5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 40)

Lời giải

Điều kiện để hai hàm số là hàm số bậc nhất: m ≠ 0, \(m \ne \frac{{ - 1}}{2}\).

a) Hai đường thẳng đã cho là hai đường thẳng song song

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2m + 1\\3 \ne - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 1\) (thỏa mãn)

Vậy m = – 1.

b) Hai đường thẳng đã cho là hai đường thẳng cắt nhau

⇔ m ≠ 2m + 1

⇔ m ≠ – 1

Vậy m ≠ 0, \(m \ne \frac{{ - 1}}{2}\), m ≠ – 1.

Lời giải

Xét ∆AHB vuông tại H có đường cao MH, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: MH² = MB.MA

Do đó\(MH = \sqrt {8.2} = \sqrt {16} = 4\)(cm)

Áp dụng định lý Py−ta−go vào ∆AMH vuông tại M, ta có:

\[{\rm{A}}H = \sqrt {A{M^2} + M{H^2}} = \sqrt {{8^2} + {4^2}} = 4\sqrt 5 \] (cm)

Vậy \(AH = 4\sqrt 5 \) cm; MH = 4 cm.

Lời giải

Gọi a, b là 2 số nguyên dương thỏa mãn thuộc (1; m) với b > a

Suy ra a, b thỏa mãn 1 < a < b < m

Để (1; m) có đúng 2 số nguyên dương thì a, b là 2 và 3; nên m ∈ (3; 4]

Vậy m ∈ (3; 4].

Lời giải

a) Với x = 0 thì y = 3.

Với x = – 1 thì y = 1.

Þ Đồ thị hàm số đi qua 2 điểm (0; 3) và (– 1; 1).

b) Do A và B lần lượt là giao điểm của đồ thị hàm số y = 2x + 3 lần lượt với trục tung và trục hoành, ta gọi A(0; a) và B(b; 0)

Vì A, B cùng thuộc đường thẳng y = 2x + 3

Nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2.0 + 3\\0 = 2b + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = - \frac{3}{2}\end{array} \right.\)

Suy ra A( 0; 3) và \(B\left( {\frac{{ - 3}}{2};0} \right)\).

c) Vì A, B nằm trên trục tung và trục hoành nên OA ⊥ OB.

Suy ra \[{{\rm{S}}_{OAB}} = \frac{{OA.OB}}{2} = \frac{{3.\frac{3}{2}}}{2} = \frac{9}{4}\] (cm²)

c) Giao điểm của đồ thị hàm số y = ax + b với trục tung là C(0; b), với trục hoành là \[{\rm{D}}\left( {\frac{{ - b}}{a};0} \right)\].

Suy ra \[{\rm{O}}A = \left| b \right|,OB = \left| {\frac{{ - b}}{a}} \right|\]

+) Nếu a > 0 thì góc tạo bởi đường thẳng y = ax + b với trục Ox là góc nhọn

\[\tan \alpha = \frac{{OA}}{{OB}} = \frac{{\left| a \right|}}{{\left| {\frac{{ - b}}{a}} \right|}} = \left| a \right| = a\]

+) Nếu a < 0 thì góc tạo bởi đường thẳng y = ax + b với trục Ox là góc tù

\[\tan \left( {180^\circ - \alpha } \right) = \frac{{OA}}{{OB}} = \frac{{\left| a \right|}}{{\left| {\frac{{ - b}}{a}} \right|}} = \left| a \right| = - a\]

Lời giải

Điều kiện xác định x ≠ 0.

Ta có \(y = - \frac{1}{x}\)

Suy ra \(y' = \frac{1}{{{x^2}}} > 0\) với mọi x ≠ 0

Vậy y đồng biến trên (– ∞; 0) và (0; + ∞).

Lời giải

Ta có cos²a + sin²a = 1

\( \Rightarrow {\sin ^2}a = 1 - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}a = 1 - {\left( { - \frac{2}{5}} \right)^2} = 1 - \frac{4}{{25}} = \frac{{21}}{{25}}\).

Do a ∈ (0; 2π) nên sina > 0

Do đó \(\sin a = \frac{{\sqrt {21} }}{5}\).

Ta có: \(\tan a = \frac{{\sin a}}{{\cos a}} = \frac{{\frac{{\sqrt {21} }}{5}}}{{ - \frac{2}{5}}} = - \frac{{\sqrt {21} }}{2}\)

Và \(\cot a = \frac{1}{{\tan a}} = - \frac{2}{{\sqrt {21} }} = - \frac{{2\sqrt {21} }}{{21}}\).

Vậy \(\sin a = \frac{{\sqrt {21} }}{5};\tan a = - \frac{{\sqrt {21} }}{2};\cot a = - \frac{{2\sqrt {21} }}{{21}}\).

Lời giải

a) Xét (O) có CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C

Suy ra AC = CM và OC là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\)

Do đó \(\widehat {AOC} = \widehat {COM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}\)

Xét (O) có DB, DM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D

Suy ra BD = DM và OD là tia phân giác của \(\widehat {BOM}\)

Do đó \(\widehat {BOD} = \widehat {DOM} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}\)

Ta có \(\widehat {COD} = \widehat {COM} + \widehat {DOM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{1}{2}.180^\circ = 90^\circ \)

Vậy tam giác COD vuông tại O.

b) Xét tam giác COD vuông tại O có OM ⊥ CD, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: OM² = CM . DM

Mà CM = AC, DM = BD (chứng minh câu a)

Suy ra AC.BD=R².

c) Gọi I là giao điểm của MH và BC, K là giao điểm của MB và AC

Xét (O) có DB, DM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại O, suy ra BM ⊥ DO

Mà OC ⊥ DO (chứng minh câu a)

Do đó OC // BM (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tam giác ABK có

O là trung điểm của AB; OC // BM

Suy ra C là trung điểm của AK

Do đó CA = CK

Ta có CA ⊥ AB, MH ⊥ AB nên CA // MH (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Suy ra \(\frac{{MI}}{{CK}} = \frac{{BI}}{{BC}} = \frac{{IH}}{{AC}}\)

Mà CA = CK, suy ra MI = IH

Do đó I là trung điểm của MH

Vậy BC đi qua trung điểm của đoạn MH.

Lời giải

Ta có S_ABC = S_ABD + S_ACD

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}AB.A{\rm{D}}.\sin \widehat {BAD} + \frac{1}{2}AC.A{\rm{D}}.\sin \widehat {CAD}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}AB.AC.\sin 60^\circ = \frac{1}{2}AB.A{\rm{D}}.\sin 30^\circ + \frac{1}{2}AC.A{\rm{D}}.\sin 30^\circ \)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{4}AB.AC = \frac{1}{4}AB.A{\rm{D}} + \frac{1}{4}AC.A{\rm{D}}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 AB.AC = AB.A{\rm{D}} + AC.A{\rm{D}}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 = \frac{{AB.A{\rm{D}}}}{{AB.AC}} + \frac{{AC.A{\rm{D}}}}{{AB.AC}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{{A{\rm{D}}}} = \frac{1}{{AB}} + \frac{1}{{AC}}\)

Vậy \(\frac{{\sqrt 3 }}{{A{\rm{D}}}} = \frac{1}{{AB}} + \frac{1}{{AC}}\).

Lời giải

Ta có:

\(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = \left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|.cos\left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = 5.8.cos30^\circ = 20\sqrt 3 \)

Vậy \(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = 20\sqrt 3 \).

Lời giải

a) Xét (O) có AB, AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A nên AB = AC

Xét (O) có DB, DM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D nên DB = DM

Xét (O) có EM, EC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại E nên EM = EC

Chu vi ΔADE là:

AD + DE + AE = AD + DM + ME + AE

                         = AD + DB + EC + AE

                         = AB + AC

                         = 2AB.

Vậy chu vi tam giác ADE bằng 2AB.

b) Xét (O) có EM, EC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại E

Suy ra OC là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\)

Do đó \(\widehat {EOC} = \widehat {EOM} = \frac{1}{2}\widehat {COM}\)

Xét (O) có DB, DM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D

Suy ra OD là tia phân giác của \(\widehat {BOM}\)

Do đó \(\widehat {BOD} = \widehat {DOM} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}\)

Ta có \(\widehat {EOD} = \widehat {EOM} + \widehat {DOM} = \frac{1}{2}\widehat {COM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\widehat {COB}\)

Vậy \(\widehat {DOE} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\).

Lời giải

Bao thứ 4 có nhiều hơn bao thứ 2 là:

12,5−6,3=6,2(kg)

7 lần bao thứ nhất là: 

53,7−12,5−6,2=35(kg) 

Bao thứ nhất nặng: 

35:7=5(kg)

Bao thứ 3 nặng: 

5×2+12,5=22,5 (kg) 

Vậy bao thứ 3 nặng là 22,5 kg.

Lời giải

Đáp án đúng là B

Ta có

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

a) Điều kiện xác định x ≠ 0, x ≠ 3.

Ta có

b) Với x ≠ 0, x ≠ 3 ta có

 

Vậy x = 2 thì A = – 3.

Lời giải

a) Ta có D = (3m + 2)² – 4m = 9m² + 12m + 4 – 4m = 9m² + 8m + 4

Xét f(m) = 9m² + 8m + 4 có

a = 9 > 0

D’ = 4² – 9 . 4 = 16 – 36 = – 20 < 0

Suy ra f(m) > 0 với mọi m

Do đó D > 0 với mọi m

Vậy phương trình mx² – (3m + 2)x + 1 = 0 luôn có nghiệm.

b) Ta có

\(\Delta = {\left( {\sqrt 3 m - 2} \right)^2} - 4\left( {{m^2} + 5} \right).1 = 3{m^2} - 4\sqrt 3 m + 4 - 4{m^2} - 20 = - {m^2} - 4\sqrt 3 m + 16\)

\( = - \left( {{m^2} + 4\sqrt 3 m + 12} \right) - 4 = - {\left( {m - 2\sqrt 3 } \right)^2} - 4\)

Vì \({\left( {m - 2\sqrt 3 } \right)^2} \ge 0\) với mọi m

Nên \( - {\left( {m - 2\sqrt 3 } \right)^2} - 4 < 0\) với mọi m

Suy ra D < 0 với mọi m

Vậy phương trình \(({m^2} + 5){x^2} - \left( {\sqrt 3 m - 2} \right)x + 1 = 0\)luôn vô nghiệm.

Lời giải

Ta có \(\widehat {ABF} + \widehat {FBH} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Hay \(\widehat {ABF} + 100^\circ = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {ABF} = 180^\circ - 100^\circ = 80^\circ \)

Lại có \(\widehat {CAB} = 80^\circ \), do đó \(\widehat {CAB} = \widehat {ABF}\)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong

Suy ra CD // EF

Vậy CD // EF.

Lời giải

Vì 24 chia hết cho 6 nên Tom có lấy đi bao nhiêu thì Jerry cũng chỉ cần lấy 6 trừ đi số kẹo Tom vừa lấy (ví dụ : Tom lấy 2 cái, Jerry lấy 4 cái)

Vậy Jerry là người thắng cuộc.

Lời giải

Điều kiện xác định: 2sinx – 1 ≠ 0

Ta có

Họ nghiệm (1) biểu diễn mới các điểm M1, M2, M3, M4 trên đường tròn lượng giác

Họ nghiệm làm cho phương trình không xác định biểu diễn bởi các điểm M1, M2 trên đường tròn lượng giác.

Suy ra nghiệm của phương trình được biểu diễn bởi các điểm M3, M4 trên đường tròn lượng giác

Vậy \[{\rm{x}} \in \left\{ {\frac{{ - 5\pi }}{6} + k2\pi ;\frac{{ - \pi }}{6} + k2\pi } \right\}\] với k ∈ ℤ.

Lời giải

Ta có

Vậy \[{\rm{x}} \in \left\{ {k\pi ;\frac{\pi }{4} + k\pi } \right\}\] với k ∈ ℤ.

Lời giải

a) Với x ≥ 0, x ≠ 4 ta có

\(A = \frac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right) - \left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right) + 4{\rm{x}}}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}:\frac{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\)

\(A = \frac{{x + 4\sqrt x + 4 - x + 4\sqrt x - 4 + 4{\rm{x}}}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}:\frac{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\)

\(A = \frac{{4x + 8\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}:\frac{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\)

\(A = \frac{{4\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}:\frac{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\)

\(A = \frac{{4\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\frac{{\sqrt x - 2}}{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)

\(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\).

b) Với x ≥ 0, x ≠ 4 ta có

Với x ≥ 0, x ≠ 4 thì \(\sqrt x \ge 0\)

Suy ra \(\sqrt x + 2 \ge 0\)

Mà – 2 < 0, suy ra A – 1 < 0

Lại có A > 0

Suy ra 0 < A < 1

Do đó \[{\rm{A}} \le \sqrt A \]

Vậy \[{\rm{A}} \le \sqrt A \].

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có V_{(O; – 2)} (d) = d’

Suy ra d’ // d hoặc d’ ≡ d

Khi đó phương trình đường thẳng d’ có dạng 2x – y + m = 0

Chọn N(1; 2) thuộc đường thẳng d

Qua V_{(O; – 2)} (N) = N’(–2; – 4) thuộc đường thẳng d’

Suy ra – 4 + 4 + m = 0

Hay m = 0

Do đó phương trình đường thẳng d’ là 2x – y = 0

Qua phép đối xứng trục Oy: D_oy (d’) = d”

Gọi M(x; y) thuộc đường thẳng d’

D_oy (M) = M’(x’; y’) ∈ d”

Suy ra phương trình đường thẳng d” là – 2x – y = 0

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

Thay x = 3 vào A ta có

Vậy với x = 3 thì A = 211.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

• Nếu \[\left[ \begin{array}{l}m + 2 \le - 2\\10 \le m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 4\\m \ge 10\end{array} \right.\] thìA ∩ B = ∅;

• Nếu \[\left\{ \begin{array}{l}m \le - 2\\ - 2 < m + 2 \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le - 2\\m + 2 > - 2\\m + 2 \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le - 2\\m > - 4\\m \le 8\end{array} \right. \Leftrightarrow - 4 < m \le - 2\]

ThìA ∩ B = (–2; m + 2);

• Nếu \(\left\{ \begin{array}{l}m \le - 2\\10 \le m + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le - 2\\m \ge 8\end{array} \right.\left( {v\^o {\rm{ }}l\'i } \right)\)

• Nếu \(\left\{ \begin{array}{l} - 2 \le m\\m + 2 \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - 2\\m \le 8\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 \le m \le 8\) thì A ∩ B = (m; m + 2);

• Nếu \[\left\{ \begin{array}{l} - 2 \le m < 10\\10 \le m + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 \le m < 10\\m \ge 8\end{array} \right. \Leftrightarrow 8 \le m < 10\] thì A ∩ B = (m; 10).

Kết hợp các trường hợp ta có –4 < m < 10 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

a) Bán kính OA vuông góc với BC nên MB = MC

Lại có MO = MA (giả thiết)

Suy ra tứ giác OBAC là hình bình hành vì có các đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Mà OA ⊥ BC nên OBAC là hình thoi

Vậy OCAB là hình thoi.

b) Vì OCAB là hình thoi nên OB = BA

Mà OA = OB, suy ra OA = OB = BA

Do đó ΔAOB đều, suy ra \(\widehat {AOB} = 60^\circ \)

Trong tam giác OBE vuông tại B ta có:

\(BE = OB.\tan \widehat {AOB} = R.\tan 60^\circ = R\sqrt 3 \)

Vậy \(BE = R\sqrt 3 \).

Lời giải

Ta chia khối lẳng trụ đã cho thành hình chóp A’.ABC, C.A’B’C’ và C.A’BB’

Ta có: \({V_{A'.ABC}} = {V_{C.A'B'C'}} = \frac{1}{3}.S.h\)

trong đó S là diện tích đáy S = S_ABC = S_A’B’C’ và h là chiều cao của hình lăng trụ

Lại có: V_{ABC.A’B’C’} = S.h

Suy ra

Trong đó, tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh bằng a nên

 

Vì đây là hình lăng trụ đứng nên h = AA’ = BB’= CC’ = a

Thể tích khối tứ diện A’BB’C’là:

Vậy thể tích khối tứ diện A’BB’C’là \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}.\)

Lời giải

a) Vì tam giác ACO nội tiếp (S) đường kính AO nên tam giác ACO vuông tại C

Suy ra AC ⊥ CO

Xét (O) có AD là dây cung, AD ⊥ CO

Suy ra C là trung điểm của AD.

b) Xét tứ giác COHD có: \(\widehat {DCO} + \widehat {DHO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Þtứ giác COHD nội tiếp

Vậy 4 điểm C, D, H, O cùng thuộc một đường tròn.

c) Ta có BH = 2HO, BH + HO = BO = R

\( \Rightarrow BH = \frac{2}{3}R,OH = \frac{1}{3}R\)

Ta có \(AH = AB - BH = 2{\rm{R}} - \frac{2}{3}R = \frac{4}{3}R\)

ÞAH = 2HB

Vì tam giác ABD nội tiếp (O) đường kính AB nên tam giác ABD vuông tại D

Mà BH ⊥ AB

ÞAD² = AH . AB và BD² = BH . AB

Þ AH = 2HB

ÞAD² = 2BD²

\( \Rightarrow B{{\rm{D}}^2} = \frac{{A{{\rm{D}}^2}}}{2} = \frac{{A{\rm{D}}.2C{\rm{D}}}}{2} = A{\rm{D}}.C{\rm{D}}\)

\( \Rightarrow \frac{{B{\rm{D}}}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{C{\rm{D}}}}{{B{\rm{D}}}}\)

Xét tam giác DBC và tam giác DAB có

\(\frac{{B{\rm{D}}}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{C{\rm{D}}}}{{B{\rm{D}}}}\) (chứng minh trên);

\(\widehat {A{\rm{D}}B}\) là góc chung

 (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{D}}BC} = \widehat {DAB}\) (hai góc tương ứng)

Ta có CO ⊥ AD, BD ⊥ AD

Nên CO // BD (quan hệ từ vuông góc đến song song)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{D}}BC} = \widehat {BCO}\) (hai góc so le trong)

Mà \(\widehat {{\rm{D}}BC} = \widehat {DAB}\) (chứng minh trên)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{DA}}B} = \widehat {BCO}\)

Vì SC = SO nên tam giác SCO cân tại S\( \Rightarrow \widehat {SCO} = \widehat {SOC}\)

Vì tam giác ACO vuông tại C nên

\(\widehat {CAO} + \widehat {COA} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {SCO} = \widehat {SOC}\), \(\widehat {{\rm{DA}}B} = \widehat {BCO}\)

\( \Rightarrow \widehat {BCO} + \widehat {SCO} = 90^\circ \), hay \(\widehat {BC{\rm{S}}} = 90^\circ \)

Do đó SC ⊥ CB

Xét (S) có SC ⊥ CB

Suy ra BC là tiếp tuyến của (S).

d) Xét tam giác SCO có \(\widehat {SCO} + \widehat {SOC} + \widehat {C{\rm{S}}O} = 180^\circ \) (tổng 3 góc trong một tam giác)

Mà \(\widehat {SCO} = \widehat {SOC}\)

\( \Rightarrow \widehat {C{\rm{S}}O} = 180^\circ - 2\widehat {SOC}\)                               (1)

Vì OB = OD nên tam giác OBD cân tại O

\( \Rightarrow \widehat {BDO} = \widehat {OB{\rm{D}}}\)

Xét tam giác BDO có \(\widehat {B{\rm{D}}O} + \widehat {BOD} + \widehat {OB{\rm{D}}} = 180^\circ \) (tổng 3 góc trong một tam giác)

Mà \(\widehat {BDO} = \widehat {OB{\rm{D}}}\)

\( \Rightarrow \widehat {BOD} = 180^\circ - 2\widehat {OB{\rm{D}}}\)                                             (2)

Vì OC // BD nên \(\widehat {OB{\rm{D}}} = \widehat {SOC}\)                                      (3)

Từ (1) , (2) và (3) ta có \(\widehat {BO{\rm{D}}} = \widehat {OSC}\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị

ÞOD // SC

Mà SC ⊥ CB

ÞOD ⊥ CB (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tam giác BCD có DE ⊥ CB

Nên DE . CB = CD . BD

Suy ra \[DE = \frac{{C{\rm{D}}.B{\rm{D}}}}{{CB}}\]

Vì tam giác OHD vuông tại H nên theo định lý Pytago có

\[{\rm{D}}H = \sqrt {O{{\rm{D}}^2} - O{H^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{1}{3}R} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 8 R}}{3}\]

Vì tam giác BHD vuông tại H nên theo định lý Pytago có

\[{\rm{DB}} = \sqrt {{\rm{H}}{{\rm{D}}^2} + B{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 8 R}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{2}{3}R} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {12} R}}{3}\]

Vì tam giác ABD vuông tại D nên theo định lý Pytago có

\[{\rm{AD}} = \sqrt {A{B^2} - B{D^2}} = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt {12} }}{3}R} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 6 R}}{3}\]

Suy ra \[{\rm{CD}} = \frac{1}{2}{\rm{AD}} = \frac{{\sqrt 6 R}}{3}\]

Vì tam giác BCD vuông tại D nên theo định lý Pytago có

\[{\rm{CB}} = \sqrt {{\rm{C}}{{\rm{D}}^2} + B{D^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 6 R}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt {12} }}{3}R} \right)}^2}} = \sqrt 2 R\]

Suy ra \[DE = \frac{{C{\rm{D}}.B{\rm{D}}}}{{CB}} = \frac{{\frac{{\sqrt 6 R}}{3}.\frac{{\sqrt {12} R}}{3}}}{{\sqrt 2 R}} = \frac{{2R}}{3}\]

Kẻ EI ⊥ AB

Mà DH ⊥ AB nên EI // DH

Suy ra \(\frac{{DH}}{{EI}} = \frac{{OD}}{{OE}}\)

Do đó \(\frac{{DH}}{{DH - EI}} = \frac{{OD}}{{O{\rm{D}} - OE}} = \frac{{OD}}{{E{\rm{D}}}}\)

Suy ra \(\frac{{\frac{{\sqrt 8 R}}{3}}}{{\frac{{\sqrt 8 R}}{3} - EI}} = \frac{R}{{\frac{{2R}}{3}}}\)

Do đó \[{\rm{EI = }}\frac{{\sqrt 8 R}}{9}\]

Ta có \[{{\rm{S}}_{A{\rm{E}}B}} = \frac{1}{2}EI.AB = \frac{1}{2}\frac{{\sqrt 8 R}}{9}.2{\rm{R = }}\frac{{\sqrt 8 {R^2}}}{9}\].

Lời giải

a) Xét tứ giác ABCE có: M là trung điểm của AC và M là trung điểm của BE.

Do đó ABCE là hình bình hành.

b) Vì ABCE là hình bình hành nên BC = AE, BC // AE

Xét tứ giác ACBF có: M là trung điểm của AB và M là trung điểm của CF

Do đó ACBF là hình bình hành

Suy ra BC = AF, BC // AF

Vì BC // AE, BC // AF nên A, E, F thẳng hàng

Mà AE = AF (= BC)

Suy ra E đối xứng với F qua A

Vậy E đối xứng với F qua A.

Lời giải

a) Vì HM ⊥ AB, HN ⊥ AC

Nên \(\widehat {HMA} = \widehat {HNA} = 90^\circ \)

Xét tứ giác AMHN có

\(\widehat {HMA} + \widehat {HNA} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn đường kính AH

b) Dựng Ax là tiếp tuyến của (O) nên Ax ⊥ AE

Xét (O) có \(\widehat {xAB},\widehat {ACB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp cũng chắn cung AB

Suy ra \(\widehat {xAB} = \widehat {ACB}\)                             (1)

Vì tam giác HNC vuông ở N nên \(\widehat {NHC} + \widehat {NCH} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {NHC} + \widehat {NHA} = \widehat {AHC} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {AHN} = \widehat {NCH}\)                            (2)

Xét đường tròn đường kính AH có \(\widehat {AMN},\widehat {AHN}\) là hai góc nội tiếp chắn cung AN

Suy ra \(\widehat {AMN} = \widehat {AHN}\)                           (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {xAB} = \widehat {AMN}\)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong

Suy ra Ax // MN

Mà Ax ⊥ AE

Do đó MN ⊥ AE

c) Vì tam giác ACE nội tiếp (O) đường kính AE

Nên tam giác ACE vuông ở C

Hay \(\widehat {AC{\rm{E}}} = 90^\circ \)

Xét tam giác AHC vuông ở H có HN ⊥ AC nên AC . AN = AH² (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Xét △AIN và △ACE có

\(\widehat {CA{\rm{E}}}\) là góc chung

\(\widehat {AIN} = \widehat {AC{\rm{E}}}\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{A{\rm{E}}}}\)

Do đó AI . AE = AC . AN = AH²

Vì tam giác AKE nội tiếp (O) đường kính AE

Nên tam giác AKE vuông ở K

Lại có KI ⊥ AE

Nên AK² = AI . AE (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà AI . AE = AH² (chứng minh trên)

Suy ra AH = AK

Vậy AH = AK.

Lời giải

a) Vì SA ⊥(ABCD) nên SA ⊥ CD

Vì ABCD là hình vuông nên CD ⊥ AD

Suy ra CD ⊥ (SAD)

Mà CD ⊂ (SCD)

Suy ra (SCD) ⊥ (SAD).

b) Kẻ AH ⊥SD

Mà CD ⊥ (SAD) nên CD ⊥AH

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot S{\rm{D}}\\AH \bot C{\rm{D}}\end{array} \right.\)

Suy ra AH ⊥(SCD)

Do đó d(A, (SCD)) = AH 

Vì tam giác SAD vuông tại A nên theo định lí Pytago ta có

\[{\rm{SD}} = \sqrt {{\rm{A}}{{\rm{D}}^2} + S{A^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {{\rm{2a}}} \right)}^2}} = a\sqrt 5 \]

Vì tam giác SAD vuông tại A có AH ⊥ SD

Suy ra AH . SD = SA . AD

Do đó\[{\rm{A}}H = \frac{{SA.A{\rm{D}}}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{{2a.a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2{\rm{a}}}}{{\sqrt 5 }}\]

Vậy \[d\left( {A,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = \frac{{2{\rm{a}}}}{{\sqrt 5 }}\].

Lời giải

Ta có

Vậy \(\frac{{1 + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{{1 - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}} + \frac{{1 - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{{1 + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}} = 2\left( {1 + 2{{\tan }^2}x} \right)\).

Lời giải

Ta có

Lời giải

a) Thay x = 25 (thỏa mãn điều kiện) vào B ta có

\(B = \frac{{\sqrt {25} - 3}}{{\sqrt {25} - 1}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\).

b) Với x ≥ 0, x ≠1, x ≠ 9, ta có M = A . B

\[M = \left( {\frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}} \right).\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 1}}\]

     \[ = \left[ {\frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right) + \sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}} \right].\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 1}}\]

     \[ = \frac{{2x - 6\sqrt x + x + 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 1}}\]

     \[ = \frac{{3x - 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 1}}\]

     \[ = \frac{{3x - 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\]

     \[ = \frac{{3\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}\].

c) Với x ≥ 0, x ≠1, x ≠ 9 thì \(\sqrt M \) luôn xác định.

Để \(M < \sqrt M \)

\( \Leftrightarrow M - \sqrt M < 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt M \left( {\sqrt M - 1} \right) < 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt M - 1 < 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt M < 1\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}} < 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} < 1\)

\( \Leftrightarrow 3\sqrt x < \sqrt x + 3\)

\( \Leftrightarrow 2\sqrt x < 3\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x < \frac{3}{2}\)

\( \Leftrightarrow x < \frac{9}{4}\)

Kết hợp điều kiện xác định ta được \(0 \le x < \frac{9}{4},m \ne 1\)

Vậy \(0 \le x < \frac{9}{4},m \ne 1\) thì \(M < \sqrt M \).

Lời giải

Xét tam giác SAB cóM, N là trung điểm SA, SB

Suy ra MN là đường trung bình

Do đó MN // AB

Mà AB // DC (vì ABCD là hình bình hành)

Suy ra MN // CD

Xét (MNP) và (SDC) cóP là điểm chung và MN // CD (chứng minh trên)

Suy ra giao tuyến qua P song song với MN, giao với SD tại Q

Do đó SD ∩ (MNP) = PQ.

Lời giải

a) Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 4.

Ta có \(P = \left( {1 - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{\sqrt x - 3}}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{\sqrt x - 2}}{{x + \sqrt x - 6}}} \right)\)

b) Ta có  \(x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} = \frac{{6 - 2\sqrt 5 }}{4} = {\left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right)^2}\) (thỏa mãn điều kiện)

Suy ra \(\sqrt x = \left| {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right| = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}\)

c) Với x ≥ 0, x ≠ 4 ta có

Để P nguyên thì \(\frac{3}{{\sqrt x + 1}}\) nguyên

\( \Leftrightarrow \sqrt x + 1 \in U\left( 3 \right) = \left\{ {1;3; - 1; - 3} \right\}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x \in \left\{ {0;2; - 2; - 4} \right\}\)

\( \Leftrightarrow x \in \left\{ {0;4} \right\}\)

Kết hợp điều kiện x ≥ 0, x ≠ 4 ta có: x = 0.

Vậy x = 0.

d) Để P < 1 ⇔\(\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} < 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} - 1 < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x - 2 - \sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{{\sqrt x + 1}} < 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x + 1 > 0\) (luôn đúng)

Vậy P < 1 với mọi x ≥ 0, x ≠ 4.

e) Để \(P = \sqrt x - 3\)\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} = \sqrt x - 3\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right) = \sqrt x - 2\)

\( \Leftrightarrow x - 2\sqrt x - 3 = \sqrt x - 2\)

\( \Leftrightarrow x - 3\sqrt x - 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = \frac{{3 + \sqrt {13} }}{2}\\\sqrt x = \frac{{3 - \sqrt {13} }}{2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x = \frac{{3 + \sqrt {13} }}{2}\) (vì \(\sqrt x > 0\))

\( \Leftrightarrow x = {\left( {\frac{{3 + \sqrt {13} }}{2}} \right)^2} = \frac{{11 + 3\sqrt {13} }}{2}\) (thỏa mãn)

Vậy \(x = \frac{{11 + 3\sqrt {13} }}{2}\) thì \(P = \sqrt x - 3\).

Lời giải

Ta có:

x × 16 + 4236 = 8860

x × 16 = 4624

x = 4624 : 16

x = 289

Vậy x = 289.

Lời giải

a) Ta có

Thay x = 49,75 vào biểu thức ta có giá trị của biểu thức là

b) Ta có:

x² – y² – 2y – 1

= x² – (y² + 2y + 1)

= x² – (y + 1)²

= (x – y – 1)(x + y + 1)

Thay x = 93, y = 6 ta có

x² – y² – 2y – 1 = (93 – 6 – 1)(93 + 6 + 1) = 86 . 100 = 8 600.

Lời giải

Ta có

Vậy \(P = \frac{9}{7}\).

Lời giải

Đặt BD = x, CF = y

Vì ADEF có hình vuông cạnh 2cm

Nên DE = FE = AD = FA = 2 cm và \(\widehat {A{\rm{D}}E} = \widehat {DEF} = \widehat {AFE} = 90^\circ \)

Hay DE ⊥ AB

Mà AC ⊥ AB

Suy ra AC // DE (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Do đó \(\widehat {BE{\rm{D}}} = \widehat {ECF}\) (hai góc đồng vị)

Xét DBDE và DEFC có

\(\widehat {BE{\rm{D}}} = \widehat {ECF}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {B{\rm{D}}E} = \widehat {{\rm{EFC}}}\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{BD}}{{FE}} = \frac{{F{\rm{E}}}}{{FC}}\)

Hay \(\frac{x}{2} = \frac{2}{y}\)

Suy ra xy = 4

Vì tam giác ABC vuông tại A

Nên AB² + AC² = BC² (định lý Pytago)

Hay (x + 2)² + (y + 2)² = 45

⇔ x² + y² + 4(x + y) + 8 = 45

⇔ x² + y² + 4(x + y) = 37

⇔ (x + y)² + 4(x + y) – 2xy = 37

⇔ (x + y)² + 4(x + y) – 8 = 37

⇔ (x + y)² + 4(x + y) – 45 = 0

⇔ (x + y – 5)(x + y + 9) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + y - 5 = 0\\x + y + 9 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + y = 5\\x + y = - 9\end{array} \right.\)

⇔ x + y = 5

⇔ x = 5 – y

Mà xy = 4

Suy ra y(5 – y) = 4

⇔ y – 5y + 4 = 0

⇔ (y – 1)(y – 4) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y - 1 = 0\\y - 4 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 1\\y = 4\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy AC = 4 cm, AB = 1 cm hoặc AC = 1 cm, AB = 4 cm.

b) Chu vi tam giác ABC là \(AB + AC + BC = 5 + 3\sqrt 5 \) cm

Diện tích tam giác ABC là: \[{{\rm{S}}_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.4 = 2\] cm².

Lời giải

Đáp án đúng là B

Gọi K là hình chiếu của A lên BD

Suy ra AK ⊥ BD

Ta có SA ⊥ (ABCD)

Suy ra SA ⊥ BD

Do đó BD ⊥ (SAK)

Từ A kẻ AH ⊥ SK

Mà BD ⊥ (SAK)

Suy ra BD ⊥ AH

Do đó AH ⊥ (SBD)

Khi đó khoảng cách d từ A tới mặt phẳng (SBD) là AH

Xét tam giác ABD vuông tại A có AK ⊥ BD

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}}\)

Xét tam giác ASK vuông tại A có AH ⊥ SK

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{{\rm{D}}^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2}}} = \frac{9}{{4{{\rm{a}}^2}}}\).

Suy ra \[{\rm{A}}H = \frac{{2{\rm{a}}}}{3}\]

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có \(2{\sin ^2}x + \sqrt 3 \sin 2{\rm{x}} = 3\)

Chia hai vế của phương trình (1) cho 2 ta được

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

Đặt \(A = \frac{{x + 5}}{{x + 2}}\)

Ta có \(A = \frac{{x + 5}}{{x + 2}} = \frac{{x + 2 + 3}}{{x + 2}} = 1 + \frac{3}{{x + 2}}\)

Với x nguyên, để A nguyên thì \(\frac{3}{{x + 2}}\) nguyên

Suy ra x ∈ {– 5; – 3; – 1; 1}

Vậy x ∈ {– 5; – 3; – 1; 1}.

Lời giải

Trên bàn có ít nhất số cái bánh là:

\(\frac{5}{8} + \frac{7}{{12}} + \frac{9}{5} = \frac{{361}}{{120}}\) (cái)

Vì \(3 < \frac{{361}}{{120}} < 4\) nên trên bàn có ít nhất 4 cái bánh

Vậy trên bàn có ít nhất 4 cái bánh.

Lời giải

Điều kiện xác định \(\left\{ \begin{array}{l}\sin 2{\rm{x}} \ne 0\\cos2{\rm{x}} \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{\rm{x}} \ne k\pi \\2{\rm{x}} \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{x}} \ne \frac{{k\pi }}{2}\\{\rm{x}} \ne \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\end{array} \right.\)

Ta có \(\frac{1}{{\sin 2{\rm{x}}}} + \frac{1}{{cos2{\rm{x}}}} = \frac{2}{{\sin 4{\rm{x}}}}\)

Þ 2cos2x + 2sin2x = 2

⇔ cos2x + sin2x = 1

⇔ 1 – 2sin²x + 2sinxcosx – 1 = 0

⇔ – 2sinx(sinx – cosx) = 0

⇔ sinx – cosx = 0 (do sin2x ≠ 0 nên sinx ≠ 0)

Û sinx = cosx

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

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

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\0x = \pi - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

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

Kết hợp điều kiện ta được: x ∈∅.

Vậy \(x \in \left\{ {k\pi ;\frac{\pi }{4} + k\pi } \right\}\) với k ∈ Z.

Lời giải

+) Phần thuận: Với điểm M và A thỏa mãn đề bài

Có tam giác AMO vuông tại A

Suy ra \[OM = \sqrt {A{M^2} + A{O^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} + {2^2}} = 4\] cm.

Suy ra M thuộc đường tròn (O; 4 cm)

+) Phần đảo: Lấy điểm A bất kì trên (O; 2 cm). Từ A vẽ tuyến tuyến xy cắt (O; 4 cm) tại M. Chứng minh \[{\rm{A}}M = 2\sqrt 3 \].

Thật vậy, OA ⊥ AM nên tam giác OAM vuông tại A

Suy ra \[{\rm{AM = }}\sqrt {O{M^2} - O{A^2}} = \sqrt {{4^2} - {2^2}} = 2\sqrt 3 \]

Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn (O; 4 cm).

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Để A ∩ B = ∅ thì m + 1 ≥ 5 Û m ≥ 4.

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

a) Do ABCD là hình bình hành có tâm O nên O là trung điểm của AC và BD

\( \Rightarrow \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow 0 \); \(\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0 \).

Ta có

Vậy \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {M{\rm{D}}} = 4\overrightarrow {MO} \).

b) Do ABCD là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \).

Ta có

Vậy \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {A{\rm{D}}} = 2\overrightarrow {AC} \).