5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 38)
108 câu hỏi
Cho ∆ABC vuông tại A, có phân giác AD.
Chứng minh rằng:\(\frac{1}{{AB}} + \frac{1}{{AC}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{AD}}\).
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 \(\widehat {AMB} = 150^\circ \).
Cho ∆ABC vuông tại A, AB = 10cm, AC = 15cm.
a. Tính \(\widehat B\).
b. Phân giác trong \(\widehat B\) cắt AC tại I. Tính độ dài AI.
c. Vẽ AH ⊥ BI tại H. Tính độ dài AH.
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 \(\sin \widehat {{B_1}} = \frac{{AH}}{{AB}} \Rightarrow AH = AB.\sin \widehat {{B_1}} = 10.\sin 28^\circ \approx 4,7\left( {cm} \right)\).
Cho ∆ABC vuông tại B. Lấy M trên AC. Kẻ AH, CK vuông góc với BM lần lượt tại H và K.
a. Chứng minh CK = BH.tanBAC.
b. Chứng minh \(\frac{{MC}}{{MA}} = \frac{{BH.{{\tan }^2}BAC}}{{BK}}\).
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)Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R, dây MN vuông góc với dây AB tại I sao cho IA < IB. Trên đoạn MI lấy điểm E (E ≠ M,I). Tia AE cắt đường tròn tại điểm thứ hai là K.
a. Chứng minh tứ giác IEKB nội tiếp.
b. Chứng minh ∆AME, AKM đồng dạng với nhau và \(A{M^2} = AE.AK\).
c. Chứng minh: \(AE.AK + BI.BA = 4{R^2}\).
d. Xác định vị trí điểm I sao cho chu vi ∆MIO đạt GTLN.
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 \(x = - \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào đúng ?
\(\exists x \in \mathbb{R},{x^2} < x\).
\(\forall x \in \mathbb{R},{x^2} > x\).
\(\forall x \in \mathbb{R},\left| x \right| > 1 \Rightarrow x > 1\).
\(\forall x \in \mathbb{R},{x^2} \ge x\).
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 \({x^2} \ge x \Leftrightarrow {x^2} - x \ge 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 1}\\{x \le 0}\end{array}} \right.\)
\(\pi \) là một số hữu tỉ.
Tổng của hai cạnh một tam giác lớn hơn cạnh thứ ba.
Bạn có chăm học không?
Hôm nay trời đep quá!
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:
\({x^3} - 19x - 30 = {x^3} - 5{x^2} + 5{x^2} - 25x + 6x - 30\)
\( = {x^2}\left( {x - 5} \right) + 5x\left( {x - 5} \right) + 6\left( {x - 5} \right)\)
\( = \left( {x - 5} \right)\left( {{x^2} + 5x + 6} \right) = \left( {x - 5} \right)\left( {{x^2} + 2x + 3x + 6} \right)\)
\( = \left( {x - 5} \right)\left[ {x\left( {x + 2} \right) + 3\left( {x + 2} \right)} \right] = \left( {x - 5} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)\).
Cho hình thang cân ABCD (AB//CD, AB<CD). Gọi O là giao điểm của AD và BC; gọi E là giao điểm của AC và BD. Chứng minh:
a) ∆AOB cân tại O.
b) ∆ABD = ∆BAC.
c) EC = ED.
d) OE là đường trung trực chung của AB và CD.
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.
Cho ∆ABC, M là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia MA lấy điểm E sao cho ME=MA. Chứng minh rằng:
a. AC=EB và AC // BE.
b. Gọi I là một điểm trên AC, K là một điểm trên EB sao cho: AI=EK. Chứng minh: I, M, K thẳng hàng.
c. Từ E kẻ EH ⊥BC (H ∈ BC). Biết \(\widehat {HBE}\)= 50\(^\circ \), \(\widehat {MEB}\) = 25\(^\circ \), tính \(\widehat {HEM}\) và\(\widehat {BME}\).
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.
Cho ∆ABC cân tại A, đường cao AD, trực tâm H.
a) Gọi E là điểm đối xứng với H qua D. Chứng minh rằng: ABEC là tứ giác nội tiếp.
b) Tính HD và bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC biết HA=7cm, HB=2cm.
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:
\(y = {\sin ^2}x - {\cos ^2}x + 2\sin x\cos x + 5 = \sin 2x - \cos 2x + 5 = \sqrt 2 \sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) + 5\)
\(\begin{array}{l} - 1 \le \sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) \le 1\\ \Rightarrow - \sqrt 2 \le \sqrt 2 \sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) \le \sqrt 2 \\ \Rightarrow 5 - \sqrt 2 \le y \le 5 + \sqrt 2 \end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\max }_y} = 5 + \sqrt 2 \Rightarrow 2x - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{{{\min }_y} = 5 - \sqrt 2 \Rightarrow 2x - \frac{\pi }{4} = - \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}} \right.\\ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\max }_y} = 5 + \sqrt 2 \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi }\\{{{\min }_y} = 5 - \sqrt 2 \Rightarrow x = - \frac{\pi }{8} + k\pi }\end{array},k \in \mathbb{Z}} \right.\end{array}\)
1.
3.
2.
0.
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:
\(\sin \widehat B = \cos \widehat A = \frac{3}{5};\cos \widehat B = \sin \widehat A = \frac{4}{5}\)
\(\tan \widehat B = \cot \widehat A = \frac{3}{4};\cot \widehat B = \tan \widehat A = \frac{4}{3}\)
Viết phương trình đường thẳng d trong các trường hợp sau:
a. d đi qua M(–2; 5) và vuông góc với \({d_1}:y = - \frac{1}{2}x + 2\).
b. d // \({d_1}:y = - 3x + 4\) và đi qua giao của 2 đường thẳng\({d_2}:y = 2x - 3;{d_3}:y = 3x - \frac{7}{2}\).
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.
Cho hàm số y = 2x – 3 có đồ thị (d) và điểm A(–1;–5).
a) Viết phương trình đường thẳng d1 qua A và song song với trục Ox .
b) Viết phương trình đường thẳng d2 qua A và song song với đường thẳng d.
c) Viết phương trình đường thẳng d3 qua A và vuông góc với đường thẳng d.
d) Viết phương trình đường thẳng d4 qua A và gốc tọa độ.
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:
\(\frac{1}{2}\sin 3x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 3x = - \frac{1}{2}\)
\( \Leftrightarrow \sin 3x\cos \frac{\pi }{3} - \sin \frac{\pi }{3}\cos 3x = - \frac{1}{2}\)
\( \Leftrightarrow \sin \left( {3x - \frac{\pi }{3}} \right) = - \frac{1}{2}\)
\( \Leftrightarrow \sin \left( {3x - \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x - \frac{\pi }{3} = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{3x - \frac{\pi }{3} = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{{18}} + k\frac{{2\pi }}{3}}\\{x = \frac{\pi }{2} + k\frac{{2\pi }}{3}}\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Cho hình bình hành ABCD. Gọi O là giao điểm 2 đường chéo. Gọi M, N là trung điểm của OB, OD.
a) Chứng minh AMCN là hình bình hành.
b) AM cắt BC tại E, CN cắt AD tại F. Chứng minh AE= CF và O,E,F thẳng hàng.
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 \( \Rightarrow \widehat A = 90^\circ \).
Cho ∆ABC có BC = a, CA = b, AB = c.
Chứng minh rằng \({b^2} - {c^2} = a\left( {b.cosC - c.cosB} \right)\).
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 \(X \subset \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {X_1} = \left\{ {1;2;3} \right\};\\{X_2} = \left\{ {1;2;3;4} \right\};\\{X_3} = \left\{ {1;2;3;5} \right\};\\{X_4} = \left\{ {1;2;3;6} \right\};\\{X_5} = \left\{ {1;2;3;4;5} \right\};\\{X_6} = \left\{ {1;2;3;4;6} \right\};\\{X_7} = \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\end{array}\)
Cho ∆ABC cân tại A. Qua điểm M trên cạnh AB kẻ đường thẳng song song với BC cắt cạnh AC tại N.
a. Tứ giác BMNC là hình gì ? Vì sao ?
b. So sánh \({S_{\Delta MNB}};{S_{\Delta MNC}}\).
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.
y= – cosx.
y= –2sinx.
y=2sin(–x).
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:
\(6\tan x - 1 - 5{\tan ^2}x = 0\)
\( \Leftrightarrow - 5{\tan ^2}x + 6\tan x - 1 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = 1\\\tan x = \frac{1}{5}\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = \arctan \frac{1}{5} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Cho ∆ABC cân tại A. Lấy M bất kì thuộc cạnh BC, kẻ MD ⊥ AB tại D, ME ⊥ AC tại E. Gọi D' là điểm đối xứng của D qua BC.
a. Chứng minh ba điểm E, M, D' thẳng hàng.
b. Kẻ BF ⊥ AC tại F. Chứng minh ED' = BF.
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 = \(\frac{{\sqrt 3 }}{4}\)
\( \Leftrightarrow 2\sin x\cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
\( \Leftrightarrow \sin 2x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
\( \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \frac{\pi }{3}\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{2x = \pi - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{6} + k\pi }\\{x = \frac{\pi }{3} + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Cho ∆ABC và H là trực tâm. Các đường thẳng vuông góc với AB tại B, vuông góc với AC tại C cắt nhau ở D.
a. Chứng minh tứ giác BDCH là hình bình hành.
b) Tính số đo góc \(\widehat {BDC}\) biết \(\widehat {BAC}\) = 60°.
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: \(S = \frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{7.8.5}}{{4.10\sqrt 3 }} = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}\).
Bạn có thích hoạt động này không?
