5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 3)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

CA = CM

DB = DM

Suy ra: AC + BD = CM + DM = CD

Chu vi hình thang ABDC bằng: AB + BD + DC + CA = AB + 2CD

Vì đường kính AB của (O) không thay đổi nên chu vi hình thang nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất

Ta có: CD ≥AB nên CD nhỏ nhât khi và chỉ khi CD = AB

Khi đó CD // AB⇔OM ⊥AB

Vậy khi M là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AB tại O với nửa đường tròn (O) thì hình thang ABDC có chu vi nhỏ nhất.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AC = CM và BD = DM

AC // BD (vì cùng vuông góc vớiAB )

Theo hệ quả của định lý Ta – lét ta có:

CNBN = ACBD⇒CNBN = CMDM

Theo định lý Ta – Lét đảo ta đượcMN // BD.

Mà BD ⊥AB⇒MN⊥AB

Theo hệ quả của định lý Ta – Lét ta có:

NHBD=AHAB = CNCB = MNBD⇒MN = NH

nên B sai.

Đáp án cần chọn là: A

x3 + y3 + z3 - 3xyzx - y2 + y - z2 + z - x2

= x3 + y3 + z3 - 3xyzx2 - 2xy + y2 + y2 - 2yz + z2 + z2 - 2xz + x2 = x + y + z . x2 + y2 +z2 - xy - yz - zx2 . x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx = x + y + z2

Ta có abc¯+dba¯:aa¯=aa¯ nên abc¯+dba¯=aa¯.aa¯=121a.a

Vì abc¯+dba¯<2000 nên a.a.121 < 2000

Suy ra a.a < 17 nên a ∈ {1; 2; 3; 4}.

TH1. a = 1, ta có: abc¯+dba¯=1.1.121=121<2000

Mà abc¯+dba¯ không thể nhỏ hơn 200 nên loại.

TH2. a = 2, ta có: abc¯+dba¯=2.2.121=484<2000

Ở hàng đơn vị ta có c + 2 = 4 thì c = 2

Ở hàng chục ta có: b + b = 8 ⇔ b = 4 ⇒ d = 2 hoặc b + b = 18 ⇔ b = 9 ⇒ d = 1.

Vậy a = 2, b = 4, c = 2, d = 2 hoặc a = 2, b = 9, c = 2, d = 2.

TH3. a = 3, ta có: abc¯+dba¯=3.3.121=1089<2000

Ở hàng đơn vị ta có c + 3 = 9 thì c = 6

Ở hàng chục ta có: b + b = 8 ⇔ b = 4 ⇒ d = 7 hoặc b + b = 18 ⇔ b = 9 ⇒ d = 6.

Vậy a = 3, b = 4, c = 6, d = 7 hoặc a = 3, b = 9, c = 6, d = 6.

TH4. a = 4, ta có: abc¯+dba¯=4.4.121=1936<2000

Vì abc¯=4bc¯<500 và dba¯<1000. Do đó trường hợp này loại.

Đặt t bằng x²

Đk t≥0

Ta có phương trình

t² - 8t + t +12 = 0

Δ = -82 - 1 . t + 12

= 64 – t - 12

= 52  -  t

Suy ra 52  -  t  > 0⇔ - t > - 52⇔ t < 52

t1 = - - 8 - 522 . 1 = 4 + 3 (nhận)

t2 = - - 8 + 522 . 1 = 4 - 3 (nhận )

Thay các điểm M, N, P vào hàm số đều không thỏa mãn, chỉ có điểm Q(-1; 2) thỏa mãn vì 2 = -2 . (-1)

Chọn đáp án D

Diện tích hình tam giác MDC là:

6 × 4 : 2 = 12(cm²)

Ta có: AC2 = CH . BC

⇔CH2 + 16HC - 225 = 0

⇔CH2 + 25HC - 9HC - 225 = 0

⇔CH = 9 (cm)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔACH vuông tại H, ta được:

AC2 = AH2 + HC2

⇔AH2 = 152 - 92 = 144

hay AH = 12cm

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABH vuông tại H, ta được:

AB2 = AH2 + HB2

⇔AB2 = 122 + 162 = 400

hay AB = 20cm

Ta có: BC = BH + HC

nên BC = 9 + 16 = 25cm

Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được số phần bể là: 

1 ÷ 10 = 110​ (bể) 

Mỗi giờ vòi thứ hai chảy được số phần bể là: 

1 ÷ 15 = 115(bể) 

Mỗi giờ vòi thứ ba rút số phần bể là: 

1 ÷ 30 = 130(bể) 

Khi mở vòi I và vòi II mỗi giờ chảy được số phần bể là: 

110+115=16(bể) 

Sau 3 giờ bể mở vòi I và vòi II bể chứa số nước là: 

14 + 16 x 3 = 34(bể) 

Khi mở cả ba vòi thì mỗi giờ chảy được số phần bể là: 

16 - 130 = 215(bể) 

Sau khi mở vòi thứ ba thì bể nước đầy sau số giờ là: 

1 - 34 ÷ 215 = 158(giờ) 

Trong 1 giờ vòi I và II chảy được 16 bể  

Trong 1 giờ vòi II và III chảy được 18bể

Trong 1 giờ vòi III và I chảy được 112bể              

Do đó trong 1 giờ cả 3 vòi chảy được 

16 + 18 + 112 : 2 = 316 (bể)

Vậy thời gian để cả 3 vòi chảy đầy bể là 1:

 316=163 (giờ) = 320 (phút)       

b) Trong 1 giờ vòi III chảy được

316−16=148  (bể)

Khi ta viết thêm vào bên trái số đó 1 thì tổng của số mới và số đã cho là:

(168 - 100) : 2 = 34

Đáp số: 34

Đặt g(x) = f(x) – 10 (bậc 4)

⇔g(1) = 0g(2) = 0g(3) = 0⇔g(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - m) (m là hằng số)

⇔fx = x - 1x - 2x - 3x - m - 10​⇔f9 = 8 . 7 . 69 - m - 10 = 3369 - m - 10​f-5 = - 6- 7- 8- 5 - m - 10 = 336m + 5 - 10

Vậy A = 336(9 − m) + 336(m + 5) – 20 = 4684

Giả sử 4 số cần tìm là a; aq; aq2; aq3, a≠0

Theo đề bài ta có: a + aq + aq2 + aq3 = 15a2 + a2q2 + a2q4 + a2q6 = 85

⇔a(1 + q + q2 + q3) = 15a2(1 + q2 + q4 + q6) = 85

a2(1 + q + q2 + q3)2 = 152a2(1 + q2 + q4 + q6) = 85

⇔(1 + q + q2 + q3)2(1 + q2 + q4 + q6) = 15285

⇔85(1 + q + q2 + q3)2 = 225(1 + q2 + q4 + q6)

⇔14q6 - 17q5 - 3q4 - 34q3 - 3q2 - 17q + 14 = 0

⇔(q - 2)(2q - 1)(7q2 + q + 7)(q2 + 1) = 0

⇔q=2q=12

Với q = 2⇒a = 151 + q + q2 + q3 = 1 ta có CSN: 1; 2; 4; 8

Với q = 12⇒a = 151 + q + q2 + q3 = 8 ta có CSN: 8; 4; 2; 1

Trung bình cộng hai đáy của hình thang là: 7 : 2 = 3,5 (m)

Đáp án cần chọn là: A

Đặt B=20111 + 20102 + 20093 + ... + 12011

Công 1 vào ta được

B=20121 + 20122 + 20123 + ... + 20122011+20122012−2012

⇒B = 201212 + 13 + ... + 12011 + 12012 - 2012 + 20121

Thay vào P ta được

P=12 + 13 + ...  + 12012201212 + 13 + ... + 12012

⇒P=12012

135 - 5(x + 4) = 35

5(x + 4) = 135 - 35

5(x + 4) = 100

x + 4 = 100 : 5

x + 4 = 20

x = 20 - 4

x = 16

a ) Có 4 đội bóng thi đấu với nhau mà mỗi đội đều được đá với 3 đội còn lại nên số trận đấu là :

4 x 3 = 12 ( trận đấu )

Nhưng do mỗi trận đã bị tính hai lần nên số trận đấu là :

12 : 2 = 6 ( trận đấu )

b ) Tương tự như câu a ta sẽ có công thức tổng quát cho n đội

n ( n - 1 ) : 2 ( trận đấu ) 

Tổng số trận trong bảng đấu là: 4 . 3 : 2 = 6 ( trận)

Tổng số điểm trong trận thắng ( cũng như trận thua) là: 3 + 0 = 3 ( điểm)

Tổng số điểm trong trận hòa là: 1 + 1 = 2 ( điểm)

Nếu cả 6 trận đều thắng thì có tổng số điểm là: 6 . 3 = 18 ( điểm)

Số điểm còn thiếu là: 18 – 16 = 2 ( điểm)

Có số trận hòa là: 2 : 1 = 2 ( trận)

Vậy có 2 trận hòa

a) Ta có AB→ . AC→ = AB→ . AC→ . cosAB→, AC→ =  2 . 3 . cos 60o = 3.

Vậy AB→ . AC→=3

b) Do M là trung điểm của BC nên AM→ = 12AB→ + 12AC→

Ta có BD→ = AD→ - AB→ = 712AC→ - AB→

c) Ta có: AM→ . BD→ = 12AB→ + 12AC→ . 712AC→ - AB→

= 724AB→ . AC→ - 12AB→2 + 724AC→2 - 12AC→ . AB→

= 724 . 3 - 12 . 22 + 724 . 32 - 12 . 3 = 0

Do đó AM⊥BD.

320 số viên bi có màu nâu.

420 = 15 số viên bi có màu xanh

520 = 14 số viên bi có màu đỏ.

820 = 25 số viên bi có màu vàng.

Khoanh vào B.

Ta có: 
Gọi số túi mà Hoa chia được là x  (túi) 
Vì số bi mỗi màu ở mỗi túi cũng bằng nhau nên 48 ⋮ x; 30 ⋮x và 60 ⋮ x
⇒x∈ƯC(48; 30; 60)

Vì x  là lớn nhất nên x = ƯCLN(48; 30; 60)
Ta có: 48 = 2⁴ . 3; 30 = 2 . 3 . 5; 60 = 2² . 3 . 5
⇒x = ƯCLN(48; 30; 60) = 2 . 3 = 6 .
Vậy Hoa chia được nhiều nhất là 6 túi mà mỗi túi có số bi mỗi màu bằng nhau.

Đáp án cần chọn là: A

Gọi A là giao điểm của d với Ox ⇒A-1m-3; 0⇒OA = 1m - 3

Gọi B là giao điểm của d với Oy ⇒B0; 1⇒OB = 1

Từ O kẻ OH vuông góc AB ⇒OH = 12

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB:

1OH2 = 1OA2 + 1OB2⇒4 = m - 32 + 1

⇒m−32=3⇒m=3+3m=3−3

Điều kiện m≠0

Gọi A, B lần lượt là các giao điểm của đường thẳng (1) với các trục Ox, Oy.

Khi đó ta có: Ax1; 0,  B0; y2.

⇒0 = mx1 + 1m . 0 + 1 = y2⇔x1 = -1my2 = 1⇔A(-1m; 0)B(0; 1)⇔OA = -1m = 1mOB = |1| = 1

Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng (1) ⇒OH = 25. 

Khi đó ta có ΔAOB vuông tại O và có đường cao OH.

Áp dụng hệ thức lượng cho ΔAOB vuông tại O và có đường cao OH ta có:

1OH2 = 1OA2 + 1OB2⇔1252 = 1x12 + 1y22⇔54 = 1-1m2 + 112⇔54 = m2 + 1⇔5 = 4m2 + 4⇔4m2 = 1⇔m2 = 14⇔m = ±12 tm

Vậy m = ±12 thỏa mãn điều kiện bài toán.

Chọn C.

Gọi I là giao điểm của AO và BC. Suy ra BI = IC (đường kính vuông góc với một dây).

Xét ΔCBDcó :

CI = IB

CO = OD (bán kính)

⇒ BD // HO (HO là đường trung bình của BCD) ⇒ BD // AO.

- Tìm điểm A’ đối xứng với A qua d

- Nối A’B cắt d tại M. M chính là điểm cần tìm.

- Thật vậy : Vì A’ đối xứng với A qua d cho nên MA = MA’.

Do đó : MA + MB = MA’ + MB = A’B .

- Giả sử tồn tại M’ khác M thuộc d thì : M’A + M’B = M’A’ + M’B lớn hơn hoặc bằng A'B. Dấu bằng chỉ xảy ra khi A’M’B thẳng hàng. Nghĩa là M trùng với M’ 

Vì hai điểm A, B phân biệt nên có thể vẽ được đường thẳng d’ đi qua hai điểm đó.

Hai điểm A, B không thuộc d thì d’ không trùng với d

Theo đầu bài, ta cần ba điểm A, B, C thẳng hàng nghĩa là C phải nằm trên đường thẳng d’ mà C phải thuộc vào d. Do đó C là giao điểm của hai đường thẳng d và đường thẳng d’.

+) Nếu d’ và d không có giao điểm nghĩa là d’ song song với d thì không thể tìm được điểm C như vậy.

Chọn A

Số tam giác được tạo thành từ 10 điểm là C103 tam giác

Do 4 điểm A₁, A₂, A₃, A₄ thẳng hàng nên số tam giác mất đi là C43

Vậy số tam giác thỏa mãn yêu cầu đề bài là C103−C43=116 tam giác

y = 535sin3x + π6 + 45cos3x + π6

y = 5 . sin3x + π6 + a với cosa = 35

Do −1≤sin3x + π6 + a≤1

⇒-5≤y≤5

Gọi số sách quyên góp của 3 lớp 7A, 7B, 7C lần lượt là a (quyển), b (quyển), c (quyển)

(điều kiện a, b, c∈N).

Theo đầu bài ta có:a3 = b4 = c5 và c – a = 22

Áp dụng tính chất:ab = cd = a – cb – d

Ta có:a3 = c5 = c – a5 – 3 = 222 = 11

a3 = 11⇒a = 3 . 11 = 33; c5 = 5 . 11 = 55

Ta có: a3 = b4⇒333 = b4⇒b = 33 . 43 = 44

Vậy số sách quyên góp của lớp 7A, 7B, 7C lần lượt là:

33 (quyển), 44 (quyển), 55 (quyển).

xy=710⇒x7=y10yz=1013⇒y10=z13⇒x7=y10=z13

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

x7=y10=z13=x+y+z7+10+13=12030=4⇒x=7.4=28y=10.4=40z=13.4=52

Vậy x; y; z = 28; 40; 52

tan2x - sin2x = sin2xcos2x - sin2x = sin2x . 1cos2x - 1 = sin2x . sin2xcos2x = tan2x . sin2x

Vì đường thẳng đi qua A nên tọa độ điểm A thỏa mãn: y₁ = ax₁ + b (1).

Đường thẳng đi qua B nên tọa độ điểm B thỏa mãn: y₂ = ax₂ + b (2)

Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được: a=y1−y2x1−x2,b=y1−y1−y2x1−x2.x1=y1x2−y2x1x1−x2

Do đó ta có: y - y1y2 - y1 = x - x1x2 - x1.

y = -x + 5

Cho x = 0 ⇒ y = 5  ⇒ dths đi qua A(0; 5)

cho  y = 0 ⇒ x = 5  ⇒ dths đi qua B(5; 0)

Nối A; B ta được dths y = -x + 5

y=x2−1

cho x = 0 ⇒ y = -1 ⇒ dths đi qua C(0; -1)

cho x= -2⇒ y = 0 ⇒ dths đi qua D(2; 0)

Nối C; D ta được dths cần tìm

b) Từ dths ta thấy tọa độ giao điểm của 2 hàm số là E(4; 1)

Nhận thấy M ∈d2

Ta thay tọa độ điểm M vào phương trình d₁ được phương trình

3 = -2m - 2 . 1 + 4m⇔m = 12

Vậy m = 12                     

Đáp án cần chọn là: A.

Vì BD là đường phân giác của ABC^ nên: ADDC = ABBC

Suy ra:ADDC + AD = ABBC + AB (theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau) ⇒ADAC = ABBC + AB.

Mà tam giác ABC cân tại A nên AC = AB = 15cm

Đáp án: C

ΔABC cân tại A nên ABC^ = ACB^(t/c tam giác cân)

⇒ABC^2 = ACB^2

Mà ABD^ = CBD^ = ABC^2

ACE^ = BCE^ = ACB^2

Nên ABD^ = CBD^ = ACE^ = BCE^

Xét ΔEBC và ΔDCBcó:

EBC^ = DCB^ (cmt)

BC là cạnh chung

ECB^ = DBC^ (cmt)

Do đó, ΔEBC=ΔDCB (g.c.g)

⇒ BE = CD (2 cạnh tương ứng)

Mà AB = AC (gt) nên AB - BE = AC - CD

⇒AE = AD

⇒ΔAEDcân tại A (đpcm)

+ Ta tìm điểm I(a; b; c) thỏa mãn

IA→ + IB→ + 2IC→

Hay 1 - a + 3 - a - 2a = 0-b + 2 - b + 2(5 - b) = 0-c + 4 - c + 2(4 - c) = 0⇔a=1b=3c=3⇒I1; 3; 3

+ Khi đó: MA→ + MB→ + 2MC→ = 4MI→≥4IH

với H là hình chiếu của I trên  (Oxy) và H(1; 3; 0)

Do đó minMA→ + MB→ + 2MC→ = 4IH = 12

khi H≡M  hay M(1;3;0)

Đáp án cần chọn là: A

a) Do tam giác ABC vuông cân nên ABC^ = ACB^⇒ABE^ = ACD^

Xét tam giác vuông ABE và tam giác vuông ACD có:

AB = AC (gt)

ABE^ = ACD^

⇒ΔABE = ΔACD (Cạnh góc vuông - góc nhọn kề)

⇒ BE = CD; AE = AD

b) I là giao điểm của hai tia phân giác góc B và góc C của ΔABCnên AI cũng là phân giác góc A.

Do ΔABC cân tại A nên AI là phân giác đồng thời là đường cao và trung tuyến.

Vậy thì AMC^ = 90o; BM = MC = AM

Từ đó suy ra ΔAMC vuông cân tại M.

c) Gọi giao điểm của DH, AK với BE lần lượt là J và G.

Do DH và AK cùng vuông góc với BE nên ta có

ΔBDJ = ΔBHJ; ΔBAG = ΔBKG⇒BD = BH; BA = BK

⇒HK=AD

Mà AD = AE nên HK = AE.    (1)

Do ∆BAK cân tại B, có o⇒BAK^ = 180o - 45o2 = 67,5o

⇒GAE^ = 90o - 67,5o = 22,5o = IAE^2

Suy ra AG là phân giác góc IAE.

Từ đó ta có KAC^ = ICA^ = 22,5o

⇒ΔAKC = ΔCIAg - c - g⇒KC = IA

Lại có ∆AIEcó AG là phân giác đồng thời đường cao nên nó là tam giác cân, hay AI = AE. Suy ra KC = AE (2)

Từ (1) và (2) suy ra HK = KC.

Chọn A

39100=3,09

Vậy 39100  được viết dưới dạng số thập phân là 3,09

Chọn 3 nam trong 5 nam là số tổ hợp chập 3 của 5 phần tử: C53

Chọn 2 nữ trong 3 nữ là số tổ hợp chập 2 của 3 phần tử: C32

Số cách chọn thỏa mãn đề bài là C53 . C32 = 30

Chọn C

a) Xét ΔABH và ΔBCH  có:

AH cạnh chung

BAH^=CAH^ (AH là tia phân giác của góc BAC)

AB = AC (gt)

Suy ra: ΔABH = ΔACHc – g – c

b) Ta có AHB^=AHC^ vì ΔABH=ΔACH)

Mà: AHB^+AHC^=1800 (kề bù)

Suy ra: AHB^=AHC^=900 hay AH⊥BC (1)

c) Gọi I là giao điểm của AH và DE

Xét hai tam giác vuông: ΔADH và ΔAEH có:

AH cạnh chung

BAH^=CAH^ (AH là tia phân giác của góc BAC)

Suy ra: ΔADH = ΔAEH (ch – gn)

Xét ΔADI và ΔAẸI có:

AI: cạnh chung

BAH^=CAH^ (AH là tia phân giác của góc BAC)

AD = AE ΔADH = ΔAEH

Suy ra: ΔADI = ΔAEI (c – g – c)

Suy ra AID^ = AIE^ (2 góc tương ứng)

Mà AID^ = AIE^=1800 (kề bù)

Suy ra AID^ = AIE^=900 hay AH⊥DE (2)

Từ (1) và (2) suy ra DE // BC

a)Ta có: AB = AC, BAD^ = DAC^→ΔABD = ΔACD(c . g . c)

b)Từ câu a ⇒DB = DC

Mà DHB^ = DKC^ = 90o, ABC^ = ACB^

⇒ΔDHB = ΔDKC (cạnh huyền – góc nhọn)

⇒BH = CK

c) Ta có : AB = AC suy ra tam giác ABC cân tại A

⇒B^=C⏞

Mà A^=4B^

a) Ta có: M1^ = M2^ (2 góc đổi đỉnh)

⇒ΔAMP = ΔBMC(g . c . g)⇒MP = MC

Xét tứ giác APBC có AB và CP là 2 đường chéo nhau tại trung điểm mỗi đường nên APBC là hình bình hành.
Vì APBC là hình bình hành nên BC // AP⇒BC // DP mà BC ⊥CD

⇒ BCDP là hình thang vuông (Điều phải chứng minh).
b) Nhận xét: SADC = SABC = SABP và đặt SADC = SABC = SABP = a

Khi đó:2SBCDP = 2 . 3a = 6a; 3SAPBC = 3 . 2a = 6a

Suy ra đpcm.

c) Vì M là trung điểm của AB nên BM = 12AB

Vì N là trung điểm của BC nên CN = 12BC mà AB = BC⇒BM = CN⇒ΔCBM = ΔDCN(c . g . c)⇒C1^ = D1^

mà ΔDCN vuông tại C nên

D1^ + N1^ = 90o⇒C1^ + N1^ = 90o⇒CQN^ = 90o

⇒ΔPDQ vuông tại Q.
Xét ΔPDQ vuông tại Q, có QA là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền ⇒QA = 12PD = AD mà AD = AB⇒AQ = AB (Điều phải chứng minh). 

a) Do tam giác ABC cân tại A, suy ra AB = AC.

Ta có: AM + AN = AB – BM + AC + CN = 2AB – BM + CN.

Ta lại có AM + AN = 2AB (gt), nên suy ra

2AB – BM + CN = 2AB ⇔ – BM + CN = 0 ⇔ BM = CN.

Vậy BM = CN (đpcm).

b) Gọi I là giao điểm của MN và BC.

Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại E.

Do ME // NC nên ta có:

MEB^=ACB^ (hai góc đồng vị) nên ∆BME cân tại M ⇒ BM = ME mà BM = CN nên ME = CN.

CNI^ = IME^ (hai góc so le trong)

MEI^ = NCI^ (hai góc so le trong)

Ta chứng minh được  ΔMEI = ΔNCI  (g . c . g)

Suy ra MI = NI (hai cạnh tương ứng), từ đó suy ra I là trung điểm của MN.

c) Xét hai tam giác MIK và NIK có:

MI = IN (cmt),

MIK^ = NIK^ = 900

IK là cạnh chung. Do đó BAK^ = CAK^

Suy ra KM = KN (hai cạnh tương ứng).

Xét hai tam giác ABK và ACK có: AB = AC(gt),BAK^ = CAK^ (do BK là tia phân giác của BAC^), AK là cạnh chung, do đó ΔABK = ΔACK(c . g . c) 

Suy ra KB = KC (hai cạnh tương ứng).

Xét hai tam giác BKM và CKN có: MB = CN, BK = KN, MK = KC, do đó

ΔBKM = ΔCKN(c . c . c) suy ra MBK^ = KCN^. Mà MBK^ = ACK^⇒ACK^ = KCN^ = 1800 : 2 = 900⇒KC⊥AN. (đpcm)

34000:(125.8)=34

372,95 : 3 = 124.316666667

757,5 : 35 = 21.6428571429

431,25:125 = 3.45

35,1 x 8,5 = 298.35

5(x + 3y) - 15x ( x + 3y ) = (x + 3y)(5 - 15) = -10(x + 3y)

a) Do D đối xứng với H qua đoạn AB nên ΔADHcân tại A 

ΔADHcó AB là đường cao đồng thời là phân giác 

⇒DAB^ = HAB^ 

Tương tự với ΔAHE ⇒ HAC^ = EAC^

Ta có : 

DAE^ = DAH^ + HAE^ = 2.BAH^ + 2.HAC^ = 2.BAH^ + HAC^ = 2.90 = 180⇒ D, A, E thẳng hàng 

Nhận thấy 

ΔAHC đối xứng với ΔAEC qua đoạn thẳng AC ⇒AHC^ = AEC^ = 900 (1)

Tương tự , ta cũng có : BHA^ = BDA^ = 900 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ BD // EC (do 2 góc trong cùng phía bù nhau)

b) Ta có : ΔBHA đồng dạng với ΔAHC 

Suy ra tỷ lệ BHAH = AHHC⇔AH2 = BH . HC

Mà BH = BD , HC = CE

⇒AH2 = BD . CE

⇔4AH2 = 4BD . CE

⇔2AH2 = 4BD . CE (Do AD = AH = AE)

⇔DE2 = 4BD . CE.

c) Ta có: AD = AH (tính chất đối xứng), AH = AE (tính chất đối xứng)

Suy ra AD = AE mà A, D, E thẳng hàng nên A là trung điểm của DE.

Xét tam giác vuông ABC, vuông tại A, có:

1AH2=1AB2+1AC2=132+142=25144⇒AH=125

⇒AD=AE=AH=125

⇒ DE = 245 cm.

Xét tam giác ABC vuông tại A có:

tanABC^=ACAB=43⇒sinABC^=45⇒sinADH^=45

Xét tam giác DHE vuông tại H, có:

sinADH^=EHED=EH245=45⇒EH=9625⇒DH=7225

Vậy diện tích tam giác DEH là: 12DH.EH=12.9625.7225≈5,5 (đvdt).

Chọn B.

Gọi A’(x; y)  là tọa độ chân đường cao vẽ từ A; 

BC→−3;6 và AA'→x - 5; y - 3

Ta có AA’ và BC vuông góc với nhau nên AA'→ . BC→ = 0

Suy ra  -3(x - 5) + 6(y - 3) = 0 hay x - 2y + 1 = 0     (1)

Và BA'→x - 2; y + 1; BC→-3; 6

cùng phương nên  2x + y – 3 = 0    (2)

Từ (1) và (2) suy ra x = y = 1

Vậy điểm A’ cần tìm có tọa độ (1; 1).

Áp dụng định lý cos, ta có:

BC = AB2 + AC2 - 2AB . AC . cosBAC = 19

⇒cosB = AB2 + BC2 - AC22AB . BC = 1938

BM = 2MC⇒BM = 23BC = 2193

⇒AM = AB2 + BM2 - 2AB . BM . cosB = 1393.

Chọn A

Áp dụng định lý coscos ta được:

 BC2 = AB2 + AC2 - 2AB . AC . cosBAC^

⇒BC2 = 62 + 32 - 2 . 6 . 3 . cos60o

⇒BC2 = 27

⇒BC = 33 cm

⇒AB2 = BC2 + AC2

⇒ΔABC vuông tại C

Mặt khác:

MB→ + 2MC→

⇒CM = 13BC = 3 cm

Áp dụng định lý Pytago ta được:

AM2 = AC2 + CM2

⇒AM = AC2 + CM2 = 9 + 3

⇒AM = 23 cm

F là trung điểm AB ⇒AF→ = 12AB→; E là trung điểm AC ⇒AE→ = 12AC→

Ta có EF song song BC (đường trung bình)

Mà D là trung điểm BC ⇒ I là trung điểm EF ⇒ AI là trung tuyến ΔAEF

⇒AI→ = 12AE→ + 12AF→

Theo tính chất trọng tâm:

AG→ = 23AD→ = 2312AB→ + 12AC→ = 23AE→ + AF→ = 23AE→ + 23AF→

DE là đường trung bình tam giác ABC

⇒DE→ = 12BA→ = -12AB→ = -AE→  hay DE→ = -AE→ + 0 . AF→

D là trung điểm BC ⇒DC→ = 12BC→

⇒DC→ = 12BA→ + 12AC→ = -12AB→ + 12AC→ = -AE→ + AF→

Tách 24 thành các tích tương ứng gồm các thừa số là số có 1 chữ số:

24 = 6 × 4

24 = 8 × 3

24 = 8 × 3 × 1

24 = 6 × 4 × 1

24 = 4 × 3 × 2 × 1

Số cần tìm là số lớn nhất có 4 chữ số khác nhau nên trong 3 tích vừa tìm được chỉ có tích 4 × 3 × 2 × 1 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Nên số lớn nhất có 4 chữ số khác nhau và tích các chữ số bằng 24 là 4321

Vậy số cần tìm là 4321

ĐKXĐ: x > 1 hoặc x < −1

Từ pt ⇒ x > 0. Kết hợp vs ĐKXĐ, ta có: x > 1

Pt ⇔x2 + x2x2 - 1 + 2x2x2 - 1 = 1225144

⇔x4x2 - 1 + 2x2x2 - 1 = 1225144

 Đặt x2x2 - 1 = y (y>0)

Pt trở thành:y2 + 2y = 1225144⇔y = 2512  (nhận) hoặcy = - 4912 (loại)

y = 2512 hay  x2x2 - 1 = 2512 

⇔x4x2 - 1 = 1225144

⇔144x4 - 625x2 + 625 = 0

⇔x = 53 hoặc x = 54 (vì x>1x>1)

Đặt ab = cd = kk∈N*

⇒a=bkc=dk⇒2bk−3b2bk+3b=2dk−3d2dk+3d

Xét vế trái 2a - 3b2a + 3b = 2bk - 3b2bk + 3b = b2k - 3b2k+3=2k-32k + 31

Xét vế phải 2c - 3d2c + 3d = 2dk - 3d2dk + 3d = d2k - 3d2k+3=2k-32k + 32

Từ (1) và (2) ta có Đpcm

Đáp án đúng là: A

+) Tam giác SBD có SO là đường trung tuyến; điểm I nằm trên đoạn SO; SISO=23.

 nên I là trọng tâm tam giác SBD.

⇒ M là trung điểm SD, N là trung điểm SB.

+) Tam giác SBD có MN là đường trung bình nên MN// BD và 

MN=12SD

⇒ Nên MNBD là hình thang.

1) Ta có: MO là đường trung bình ΔSAC nên MO//SC mà SC⊂(SBC)

Vậy MO//(SBC)

Ta có: 

MO//SC

NO//SB

MO, NO⊂(OMN); SC, SB⊂(SBC)

Vậy (OMN)//(SBC)

2) Ta có: (OMN)//(SBC)

Mà NK ⊂ (OMN)

Nên NK//(SBC)

3) Xét (OMN) và (ABCD):

Ta Có:

+) O là điểm chung 1

+) NM//AD (đường TB của tam giác)

Qua O vẽ đường thẳng song song với AD cắt AB tại T, cắt CD tại J

Vậy JT =(OMN) ∩ (ABCD) (1)

(OMN) ∩ (SAD)=MN (2)

(OMN) ∩ (SCD)=NJ (3)

(OMN) ∩ (SAB)=MT (4)

Từ 4 điều trên vậy thiết diện hình thang NMTJ (vì NM//TJ//AD).

a) Gọi O = AC∩BD⇒O∈SAC∩SBD (1)

Mà S∈SAC∩SBD (2)

Từ (1) và (2) ⇒SAC∩SBD=SO

b) Trong mặt phẳng (SBD) gọi G = BK∩SO⇒G∈SO⊂SAC

⇒G = BK∩SAC

Ta có G = BK∩SO  mà BK và SO là các đường trung tuyến của tam giác SBD 

⇒G là trọng tâm tam giác SBD.

a) Xét tứ giác ABCE có AB song song và bằng EC (gt) nên nó là hình bình hành.

b) Xét tứ giác ABED có AB song song và bằng DE (gt) nên nó là hình bình hành.

Lại có ADE^=900 nên ABED là hình chữ nhật.

Lại có AB = AD nên ABED là hình vuông.

c) Xét tam giác AME và DMB có :

ME = B

AE = DB (Hai đường chéo hình vuông)

AEM^=DBM^=450 (ABED là hình vuông)

⇒ΔAEM=ΔDBMc−g−c→MAE^=MDE^1

Xét hai tam giác vuông AHI và DOI có:

AIH^=DIO^ (Hai góc đối đỉnh)

⇒HAI^=DIO^ (Cùng phụ với hai góc bên trên)    (2)

Từ (1) và (2) ta có: ODK^=IDO^ hay DO là tia phân giác của góc IDK^

d)  Xét ∆IDK có DO là tia phân giác đồng thời là đường cao nên nó là tam giác cân tại D.Vậy thì DO là đường trung tuyến hay OI = OK.

Do ABED là hình vuông nên O là trung điểm BD.

Xét tứ giác DIBK có O là trung điểm hai đường chéo nên DIBK là hình bình hành.

Lại có IK⊥DB nên DIBK là hình thoi.

M, N lần lượt là trung điểm AB, AC nên MN là đường trung bình của ∆ABC ứng với cạnh BC

 ⇒MN // BC hay MN // HP

⇒MNPH là hình thang (∗)

Mặt khác:
Tam giác vuông ABH có HM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên

HM = AB2 = MB (bổ đề quen thuộc)

⇒ MHB cân tại M

⇒MHB^ = MBH^

Mà MBH^ = NPC^ (hai góc đồng vị với NP // AB)

⇒MHB^ = NPC^

⇒1800 - MHB^ = 1800 - NPC^

Hay MHP^ = NPH^(**)

Từ (∗); (∗∗) ⇒ MNPH là hình thang cân (đpcm)

a) Xét ΔABE và ΔHBE ta có :

BE là cạnh chung

B1^ = B2^

Do đó ΔABE = ΔHBE(cạnh huyền – góc nhọn).

b) Vì  ΔABE = Δ HBE (chứng minh trên)

Suy ra BA = BH, EA = EH (các cặp cạnh tương ứng)

⇒ EB là đường trung trực của AH.

c) Xét ΔAEK và ΔHEC ta có:

AE = EH (chứng minh trên)

E1^ = E2^ (hai góc đối đỉnh).

KAE^ = CHE^ = 90°

Do đó ΔAEK=ΔHEC (g.c.g).

Suy ra EK = EC (hai cạnh tương ứng).

d) ΔEHCvuông tại H có EH < EC (do cạnh huyền là lớn nhất trong tam giác vuông).

Mà EH = AE (câu b) nên AE < EC.

a) Xét tứ giác ADME có DAE^ = ADM^ = AEM^ = 90o

⇒ADME là hình chữ nhật

⇒AM= DE

b) Gọi O là giao điểm của AM và DE ⇒ OA = OM = OD = OE (2)

Do ADME là hình chữ nhật ⇒DA = ME

⇒ 2DA = 2ME hay DA + AI = EM + MK (vì DA = AI; ME = MK)

⇒ DI = EK

Xét tứ giác DIEK có DI = EK (cmt)

     DI // EK (vì CEDM là HCN)

⇒ DKEI là hình bình hành

Do O là trung điểm của DE ⇒ KI đi qua O

⇒ DE cắt IK tại O và OD = OE;  OK = OI (1) 

Từ (1) và (2) ⇒ DE; AM; IK đồng quy tại trung điểm O của mỗi đường

c) Xét AHM vuông tại H có O là trung điểm của AM, khi đó HO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AM. Suy ra HO = 12 . AM

Mặt khác, AM = DE.

⇒HO = 12 . DE 

Xét DHO có đường trung tuyến HO = 12 . DE

⇒ DHE vuông tại H ⇒DHE^ = 90o

a) xét ΔAOB và ΔDOC có:

AOB^= COD^

ABD^=ACD^

do đó : ΔAOB đồng dạng với ΔDOC (g-g)

b) theo cm câu : ΔAOB đồng dạng với ΔDOC

⇒AOOD = OBOC

xét ΔAOD và ΔBOC có:

OAOD = OBOC

AOD^ = BOC^ (2 góc đối đỉnh)

do đó: ΔAOD đồng dạng với ΔBOC (c-g-c)

c) xét ΔDBE và ΔCAE có:

DEC^ chung

EDB^ = ACE^ ( 2 góc tương ứng của ΔAOD đồng dạng với ΔBOC)

do đó: ΔDBE đồng dạng với ΔCAE (g - g)

⇒EBEA = EDEC

⇒EA . ED = EB . EC.

a) Ta có

Vậy tứ giác AOHC nội tiếp.                                                   

b) Ta có

CAD⏜ = AEC⏜,  ACE⏜ chung suy ra ΔACD ~ ΔECA (g.g)

⇒CACE = ADAE⇒AC . AE = AD . CE

c) Từ E vẽ đường thẳng song song với MN cắt cạnh AB tại I và cắt cạnh BD tại F ⇒HEI⏜ = HCO⏜

Vì tứ giác AOHC nội tiếp  ⇒HAO⏜ = HCO⏜ = HEI⏜

Suy ra tứ giác AHIE nội tiếp ⇒IHE⏜ = IAE⏜ = BDE⏜⇒HI // BD

Mà H là trung điểm của DE ⇒ I là trung điểm của EF. Có EF // MN và IE = IF

⇒ O là trung điểm của đoạn thẳng MN.

Suy ra tứ giác AMBN là hình bình hành ⇒ AM//BN.

Số cách chọn 5 trong 52 quân bài là C525.

Giả sử 5 quân bài này có 2 quân thuộc bộ A, 2 quân thuộc bộ B, 1 quân thuộc bộ C.

Có 52 cách chọn 1 quân bộ C.

Khi đó chỉ được chọn 4 quân còn lại trong số 12 bộ còn lại (bỏ bộ có quân C đi)

Có C122 cách chọn 2 trong số 12 bộ còn lại.

Mỗi bộ A, B lại có C42 cách chọn.

Vậy có 52 . C122 . C42 . C42 = 123552 cách chọn.

Vậy xác suất cần tìm là  P = 123552C525

Đặt  x = b + c - a

y=a+c−b

z=a+b−c

⇒x+z=b+c−a+a+b−c=2b

x+y=b+c−a+a+c−b=2c

y+z=a+c−b+a+b−c=2a

Ta có: 2A = y + zx + x + zy + x + yz

= yx + zx + xy + zy + xz + yz

= yx + xy + zy + yz + xz + zx

Dễ chứng minh ab + ba≥2 với a, b > 0

⇒2A = yx + xy + zy + yz + xz + zx≥6

⇒2A = y + zx + x + zy + x + yz≥6

⇒2A = 2ab + c - a + 2ba + c - b + 2ca + b - c≥6

⇒A = ab + c - a + ba + c - b + ca + b - c≥3 (Đpcm)

M = 1 × 3 × 5 × 7 × ... × 2023 + 2024

Xét 1 × 3 × 5 × 7 × ... × 2023 có thừa số 5

⇒1 × 3 × 5 × 7 × ... × 2023 ⋮5

Có 2024 chia 5 dư 4 (2)

Từ (1) và (2)

⇒ M chia cho 5 dư 4

Đáp án đúng là A

Xét phương trình: Cnn - 1 + C5n = 9⇔n=4 

Với n = 4 thì phương trình trở thành: x² – 8x – 5 = 0

Suy ra phương trình có hai nghiệm x = 4 ± 21.

Trong 30 câu đã chọn 5 câu nên còn lại 25 câu.

Ta cần chọn 15 câu trong 25 câu nên có C2515 cách chọn.

Chọn đáp án D

Qua A kẻ AE→ = OB→⇒OA→ + OB→ = OA→ + AE→ = OE→

Ta dễ dàng chứng minh được:

OE→ = DA→⇒|OA→ + OB→| = |OE→| = |DA→| = |BA→| = AB

Vậy A) đúng.

AB→=(−2;−1)AC→=(−3;−2)⇒AB→−AC→=(−2−(−3);−1−(−2))=(1;1)

Chọn B

Ta gọi 2 số đó là a và b 

Ta có a + b = 10,45                ( 1 )

theo đề bài a + 4b = 22, 45                ( 2)

lấy (2) - (1) ta có a + 4b - a - b = 22,45 - 10,45 = 12

⇒3b = 12

⇒ b = 4

⇒ a = 10,45-4 = 6,45

a) Do đường thẳng đi qua 2 điểm A(1; 2) và B(2; 3)

Ta có hệ phương trình

2=a−4+c3=4a−8+c⇒a=53b=133⇒y=53x2−4x+133

b) Do hàm số có đỉnh I(-2; -1)

⇒−−42a=−2−16+4ac4a=−1⇒−4=4a−16+4ac=−4a⇒a=−1c=−5

⇒y=−x2−4x−5

c) Do hàm số có hoành độ đỉnh bằng -3

⇒−−42a=−3⇒−4=−6a⇒a=−23

Lại có hàm số đi qua P(-2; 1)

Thay x = -2 và y = 1 vào hàm số ta được

−23.4+8+c=1⇒c=−133

d) Do hàm số có trục đối xứng x = 2

⇒−−42a=2⇒4=4a⇔a=1

Do hàm số cắt trục hoành tại điểm M(3; 0)

⇒Thay x = 3 và y = 0 vào hàm số ta có

9 – 4 . 3 + c = 0

⇒ c = 3

a) Xét ΔABH và ΔACK có:

BAC^ là góc chung

AB = AC(ΔABC cân tại A)

H1^=K1^= 90o

⇒ΔABH = ΔACK (ch-gn) (∗)

⇒AH = AK (2 cạnh tương ứng)

b) Từ ∗⇒B2^=C2^ (2 góc tương ứng) (1)

Ta có:ABC^ = ACB^(ΔABC cân tại A)

⇒B1^+ B2^ = C1^ + C2^

Từ (1) và (2) ⇒B1^= C1^

⇒ΔBIC cân tại I

c) Xét ΔAIK và ΔAIH có:

AI là cạnh chung

K1^ = H1^

AK = AH (cmt)

⇒ΔAIK = ΔAIH (ch-cgv)

⇒A1^=A2^ (2 góc tương ứng)

AI là tia phân giác của BAC^

N là trung điểm BC⇒BN = 12BC

Kẻ đường cao AD và ME ứng với BC

Do AD và ME cùng vuông góc BC ⇒AD//ME

Áp dụng định lý Talet:

MEAD = BMBA = 13⇒ME = 13AD

Ta có:

SBMNSABC = 12 . ME . BN12AD . BC = 13AD . 12BCAD . BC = 16

3 . 2x - 4x - 1 - 8 = 0⇔3 . 2x - 4x4 - 8 = 0⇔3 . 2x - 142x2 - 8 = 0.

Đặt 2x = t  t > 0 khi đó phương trình trở thành

3t−14t2−8=0⇔t=8(tm)t=4(tm)⇔2x=82x=4⇔x1=3x2=2⇒x1+x2=5

Chọn D.

Trường hợp 1: Chọn 3 nữ, 2 nam ⇒ có  C183C122 cách chọn

Trường hợp 2: Chọn 4 nữ, 1 nam có C184C121 cách chọn

Do đó có C183C122+C184C121=90576 cách chọn.

Chọn B.

Đáp án đúng là: B

Gọi n là số học sinh nam của lớp (n ∈ ℕ^*; n ≤ 28)

⇒ Số học sinh nữ là 30 – n

Ta có: Mỗi lần chọn 3 học sinh từ 30 học sinh cho ta một tổ hợp chập 3 của 30 nên

nΩ = C303= 4060

Gọi N là biến cố:” Chọn được 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ”

Việc chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ có thể xem 1 công việc 2 công đoạn:

- Công đoạn 1: chọn 2 học sinh nam có Cn2

- Công đoạn 2: Chọn 1 học sinh nữ có C30-n1= 30 – n cách

⇒ nN = 30 – n . Cn2

⇒ PN = n(N)n(Ω) = 30 - - n . Cn24060 = 1229

⇒ 30 – n . Cn2 = 1680

Mà Cn2 = n!2!(n - 2)! = (n-2)!.(n - 1) . n2!(n - 2)!

⇒ 30 – n . n(n - 1)2 = 1680⇒−n3 + 31n2 − 30n + 3360 =0

⇒n1≈−8,82n2≈23,82n3=16

Vì n ∈ ℕ*; n ≤ 28 nên n = 16

Vậy số học sinh nữ của lớp là : 30 – 16 = 14 (học sinh).