5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 38)

Lời giải:

\(\)\(\)

Kẻ DE ⊥ AB tại E, DF ⊥ AC tại F.

Ta có: Tứ giác AFDE là hình chữ nhật do \(\widehat A = \widehat E = \widehat F = 90^\circ \), AD là phân giác trong của \(\widehat {EAF}\) nên AFDE là hình vuông. Suy ra: \(DE = DF = \frac{{AD\sqrt 2 }}{2}\)

∆ABC có AB // DF (cùng vuông góc với CA) \( \Rightarrow \frac{{DF}}{{AB}} = \frac{{CD}}{{BC}}\)

Tương tự với AC // DE \( \Rightarrow \frac{{DE}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{BC}} \Rightarrow \frac{{DF}}{{AB}} + \frac{{DE}}{{AC}} = \frac{{CD + BD}}{{BC}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{AD}}{{AB\sqrt 2 }} + \frac{{AD}}{{AC\sqrt 2 }} = \frac{{BC}}{{BC}} \Leftrightarrow \frac{{AD}}{{AB\sqrt 2 }} + \frac{{AD}}{{AC\sqrt 2 }} = 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{AB}} + \frac{1}{{AC}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{AD}}\).

Lời giải:

Kẻ AH ⊥ BC tại H

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BAC có: \(\frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}}\).

Do AD và AE lần lượt là 2 tia phân giác trong và ngoài tại đỉnh A ⇒ AD ⊥ AE

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông AED có:

\(\frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}}\)(AH là đường cao của ∆AED do AH ⊥ BC nên AH ⊥ ED)

\( \Rightarrow \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{D{A^2}}}\).

Lời giải:

\(\sqrt {11 - 4\sqrt 7 } = \sqrt {11 - 2.2\sqrt 7 } = \sqrt {7 - 2.2.\sqrt 7 + 4} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 - 2} \right)}^2}} = \sqrt 7 - 2\).

Lời giải:

\(\frac{{13\sqrt 2 - 4\sqrt 6 }}{{24 - 4\sqrt 3 }} = \frac{{\left( {13\sqrt 2 - 4\sqrt 6 } \right)\left( {24 + 4\sqrt 3 } \right)}}{{\left( {24 - 4\sqrt 3 } \right)\left( {24 + 4\sqrt 3 } \right)}}\)

\( = \frac{{13\sqrt 2 .24 + 13\sqrt 2 .4\sqrt 3 - 4\sqrt 6 .24 - 4\sqrt 6 .4\sqrt 3 }}{{\left( {24 - 4\sqrt 3 } \right)\left( {24 + 4\sqrt 3 } \right)}}\)

\( = \frac{{13\sqrt 2 .24 + 13\sqrt 2 .4\sqrt 3 - 4\sqrt 6 .24 - 4\sqrt 6 .4\sqrt 3 }}{{{{24}^2} - {{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}}}\)

\( = \frac{{13\sqrt 2 .24 + 13\sqrt 2 .4\sqrt 3 - 4\sqrt 6 .24 - 4\sqrt 6 .4\sqrt 3 }}{{576 - {{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}}}\)

\( = \frac{{13\sqrt 2 .24 + 13\sqrt 2 .4\sqrt 3 - 4\sqrt 6 .24 - 4\sqrt 6 .4\sqrt 3 }}{{576 - 48}}\)

\( = \frac{{312\sqrt 2 + 13\sqrt 2 .4\sqrt 3 - 4\sqrt 6 .24 - 4\sqrt 6 .4\sqrt 3 }}{{576 - 48}}\)

\( = \frac{{312\sqrt 2 + 52\sqrt 6 - 4\sqrt 6 .24 - 4\sqrt 6 .4\sqrt 3 }}{{576 - 48}}\)

\( = \frac{{312\sqrt 2 + 52\sqrt 6 - 96\sqrt 6 - 4\sqrt 6 .4\sqrt 3 }}{{576 - 48}}\)

\( = \frac{{312\sqrt 2 + 52\sqrt 6 - 96\sqrt 6 - 48\sqrt 2 }}{{576 - 48}}\)

\( = \frac{{264\sqrt 2 + 52\sqrt 6 - 96\sqrt 6 - 48\sqrt 2 }}{{528}} = \frac{{264\sqrt 2 - 44\sqrt 6 }}{{528}}\)

\( = \frac{{44\left( {6\sqrt 2 - \sqrt 6 } \right)}}{{44.12}} = \frac{{6\sqrt 2 - \sqrt 6 }}{{12}}\)

Lời giải:

\(\frac{{3 + 4\sqrt 3 }}{{\sqrt 6 + \sqrt 2 - \sqrt 5 }} = \frac{{\left( {3 + 4\sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 + \sqrt 5 } \right)}}{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 - \sqrt 5 } \right)\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 + \sqrt 5 } \right)}}\)

\( = \frac{{\left( {3 + 4\sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 + \sqrt 5 } \right)}}{{{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right)}^2} - 5}} = \frac{{\left( {3 + 4\sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 + \sqrt 5 } \right)}}{{3 + 4\sqrt 3 }} = \sqrt 6 + \sqrt 2 + \sqrt 5 \).

Lời giải:

32×8+48 : 6–123:3 =256+8–41 =264–41 =223.

Lời giải:

\(5{m^2} = 50000c{m^2}\).

Lời giải:

\(A \cap B = \left\{ { - 1;1} \right\};A \cup B = \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4;5} \right\}\)

\(A\backslash B = \left\{ {0;3;5} \right\};B\backslash A = \left\{ { - 2;2;4} \right\}\).

Lời giải:

\(\sqrt {75} + \sqrt {48} - \sqrt {300} = \sqrt {25.3} + \sqrt {16.3} - \sqrt {100.3} = 5\sqrt 3 + 4\sqrt 3 - 10\sqrt 3 = - \sqrt 3 \).

Lời giải:

Đặt A = \(\sqrt {2 + \sqrt 3 } + \sqrt {2 - \sqrt 3 } \)

\( \Rightarrow {A^2} = 2 + \sqrt 3 + 2\sqrt {\left( {2 + \sqrt 3 } \right)\left( {2 - \sqrt 3 } \right)} + 2 - \sqrt 3 = 4 + 2\sqrt {4 - 3} \) \( = 4 + 2\sqrt 1 = 4 + 2 = 6\)

\( \Rightarrow {A^2} = 6 \Rightarrow A = \pm \sqrt 6 \). Mà A > 0 \( \Rightarrow A = \sqrt 6 \)

Vậy \(\sqrt {2 + \sqrt 3 } + \sqrt {2 - \sqrt 3 } = \sqrt 6 \).

Lời giải:

Vì 4 > 3 và 2 = \(\sqrt 4 \Rightarrow \sqrt 4 - \sqrt 3 > 0 \Leftrightarrow 2 - \sqrt 3 > 0 \Rightarrow \left| {2 - \sqrt 3 } \right| = 2 - \sqrt 3 \)

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

Lời giải:

Gọi I là điểm thỏa mãn \(2\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} = \overrightarrow 0 \), tức là \(\overrightarrow {IA} =  - \frac{3}{2}\overrightarrow {IB} \), suy ra điểm I thuộc đoạn thẳng AB sao cho \(IA = \frac{3}{2}IB\).

Vì A, B cố định nên I cố định.

Ta có: \(\left| {2\overrightarrow {MA} + 3\overrightarrow {MB} } \right| = \left| {2\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right) + 3\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)} \right|\)

\( = \left| {5\overrightarrow {MI} + \left( {2\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} } \right)} \right| = \left| {5\overrightarrow {MI} } \right| = 5MI\).

Để \(\left| {2\overrightarrow {MA} + 3\overrightarrow {MB} } \right| = 42\) thì 5MI = 42, suy ra \(MI = \frac{{42}}{5}\), do đó điểm M luôn cách điểm I cố định một đoạn bằng \(\frac{{42}}{5}\).

Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn cố định tâm I, bán kính bằng \(\frac{{42}}{5}\).

Lời giải:

Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa A vẽ \(\Delta BCN\) đều

Xét ∆ABN và ∆CAN có:

AB = AC (Do ∆ABC cân tại A)

BN = CN (do \(\Delta BCN\) đều)

AN chung

Do đó, ∆ABN = ∆ACN (c.c.c)

\( \Rightarrow \widehat {BNA} = \widehat {CNA} = \frac{{\widehat {BNC}}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ \).

Tam giác ABC cân tại A có \(\widehat A = 100^\circ \) nên \(\widehat {BCA} = \widehat {ABC} = \frac{{180^\circ - 100^\circ }}{2} = 40^\circ \).

Mặt khác, \(\widehat {BCA} + \widehat {ACN} = \widehat {BCN}\)\( \Rightarrow 40^\circ + \widehat {ACN} = 60^\circ \Rightarrow \widehat {ACN} = 20^\circ \).

\(\widehat {MCA} + \widehat {MCB} = \widehat {ACB}\)\( \Rightarrow \widehat {MCA} + 20^\circ = 40^\circ \) \( \Rightarrow \widehat {MCA} = 20^\circ \)

Xét ∆CBM và ∆CAN có:

BC = CN (do \(\Delta BCN\) đều)

\(\widehat {MBC} = \widehat {CNA} = 30^\circ ,\widehat {MCB} = \widehat {ACN} = 20^\circ \)

Do đó, ∆CBM = ∆CNA (g.c.g)

⇒ CM = CA

⇒ ∆CMA cân tại C

⇒ \(\widehat {MAC} = \widehat {AMC}\)

⇒ \(\widehat {MAC} = \left( {180^\circ - \widehat {MCA}} \right):2 = 80^\circ \)

Ta có: \(\widehat {MBC} + \widehat {ABM} = \widehat {ABC}\).

\( \Rightarrow \widehat {ABM} = 40^\circ - 30^\circ = 10^\circ \)

Ta có: \(\widehat {MAB} + \widehat {MAC} = \widehat {BAC} \Rightarrow \widehat {BAM} = 100^\circ - 80^\circ = 20^\circ \)

Xét ∆AMB có: \(\widehat {AMB} + \widehat {MAB} + \widehat {ABM} = 180^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {AMB} = 180^\circ - 10^\circ - 20^\circ = 150^\circ \)

Vậy \(\widehat {AMB} = 150^\circ \).

Lời giải:

a. Ta có: \(\tan \widehat B = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{15}}{{10}} = \frac{3}{2} \Rightarrow \widehat B \approx 56^\circ \).

b. Xét ∆ABI có: \(\widehat {{B_1}} = \frac{{\widehat B}}{2} = \frac{{56^\circ }}{2} = 28^\circ \)

Mà \(\tan \widehat {{B_1}} = \frac{{AI}}{{AB}} \Rightarrow AI = AB.\tan \widehat {{B_1}} = 10.\tan 28^\circ \approx 5,3\left( {cm} \right)\)

c. Xét ∆ABH có: \(\widehat {{B_1}} = 28^\circ \left( {cmt} \right)\)

Mà \(\sin \widehat {{B_1}} = \frac{{AH}}{{AB}} \Rightarrow AH = AB.\sin \widehat {{B_1}} = 10.\sin 28^\circ \approx 4,7\left( {cm} \right)\).

Lời giải:

a. ∆BAH  ∆CBK (g.g)

vì \(\widehat {BHA} = \widehat {CKB} = 90^\circ ,\widehat {ABH} = \widehat {BCK}\)(cùng phụ với \(\widehat {CBK}\)) \( \Rightarrow \frac{{BH}}{{CK}} = \frac{{AB}}{{BC}}\)

mà \(\tan BAC = \frac{{BC}}{{AB}} = \frac{{CK}}{{BH}} \Rightarrow CK = BH.\tan BAC\)(đpcm)

b. ∆BAH  ∆CBK (cmt) \( \Rightarrow \frac{{AH}}{{BK}} = \frac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow AH = \frac{{AB}}{{BC}}.BK\)

∆MCK  ∆MAH (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{MC}}{{MA}} = \frac{{CK}}{{AH}} = \frac{{BH.\tan BAC}}{{AH}} = \frac{{BH.\tan BAC}}{{\frac{{AB.BK}}{{BC}}}} = \frac{{BH.\tan BAC.BC}}{{AB.BK}} = \frac{{BH.{{\tan }^2}BAC}}{{BK}}\)(đpcm)

Lời giải:

a. Ta có: \(\widehat {AKB} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kinh AB)

Tứ giác IEKB có: \(\widehat {AKB} = 90^\circ = \widehat {EKB};\widehat {EIB} = 90^\circ \)

Có tổng 2 góc đối \(\widehat {EKB} + \widehat {EIB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

⇒ Tứ giác IEKB nội tiếp đường tròn đường kính EB

b. Xét ∆AME và ∆AKM: \(\widehat {MAE}\) chung; \(\widehat {AME} = \widehat {AKM}\) (góc nội tiếp cùng chắn 2 cung AM = AN)

⇒ ∆AME  ∆AKM(g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AM}}{{AK}} = \frac{{AE}}{{AM}}\) (hai cạnh tương ứng tỉ lệ) \( \Rightarrow A{M^2} = AE.AK\)

c. Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ANB vuông tại N, đường cao NI ⊥ AB ta có:

\(BI.BA = N{B^2}\)

Và ta có \(AE.AK = A{M^2} = A{N^2}\) (chứng minh câu b và AM = AN, tính chất đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow AE.AK + BI.BA = A{N^2} + N{B^2} = A{B^2}\) (áp dụng Pytago vào ∆ANB)

   \( = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\).

Vậy \(AE.AK + BI.BA = 4{R^2}\).

d. ∆MIO vuông tại I, áp dụng định lí Pytago ta có: \(O{I^2} + M{I^2} = O{M^2} = {R^2}\)

Ta có: \({\left( {MI - IO} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow 2M{I^2} + 2I{O^2} \ge M{I^2} + I{O^2} + 2MI.IO = {\left( {MI + IO} \right)^2}\)

\( \Rightarrow MI + IO \le \sqrt {2\left( {M{I^2} + I{O^2}} \right)} = R\sqrt 2 \)

Chu vi tam giác MIO là P = MI + IO + MO ≤ \(R\sqrt 2 + R\).

Chu vi P đạt giá trị lớn nhất bằng \(R\sqrt 2 + R\) khi MI + IO = \(R\sqrt 2 \) hay MI = IO = \(\frac{{R\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy điểm I nằm trên AO sao cho IO = \(\frac{{R\sqrt 2 }}{2}\) thì chu vi ∆MIO đạt GTLN.

Lời giải:

Áp dụng định lí côsin ta có:

\({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.cosA = {7^2} + {5^2} - 2.7.5.\frac{3}{5} = 32 \Rightarrow a = \sqrt {32} = 4\sqrt 2 \)

Ta có: \(0^\circ < \widehat A < 180^\circ \Rightarrow \sin A > 0\)

\({\sin ^2}A + {\cos ^2}A = 1 \Rightarrow \sin A = \sqrt {1 - {{\cos }^2}A} = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2}}  = \frac{4}{5}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác

+) \(S = \frac{1}{2}bc.\sin A = \frac{1}{2}.7.5.\frac{4}{5} = 14\)

Ta có: \(\frac{a}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{a}{{2\sin A}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{{2.\frac{4}{5}}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\)

+) \(p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{4\sqrt 2  + 7 + 5}}{2} = 6 + 2\sqrt 2 \)

\(S = pr \Rightarrow r = \frac{S}{p} = \frac{{14}}{{6 + 2\sqrt 2 }} = \frac{{14.\left( {6 - 2\sqrt 2 } \right)}}{{\left( {6 + 2\sqrt 2 } \right)\left( {6 - 2\sqrt 2 } \right)}} = \frac{{28\left( {3 - \sqrt 2 } \right)}}{{28}} = 3 - \sqrt 2 \)

Vậy S = 14; \(R = \frac{{5\sqrt 2 }}{2};r = 3 - \sqrt 2 \).

Lời giải:

\({\cos ^3}x + {\sin ^3}x = \cos 2x\)

\( \Leftrightarrow \left( {\cos x + \sin x} \right)\left( {{{\cos }^2}x - \sin x\cos x + {{\sin }^2}x} \right) = {\cos ^2}x - {\sin ^2}x\)

\( \Leftrightarrow \left( {\cos x + \sin x} \right)\left( {1 - \sin x\cos x} \right) = \left( {\cos x + \sin x} \right)\left( {\cos x - \sin x} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {\cos x + \sin x} \right)\left( {1 - \sin x\cos x - \cos x + \sin x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\left[ {\left( {1 + \sin x} \right) - \cos x\left( {\sin x + 1} \right)} \right] = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x = - \cos x}\\{\sin x = - 1}\\{\cos x = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\tan x = - 1}\\{\sin x = - 1}\\{\cos x = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{x = k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải:

\(\cos x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)\( \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{\pi }{4}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải:

\({x^2} - 9 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} = 9 = {3^2} \Leftrightarrow x = \pm 3\)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(S = \left\{ { - 3;\,3} \right\}\).

Lời giải:

PT có nghiệm khi và chỉ khi

\(1 + 1 \ge {m^2} \Leftrightarrow {m^2} \le 2 \Leftrightarrow - \sqrt 2 \le m \le \sqrt 2 \).

Lời giải:

Số bé nhất có 2 chữ số: 10

Số chia là : 10–2=8

Thương của hai số đó: 72:8=9.

Lời giải:

Để y có nghĩa \( \Rightarrow 2 - \sin x \ge 0 \Leftrightarrow 2 \ge \sin x\)

Mà \(\sin x \le 2\forall x \in \mathbb{R}\)

Vậy D = ℝ.

Lời giải:

Gọi số bị chia, số chia, thương và số dư lần lượt là a, b, c, d.

Ta có:

a : b=c (dư d)⟺a=c.b+d

Ta cũng có: (a+15) : (b+5)=c (dư d)

⟺a+15=c.(b+5)+d

⟺a+15=c.b+c.5+d

Mà a=c.b+d nên a +15=c.b+c.5+d =(c.b+d)+c.5=a+c.5

Suy ra 15=c.5, suy rac = 3.

Vậy thương của phép chia bằng 3.

Lời giải:

Gọi AH là đường cao của tam giác ABC.

Ta có: \(\widehat {BCA} = 135^\circ \Rightarrow \widehat {ACH} = 180^\circ - 135^\circ = 45^\circ \)

BC = BH – CH = cot30°.AH – cot45°.AH = \(AH\left( {\sqrt 3 - 1} \right) = 2\)

\( \Rightarrow AH = \frac{2}{{\sqrt 3 - 1}} = \sqrt 3 + 1\left( {cm} \right)\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC.AH = \frac{1}{2}.2.\left( {\sqrt 3 + 1} \right) = \sqrt 3 + 1\left( {c{m^2}} \right)\).

Lời giải:

Gọi \(\overline {abcde} \) là số tự nhiên cần tìm (0 ≤ a, b, c, d, e ≤ 9; a ≠ 0; a, b, c, d, e ∈ℕ \ {7}).

Trường hợp 1: a = 6, b = 5.

Chọn tùy ý các chữ số c, d, e từ 9 chữ số đã cho, ta luôn được số thỏa mãn trừ trường hợp c = d = e = 0.

Số các số lập được là: 1.1.9³ – 1 = 728 (số).

Trường hợp 2: a = 6, b ∈ {6; 8; 9}.

Chọn tùy ý các chữ số c, d, e trong 9 chữ số đã cho, ta luôn được số thỏa mãn.

Số các số lập được là: 1.3.9³ = 2187 (số).

Trường hợp 3: a ∈ {8; 9}.

Chọn tùy ý các chữ số b, c, d, e trong 9 chữ số đã cho, ta luôn được số thỏa mãn.

Số các số lập được là: 2.9⁴ = 13122 (số).

Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 728 + 2187 + 13122 = 16037 số.

Lời giải:

ĐKXĐ: \(8x - {x^2} - 15 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow 3 \le x \le 5\).

Lời giải:

Ta có ∆ABC vuông tại A \( \Rightarrow BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\)

\(\sin \widehat B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{4}{5} \Rightarrow \widehat B = 53,13^\circ \Rightarrow \widehat C = 90^\circ - 53,13^\circ \approx 36,87^\circ \)

Lại có: AH.BC = AB.AC \( \Leftrightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{3.4}}{5} = 2,4\)

∆ABC có \(\widehat A = 90^\circ ;IB = IC \Rightarrow AI = \frac{1}{2}BC\) (Tính chất trong tam giác vuông đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\frac{1}{2}\) cạnh huyền) ⇒ AI = 2,5.

Lời giải:

A = \(\frac{{x - 3}}{{x + 1}} = \frac{{x + 1 - 4}}{{x + 1}} = 1 - \frac{4}{{x + 1}}\)

Để biểu thức A đạt giá trị nguyên ⟺ \(\frac{4}{{x + 1}}\) nguyên \( \Rightarrow 4\,\, \vdots \,\,\left( {x + 1} \right)\) hay (x + 1) phải thuộc ước của 4, mà Ư(4) = {±4; ±2; ±1}.

TH1. x + 1 = 4 ⇒ x = 3 (TM)

TH2. x + 1 = –4 ⇒ x = –5 (TM)

TH3. x + 1 = 2 ⇒ x = 1 (TM)

TH4. x +1 = –2 ⇒ x = –3 (TM)

TH5. x + 1 = 1 ⇒ x = 0 (TM)

TH6. x + 1 = –1 ⇒ x = –2 (TM)

Vậy x ∈ {– 5; – 3; – 2; 0; 1; 3}.

Lời giải:

ĐK: \(x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\)

tanx + 1 = 0

\( \Leftrightarrow \tan x = - 1 \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{4} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}(TM)\)

Vậy \(x = - \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Đáp án A đúng vì với x = \(\frac{1}{2} \in \mathbb{R},{x^2} = \frac{1}{4} < \frac{1}{2} = x\)

Đáp án B sai vì nếu x = 0 thì \({0^2} = 0\)

Đáp án C sai vì \(\left| x \right| > 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 1}\\{x < - 1}\end{array}} \right.\)

Đáp án D sai vì \({x^2} \ge x \Leftrightarrow {x^2} - x \ge 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 1}\\{x \le 0}\end{array}} \right.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Đáp án B nằm trong bất đẳng thức tam giác: “ Trong một tam giác, tổng độ dài hai cạnh bất kì bao giờ cũng lớn hơn độ dài cạnh còn lại”.

Đáp án A sai vì \(\pi \) là một số vô tỉ.

Đáp án C sai vì đây là câu hỏi.

Đáp án D sai vì đây là câu cảm thán.

Lời giải:

Ta có : \(\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {2{x^2} - 7x + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} - 4 = 0}\\{x - 1 = 0}\\{2{x^2} - 7x + 3 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 2 \notin \mathbb{N};x = 2 \in \mathbb{N}}\\{x = 1 \in \mathbb{N}}\\{x = \frac{1}{2} \notin \mathbb{N}}\\{x = 3 \in \mathbb{N}}\end{array}} \right.\)

⇒ S = 2 + 1 + 3 = 6.

Lời giải:

Ta có:

Vậy \(\frac{{2{x^2} + 2x - 4}}{{x + 2}}\) = 2x – 2.

Lời giải:

Theo giả thiết: \(\frac{{3\pi }}{2} < a < 2\pi \), nên góc a thuộc góc phần tư thứ IV ⇒ sina < 0

Tính sina: \({\sin ^2}a + {\cos ^2}a = 1 \Leftrightarrow {\sin ^2}a = 1 - {\cos ^2}a\)

\( \Rightarrow \sin a = - \sqrt {1 - {{\cos }^2}a} = - \sqrt {1 - {{\left( {\frac{5}{{13}}} \right)}^2}} = - \frac{{12}}{{13}}\)

Tính: tana \( = \frac{{\sin a}}{{\cos a}} = \frac{{ - \frac{{12}}{{13}}}}{{\frac{5}{{13}}}} = - \frac{{12}}{5}\)

Tính: cota \( = \frac{1}{{\tan a}} = \frac{1}{{ - \frac{{12}}{5}}} = - \frac{5}{{12}}\).

Lời giải:

Áp dụng các công thức hệ thức lượng ta có:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{6^2}}} + \frac{1}{{{8^2}}} \Rightarrow AH = 4,8\left( {cm} \right)\)

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = 10;A{B^2} = BH.BC\)

⇒ BH = 3,6 (cm); CH = 10 – 3,6 = 6,4 (cm).

Lời giải:

\({x^3} - 19x - 30 = {x^3} - 5{x^2} + 5{x^2} - 25x + 6x - 30\)

\( = {x^2}\left( {x - 5} \right) + 5x\left( {x - 5} \right) + 6\left( {x - 5} \right)\)

\( = \left( {x - 5} \right)\left( {{x^2} + 5x + 6} \right) = \left( {x - 5} \right)\left( {{x^2} + 2x + 3x + 6} \right)\)

\( = \left( {x - 5} \right)\left[ {x\left( {x + 2} \right) + 3\left( {x + 2} \right)} \right] = \left( {x - 5} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)\).

Lời giải:

a) ABCD là hình thang cân 

\( \Rightarrow \widehat {BCD} = \widehat {ADC} \Leftrightarrow \widehat {OCD} = \widehat {ODC}\)

\(\Delta ODC,\widehat {OCD} = \widehat {ODC}\)

⇒ΔODC cân tại O⇒OC=OD

Mà AD=BC (ABCD là hình thang cân)⇒OA=OB⇒ΔOAB cân tại O

b) ABCD là hình thang cân

\( \Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {ABC}\)

Xét ∆BAD và ∆ABC: BA chung; AD = BC; \(\widehat {BAD} = \widehat {ABC} \Rightarrow \Delta BAD = \Delta ABC\)

c) ∆BAD = ∆ABC \( \Rightarrow \widehat {{D_1}} = \widehat {{C_1}}\)

Mà \(\widehat {ADC} = \widehat {BCD} \Rightarrow \widehat {{D_2}} = \widehat {{C_2}}\)

⇒ΔDEC cân tại E

d) EC=ED

Mà AC=BD (ABCD là hình thang cân)

⇒EA= EB

Lại có OA=OB

⇒OE là đường trung trực AB

OD=OC; EC=ED

⇒OE là đường trung trực CD.

Lời giải:

Hàm số xác định ⟺ 1 + tanx ≠ 0 và tanx xác định

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\tan x \ne 1}\\{\cos x \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ne - \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}\)

Ta chọn k = 0 \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ne - \frac{\pi }{4}}\\{x \ne \frac{\pi }{2}}\end{array}} \right.\) nhưng điểm \( - \frac{\pi }{4} \in \left( { - \frac{\pi }{2} + k2\pi ;\frac{\pi }{2} + k2\pi } \right)\).

Vậy hàm số không xác định trong khoảng \(\left( { - \frac{\pi }{2} + k2\pi ;\frac{\pi }{2} + k2\pi } \right),\,k \in \mathbb{Z}\).  

Lời giải:

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

Ta có: \({\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0\forall x\)

\({\left( {x + 1} \right)^2} + 4 \ge 4\)

Dấu “=” xảy ra khi \({\left( {x + 1} \right)^2} = 0 \Rightarrow x = - 1\)

Vậy \(Mi{n_A} = 4\) khi x = –1.

Lời giải:

a. Xét ∆AMC và ∆EMB có: AM = EM (gt); \(\widehat {AMC} = \widehat {EMB}\)(đối đỉnh); BM = MC (gt)

Nên: ∆AMC = ∆EMB (c.g.c) ⇒ AC = EB

Vì ∆AMC = ∆EMB ⇒ \(\widehat {MAC} = \widehat {MEB}\)(2 góc có vị trí so le trong được tạo bởi đường thẳng AC và EB cắt đường thẳng AE) ⇒ AC // BE

b. Xét ∆AMI và ∆EMK có: AM = EM (gt); \(\widehat {MAI} = \widehat {MEK}\)(vì ∆AMC = ∆EMB); AI = EK (gt) nên ∆AMI = ∆EMK (c.g.c) ⇒ \(\widehat {AMI} = \widehat {EMK}\)

Mà \(\widehat {AMI} + \widehat {IME} = 180^\circ \) (tính chất 2 góc kề bù)

⇒ \(\widehat {EMK} + \widehat {IME} = 180^\circ \) ⇒ 3 điểm I, M, K thẳng hàng

c. Trong tam giác vuông BHE \(\left( {\widehat H = 90^\circ } \right)\) có \(\widehat {HBE} = 50^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {HBE} = 90^\circ - \widehat {HBE} = 90^\circ - 50^\circ = 40^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {HEM} = \widehat {HEB} - \widehat {MEB} = 40^\circ - 25^\circ = 15^\circ \)

\(\widehat {BME}\) là góc ngoài tại đỉnh M của ∆HEM

Nên \(\widehat {BME} = \widehat {HEM} + \widehat {MHE} = 15^\circ + 90^\circ = 105^\circ \) (định lý góc ngoài của tam giác).

Lời giải:

Ta có công thức: \(1 - \frac{1}{{{k^2}}} = \frac{{{k^2} - {1^2}}}{{{k^2}}} = \frac{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}}{{{k^2}}}\)

Áp dụng công thức trên ta được:

\(\left( {1 - \frac{1}{{{2^2}}}} \right)\left( {1 - \frac{1}{{{3^2}}}} \right)\left( {1 - \frac{1}{{{4^2}}}} \right)....\left( {1 - \frac{1}{{{n^2}}}} \right) = \frac{{{2^2} - {1^2}}}{{{2^2}}}.\frac{{{3^2} - {1^2}}}{{{3^2}}}.\frac{{{4^2} - {1^2}}}{{{4^2}}}....\frac{{{n^2} - {1^2}}}{{{n^2}}}\)

\( = \frac{{\left( {2 + 1} \right)\left( {2 - 1} \right)}}{{2.2}}.\frac{{\left( {3 + 1} \right)\left( {3 - 1} \right)}}{{3.3}}.\frac{{\left( {4 + 1} \right)\left( {4 - 1} \right)}}{{4.4}}....\frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {n - 1} \right)}}{{n.n}}\)

\( = \frac{{1.3}}{{2.2}} = \frac{{2.4}}{{3.3}} = \frac{{3.5}}{{4.4}}....\frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {n - 1} \right)}}{{n.n}} = \frac{{\left[ {1.2.3...\left( {n + 1} \right)} \right].\left[ {3.4.5...\left( {n - 1} \right)} \right]}}{{\left( {2.3.4...n} \right)\left( {2.3.4...n} \right)}}\)

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

Lời giải:

\(A \cap B = \left( {3;4} \right);A \cup B = \left[ {0; + \infty } \right);A\backslash B = \left( {4; + \infty } \right);B\backslash A = \left[ {0;3} \right]\).

Lời giải:

Ta có: \(A \cup B = \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left[ {3; + \infty } \right) \Rightarrow \left( {A \cup B} \right) \cap C = \left[ {3;4} \right)\).

Lời giải:

Vậy \(\left( {2{x^3} + 5{x^2} - 2x + 3} \right):\left( {2{x^2} - x + 1} \right)\) = x + 3.

Lời giải:

\({\left( {\sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2}} \right)^2} + \sqrt 3 \cos x = 2\)

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

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

\( \Leftrightarrow \sin x + \sqrt 3 \cos x = 1\)

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

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

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

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x + \frac{\pi }{3} = \pi - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải:

\(1 + {\sin ^3}2x + {\cos ^3}2x = \frac{1}{2}\sin 4x\)

\( \Leftrightarrow 1 + \left( {\sin 2x + \cos 2x} \right)\left( {1 - \sin 2x\cos 2x} \right) = \sin 2x\)

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

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

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + \frac{\pi }{4} = - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{2x + \frac{\pi }{4} = \pi + \frac{\pi }{4} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x = \frac{\pi }{2} + k\pi }\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\].

Lời giải:

Điều kiện: \(x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

\(1 + \tan x = 2\sqrt 2 \sin x\)

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

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

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

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

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

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

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{\pi }{4} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\frac{{2\pi }}{3}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Kết hợp với điều kiện, vậy nghiệm của phương trình là \(x = \frac{\pi }{4} + k\frac{{2\pi }}{3}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải:

\({3^{x + 1}} = 243\)\( \Leftrightarrow {3^{x + 1}} = {3^5} \Leftrightarrow x + 1 = 5\)⇔ x = 4.

Vậy x = 4.

Lời giải:

Chia 2 vế PT đề bài ra cho \(\sqrt {21} \), ta được: \(\frac{{\sqrt {21} }}{7}\cos x + \frac{{2\sqrt 7 }}{7}{\mathop{\rm sinx}\nolimits} = \frac{{3\sqrt {21} }}{{14}}\) (*).

Đặt \(\sin \alpha = \frac{{\sqrt {21} }}{7};\cos \alpha = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}\)

(*) \( \Leftrightarrow \sin \alpha .cos\alpha + cos\alpha .sin\alpha = \frac{{3\sqrt {21} }}{{14}}\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {x + \alpha } \right) = \frac{{3\sqrt {21} }}{{14}}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \alpha = \arcsin \frac{{3\sqrt {21} }}{{14}} + k2\pi }\\{x + \alpha = \pi - \arcsin \frac{{3\sqrt {21} }}{{14}} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \arcsin \frac{{3\sqrt {21} }}{{14}} - \alpha + k2\pi }\\{x = \pi - \alpha - \arcsin \frac{{3\sqrt {21} }}{{14}} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải:

Ta có: \(A \cup B = \left[ {1;\,4} \right] \cup \left( {2;\,6} \right) = \left[ {1;\,6} \right)\)

Do đó, \(A \cup B \cup C = \left[ {1;6} \right) \cup \left( {1;\,2} \right) = \left[ {1;6} \right)\).

Lời giải:

Gọi I là trung điểm của CD, ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆COD, đường kính CD có IO là bán kính.

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB ⇒ AC // BD ⇒ tứ giác ACDB là hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB ⇒ IO là đường trung bình của hình thang ACDB.

 IO // AC, mà AC ⊥ AB ⇒ IO ⊥ AB tại O ⇒ AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD.

Lời giải:

Nếu M ∈ d \( \Rightarrow M\left( {{x_M},{x_{M - 4}}} \right)\)

\(d\left( {M,{d_1}} \right) = \frac{{\left| {{x_M} + 2{y_M} + 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} }} = \frac{{\left| {{x_M} + 2\left( {{x_M} - 4} \right) + 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} }} = \frac{{\left| {3{x_M} - 6} \right|}}{{\sqrt 5 }}\)

\(d\left( {M,{d_2}} \right) = \frac{{\left| { - 2{x_M} - {y_M} + 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} }} = \frac{{\left| { - 2{x_M} - \left( {{x_M} - 4} \right) + 2} \right|}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{\left| { - 3{x_M} + 6} \right|}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{\left| {3{x_M} - 6} \right|}}{{\sqrt 5 }}\)

\( \Rightarrow d\left( {M,{d_1}} \right) = d\left( {M,{d_2}} \right)\).

Lời giải:

Vì a là góc nhọn nên cos a > 0.

Ta có: \({\sin ^2}a + {\cos ^2}a = 1 \Rightarrow {\cos ^2}a = 1 - {\left( {\frac{5}{{13}}} \right)^2} = \frac{{144}}{{169}} \Rightarrow \cos a = \frac{{12}}{{13}}\).

Ta có: \(\tan a = \frac{{\sin a}}{{\cos a}} = \frac{{\frac{5}{{13}}}}{{\frac{{12}}{{13}}}} = \frac{5}{{12}}\)

Lại có: tana.cota = 1 \( \Rightarrow \cot a = \frac{1}{{\tan a}} = \frac{1}{{\frac{5}{{12}}}} = \frac{{12}}{5}\).

Lời giải:

Ta có: \(\sin a + \cos a = \frac{5}{4} \Leftrightarrow {\left( {\sin a + \cos a} \right)^2} = \frac{{25}}{{16}}\)

\( \Leftrightarrow 1 + 2\sin a\cos a = \frac{{25}}{{16}} \Leftrightarrow \sin a\cos a = \frac{9}{{32}}\).

Lời giải:

Xét ΔABC có \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AD}}{{AC}}\)

Do đó: DE//CB

Xét tứ giác BEDC có DE//BCnên BEDC là hình thang

Mà \(\widehat {EBC} = \widehat {DCB}\) nên BEDC là hình thang cân

Vậy BEDC là hình thang cân.

Lời giải:

a) ΔABC cân tại A có đường cao AD

⇒AD đồng thời là đường trung tuyến của ΔABC⇒D là trung điểm BC.

Mà D là trung điểm EH (vì E và H đối xứng qua D).

⇒ Tứ giác BECH là hình bình hành.

Ta lại có: BC⊥EH tại D⇒BECH là hình thoi⇒BH=BE.

BE // CH; CE // BH; H là trực tâm ΔABC⇒ CH⊥AB ⇒BE⊥AB

BH⊥AC ⇒CE⊥AC

\( \Rightarrow \widehat {ABE} = \widehat {ACE} = 90^\circ ;\widehat {ABE} + \widehat {ACE} = 180^\circ \)

⇒ABEC nội tiếp đường tròn (O) đường kính AE (với O là trung điểm AE).

b) Ta có: BE=HB; DE=HD (câu a)

AE=HA+HD+DE=HA+2HD

Đặt HD=x (x>0)

HA=7 cm; HB=2 cm

ΔABE vuông tại B đường cao BD

\( \Rightarrow B{E^2} = DE.AE\)(hệ thức lượng trong ∆ vuông)

⇔\(H{B^2}\)=HD.(HA+2HD)

⇔22= x(7+2x)

⇔\(2{x^2}\)+7x–4=0

⇔\(2{x^2}\)+8x–x–4=0

⇔2x(x+4)−(x+4)=0

⇔(x+4)(2x−1)=0

⇔x=−4 (loại) hoặc x=0,5 (nhận)

⇒ HD=x=0,5 cm

⇒ AE=HA+2HD= 7+2.0,5=8 cm

⇒R=OA=12AE=12.8=4 cm

Vậy HD=0,5cm và bán kính đường tròn (O) ngoại tiếp ΔABC là R=4 cm.

Lời giải:

Gọi N là trung điểm cạnh AC.

Suy ra BN là đường trung tuyến của ΔABC.

Vì ΔABC là tam giác cân tại A nên dễ dàng chứng minh được BN = CM. (1)

Xét tam giác ΔACD có B, N lần lượt là trung điểm cạnh AD và AC.

Suy ra BN là đường trung bình của tam giác của ΔACD.

⇒ BN = \(\frac{1}{2}\) DC

⇒ DC = 2BN (2)

Từ (1) và (2) suy ra CD = 2CM.

Lời giải:

Đặt B = \(\widehat B\), C = \(\widehat C\).

Theo định lí tổng 3 góc trong tam giác ABC ta có: \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \).

Suy ra \(\widehat B + \widehat C = 180^\circ - \widehat A = 180^\circ - 75^\circ = 105^\circ \) hay B + C = 105°.

Theo đề bài ta có: \(\frac{B}{C} = \frac{4}{3} \Rightarrow \frac{B}{4} = \frac{C}{3} = \frac{{B + C}}{{4 + 3}} = \frac{{105^\circ }}{7} = 15^\circ \).

\(\frac{B}{4} = 15 \Rightarrow \widehat B = 60^\circ ;\frac{C}{3} = 15 \Rightarrow \widehat C = 45^\circ \).

Gọi AH là đường cao của tam giác ABC.  

Ta có: \(\sin B = \frac{{AH}}{{AB}} \Rightarrow AH = \sin B.AB \Rightarrow AH = \sin 60^\circ .10 = 5\sqrt 3 cm\)

\(\cos B = \frac{{HB}}{{AB}} \Rightarrow HB = \cos B.AB \Rightarrow HB = \cos 60^\circ .10 = 5cm\)

\(\sin C = \frac{{AH}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{{AH}}{{\sin C}} \Rightarrow AC = \frac{{5\sqrt 3 }}{{\sin 45^\circ }} = 5\sqrt 6 cm\)

\(\cos C = \frac{{HC}}{{AC}} \Rightarrow HC = \cos C.AC \Rightarrow HC = \cos 45^\circ .5\sqrt 6 = 5\sqrt 3 cm\)

Ta lại có: BC = HB + HC = \(5 + 5\sqrt 3 \approx 14cm\).

Diện tích tam giác ABC là \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC \approx \frac{1}{2}.5\sqrt 3 .14 = 35\sqrt 3 \) (cm²).

Lời giải:

Gọi AD là đường cao của tam giác ABC.

Ta có: \(S = \frac{1}{2}AD.BC = 24\) (cm²), suy ra AD = 4,8 cm.

Xét tam giác ACD vuông tại D, ta có: \(\sin C = \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{4,8}}{6} = \frac{4}{5}\).

Vì \(0^\circ < \widehat C < 90^\circ \) (do tam giác ABC nhọn) nên cos C > 0.

Do sin² C + cos² C = 1 nên ta suy ra cos C = \(\frac{3}{5}\).

Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABC ta có:

AB² = BC² + AC² – 2 BC . AC . cos C = 10² + 6² – 2 . 10 . 6 . \(\frac{3}{5}\) = 64.

Suy ra AB = 8 cm. Vậy c = AB = 8 cm.

Lời giải:

Ta có:

\(M = n\left( {n + 2} \right)\left( {73{n^2} - 1} \right) = n\left( {n + 2} \right)\left( {{n^2} - 1 + 72{n^2}} \right)\)

\( = \left( {n - 1} \right)n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right) + n\left( {n + 2} \right).72{n^2} = A + B\)

Vì A là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên A \( \vdots \) 24 mà 72 \( \vdots \) 24 ⇒ A + B \( \vdots \) 24

Hay M \( \vdots \) 24.

Lời giải:

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

\( = \left( {{n^2} + 3n + 2} \right)\left( {{n^2} + 3n} \right) = \left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)n\left( {n + 3} \right)\)

\( = n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)\left( {n + 3} \right)\) là tích của 4 số tự nhiên liên tiếp

\( \Rightarrow n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)\left( {n + 3} \right) \vdots 24\).

Lời giải:

\(\cos x = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)\( \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{{5\pi }}{6} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = - \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}\)

Vậy phương trình có tập nghiệm là: \(S = \left\{ { \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Lời giải:

\(\cos \left( {5x + \frac{\pi }{3}} \right) + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos \left( {5x + \frac{\pi }{3}} \right) = - 1\)                                            

\( \Leftrightarrow 5x + \frac{\pi }{3} = \pi + k2\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow x = \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{{2\pi }}{5}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải:

Nếu cộng 2 số âm: thì cộng phần dương của 2 số được kết quả rồi đặt dấu âm vào trước.
Ví dụ: – 5 + ( –2 ) = – ( 5 + 2) = –7

Nếu trừ 2 số âm: Ta lấy số bị trừ cộng với phần dương của số trừ được kết quả bao nhiêu thì đó là kết quả.

Ví dụ: – 5 – ( –7) = –5 + 7 = 2 hoặc –5 – ( –3) = –5 + 3 = – 2.

Lời giải:

TXĐ: D = ℝ.

\(y\left( { - x} \right) = {\sin ^{2021}}\left( { - x} \right).\cos \left( { - x} \right) = - {\sin ^{2021}}x.\cos x = - y\left( x \right)\)

⇒Hàm số \(y = {\sin ^{2021}}x.cosx\) là hàm số lẻ.

Lời giải:

ĐKXĐ: D = \(\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{1}{2}\pi + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\) ⇒ D đối xứng

Đặt \(f\left( x \right) = y = \frac{{{{\sin }^{2020}}x + 2019}}{{\cos x}} \Rightarrow f\left( { - x} \right) = \frac{{{{\sin }^{2020}}\left( { - x} \right) + 2019}}{{\cos \left( { - x} \right)}}\)

\( \Rightarrow f\left( { - x} \right) = \frac{{{{\left( { - {\mathop{\rm sinx}\nolimits} } \right)}^{2020}} + 2019}}{{\cos x}} = \frac{{{{\sin }^{2020}}x + 2019}}{{\cos x}} = f\left( x \right)\)

⇒ f(x) là hàm số chẵn \( \Rightarrow y = \frac{{{{\sin }^{2020}}x + 2019}}{{\cos x}}\) là hàm số chẵn.

Lời giải:

Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\). Khi đó \({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\)\( \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 2 = 0\)

Ta thấy 1 – 3 + 2 = 0. Nên PT có nghiệm t = 1 (TM) hoặc t = 2 (TM)

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} = 1}\\{{x^2} = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \pm 1}\\{x = \pm \sqrt 2 }\end{array}} \right.\).

Vậy PT có 4 nghiệm phân biệt.

Lời giải:

\(\Delta = {m^2} - 4\left( {2m - 4} \right) = {\left( {m - 4} \right)^2} \ge 0\forall m\)khi đó PT có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\)thỏa mãn

P = 2m – 4; S = –m

Trước hết ta tìm điều kiện để (1) có 2 nghiệm đều âm:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{P > 0}\\{S < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2m - 4 > 0}\\{ - m < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 2}\\{m > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m > 2\)

Vậy điều kiện để (1) có ít nhất 1 nghiệm không âm là m ≤ 2.

Lời giải:

\(y = {\sin ^2}x - {\cos ^2}x + 2\sin x\cos x + 5 = \sin 2x - \cos 2x + 5 = \sqrt 2 \sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) + 5\)

\(\begin{array}{l} - 1 \le \sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) \le 1\\ \Rightarrow - \sqrt 2 \le \sqrt 2 \sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) \le \sqrt 2 \\ \Rightarrow 5 - \sqrt 2 \le y \le 5 + \sqrt 2 \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\max }_y} = 5 + \sqrt 2 \Rightarrow 2x - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{{{\min }_y} = 5 - \sqrt 2 \Rightarrow 2x - \frac{\pi }{4} = - \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}} \right.\\ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\max }_y} = 5 + \sqrt 2 \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi }\\{{{\min }_y} = 5 - \sqrt 2 \Rightarrow x = - \frac{\pi }{8} + k\pi }\end{array},k \in \mathbb{Z}} \right.\end{array}\)

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

TH1: m² – 1 = 0 ⇔ m = ±1.

+ Với m = 1 ta có: y = −x + 4 nghịch biến trên ℝ ⇒ m = 1 thỏa mãn.

+ Với m = − 1,  ta có y = −2x² – x + 4 là 1 parabol đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - \frac{1}{4}} \right)\) và nghịch biến trên \(\left( { - \frac{1}{4}; + \infty } \right)\).

⇒ m = −1 không thỏa mãn.

TH2: m² – 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ ± 1.

Ta có: y′ = 3(m² – 1)x² + 2(m – 1)x – 1

Hàm só nghịch biến trên ℝ khi và chỉ khi:

y′ ≤ 0 ⇔\(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 1 < 0\\\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} + 3\left( {{m^2} - 1} \right) \le 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 1\\4{m^2} - 2m - 2 \le 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 1\\ - \frac{1}{2} \le m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{1}{2} \le m < 1\)

Vì m ∈ ℤ nên m = 0

Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải:

Vì \({P^2} > P \Leftrightarrow {P^2} - P > 0 \Leftrightarrow P(P - 1) > 0\)

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{P > 0}\\{P > 1}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{P < 0}\\{P < 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{P > 1}\\{P < 0}\end{array}} \right.\)

Với P > 1 \( \Rightarrow \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} > 1 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - 1 > 0 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} > 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{2}{{\sqrt x - 1}} > 0\) mà 2 > 0 \( \Rightarrow \sqrt x - 1 > 0 \Rightarrow x > 1\)

+) Với P > 1 \( \Rightarrow \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} < 0\) mà \(\sqrt x + 1 > 0 \Rightarrow \sqrt x - 1 < 0 \Leftrightarrow x < 1\)

Mà x ≥ 0 \( \Rightarrow 0 \le x < 1\)

Vậy để \({P^2} > P \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 1}\\{0 \le x < 1}\end{array}} \right.\).

Lời giải:

Điều kiện để (1) có nghĩa: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x \ne 0}\\{\cos 3x \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi }\\{x \ne \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{3}}\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}\)

Khi đó (1) trở thành \(3x = x + k\pi ,k \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\)

So sánh với điều kiện \( \Rightarrow x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}\)

Mà \(x \in \left[ {0;30} \right]\) nên \(0 \le k\pi \le 30 \Rightarrow k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\)

Các nghiệm của PT có trong khoảng trên là \(x \in \left\{ {0;\pi ;2\pi ;3\pi ;...;9\pi } \right\}\)

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là \(0 + \pi + 2\pi + 3\pi + ... + 9\pi = 45\pi \).

Lời giải:

Áp dụng định lý Pytago cho ∆ABC vuông tại C ta có:

\(A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} = {0,9^2} + {1,2^2} = 0,81 + 1,44 = 2,25\)

AB = 1,5 (cm )

Ta có: \(\sin \widehat A = \frac{{BC}}{{AB}} = \frac{{1,2}}{{1,5}} = \frac{4}{5};cos\widehat A = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{0,9}}{{1,5}} = \frac{3}{5}\)

\(\tan \widehat A = \frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{1,2}}{{0,9}} = \frac{4}{3};\cot \widehat A = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{0,9}}{{1,2}} = \frac{3}{4}\)

Do \(\widehat B + \widehat A = 90^\circ \) (tổng 2 góc nhọn trong tam giác vuông) nên suy ra:

\(\sin \widehat B = \cos \widehat A = \frac{3}{5};\cos \widehat B = \sin \widehat A = \frac{4}{5}\)

\(\tan \widehat B = \cot \widehat A = \frac{3}{4};\cot \widehat B = \tan \widehat A = \frac{4}{3}\)

Lời giải:

\(\left( d \right):y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\)

a. d đi qua M(–2; 5) ⇒ x = –2; y = 5 ⇒ 5 = –2a + b

d ⊥ \(\left( {{d_1}} \right):y = - \frac{1}{2} + 2 \Rightarrow a.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - 1 \Leftrightarrow a = 2\)

⇒ 5 = –2.2 + b ⇒ b = 9. Vậy (d): y = 2x + 9

b. d // \({d_1}:y = - 3x + 4 \Rightarrow a = - 3;b \ne 4 \Rightarrow \left( d \right):y = - 3x + b\)

Hoành độ giao điểm của \({d_1},{d_2}\)là nghiệm của PT: \(2x - 3 = 3x - \frac{7}{2}\)

\( \Leftrightarrow x = \frac{1}{2} \Rightarrow y = - 2\)⇒ Giao điểm \({d_2},{d_3}\)là \(\left( {\frac{1}{2}; - 2} \right)\) mà d đi qua giao điểm đó

\( \Rightarrow - 2 = - 3.\frac{1}{2} + b \Rightarrow b = - \frac{1}{2} \Rightarrow \left( d \right):y = - 3x - \frac{1}{2}\).

Lời giải:

Gọi d: y=ax+b song song với d₁.

Có: a=–2; b ≠5.

Thay x=–2; y=1 vào d:1=4+b⇒b=−3

Vậy d:–2x–3 song song với đường thẳng d₁ và đi qua A.

Lời giải:

Gọi các đường thẳng có công thức chung là y = ax + b.

a. Đường thẳng d₁ qua A và song song với trục Ox

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - a + b = - 5}\\{a = 0;b \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 0}\\{b = - 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left( {{d_1}} \right):y = - 5\)

b. Đường thẳng d₂ qua A và song song với đường thẳng d

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - a + b = 5}\\{a = 2;b \ne - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2}\\{b = 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow y = 2x + 7\)

c. Đường thẳng d₃ qua A và vuông góc với đường thẳng d

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - a + b = 5}\\{2a = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = - 2}\\{b = 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left( {{d_3}} \right):y = - 2x + 3\)

d. Đường thẳng d₄ qua A và gốc tọa độ

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - a + b = 5}\\{b = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = - 5}\\{b = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left( {{d_4}} \right):y = - 5x\)

Lời giải:

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

\( = \frac{{x\sqrt x - 3 - 2x + 12\sqrt x - 18 - x - 4\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)

\(\begin{array}{l} = \frac{{x\sqrt x - 3x + 8\sqrt x - 24}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\ = \frac{{x\left( {\sqrt x - 3} \right) + 8\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ = \frac{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {x + 8} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{x + 8}}{{\sqrt x + 1}}\end{array}\)

Ta có: \(x = 4 - 2\sqrt 3 \) thỏa mãn ĐKXĐ:

\(x = 4 - 2\sqrt 3 = {\left( {\sqrt 3 - 1} \right)^2} \Rightarrow \sqrt x = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} = \sqrt 3 - 1\) (Do \(\sqrt 3 - 1 > 0\))

Thay \(x = 4 - 2\sqrt 3 \) và \(\sqrt x = \sqrt 3 - 1\) vào biểu thức A ta có:

\(A = \frac{{4 - 2\sqrt 3 + 8}}{{\sqrt 3 - 1 + 1}} = \frac{{12 - 2\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 4\sqrt 3 - 2\)

Vậy khi x = 4 – \(2\sqrt 3 \) thì \(A = 4\sqrt 3 - 2\).

Lời giải:

2sinxcos2x – 1 +2cos2x – sinx = 0

⇔ (2sinxcos2x + 2cos2x) – (1 + sin x) = 0

⇔ 2cos2x(sinx + 1) – (1 + sinx) = 0

⇔ (sinx + 1)(2cos2x – 1) = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x = - 1}\\{\cos 2x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{6} + k\pi }\\{x = - \frac{\pi }{6} + k\pi }\end{array}}\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Lời giải:

\(3\sin x - 4{\sin ^3}x - \sqrt 3 \cos 3x = - 1\)

\( \Leftrightarrow \sin 3x - \sqrt 3 \cos 3x = - 1\)

Chia cả 2 vế của PT trên cho \(\sqrt {{1^2} + {{\left( { - \sqrt 3 } \right)}^2}} = 2\) ta được:

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

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

\( \Leftrightarrow \sin \left( {3x - \frac{\pi }{3}} \right) = - \frac{1}{2}\)

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

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x - \frac{\pi }{3} = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{3x - \frac{\pi }{3} = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{{18}} + k\frac{{2\pi }}{3}}\\{x = \frac{\pi }{2} + k\frac{{2\pi }}{3}}\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải:

a) Vì O là giao điểm 2 đường chéo của hình bình hành ABCD nên OB=OD.

Mà M,N lần lượt là trung điểm OB,OD nên OM=ON

Mà O là giao điểm 2 đường chéo của hình bình hành ABCD nên OA=OC

Do đó AMCN là hình bình hành (do O là trung điểm AC và MN).

b) Vì AMCN là hình bình hành nên AM//CN hay AE//CF

Mà ABCD là hình bình hành nên AD//BC hay AF//CE

Do đó AECF là hình bình hành nên AE=CF.

Do AECF là hình bình hành mà O là trung điểm của đường chéo AC nên O cũng là trung điểm của đường chéo EF.

Vậy O;E;F thẳng hàng.

Lời giải:

Vì O là giao hai đường chéo của hình bình hành ABCD nên O là trung điểm của AC và BD.

Xét ΔAMO vuông tại M và ΔCPO vuông tại P có

OA=OC (O là trung điểm AC); \(\widehat {AOM} = \widehat {COP}\) (đối đỉnh)

Do đó: ΔAMO=ΔCPO(cạnh huyền – góc nhọn)

⇒ OM=OPhay O là trung điểm của PM.

Xét ΔDQO vuông tại Q và ΔBNO vuông tại N có 

OD=OB (O là trung điểm của BD); \(\widehat {DOQ} = \widehat {BON}\) (đối đỉnh)

Do đó: ΔDQO=ΔBNO(cạnh huyền – góc nhọn)

⇒ OQ=ONhay O là trung điểm của QN

Xét tứ giác AMCP có:

O là trung điểm của AC; O là trung điểm của MP

Do đó: AMCP là hình bình hành.

Xét tứ giác MNPQ có

O là trung điểm của MP; O là trung điểm của NQ.

Do đó: MNPQ là hình bình hành.

Lời giải:

Áp dụng định lí sin cho ∆ABC ta có: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\)

\( \Rightarrow a = 2R.\sin A;b = 2R.\sin B;c = 2R.\sin C\)

Theo công thức tính diện tích tam giác ta có:

\(S = \frac{{abc}}{{4R}} = \frac{{\left( {2R\sin A} \right)\left( {2R\sin B} \right)\left( {2R\sin C} \right)}}{{4R}}\)

\( \Rightarrow S = \frac{{8{R^3}\sin A.\sin B.\sin C}}{{4R}} = 2{R^2}.\sin A.\sin B.\sin C\)

Mà theo bài \(S = 2{R^2}.\sin B.\sin C\)

Do đó sinA = 1 \( \Rightarrow \widehat A = 90^\circ \).

Lời giải:

Ta có: \({b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac.cosB\)  (định lí côsin trong tam giác ABC)

\( \Rightarrow {c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab.cosC\)

\( \Rightarrow {b^2} - {c^2} = {c^2} - {b^2} + 2a\left( {b.cosC - c.cosB} \right)\)

\( \Rightarrow 2\left( {{b^2} - {c^2}} \right) = 2a\left( {b.cosC - c.cosB} \right)\)

Hay \({b^2} - {c^2} = a\left( {b.\cos C - c.\cos B} \right)\).

Lời giải:

Đặt \(B = {5^{2n - 1}}{.2^{n + 1}} + {3^{n + 1}}{.2^{2n - 1}}\,\).

Với n = 1, ta có B = 5 . 4 + 9 . 2 = 38 chia hết cho 38 hay B ⁝ 38.

Giả sử B ⁝ 38 khi n = k, ta cần chứng minh B ⁝ 38 khi n = k + 1.

Đặt \(a = {5^{2k - 1}}{.2^{k + 1}};b = {3^{k + 1}}{.2^{2k - 1}}\)

Ta có: a + b = 38c, c nguyên

Với n = k + 1 thì B = 50a + 12b = 38a +12(a + b)

Mà 38a ⁝ 38 và a + b ⁝ 38

Suy ra 12(a + b) ⁝ 38

⇒B ⁝ 38 (đpcm)

Lời giải:

Chu kì quay của trái đất T = 3600.24 = 86400 (s)

Khi trái đất quay quanh trục địa cực thì vị trí M quay trên vĩ tuyến (I, r)

Ta có: r = R.cos\(\varphi \) với \(\varphi \) = 30°

Tốc độ dài của M: v = r.\(\omega \) = \(R.\frac{{2\pi }}{T}\cos \varphi = 403\left( {m/s} \right)\)

Gia tốc hướng tâm: \(a = {\omega ^2}R\cos \varphi = 0.029\left( {m/{s^2}} \right)\)

Lời giải:

\(\sqrt 3 \cos x - \sin x = \sqrt 2 \)

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

\( \Leftrightarrow \sin \frac{\pi }{3}.cosx - cos\frac{\pi }{3}.sinx = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{\pi }{3} - x} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \sin \frac{\pi }{4}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{\pi }{3} - x = \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{\frac{\pi }{3} - x = \pi - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{{12}} + k2\pi }\\{x = - \frac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải:

Dễ dàng thấy (1) là phương trình vi phân tách biến

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \frac{{xdx}}{{1 + {x^2}}} = - \frac{{ydy}}{{1 + {y^2}}}\)

Lấy tích phân 2 về ta được: \(\int {\frac{{xdx}}{{1 + {x^2}}}} = - \int {\frac{{ydy}}{{1 + {y^2}}}} \Rightarrow \frac{1}{2}\int {\frac{{d\left( {1 + {x^2}} \right)}}{{1 + {x^2}}}} = - \frac{1}{2}\int {\frac{{d\left( {1 + {y^2}} \right)}}{{1 + {y^2}}}} \)

\( \Rightarrow \ln \left( {1 + {x^2}} \right) = - \ln \left( {1 + {y^2}} \right) + {C_1} \Rightarrow \ln \left( {1 + {x^2}} \right) + \ln \left( {1 + {y^2}} \right) = \ln C,\left( {\ln C = {C_1}} \right)\)

\( \Rightarrow \ln \left[ {\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {y^2}} \right)} \right] = \ln C \Rightarrow \left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {y^2}} \right) = C\)

Vậy nghiệm tổng quát của PT là \(\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {y^2}} \right) = C\).

Lời giải:

Ta có: (SBC)\( \cap \left( {ABC} \right) = BC\)

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\)

Lại có: AB ⊥ BC (gt)

\( \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}\).

Lời giải:

Ta có: \(X \supset \left\{ {1;2;3} \right\} \Rightarrow X = \left\{ {1;2;3;...} \right\}\)

Mà \(X \subset \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {X_1} = \left\{ {1;2;3} \right\};\\{X_2} = \left\{ {1;2;3;4} \right\};\\{X_3} = \left\{ {1;2;3;5} \right\};\\{X_4} = \left\{ {1;2;3;6} \right\};\\{X_5} = \left\{ {1;2;3;4;5} \right\};\\{X_6} = \left\{ {1;2;3;4;6} \right\};\\{X_7} = \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\end{array}\)

Lời giải:

a. Có ΔABC cântại A \( \Rightarrow \widehat B = \widehat C\)

Xét tứ giác BMNC có: MN // BC (gt), suy ra tứ giác BMNC là hình thang.

Lại có \(\widehat B = \widehat C\)(2 góc kề 1 cạnh đáy bằng nhau)

Do đó, tứ giác BCMN là hình thang cân.

b. Kẻ đường chéo MC và NB

Xét hình thang cân BMNC có:

\(\widehat M = \widehat N\)(2 góc kề 1 cạnh đáy bằng nhau);

MB = NC (2 cạnh bên bằng nhau)

Xét ∆MNB và ∆NMC có:\(\widehat M = \widehat N\)(cmt); MB = NC (cmt); MN chung.

⇒ ΔMNB= ΔMNC (c.g.c)

\( \Rightarrow {S_{\Delta MNB}} = {S_{\Delta MNC}}\).  

Lời giải:

+) Ta có: \({\sin ^2}x = \frac{{1 - \cos 2x}}{2};{\cos ^2}x = \frac{{1 + \cos 2x}}{2}\)

\(P = {\sin ^{10}}x + {\cos ^{10}}x\)

\( = {\left( {{{\sin }^2}x} \right)^5} + {\left( {{{\cos }^2}x} \right)^5}\)

\( = \frac{{{{\left( {1 - \cos 2x} \right)}^5} + {{\left( {1 + \cos 2x} \right)}^5}}}{{{2^5}}}\)

\( = \frac{{\left( {1 - 5\cos 2x} \right) + 10{{\cos }^2}2x - 10{{\cos }^3}2x + 5{{\cos }^4}2x - {{\cos }^5}2x + \left( {1 + 5\cos 2x} \right) + 10{{\cos }^2}2x + 10{{\cos }^3}2x + 5{{\cos }^4}2x + {{\cos }^5}2x}}{{32}}\)

\( = \frac{{2 + 20{{\cos }^2}2x + 10{{\cos }^4}2x}}{{32}}\)

\( = \frac{5}{{16}}{\cos ^4}2x + \frac{5}{8}{\cos ^2}2x + \frac{1}{{16}}\)

+) \(P = \frac{1}{{16}} \Leftrightarrow \frac{5}{{16}}{\cos ^4}2x + \frac{5}{8}{\cos ^2}2x = 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{5}{{16}}{\cos ^2}2x\left( {{{\cos }^2}2x + 2} \right) = 0\)

⇔ cos2x = 0  (do cos²2x + 2 > 0)

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

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

Lời giải:

Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau đôi một là 5! = 120.

Lời giải:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Ta có x ∈ D ⇒ – x ∈ D, do đó D là tập đối xứng.

Đặt y = f(x) = sinx + tanx.

Ta có: \(f\left( { - x} \right) = \sin \left( { - x} \right) + \tan \left( { - x} \right) = - \sin x - \tan x = - f\left( x \right)\)

⇒ Hàm số đã cho là hàm số lẻ.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Xét phương án A: hàm số y= f(x) = – 2cosx có tập xác định D= ℝ.

Ta có với x ∈ ℝ ⇒ –x ∈ ℝ và f(–x)=– 2cos(–x)=–2cosx.

⇒ f(x)= f( –x)

Vậy hàm số A là hàm số chẵn.

Lời giải:

Số học sinh giỏi toán, lý mà không giỏi hóa: 3–1=2.

Số học sinh giỏi toán, hóa mà không giỏi lý: 4–1=3.

Số học sinh giỏi hóa, lý mà không giỏi toán: 2–1=1.

Số học sinh chỉ giỏi môn lý: 5–2–1–1=1.

Số học sinh chỉ giỏi môn hóa: 6–3–1–1=1.

Số học sinh chỉ giỏi môn toán: 7–3−2–1=1.

Số học sinh giỏi ít nhất một (môn toán, lý, hóa) là số học sinh giỏi 1 môn hoặc 2 môn hoặc cả 3 môn: 1 + 1 + 1 + 1 + 2 + 3 + 1 = 10.

Lời giải:

Ta có: \(A \cup B = \left[ {2; + \infty } \right) \cup \left[ { - 3;\,3} \right] = \left[ { - 3;\, + \infty } \right)\).

Do đó, \(\left( {A \cup B} \right) \cap C = \left[ { - 3; + \infty } \right) \cap \left( { - \infty ;0} \right] = \left[ { - 3;\,0} \right]\).

Lời giải:

3sin2x + 2cos2x = 3

\( \Leftrightarrow 6\sin x\cos x + 2\left( {{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x} \right) - 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow 6\sin x\cos x + 2{\cos ^2}x - 2{\sin ^2}x - 3{\sin ^2}x - 3{\cos ^2}x = 0\)

\( \Leftrightarrow 6\sin x\cos x - {\cos ^2}x - 5{\sin ^2}x = 0\) (*)

Nếu cosx = 0 \( \Rightarrow - {\sin ^2}x = 0\) nên cosx = 0 không phải là nghiệm của phương trình

Nếu cosx ≠ 0. Chia cả 2 vế của (*) cho\({\cos ^2}x\) ta được:

\(6\tan x - 1 - 5{\tan ^2}x = 0\)

\( \Leftrightarrow - 5{\tan ^2}x + 6\tan x - 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = 1\\\tan x = \frac{1}{5}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = \arctan \frac{1}{5} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải:

a. D’ đối xứng với D qua BC

⇒ DD’ ⊥ BC và ID’ = ID (với I là giao điểm của DD’ và BC)

⇒ ∆DMD’ cân tại M.

Do đó đường cao MI đồng thời là phân giác của tam giác DMD'.

Suy ra \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{M_2}}\)

Mà \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{M_3}}\)(cùng phụ với \(\widehat B = \widehat C\))

\( \Rightarrow \widehat {{M_2}} = \widehat {{M_3}}\) mà \(\widehat {{M_3}} + \widehat {EMB} = 180^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {{M_2}} + \widehat {EMB} = 180^\circ \)

Vậy E, M, D’ thẳng hàng.

b. Dễ thấy ∆BDM = ∆BD’M (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {BD'M} = \widehat {BDM} = 90^\circ \)hay D’B ⊥ D’E ⇒ D’B // EF

Lại có BF // D’E (⊥ AC) nên BFED’ là hình thang có 2 cạnh bên song song.

⇒ ED’ = BF.

Lời giải:

\({6^{2n}} + {19^n} - {2^{n + 1}} = {6^{2n}} + {19^n} - {2.2^n} = {36^n} - {2^n} + {19^n} - {2^n}\)

\( = \left( {36 - 2} \right)X - \left( {19 - 2} \right)Y = 2.17X + 17Y\) \( \vdots \) 17 vì X và Y là các số nguyên.

Lời giải:

Hàm số y = \( - {x^2} - 4x + 3\) có a = –1 < 0 nên bề lõm hướng xuống

Hoành độ đỉnh \(x = - \frac{b}{{2a}} = - 2 \notin \left[ {0;4} \right]\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( 4 \right) = - 29}\\{f\left( 0 \right) = 3}\end{array}} \right. \Rightarrow m = {\min _y} = f\left( 4 \right) = - 29;M = {\max _y} = f\left( 0 \right) = 3\).

Lời giải:

Xét ΔAMK và ΔBMK, ta có:

AM = BM (gt); \(\widehat {AMK} = \widehat {BMK} = 90^\circ \)(vì KM ⊥ AB); MK cạnh chung

⇒ ΔAMK= ΔBMK(c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {AKM} = \widehat {BKM}\)

Vậy KM là tia phân giác của \(\widehat {AKB}\).

Lời giải:

sinx.cosx = \(\frac{{\sqrt 3 }}{4}\)

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

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

\( \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \frac{\pi }{3}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{2x = \pi - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{6} + k\pi }\\{x = \frac{\pi }{3} + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải:

a. Ta có: BH vuông góc với AC (do H là trực tâm) và CD vuông góc với AC (gt).

Suy ra BH // CD.

Tương tự ta chứng minh được CH // BD.

Khi đó tứ giác BHCD có các cặp cạnh đối song song nên nó là hình bình hành.

b. Tứ giác ABCD có \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD} = 90^\circ \) (gt).

Mà \(\widehat {BAC} = 60^\circ \).

Do đó,\(\widehat {BDC} = 360^\circ - \left( {90^\circ .2 + 60^\circ } \right) = 120^\circ \).

Lời giải:

\({n^{2021}} + {n^{2020}} + 1 = {n^{2021}} - {n^2} + {n^{2020}} - n + {n^2} + n + 1\)

\( = {n^2}\left( {{n^{2019}} - 1} \right) + n\left( {{n^{2019}} - 1} \right) + \left( {{n^2} + n + 1} \right) = \left( {{n^2} + n} \right)\left( {{n^{2019}} - 1} \right) + \left( {{n^2} + n + 1} \right)\)

\( = n\left( {n + 1} \right)\left( {{n^{2019}} - 1} \right) + \left( {{n^2} + n + 1} \right)\left( 1 \right)\)

Để ý rằng, 2019 \( \vdots \) 3 và 2019 = 3 x 673. Nên nếu ta đặt A = \({n^3}\)thì \({n^{2019}} = {A^{673}}\)

Mặt khác, áp dụng hằng đẳng thức sau:

\({a^k} - {b^k} = \left( {a - b} \right)\left( {{a^{k - 1}} + {a^{k - 2}}b + {a^{k - 3}}{b^2} + ... + {a^2}{b^{k - 2}} + {b^{k - 1}}} \right)\)

Ta có \({n^{2019}} - 1 = {A^{673}} - 1 = {A^{673}} - 1 = \left( {A - 1} \right)\left( {{A^{672}} + {A^{671}} + ... + {A^1} + 1} \right)\)

Vậy suy ra \({n^{2019}} - 1 \vdots \left( {A - 1} \right)\)hay \({n^{2019}} - 1 \vdots \left( {{n^3} - 1} \right)\)

Mà \({n^3} - 1 = \left( {n - 1} \right)\left( {{n^2} + n + 1} \right) \Rightarrow \left( {{n^{2019}} - 1} \right) \vdots \left( {{n^2} + n + 1} \right)\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \left( {{n^{2021}} + {n^{2020}} + 1} \right) \vdots \left( {{n^2} + n + 1} \right)\)

Như vậy để \({n^{2021}} + {n^{2020}} + 1\) là số nguyên tố thì có 2 trường hợp:

(1) \({n^2} + n + 1 = 1\), trường hợp này không xảy ra do n > 0 (gt)

(2) \({n^{2021}} + {n^{2020}} + 1 = {n^2} + n + 1\) hay \({n^{2020}}\left( {n + 1} \right) = n\left( {n + 1} \right)\)

\( \Rightarrow n\left( {n + 1} \right)\left( {{n^{2019}} - 1} \right) = 0\), do n > 0 nên \({n^{2019}} - 1 = 0\) hay n = 1

Thử lại ta có \({n^{2021}} + {n^{2020}} + 1 = {1^{2021}} + {1^{2020}} + 1 = 3\) là số nguyên tố.

Vậy n = 1 là đáp án cần tìm.

Lời giải:

Để \(B \subset A \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m - 7 \ge - 4}\\{m \le 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge 3}\\{m \le 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m = 3\).

Lời giải:

\({a^3} - 7a - 6 = {a^3} + {a^2} - {a^2} - a - 6a - 6\)

\( = {a^2}\left( {a + 1} \right) - a\left( {a + 1} \right) - 6\left( {a + 1} \right) = \left( {a + 1} \right)\left( {{a^2} - a - 6} \right)\)

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

\( = \left( {a + 1} \right)\left( {a - 3} \right)\left( {a + 2} \right)\).

Lời giải:

Theo hệ quả của định lí côsin ta có:

\[\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \frac{{{8^2} + {5^2} - {7^2}}}{{2.8.5}} = \frac{1}{2}\]

 \( \Rightarrow \widehat A = 60^\circ \).

Diện tích tam giác ABC là \(S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}.8.5.\sin 60^\circ = 10\sqrt 3 \).

Vì \(S = \frac{1}{2}a{h_a}\) nên \({h_a} = \frac{{2S}}{a} = \frac{{2.10\sqrt 3 }}{7} = \frac{{20\sqrt 3 }}{7}\)

Lại có: \(S = \frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{7.8.5}}{{4.10\sqrt 3 }} = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}\).