Þ AB = BD

+) E và I là trung điểm của BA và BD nên EI là đường trung bình của ∆BAD

⇒EI=AD2 (2)

+) Tương tự HI=AB2 (3)

Chứng minh tương tự ta có tam giác BDC đều và  GI=BC2; FI=CD2(4)

Mặt khác AB=BC=CD=DA=BD (5)

Từ (1), (2), (3), (4) và (5) suy ra IB = ID = IE = IH = IG = IF

Vậy 5 điểm E, F, G, H, B, D cùng thuộc đường tròn tâm I, đường kính BD.

Xét tam giác ACN vuông tại N

⇒NCA^+NAC^=90° (1)

Mà NAC^+MAB^=BAC^=90° (2)

Từ (1) và (2) suy ra NCA^=MAB^ (hai góc cùng phụ với NAC^

Xét ∆NCA và ∆MAB vuông tại N và M có:

NCA^=MAB^ (cmt)

AC = BA (hai cạnh góc vuông của tam giác vuông cân)

Do đó ∆NCA = ∆MAB (cạnh huyền – góc nhọn)

Vậy ∆BAM = ∆CAN (đpcm).

b) ∆NCA = ∆MAB Þ BM = AN và CN = AM (các cặp cạnh tương ứng bằng nhau)

Þ MN = MA + AN = CN + BM

Vậy MN = BM + CN (đpcm)

cos 2x + 3sin x − 2 = 0

Û 1 − 2sin² x + 3sin x − 2 = 0

Û − 2sin² x + 3sin x − 1 = 0

Û 2sin² x − 3sin x + 1 = 0

Û (2sin x − 1)(sin x − 1) = 0

+) TH1: sin x = 1

⇒x=π2+k2π k∈ℤ

Với x Î (0; 20π)

⇒0<π2+k2π<20π k∈ℤ

⇔−14<k<394 k∈ℤ

Þ 0 £ k £ 9 (k Î ℤ)

Vậy TH1 cho 10 nghiệm x thỏa mãn

+) TH2: sinx=12

⇒x=π6+k12π k1∈ℤx=−π6+k22π k1∈ℤ

Với x Î (0; 20π)

⇒0<π6+k12π<20π k1∈ℤ0<−π6+k22π<20π k2∈ℤ

⇒−112<k1<11912 k1∈ℤ112<k2<12112 k2∈ℤ

⇒0≤k1≤9 k1∈ℤ1≤k2≤10 k2∈ℤ

Vậy TH2 cho 20 nghiệm x thỏa mãn.

Vậy có 30 nghiệm của x thỏa mãn phương trình.

cos 2x + 3sin x − 2 = 0

Û 1 − 2sin² x + 3sin x − 2 = 0

Û − 2sin² x + 3sin x − 1 = 0

Û 2sin² x − 3sin x + 1 = 0

Û (2sin x − 1)(sin x − 1) = 0

• TH1: sin x = 1

⇒x=π2+k2π k∈ℤ

• TH2:sinx=12

⇒x=π6+k2π k∈ℤx=−π6+k2π k∈ℤ

Vậy S=π2+k2π; π6+k2π; −π6+k2π là tập nghiệm của phương trình với (k Î ℤ).

sinx+cosx=2

⇔sinx=2−cosx

Lại có: sin2x+cos2x=1

⇒2−cosx2+cos2x=1

⇔2cos2x−22cos2x+2=1

⇔2cos2x−22cos2x+1=0

⇔2cosx−12=0

⇒2cosx−1=0⇔cosx=22⇒sinx=22

Khi đó tanx=sinxcosx=2222=1; cotx=1tanx=1

sinx+cosx=23

⇒sinx+cosx2=49

⇔sin2x+2sinxcosx+cos2x=49

⇔1+2sinxcosx=49

⇔2sinxcosx=−59

⇔sinxcosx=−518

Vậy A=sinxcosx=−518

Ta có SA ^ (ABCD)

⇒SC,ABCD^=SCA^=45°.

AC=AB2+BC2=3a2+4a2=5a.

Trong ∆SAC vuông tại A

⇒SA=AC.tanSCA^=5a.tan45°=5a.

Khi đó, thể tích khối chóp S.ABCD là:

VS.ABCD=13SA.SABCD=13SA.AB.BC

=13.5a.3a.4a=20a3.

Ta có SA ^ (ABCD) Þ SA ^ AC

Þ ∆SAC vuông cân tại A

⇒SA=AC=SC2=2a22=2a.

Xét tam giác vuông ABC ta có:

BC=AC2−AB2=2a2−a2=a3.

Khi đó, thể tích khối chóp S.ABCD là:

VS.ABCD=13SA.SABCD=13SA.AB.BC

=13.2a.a.a3=2a333

a) ΔABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính AB

ÞΔABC vuông tại CÞCB^AC (1)

Ta có: OA=OC= R ÞΔOAC cân tại O mà OI là trung tuyến

Þ OI cũng là đường cao và là đường phân giác

ÞOI^AC (2)

Từ (1) và (2) ÞCB // OI (đpcm)

 b) Xét ΔDOA và ΔDOC có:

OD: cạnh chung

OA=OC= R

DOA^=DOC^

ÞΔDOA=ΔDOC (c.g.c)

⇒DAO^=DCO^=90°

ÞDA^OA

Mà DA giao với đường tròn (O) tại điểm A

Þ DA là tiếp tuyến của (O) (đpcm)

c) OB=OC Þ ΔOBC cân ở O⇒OBC^=OCB^

Ta có: BCK^+OCB^=90°; BCH^+OBC^=90°; OBC^=OCB^

⇒BCK^=BCH^

Þ ΔBCH=ΔBCK (ch- gn)

Þ CH=CK

Vì ΔABC vuôngở A có AH là đường caonên 

AH.BH=CH² (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Þ AH.BH=CH² (đpcm).

Vì MA và MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra tam giác MAB cân tại M.

Mặt khác AMB^=60°  nên tam giác MAB đều.

Theo giả thiết có chu vi tam giác ABM là:

3.AB = 18 Û AB = 6 (cm)

Vì MA và MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra tam giác MAB cân tại M

Mặt khác AMB^=60°  nên tam giác MAB đều

Theo giả thiết có chu vi tam giác ABM là:

3.AB = 24 Û AB = 8 (cm)

Þ MA = MB = AB = 8 cm.

Lại có AMO^=12AMB^=30° (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét tam giác vuông MAO có: tanAMO^=OAMA⇒OA=MA.tan30°=43  (cm)

Theo lý thuyết khi B ⊂ A thì A \ B được gọi là phần bù của B trong A, kí hiệu là C_AB.

Vậy ta chọn đáp án B.

A−B≤A−B

Dấu “=” xảy ra khi a = b.

a) Ta có: 4 = 2²; 6 = 2.3

BCNN(4, 6) = 2².3 = 12

Þ BC(4, 6) = B(12) = {0; 12; 24; 36; …}.

b) Ta có: 10 = 2.5; 20 = 2².5

Þ ƯCLN(10, 20) = 2.5 = 10

Þ ƯC(10, 20) = Ư(10) = {1; 2; 5; 10}.

Ta có: 10 = 2.5; 20 = 2².5; 70 = 2.5.7

ƯCLN(10, 20, 70) = 2.5 = 10

Þ ƯC(10, 20, 70) = Ư(10) = {1; 2; 5; 10}.

a) ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ 4.

P=x−x+2x+1:xx+1−x−41−x

=xx+1−x+2x+1:xx−1x+1x−1+x−4x+1x−1

=x+x−x−2x+1:x−xx+1x−1+x−4x+1x−1

=x−2x+1:x−4x+1x−1

=x−2x+1x−1x+1x−4

=x−2x+1x−1x+1x−2x+2

=x−1x+2

b) Ta có P < 0

⇒x−1x+2<0⇒x−1<0

⇒x<1⇒x<1.

Kếu hợp ĐKXĐ suy ra 0 £ x < 1 thì P < 0.

P=x−1x+2=x+2−3x+2=1−3x+2

do x+2≥2⇒3x+2≤32

⇒P≥1−32=−12

⇒Pmin=−12 khi x+2=2⇔x=0

P=1+aa+1:1a−1−2aaa+a−a−1

=1+aa+1:1a−1−2aa+1a−1

ĐKXĐ: a ≥ 0; a ≠ −1; a ≠ 1.

Ta có: P=1+aa+1:1a−1−2aa+1a−1=a+a+1a+1:a+1a+1a−1−2aa+1a−1=a+a+1a+1:a−2a+1a+1a−1=a+a+1a+1:a−12a+1a−1=a+a+1a+1:a−1a+1=a+a+1a+1a+1a−1=a+a+1a−1

Để P < 1 thì P=a+a+1a−1<1

⇔a−1+a+2a−1<1⇔1+a+2a−1<1⇔a+2a−1<0

⇔a+2>0a−1<0a+2<0a−1>0⇔a>−2a<1a<−2a>1⇔−2<a<1 TMa<−2a>1    KTM

Kết hợp ĐKXĐ suy ra 0 £ x < 1 thì P < 1.

c) Ta có:a=19−83=16−2.43+3=4−32 .

Khi đó P=a+a+1a−1=19−83+4−32+14−32−1

=20−83+4−34−3−1=24−933−3=15−32.

Để tứ giác ABCD là hình bình hành thì:   CD→=BA→

⇔xD+5; yD−1=2+1; 4−4

⇔xD+5; yD−1=3; 0

⇒xD+5=3yD−1=0⇒xD=−2yD=1

Vậy D(−2; 1).

Để tứ giác ABCD là hình bình hành thì:   CD→=BA→

⇔xD−8; yD+2=−4−2; 2−4

⇔xD−8; yD+2=−6; −2

⇒xD−8=−6yD+2=−2⇒xD=2yD=−4

Vậy D(2; −4).

Gọi D là giao điểm của đường thẳng AC và BP

I là giao điểm của PC và AH.

Ta có BAC^=90° (BC là đường kính)

 ⇒BAD^=90° (kề bù) hay ⇒DAP^+PAB^=90° (1)

∆ABD vuông tại A (cmt) ⇒ABD^+ADB^=90° (2)

Mặt khác PA, PB là hai tiếp tuyến của (O) nên PA = PB và PAB^=PBA^  (3)

Từ (1), (2), (3) ⇒DAP^=ADP^.

Do đó ∆APD cân tại P

ÞPA = PD, mà PA = PB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

ÞPD = PB

Lại có DB // AH (^BC).

Xét △PBC có: IH//PB ⇒IHPB=ICPC (4) (định lí Ta-lét).

Tương tự △PCD có: AI//PD ⇒AIDP=ICPC (5)

Từ (4), (5)  ⇒IHPB=AIDP⇒IH=IA(vì PB=PD).

Vậy PC cắt AH tại trung điểm I của AH.

a) PA, PB là 2 tiếp tuyến với đường tròn tâm O

⇒PAO^=PBO^=90°.

⇒PAO^+PBO^=90°+90°=180°

Vậy tứ giác PAOB nội tiếp.

b) Gọi D là giao điểm của đường thẳng AC và BP.

Ta có BAC^=90° (BC là đường kính)

 ⇒BAD^=90°(kề bù) hay ⇒DAP^+PAB^=90° (1)

∆ABD vuông tại A (cmt) ⇒ABD^+ADB^=90° (2)

Mặt khác PA, PB là hai tiếp tuyến của (O) nên PA = PB vàPAB^=PBA^ (3)

Từ (1), (2), (3) ⇒DAP^=ADP^

Do đó ∆APD cân tại P

ÞPA = PD, mà PA = PB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

ÞPD = PB

Lại có DB // AH (^BC).

Xét ∆PBC có: EH//PB ⇒EHPB=ECPC (4) (định lí Ta-lét)

Tương tự △PCD có: AE//PD ⇒AEDP=ECPC (5)

Từ (4), (5)  ⇒EHPB=AEDP⇒EH=EA(vì PB=PD).

Vậy PC cắt AH tại trung điểm E của AH.

Do EH // BP (^ BC)

⇒EHPB=CHCB⇔2EHPB=CHCB2

⇔AHPB=CHOB⇔OB . AH=CH . PB.

c) K là chân đường vuông góc kẻ từ A đến OP.

Ta có: OK=OA2OP=R2d;

AK=OA2−OK2=R2−R2d2;

AH=OK . ABOB=2OK . AKOB

=2R2d.R2−R2d2R

=2RdR2−R2d2.

 MA→+MC→=MA→−MB→

⇔2MI→=BA→(Với I là trung điểm của AC)

Û 2MI = BA.

Vậy M thuộc đường tròn tâm I đường kính BA với I là trung điểm của AC.

Ta có: MA→=MB→

⇔MA→−MB→=0→⇔BA→=0→⇔B≡A (trái với giả thiết).

Vậy không có điểm M nảo thỏa mãn.

Để phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt thì

⇔Δ=2m+52−42m+1>0x1+x2=2m+5>0x1x2=2m+1>0

⇔4m2+12m+21>0m>−52m>−12⇒m>−12.

Đặt A=x1−x2>0

⇔A2=x1+x2−2x1x2

⇔A2=2m+5−22m+1

⇔A2=2m+1−22m+1+1+3

⇔A2=2m+1−12+3≥3

⇒A≥3⇒Amin=3 khi 2m+1=1⇒m=0.

Vậy GTNN của x1−x2 bằng 3 khi m = 0.

a) Ta thấy: Δ'=m−12−2m−5=m2−4m+6

=m−22+2≥2>0, ∀m∈ℝ.

Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m thực

b) Áp dụng định lý Vi-ét với x₁,x₂ là hai nghiệm của phương trình thì:

⇔x1+x2=2m−1x1x2=2m−5.

Khi đó, để x₁ < 2 < x₂Û (x₁ − 2)(x₂ − 2) < 0

Ûx₁x₂ − 2(x₁ + x₂) + 4 < 0

Û 2m − 5 − 4(m − 1) + 4 < 0

Û − 2m + 3 < 0 .

Vậy m>32 là giá trị của m thỏa mãn.

Hai góc so le trong là hai góc về hai phía đối vớí cát tuyến và nằm bên ngoài của hai đường thẳng song đó.

Ví dụ: EGA^=CHF^.

-Cặp góc so le trong cùng phía là những góc nằm ở vị trí so le nhau nằm trong hình và cùng nằm ở 1 đường thẳng.

-Góc sole ngoài cùng phía là những góc nằm ở vị trí sole nhau nằm trong hình và cùng nằm trên 1 đường thẳng.

-Cặp góc so le trong là những góc nằm ở vị trí so le nhau nằm trong hình và cùng nằm ở 1 đường thẳng.

-Cặp góc đồng vị là những góc nằm ở vị trí giống nhau ở hai đường thẳng song song.

Không có đường tròn đi qua ba điểm thẳng hàng.

Vậy đáp án đúng là D.

Có một và chỉ một đường tròn đi qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng.

Vậy đáp án đúng là B.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

⇒GA→+GB→+GC→=0→.

Gọi I là điểm nằm trên AB sao cho IA→+2IB→=0→

MA→+MB→+MC→=MA→+2MB→.

⇔MG→+GA→+MG→+GB→+MG→+GC→=MI→+IA→+2MI→+IB→

⇔3MG→=3MI→

⇔MG=MI

Tập hợp M là đường trung trực của đoạn thẳng IG.

d): y= (m+1)x +2m −3

= mx + x +2m −3

= m(x + 2) + x – 3.

Điểm cố định mà (d) luôn đi qua có tọa độ là:

x+2=0y=x−3⇔x=−2y=−5.

Vậy điểm cố định cần tìm có tọa độ là (−2; −5).

(d): y=(m − 1)x + 2m − 3

= mx − x +2m −3

= m(x + 2) − x – 3.

Điểm cố định mà (d) luôn đi qua có tọa độ là:

x+2=0y=−x−3⇔x=−2y=−1.

Vậy điểm cố định cần tìm có tọa độ là (−2; −1).

a) Vì BD là đường kính của (O)

Þ BD ^ DC Þ BD ^ AC .

Tam giác ABC có AB ^ BC và BD ^ AC nên AB² = AD.AC (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

b) Ta có:

BE ^ CE Þ AO ^ BE (Do CE // OA)

Þ H là trung điểm của BE

Þ B, E đối xứng với nhau qua OA

⇒AEO^=ABO^=90°

Þ AE là tiếp tuyến của (O).

c) Ta có: OB ^ AB, BH ^ AO Þ OB² = OH.OA

Þ OC² = OH.OA ⇒OHOC=OCOA.

Xét ∆OHC và ∆OCA có:

O^: góc chung

OHOC=OCOA (cmt)

Do đó ∆OHC ᔕ ∆OCA (c.g.c)

Suy ra  OCH^=OAC^(hai góc tương ứng)

d) Ta có: AEF^=FBE^=FEB^

Þ EF là phân giác của AEH^

⇒FHFA=EHEA=sinHAE^=sinEBC^

=ECBC=2OH2OC=OHOC

Mà∆OHC ᔕ ∆OCA

⇒CACH=OCOH⇒FHFA.CACH

Þ FA.CH = HF.CA (đpcm).

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

⇒GA→+GB→+GC→=0→.

Gọi I là điểm nằm trên BC sao cho

2MA→+MB→+MC→=3MB→+MC→

⇔2MG→+GA→+MG→+GB→+MG→+GC→=3MI→+IB→+MI→+IA→

⇔2.3.MG→=3.2.MI→

⇔MG→=MI→

⇔MG=MI.

Vậy tập hợp điểm M nằm trên đường trung trực của GI.

a) Có ∆ABC cân tại A:

Þ AB = AC (tính chất tam giác cân)

Và  B^=C^(tính chất tam giác cân)

Xét ∆AHB cân tại H và ∆AHC cân tại H có:

AH: cạnh chung

AB = AC

Þ∆AHB =∆AHC (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

Þ HB = HC (hai cạnh tương ứng bằng nhau)

b) Xét ∆HMB vuông tại M và ∆HNC vuông tại N có:

BH = CH (cmt)

B^=C^ (cmt)

Do đó ∆HMB = ∆HNC (cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra HM = HN (1) (hai cạnh tương ứng bằng nhau)

Þ∆HMN cân tại H

c) ∆HMB = ∆HNC

Þ MB = NC (hai cạnh tương ứng bằng nhau)

Mà AB = AC Þ AM = AN (2)

Từ (1) và (2) nên AH là đường trung trực của đoạn thẳng MN

Þ AH ^ MN

Mà AH ^ BC nên suy ra MN // BC (đpcm

a) Có ∆ABC cân tại A:

Þ AB = AC (tính chất tam giác cân)

Và B^=C^ (tính chất tam giác cân)

Xét ∆AHB cân tại H và ∆AHC cân tại H có:

AH: cạnh chung

AB = AC

Þ∆AHB =∆AHC (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

Þ HB = HC (hai cạnh tương ứng bằng nhau)

b) Xét ∆HMB vuông tại M và ∆HNC vuông tại N có:

BH = CH (cmt)

B^=C^ (cmt)

Þ∆HMB = ∆HNC (cạnh huyền - góc nhọn)

Þ HM = HN (hai cạnh tương ứng bằng nhau)

Þ∆HMN cân tại H

c) ∆HMB = ∆HNC

Þ MB = NC (hai cạnh tương ứng bằng nhau).

Mà AB = AC Þ AM = AN.

Vậy tam giác AMN cân tại A.

Ta có 3x−1x2−4=3x−1x−2x+2 .

Ta có: (x − 2)(x + 2) ≠ 0

⇔x−2≠0x+2≠0⇔x≠2x≠−2.

Vậy điều kiện xác định của phân thức là x ≠ ± 2.

Chọn chữ số hàng trăm có 2 cách: {2; 3}.

Chọn chữ số hàng chục có: 5 cách.

Chọn chữ số hàng đơn vị có: 4 cách.

Vậy lập được 2.5.4 = 40 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a) Để lập được số có ba chữ số với các chữ số trong mỗi số đều khác nhau thì:

• Chọn chữ số hàng trăm có: 6 cách.

+ Chọn chữ số hàng chục có: 5 cách.

+ Chọn chữ số hàng đơn vị có: 4 cách.

Vậy có: 6.5.4 = 120 số thỏa mãn.

b) • Số có ba chữ số nhỏ hơn 400 với các chữ số khác nhau.

+ Chọn chữ số hàng trăm có 2 cách: {2; 3}.

+ Chọn chữ số hàng chục có: 5 cách.

+ Chọn chữ số hàng đơn vị có: 4 cách.

Vậy lập được 2.5.4 = 40 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Số lẻ có ba chữ số với các chữ số khác nhau.

+ Chọn chữ số hàng đơn vị có 4 cách: {3; 5; 7; 9}.

+ Chọn chữ số hàng chục có: 5 cách.

+ Chọn chữ số hàng đơn vị có: 4 cách.

Vậy lập được 4.5.4 = 80 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Số có ba chữ số chia hết cho 5 với các chữ số khác nhau.

+ Chọn chữ số hàng đơn vị có 1 cách: {5}.

+ Chọn chữ số hàng chục có: 5 cách.

+ Chọn chữ số hàng đơn vị có: 4 cách.

Vậy lập được 1.5.4 = 20 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi số có 6 chữ số khác nhau cần tìm là abcdef¯ .

Ta có: 8 = 1 + 2 + 5 = 1 + 3 + 4.

Vậy có 2 cách chọn nhóm 3 số để làm các số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn.

Ứng với 1 bộ số có 3! = 6 cách lập ra sốcde¯

Chọn ra các số còn lại a, b, f là chọn 3 trong 6 số còn lại có tính đến thứ tự, tức là có A63=120 cách chọn.

Vậy ứng với 1 bộ số ở trên, ta có thể lập được 6.120 = 720 số.

Vậy có tất cả 720.2 = 1440 số thảo mãn yêu cầu bài toán.

Đỉnh của parabol là −Δ4a nên theo bài ra ta có hệ phương trình:

 −Δ4a=−2516a−4b+c=036a+6b+c=0⇔b2−4ac=100.a16a−4b+c=036a+6b+c=0

⇔b2−4ac=100.a2a+b=024a+c=0⇔4a2+96a2=100.ab=−2ac=−24a

⇔100a2=100.ab=−2ac=−24a⇔a=0 KTMa=1 TMb=−2ac=−24a⇔a=1b=−2c=−24.

Vậy parabolcần tìm là: y =x² − 2x − 24.

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

c=1−b2a=12−Δ4a=−b2−4ac4a=34⇔c=1b=−ab2−4ac=−3a.

⇔c=1b=−aa2−a=0⇔c=1b=−aa=0 KTMa=1 TM⇔a=1b=−1c=1

Vậy parabol cần tìm là (p): y =x² − x + 1.

• Để (d₁) và (d₂) song song suy ra a = a' và b ≠ b'.

• Để (d₁) và (d₂) cắt nhau suy ra a ≠ a'.

• Để (d₁) và (d₂) trùng nhau suy ra a = a' và b = b'

Ta có:

•d1:x=4+2ty=1−5t  nên VTCP của đường thẳng d₁ là ud1→=2; −5 .

• (d₂): 2x − 5y − 14 = 0 nên VTPT của đường thẳng d₂ là nd2→=2; −5.

Vì ud1→=nd2→ nên (d₁) và (d₂) vuông góc với nhau.

Vậy đáp án đúng là B.

Ta có: 325 = 9 × 36 + 1.

Vậy phép chia của 325 cho 9 có thương là 36 và dư là 1.

Số chia hết cho 9 có dạng 9k (với k Î ℤ).

Do số đó thuộc khoảng từ 160 đến 325 nên ta có:

160 < 9k < 325

⇔1609<k<3259

Û 18 £ k £ 39 (với k Î ℤ).

Vậy trong khoảng từ 160 đến 325 có 22 số chia hết cho 9.

Ta có 1−2x12=∑k=012C12k−2xk=∑k=012C12k−2kxk .

Số hạng thứ 8 theo lũy thừa tăng dần tương ứng với k = 7 là: C127−27x7=−101376x7

Vậy số hạng cần tìm là  −101376x7.

Ta có 2+3x14=∑k=014C14k214−k3xk=∑k=014C14k214−k3kxk

Số hạng thứ 8 theo lũy thừa tăng dần tương ứng với k = 7 là :

C147214−737x7=C1472737x7.

Vậy hệ số cần tìm là C1472737.

a) Để đường thẳng (d) đi qua điểm M(2; 1) nên ta có:

(m − 1).2 + 2 = 1

Û 2m − 2 + 2 = 1

Û 2m = 1

⇔m=12

b) Đường thẳng d' có dạng (d'): ax + b (a ≠ 0).

Theo bài ra ta có hệ phương trình: a+b=3b=5⇔a=−2b=5.

Vậy đường thẳng (d') cần tìm là (d'): y = −2x + 5.

a) y = 2 Û x + 3 = 2 Û x = −1 Þ M(−1; 2).

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

(m + 1)(−1) − 2 = 2

Û − m − 1 − 2 = 2

Û m = −5.

Vậy m = −5 là giá trị của tham số m thỏa mãn.

b) Đường thẳng (d): y = −4x – 2.

• Với x = 0 Þ y = −2. Vậy A(0; −2).

• Với x = −1 Þ y = 2. Vậy B(−1; 2).

Đồ thị hàm số (d):

A(0; −2) là giao điểm của (d) với trục tung.

Với y = 0 ⇒x=−12 .

Vậy C−12; 0  là giao điểm của (d) với trục hoành.

Ta có: OA = 2 và .OC=12

Vậy diện tích tam giác OAC vuông tại O là:

SOAC=12OA.OC=12.12.2=12.

Lấy F và E lần lượt là giao điểm của NM với AB và NP với BC.

Lấy G và H lần lượt là giao điểm của FE với AD và CD.

Vậy giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (ABCD) là giao tuyến của mặt phẳng (NME) với mặt phẳng (ABCD), tức là GH.

Lấy F và E lần lượt là giao điểm của NM với AB và NP với BC.

Lấy G và H lần lượt là giao điểm của FE với AD và CD.

Lấy I là giao điểm của PH và SD.

Vậy giao điểm của SD và (MNP) là giao điểm của SI và (NEIF), tức là I.

Ta có A=4x2−2x+72x−1=2x2x−1+72x−1

=2x2x−12x−1+72x−1=2x+72x−1.

Vì 2x Î ℤ với x Î ℤ nên để A Î ℤ thì 72x−1∈ℤ

Þ 2x − 1 Î Ư(7) = {±1; ±7}

Þ x Î {−3; 0; 1; 4}.

Vậy x Î {−3; 0; 1; 4} là các giá trị của x thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có P:4x2−162x+1=4x2+4x+1x−2

⇔P=4x2+4x+1x−2⋅4x2−162x+1

⇔P=2x+12x−2⋅4x−2x+22x+1

⇔P=42x+1x+2

⇔P=42x2+x+4x+2⇔P=42x2+5x+2

⇔P=8x2+20x+8.

Xét tam giác ABC vuông tại A có:

AB^AC Û  AB→.AC→=0⇔AB→.AD→=0(vì D thuộc AC)

Vì M là trung điểm của BC nên ta có AB→+AC→=2AM→.

Lại có:  BD→=AD→−AB→ (quy tắc ba điểm).

Khi đó ta có:  2AM→.BD→

=AB→+AC→AD→−AB→

=AB→.AD→−AB→2+AC→.AD→−AC→.AB→

=0−AB2+AC.AD.cos0°−0

=−a2+2a.a2=0.

Vậy AM→.BD→=0⇔AM→⊥BD→⇔AM⊥CD (đpcm).

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại A nên

BC=AB2+AC2=a2+2a2=a5.

Lấy M là trung điểm của tam giác ABC vuông tại A.

⇒AM=BC2=a52.

Ta có:

• AB→+AC→=2AM→=2.AM=a5.

• AB→−AC→=CB→=BC=a5.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

⇒GA→+GB→+GC→=0→.

Gọi I là điểm nằm trên BC sao cho IB→+IC→=0→.

2MA→+MB→+MC→=3MB→+MC→

⇔2MG→+GA→+MG→+GB→+MG→+GC→=3MI→+IB→+MI→+IA→.

⇔2.3.MG→=3.2.MI→

⇔MG→=MI→

⇔MG=MI

Vậy tập hợp điểm M nằm trên đường trung trực của GI.

MA→+MC→=MA→−MB→

⇔2MI→=BA→(Với I là trung điểm của AC)

Û 2MI = BA.

Vậy M thuộc đường tròn tâm I đường kính BA với I là trung điểm của AC.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d₂) và (d₁) là nghiệm của phương trình:

12x+3=32x−1

 ⇔x=4Û y = 5.

Vậy giao điểm của (d₂) và (d₁) là điểm M(4; 5).

b) Để (d): y = ax + b song song với (d₂) thì: a=32b≠−1.

Để d:y=32x+b b≠−1 đi qua điểm M(4; 5) thì:

32.4+b=5⇔b=−1​ KTM.

Vậy không tồn tại đồ thị hàm số (d) nào thỏa mãn.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d₂) và (d₁) là nghiệm của phương trình:12x=2x−3

⇔32x=3

⇔x=2 Û y = 1.

Vậy giao điểm của (d₂) và (d₁) là điểm M(2; 1).

b) Để (d₃): y = ax + b song song với (d₂) thì: a=2b≠−3 .

Điểm A có tung độ bằng −2 thuộc (d₁) nên có hoành độ là −4.

Vậy A(−4; −2).

Để (d₃): y = 2x + b (b ≠ −3) đi qua điểm A(−4; −2) thì:

2.(−4) + b = −2

Û b = 6 (thỏa mãn).

Vậy đồ thị hàm số (d₃): y = 2x + 6 là đồ thị hàm số cần tìm.

Ta có: y=x − 1Û x − y = 1.

Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng x − y = 1 và x − 2y=3 là:

x−y=1x−2y=3⇔x=−1y=−2

Thay x = −1 và y = −2 vào y=(m+2)x − m², ta được:

− m² + (m + 2)(−1) = −2

Û − m² − m − 2 = −2

Ûm² + m = 0

Þ m = 0 hoặc m = −1.

Vậy m = 0 và m = −1 là giá trih của tham số m thỏa mãn.

a) Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P):

x² = (m+2)x − 2m

Û x² − (m+2)x + 2m= 0 (1)

(d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt

Û ∆ = (m + 2)² − 8m > 0

Û (m − 2)² > 0 Û m ≠ 2.

b) Theo hệ thức Viét: x1+x2=m+2x1x2=2m

x12+m+2x2=12

⇔x1x1+x2−x1x2+m+2x2=12

⇔m+2x1−2m+m+2x2=12

⇔m+2x1+x2−2m−12=0

⇔m+22−2m−12=0

⇔m2+2m−8=0

⇒m=−4 TMm=2   KTM.

Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.

Ta có: 13ⁿ − 1

=13−113n−1+13n−2+...+131+1.\

=12.13n−1+13n−2+...+131+1

Vậy13ⁿ − 1 chia hết cho 12 (đpcm).

Ta có: 13ⁿ − 1

=13−113n−1+13n−2+...+131+1.

=12.13n−1+13n−2+...+131+1

Vì 12 chia hết cho 6 suy ra 13ⁿ − 1 chia hết cho 6 (đpcm).

Xét ∆CAB và ∆ACD có:

AC: cạnh chung

AB = CD (gt)

CB = AD (gt)

Suy ra ∆CAB = ∆ACD (c.c.c)

⇒BCA^=DAC^ (hai cặp góc tương ứng bằng nhau)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AD // BC.

Vì AB // CD Þ A2^=K1^ (hai góc so le trong)

Mà AK là phân giác của BAD^⇒A1^=A2^

Do đó, A1^=K1^ Þ ∆ADK cân tại D Þ AD = KD (1)

Ta lại có AB // CD  ⇒B2^=K2^(hai góc so le trong)

Mà BK là phân giác của ABC^⇒B1^=B2^

Do đó B1^=K2^ Þ ∆BCK cân tại C Þ BC = KC (2)

Từ (1) và (2) Þ AD + BC = KD + KC.

Mặt khác K Î CD nên CD = KD + KC Þ CD = AD + BC (đpcm).

Người đó làm 12 giờ thì làm được số sản phẩm là:

50 × 12 : 8 = 75 (sản phẩm)

Đáp số: 75 sản phẩm.

x² − (m − 2)x+m − 5= 0 (1)

Ta có: Δ=m−22−4m−5=m2−8m+24 .

Để (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m khi

⇔Δ≥0⇔m2−8m+24≥0

⇔m−42+8≥0 (luôn đúng, với mọi m).

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x₁,x₂ với mọi giá trị của m.

x² + (m − 2).x + m + 5 = 0

Theo định lí Viét ta có: x1+x2=−m+2x1x2=m+5

Ta có: x₁² + x₂² =10

Û (x₁ + x₂)² − 2x₁x₂=10

Û (−m + 2) ² − 2(m + 5) =10

Û m² − 6m − 16 = 0

Û (m − 8)(m + 2) = 0

⇔m−8=0m+2=0⇒m=8m=−2.

Vậy m = −2 và m = 8 là các giá trị của tham số thỏa mãn.

 ABCDEF là lục giác đều tâm O nên suy ra

OA→=−OD→; OB→=−OE→; OC→=−OF→

⇒OA→+OB→+OC→=−OD→+OE→+OF→

 ⇒OA→+OB→+OC→+OD→+OE→+OF→=0→(đpcm).

Ta có:  OA→+OC→+OE→=OA→+AB→+OE→=OB→+OE→=0→

Vậy OA→+OC→+OE→=0→  (đpcm).