5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 46)

Lời giải

Ta có:

\({\sin ^2}\frac{x}{2} - 2co{s^2}\frac{x}{4} = \frac{3}{4}\)

\[ \Leftrightarrow \left( {1 - co{s^2}\frac{x}{2}} \right) - \left( {cos\frac{x}{2} + 1} \right) = \frac{3}{4}\]

\[ \Leftrightarrow 1 - co{s^2}\frac{x}{2} - cos\frac{x}{2} - 1 - \frac{3}{4} = 0\]

\[ \Leftrightarrow co{s^2}\frac{x}{2} + cos\frac{x}{2} + \frac{3}{4} = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {co{s^2}\frac{x}{2} + 2.cos\frac{x}{2}.\frac{1}{2} + \frac{1}{4}} \right) + \frac{1}{2} = 0\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {cos\frac{x}{2} + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{1}{2} = 0\] (vô nghiệm).

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Lời giải

Gọi (d): y = 2x – 1 và (d’): y = 3x + m.

Trục Ox: y = 0.

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và Ox: \(2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\).

Với \(x = \frac{1}{2}\), ta có: y = 0.

Suy ra giao điểm của (d) và trục hoành là \(I\left( {\frac{1}{2};0} \right)\).

Yêu cầu bài toán ⇔ Đường thẳng (d’) đi qua điểm \(I\left( {\frac{1}{2};0} \right)\).

Ta có I ∈ (d’). Suy ra \(0 = 3.\frac{1}{2} + m\).

\( \Leftrightarrow m = - \frac{3}{2}\).

Vậy \(m = - \frac{3}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Cứ 3 điểm không thẳng hàng ta lập được 1 tam giác.

Vậy để lập được tam giác mà các đỉnh của tam giác được lấy từ 5 điểm A, B, C, D, E thì ta chọn 3 điểm trong 5 điểm, có \(C_5^3 = 10\).

Lời giải

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AD.

Khi đó PQ là đường trung bình của tam giác ABD nên PQ // BD.

Do I, J lần lượt là trọng tâm tam giác SAB, SAD nên \(\frac{{SI}}{{SP}} = \frac{2}{3} = \frac{{SJ}}{{SQ}}\).

Do đó IJ // PQ, suy ra IJ // BD

Có IJ // BD, IJ ⊂ (IJM), BD ⊂ (ABCD)

Þ giao tuyến của (IJM) và (ABCD) là đường thẳng qua M và song song với BD.

Đường thẳng này cắt AD tại N.

Khi đó mp(IJM) chính là mp (IJNM), mp(SAD) chính là mp(SAN)

Trong mp(SAN), JN cắt SD tại E.

Ta có: JN ∩ SD = {E}; JN ⊂ (IJM)

Khi đó E là giao điểm của SD và (IJM).

Lời giải

Gọi E là giao điểm của A’G và AB.

Suy ra E ∈ (A’MG) ∩ (ABC).

Trong (AA’M): kẻ AM’ // A’M, M’ ∈ BC.

Trong (ABC): dựng EF // AM’, F ∈ BC.

Khi đó EF là giao tuyến của (A’MG) và (ABC).

Trong (A’MG): MG ∩ EF = I.

Khi đó I là giao điểm của MG và (ABC).

Vì vậy N ≡ I.

Trong (A’MG), ta có NE // A’M.

Áp dụng định lí Thales, ta được \(\frac{{GM}}{{GN}} = \frac{{GA'}}{{GE}} = 2\).

Vậy ta chọn phương án B.

Lời giải

a) ∆BCD nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BC.

Suy ra \(\widehat {BDC}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC.

Khi đó \(\widehat {BDC} = 90^\circ \).

Vì vậy CD ⊥ AB.

Chứng minh tương tự, ta được BE ⊥ AC.

b) ∆ABC có hai đường cao CD và BE cắt nhau tại K.

Suy ra K là trực tâm của ∆ABC.

Vậy AK ⊥ BC.

Lời giải

a) ∆BCF nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BC.

Suy ra \(\widehat {BFC}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC.

Khi đó \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) hay \(\widehat {AFH} = 90^\circ \).

Vì vậy ba điểm A, F, H cùng thuộc đường tròn đường kính AH (1)

Chứng minh tương tự, ta được \(\widehat {AEH} = 90^\circ \).

Suy ra ba điểm A, E, H cùng thuộc đường tròn đường kính AH (2)

Từ (1), (2), ta được tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH.

b) Ta có \(\widehat {FIE} = 2\widehat {FAE} = 2.60^\circ = 120^\circ \) (góc nội tiếp bằng một nửa số đo của của bị chắn).

Suy ra .

Ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF (giả thiết).

Suy ra I là trung điểm AH.

Do đó \(IA = IH = \frac{{AH}}{2} = \frac{4}{2} = 2\,\,\left( {cm} \right)\).

Diện tích hình quạt IEHF của đường tròn (I) là:

\(S = \frac{{\pi .I{A^2}.n^\circ }}{{360^\circ }} = \frac{{\pi {{.2}^2}.120^\circ }}{{360^\circ }} = \frac{{4\pi }}{3}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

Vậy sđ và diện tích hình quạt IEHF của đường tròn (I) bằng \(\frac{{4\pi }}{3}\,\,c{m^2}\).

c) ∆ABC có hai đường cao CF và BE cắt nhau tại H.

Suy ra H là trực tâm của ∆ABC.

Mà AH cắt BC tại D.

Do đó AD ⊥ BC.

Suy ra \(\widehat {HDB} = 90^\circ \).

Khi đó ba điểm B, D, H cùng thuộc đường tròn đường kính BH (3)

Lại có \(\widehat {BFH} = 90^\circ \) (chứng minh trên).

Suy ra ba điểm B, F, H cùng thuộc đường tròn đường kính BH   (4)

Từ (3), (4), suy ra tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính BH.

Do đó \(\widehat {HFD} = \widehat {HBD}\) (cùng chắn )   (*)

Ta có tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH (chứng minh trên).

Suy ra \(\widehat {EFH} = \widehat {EAH}\) (cùng chắn )   (**)

Ta có \(\widehat {EBC} = \widehat {CAD}\) (cùng phụ với \(\widehat {ACB}\))    (***)

Từ (*), (**), (***), suy ra \(\widehat {HFD} = \widehat {EFH}\).

Vậy FH là tia phân giác của \(\widehat {DFE}\).

d) Ta có tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH (chứng minh trên).

Suy ra IE = IH.

Do đó ∆IEH cân tại I.

Vì vậy \(\widehat {IEH} = \widehat {IHE}\)    (5)

Lại có \(\widehat {BHD} = \widehat {IHE}\) (cặp góc đối đỉnh)    (6)

Mà \(\widehat {BHD} = \widehat {ECO}\) (cùng phụ với \(\widehat {ABC}\))    (7)

Ta có tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BC (giả thiết).

Suy ra OE = OC.

Do đó ∆OEC cân tại O.

Vì vậy \(\widehat {ECO} = \widehat {OEC}\)   (8)

Từ (5), (6), (7), (8), suy ra \(\widehat {IEH} = \widehat {OEC}\).

Mà \(\widehat {OEH} + \widehat {OEC} = 90^\circ \) (do BE ⊥ AC).

Suy ra \(\widehat {OEH} + \widehat {IEH} = 90^\circ \).

Do đó \(\widehat {IEO} = 90^\circ \).

Vì vậy OE ⊥ EI.

Suy ra IE là tiếp tuyến của (O).

Chứng minh tương tự, ta được IF là tiếp tuyến của (O).

Mà I ∈ AH.

Vậy 2 tiếp tuyến của (O) tại E, F và AH đồng quy tại điểm I.

Lời giải

Khi dịch dấu phẩy của số bé sang trái một hàng, ta thấy số bé ban đầu gấp 10 lần số bé sau khi dịch dấu phẩy.

HIệu số bé ban đầu và số bé sau khi dịch dấu phẩy là: 117,83 – 66,8 = 51,03.

Số bé ban đầu là: 51,03 : (10 – 1) ⨯ 10 = 56,7.

Số lớn là: 56,7 + 66,8 = 123,5.

Đáp số : 123,5.

Lời giải

– Lấy nước đổ vào đầy cái cốc loại 250 ml, sau đó đổ hết vào cái cốc loại 400 ml.

– Tiếp tục lấy nước đổ vào đầy cái cốc loại 250 ml, sau đó đổ vào cái cốc loại 400 ml cho đến khi cái cốc loại 400 ml chứa đầy nước.

– Khi đó trong cái cốc loại 250 ml còn lại 100 ml nước.

Lời giải

a) Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có:

\[P = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\sqrt x - 1 + 2}}{{\sqrt x - 1}} = 1 + \frac{2}{{\sqrt x - 1}}\].

Với x nguyên, để P nguyên thì \[\frac{2}{{\sqrt x - 1}}\] nguyên

\( \Leftrightarrow \sqrt x - 1 \in U\left( 2 \right) = \left\{ {1; - 1;2; - 2} \right\}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x \in \left\{ {2;0;3; - 1} \right\}\)

Mà \(\sqrt x \ge 0\) với mọi x ≥ 0 nên \(\sqrt x \in \left\{ {2;0;3} \right\}\)

Þ x ∈ {4; 0; 9}.

Vậy x ∈ {4; 0; 9} thỏa mãn yêu cầu đề bài.

b) Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có, để P > 1

\( \Leftrightarrow 1 + \frac{2}{{\sqrt x - 1}} > 1 \Leftrightarrow \frac{2}{{\sqrt x - 1}} > 0 \Leftrightarrow \sqrt x - 1 > 0 \Leftrightarrow \sqrt x > 1 \Leftrightarrow x > 1\) (thỏa mãn)

Vậy x > 1 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Lời giải

Ta có \(A \subset B \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 \ge - 2\\2m + 2 > 4\\m - 1 < 4\\2m + 2 > - 2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - 1\\2m > 2\\m < 5\\2m > - 4\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - 1\\m > 1\\m < 5\\m > - 2\end{array} \right.\)

⇔ 1 < m < 5.

Vậy 1 < m < 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Ta thấy a, b ∈ ℕ.

Ta có ƯCLN(a, b) = 4.

Suy ra a = 4m và b = 4n, với m, n ∈ ℕ* và (m, n) = 1.

Ta lại có a + b = 48.

Suy ra 4m + 4n = 48.

Do đó 4(m + n) = 48.

Vì vậy m + n = 48 : 4 = 12.

Suy ra m + n = 11 + 1 = 10 + 2 = 9 + 3 = 8 + 4 = 7 + 5 = 6 + 6.

Giả sử a ≥ b. Suy ra m ≥ n.

Mà (m, n) = 1.

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}m = 11\\n = 1\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}m = 7\\n = 5\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}m = 6\\n = 6\end{array} \right.\).

Với \(\left\{ \begin{array}{l}m = 11\\n = 1\end{array} \right.\), ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 4m = 4.11 = 44\\b = 4n = 4.1 = 4\end{array} \right.\) (nhận)

Với \(\left\{ \begin{array}{l}m = 7\\n = 5\end{array} \right.\), ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 4m = 4.7 = 28\\b = 4n = 4.5 = 20\end{array} \right.\)   (nhận)

Với \(\left\{ \begin{array}{l}m = 6\\n = 6\end{array} \right.\), ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 4m = 4.6 = 24\\b = 4n = 4.6 = 24\end{array} \right.\)   (nhận)

Vậy hai số tự nhiên cần tìm là: 44 và 4; 28 và 20; 24 và 24.

Lời giải

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC, AC.

Gọi K là trọng tâm của tam giác JBC.

Theo đề, ta có \(\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {MC} = \vec 0\).

\( \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right)\left( {\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {MC} } \right) = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {MI} \left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MC} + 2\overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} } \right) = \vec 0\)

\[ \Leftrightarrow 2\overrightarrow {MI} \left( {2\overrightarrow {MJ} + 2\overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} } \right) = \vec 0\]

\[ \Leftrightarrow 4\overrightarrow {MI} \left( {\overrightarrow {MJ} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right) = \vec 0\]

\[ \Leftrightarrow 4\overrightarrow {MI} .3\overrightarrow {MK} = \vec 0\]

\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {MI} .\overrightarrow {MK} = \vec 0\]

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MI} \bot \overrightarrow {MK} \)

\( \Leftrightarrow \widehat {IMK} = 90^\circ \).

Khi đó ta thấy điểm M luôn nhìn đoạn IK một góc 90°.

Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường tròn đường kính IK.

Lời giải

a) –a – (b – a – c)

= –a – b + a + c

= (–a + a) – b + c

= c – b.

b) – (a – c) – (a – b + c)

= –a + c – a + b – c

= (–a – a) + (c – c) + b

= –2a + b.

c) b – (b + a – c) = b – b – a + c = c – a.

d) –(a – b + c) – (a + b + c)

= –a + b – c – a – b – c

= (–a – a) + (b – b) + (–c – c)

= –2a – 2c.

e) (a + b) – (a – b) + (a – c) – (a + c)

= a + b – a + b + a – c – a – c

= (a – a) + (a – a) + (b + b) + (–c – c)

= 2b – 2c.

g) (a + b – c) + (a – b + c) – (b + c – a) – (a – b – c)

= a + b – c + a – b + c – b – c + a – a + b + c

= (a + a) + (a – a) + (b – b) + (–b + b) + (–c + c) + (–c + c)

= 2a.

Lời giải

a) (a + b – c) – (b – c + d)

= a + b – c – b + c – d

= a + (b – b) + (–c + c) – d

= a – d.

b) –(a – b + c) + (a – b + d)

= –a + b – c + a – b + d

= (a – a) + (b – b) – c + d

= d – c.

c) (a + b) – (–a + b – c)

= a + b + a – b + c

= (a + a) + (b – b) + c

= 2a + c.

d) –(a + b) + (a + b + c)

= –a – b + a + b + c

= (–a + a) + (–b + b) + c

= c.

e) (a – b + c) – (a – b + c)

= a – b + c – a + b – c

= (a – a) + (–b + b) + (c – c)

= 0.

f) –(a – b – c) + (a – b – c)

= –a + b + c + a – b – c

= (–a + a) + (b – b) + (c – c)

= 0.

Lời giải

a) Xét ∆ADB và ∆ADC, có:

AD là cạnh chung;

BD = CD (D là trung điểm BC);

AB = AC (giả thiết).

Do đó ∆ADB = ∆ADC (c.c.c).

b) Ta có ∆ADB = ∆ADC (kết quả câu a).

Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {CAD}\) và \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\) (các cặp góc tương ứng).

Vậy AD là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\) và \(\widehat B = \widehat C\).

c) Ta có ∆ADB = ∆ADC (kết quả câu a).

Suy ra \(\widehat {ADB} = \widehat {ADC}\) (cặp góc tương ứng).

Mà \(\widehat {ADB} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (cặp góc kề bù).

Khi đó \(\widehat {ADB} = \widehat {ADC} = 90^\circ \).

Vậy AD ⊥ BC.

Lời giải

a) Xét ∆ABD và ∆ACD, có:

AD là cạnh chung;

BD = CD (D là trung điểm BC);

AB = AC (giả thiết).

Do đó ∆ABD = ∆ACD (c.c.c).

Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {CAD}\) (cặp góc tương ứng).

Vậy ∆ABD = ∆ACD và AD là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\).

b) Xét ∆ADM và ∆ADN, có:

AD là cạnh chung;

AM = AN (giả thiết);

\(\widehat {MAD} = \widehat {NAD}\) (AD là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\)).

Do đó ∆ADM = ∆ADN (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {AND} = \widehat {AMD} = 90^\circ \) (cặp góc tương ứng).

Vậy ∆ADM = ∆ADN và DN ⊥ AC.

c) Ta có KE = KD (giả thiết).

Suy ra K là trung điểm DE.

Mà K cũng là trung điểm của CN (giả thiết).

Do đó tứ giác CDNE là hình bình hành.

Vì vậy NE // CD   (1)

Ta có AM = AN (giả thiết) và AB = AC (giả thiết).

Suy ra \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\).

Áp dụng định lí Thales đảo, ta được MN // BC   (2)

Từ (1) , (2), suy ra MN ≡ NE.

Vậy ba điểm M, E, N thẳng hàng.

Lời giải

Số đối của 24 là –24.

Lời giải

a) (x – 5).(x + 4) = 0.

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 5 = 0\\x + 4 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = - 4\end{array} \right.\)

Vậy \(x \in \left\{ {5; - 4} \right\}\).

b) x² – 7x = 0.

⇔ x.(x – 7) = 0.

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x - 7 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 7\end{array} \right.\)

Vậy \(x \in \left\{ {0;7} \right\}\).

c) x² = –5x.

⇔ x² + 5x = 0.

⇔ x.(x + 5) = 0.

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

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

Vậy \(x \in \left\{ {0; - 5} \right\}\).

d) x³ = x.

⇔ x³ – x = 0.

⇔ x.(x² – 1) = 0.

⇔ x.(x – 1)(x + 1) = 0.

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

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

Vậy \(x \in \left\{ {0;1; - 1} \right\}\).

e) (x – 5).(x – 4) = 0.

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 5 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = 4\end{array} \right.\)

Vậy \(x \in \left\{ {5;4} \right\}\).

Lời giải

Ta có: \({K^2} = {\left( {\frac{{x + y}}{{x - y}}} \right)^2} = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2xy + {y^2}}}{{{x^2} - 2xy + {y^2}}} = \frac{{3{x^2} + 6xy + 3{y^2}}}{{3{x^2} - 6xy + 3{y^2}}}\)

                 \( = \frac{{10xy + 6xy}}{{10xy - 6xy}} = \frac{{16xy}}{{4xy}} = 4\)

Suy ra K = 2 hoặc K = – 2.

Mà y > x > 0 nên x + y > 0 và x – y < 0, suy ra \(K = \frac{{x + y}}{{x - y}} < 0\).

Do đó K = – 2.

Lời giải

Ta xét phương trình: 5sin²x + 3sinxcosx – 4cos²x = 2 (1)

Với cosx = 0 ta có (1) trở thành:

5sin²x = 2 \( \Leftrightarrow {\sin ^2}x = \frac{2}{5}\) (vô lí vì khi cosx = 0 thì cos²x = 0 nên sin²x = 1)

Với cosx ≠ 0, ta chia 2 vế của (1) cho cos²x được:

\(5.\frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} + 3.\frac{{sinxcosx}}{{{{\cos }^2}x}} - 4.\frac{{{{\cos }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} = \frac{2}{{{{\cos }^2}x}}\)

Û 5tan²x + 3tanx – 4 = 2(tan²x + 1)

Û 3tan²x + 3tanx – 6 = 0

Û tan²x + tanx – 2 = 0

Û (tanx – 1)(tanx + 2) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = 1\\\tan x = - 2\end{array} \right.\)

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

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \[x = \frac{\pi }{4} + k\pi ;\,\,x = \arctan \left( { - 2} \right) + k\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Vì A ∩ C là đoạn có độ dài bằng 7 nên a – (–5) = 7.

⇔ a = 2.

Khi đó A = (–∞; 2].

Vì B ∩ C là đoạn có độ dài bằng 9 nên 5 – b = 9.

⇔ b = –4.

Khi đó B = [–4; +∞).

Vậy A ∩ B = [–4; 2].

Do đó ta chọn phương án A.

Lời giải

Đặt n = 2018. Suy ra n + 1 = 2019 và n² + n + 1 > 0.

Ta có \(A = \sqrt {{{2018}^2} + {{2018}^2}{{.2019}^2} + {{2019}^2}} \)

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

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

\( = \sqrt {{n^2} + {n^4} + 2{n^3} + {n^2} + {n^2} + 2n + 1} \)

\( = \sqrt {{n^4} + 2{n^2}\left( {n + 1} \right) + {{\left( {n + 1} \right)}^2}} \)

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

= |n² + n + 1|

= n² + n + 1.

Ta thấy n = 2018 là một số tự nhiên.

Suy ra n² là một số tự nhiên.

Do đó n² + n + 1 là một số tự nhiên.

Vậy A là một số tự nhiên.

Lời giải

Điều kiện: n ∈ ℕ.

Ta có A = n³ – 4n² + 4n – 1

= (n³ – 1) – (4n² – 4n)

= (n – 1)(n² + n + 1) – 4n(n – 1)

= (n – 1)(n² + n + 1 – 4n)

= (n – 1)(n² – 3n + 1).

Để A là số nguyên tố thì A là tích của 1 và chính nó (A > 1).

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}n - 1 = 1\\{n^2} - 3n + 1 = 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 2\\{n^2} - 3n = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 2\\n\left( {n - 3} \right) = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 2\\n = 0\\n - 3 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 2\\n = 0\\n = 3\end{array} \right.\)

Với n = 2, ta có: A = n³ – 4n² + 4n – 1 = 2³ – 4.2² + 4.2 – 1 = –1 < 1.

Do đó ta loại n = 2.

Với n = 0, ta có: A = n³ – 4n² + 4n – 1 = 0³ – 4.0² + 4.0 – 1 = –1 < 1.

Do đó ta loại n = 0.

Với n = 3, ta có: A = n³ – 4n² + 4n – 1 = 3³ – 4.3² + 4.3 – 1 = 2 > 1.

Do đó ta nhận n = 3.

So với điều kiện n ∈ ℕ, ta nhận n = 3.

Vậy n = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Để X ∩ Y ≠ ∅ thì a < 3.

So với điều kiện a ≤ 4, ta nhận a < 3.

Vậy a < 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó ta chọn phương án B.

Lời giải

Ta có x⁴ + 2x³ – 6x – 9 = 0.

⇔ (x⁴ + 2x³ + x²) – (x² + 6x + 9) = 0.

⇔ (x² + x)² – (x + 3)² = 0.

⇔ (x² + x – x – 3)(x² + x + x + 3) = 0.

⇔ (x² – 3)(x² + 2x + 3) = 0.

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 3 = 0\\{x^2} + 2x + 3 = 0\,\,\left( {vo\,\,nghiem} \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 3 \).

Vậy \(x = \pm \sqrt 3 \).

Lời giải

Ta có \(\cos \left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{2}\).

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

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \\2x = - \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{24}} + k\pi \\x = - \frac{{7\pi }}{{24}} + k\pi \end{array} \right.\,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

•Với –π < x < π, ta có: \( - \pi < \frac{\pi }{{24}} + k\pi < \pi \).

\( \Leftrightarrow - \frac{{25\pi }}{{24}} < k\pi < \frac{{23\pi }}{{24}}\)

\( \Leftrightarrow - \frac{{25}}{{24}} < k < \frac{{23}}{{24}}\).

Mà k ∈ ℤ.

Suy ra k ∈ {–1; 0}.

Khi đó \(x = - \frac{{23\pi }}{{24}};\,x = \frac{\pi }{{24}}\).

•Với –π < x < π, ta có: \( - \pi < - \frac{{7\pi }}{{24}} + k\pi < \pi \).

\( \Leftrightarrow - \frac{{17\pi }}{{24}} < k\pi < \frac{{31\pi }}{{24}}\)

\( \Leftrightarrow - \frac{{17}}{{24}} < k < \frac{{31}}{{24}}\).

Mà k ∈ ℤ.

Suy ra k ∈ {0; 1}.

Khi đó \(x = - \frac{{7\pi }}{{24}};\,\,x = \frac{{17\pi }}{{24}}\).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { - \frac{{23\pi }}{{24}};\,\,\frac{\pi }{{24}};\, - \frac{{7\pi }}{{24}};\,\,\frac{{17\pi }}{{24}}} \right\}\).

Lời giải

Ta có \(\cos \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{2}\).

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

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \\2x = - \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{7\pi }}{{24}} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{{24}} + k\pi \end{array} \right.\,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \[x = \frac{{7\pi }}{{24}} + k\pi ;\,x = - \frac{\pi }{{24}} + k\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Lời giải

Ta có cos2x – 3cosx + 2 = 0.

⇔ 2cos²x – 1 – 3cosx + 2 = 0.

⇔ 2cos²x – 3cosx + 1 = 0.

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 1\\\cos x = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

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

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \[x = k2\pi ;\,x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Lời giải

Ta có \(34\frac{6}{x} = \frac{{34.x + 6}}{x}\).

Theo đề, ta có khi chuyển hỗn số \(34\frac{6}{x}\) về dạng phân số thì ta được phân số tối giản A có tổng tử số và mẫu số là 461.

Suy ra 34 . x + 6 + x = 461.

Do đó 35 . x = 455.

Vì vậy x = 455 : 35 = 13.

Vậy x = 13 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

a) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 4 \ne 0\\x + 4\sqrt x + 4 \ne 0\\x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 4\\{\left( {\sqrt x + 2} \right)^2} \ne 0\\x \ge 0\end{array} \right.\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 4\\\sqrt x + 2 \ne 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 4\\x \ge 0\end{array} \right.\].

b) \(Q = \left( {\frac{1}{{x - 4}} - \frac{1}{{x + 4\sqrt x + 4}}} \right).\frac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }}\)

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

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

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

Vậy \(Q = \frac{4}{{x - 4}}\).

Lời giải

Ta có \(B = \left( {\frac{1}{{x - 4}} - \frac{1}{{x - 4\sqrt x + 4}}} \right).\frac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }}\)

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

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

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

Vậy \(B = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}^2}}}\).

Lời giải

Ta có sin²2x + sin²4x = sin²6x.

\( \Leftrightarrow \frac{{1 - \cos 4x}}{2} + \frac{{1 - \cos 8x}}{2} = \frac{{1 - \cos 12x}}{2}\)

⇔ 1 – cos4x + 1 – cos8x = 1 – cos12x

⇔ (cos12x – cos4x) + (1 – cos8x) = 0

⇔ –2sin8x.sin4x + 2sin²4x = 0

⇔ –2sin4x.(sin8x – sin4x) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 4x = 0\\\sin 8x = \sin 4x\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4x = k\pi \\8x = 4x + k2\pi \\8x = \pi - 4x + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\frac{\pi }{4}\\4x = k2\pi \\12x = \pi + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\frac{\pi }{4}\\x = k\frac{\pi }{2}\\x = \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{6}\end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\frac{\pi }{4}\\x = \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{6}\end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = k\frac{\pi }{4};\,\,x = \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{6}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải

Ta có \({\sin ^2}2x = \frac{1}{2}\).

\( \Leftrightarrow \frac{{1 - \cos 4x}}{2} = \frac{1}{2}\)

⇔ 1 – cos4x = 1

⇔ cos4x = 0

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

\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{8} + k\frac{\pi }{4}\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = \frac{\pi }{8} + k\frac{\pi }{4}\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải

a) Thế x = 16 (thỏa mãn) vào A, ta được:

\[A = \frac{{\sqrt {16} - 1}}{{\sqrt {16} + 2}} = \frac{{4 - 1}}{{4 + 2}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\].

Vậy \(A = \frac{1}{2}\) khi x = 16.

b) Với x ≥ 0; x ≠ 1 ta có:

\(B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 1}} - \frac{5}{{1 - \sqrt x }} + \frac{4}{{x - 1}}\)

\( = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 1}} + \frac{5}{{\sqrt x - 1}} + \frac{4}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right) + 5\left( {\sqrt x + 1} \right) + 4}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{x + 2\sqrt x - 3 + 5\sqrt x + 5 + 4}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{x + 7\sqrt x + 6}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x + 6} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 1}}\).

c) Với x ≥ 0; x ≠ 1, ta có:

\[P = A.B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}}.\frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{\sqrt x + 2 + 4}}{{\sqrt x + 2}} = 1 + \frac{4}{{\sqrt x + 2}}\].

Với x ≥ 0; x ≠ 1 ta có \(\sqrt x + 2 > 0 \Rightarrow \frac{4}{{\sqrt x + 2}} > 0\) \( \Rightarrow 1 + \frac{4}{{\sqrt x + 2}} > 1\) hay P > 1

Với x ≥ 0; x ≠ 1 ta có \(\sqrt x + 2 \ge 2 \Rightarrow \frac{4}{{\sqrt x + 2}} \le 2 \Rightarrow 1 + \frac{4}{{\sqrt x + 2}} \le 3\) hay P ≤ 3

Do đó 1 < P ≤ 3

Để P có giá trị nguyên thì P ∈ {2; 3}.

• Với P = 2 ta có:

\[1 + \frac{4}{{\sqrt x + 2}} = 2 \Leftrightarrow \frac{4}{{\sqrt x + 2}} = 1 \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = 4 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\left( {tm} \right)\]

• Với P = 3 ta có:

\[1 + \frac{4}{{\sqrt x + 2}} = 3 \Leftrightarrow \frac{4}{{\sqrt x + 2}} = 2 \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\left( {tm} \right)\]

Vậy x ∈ {0; 4} thì P = A.B có giá trị nguyên.

Lời giải

ĐKXĐ: x ≥ 0.

Ta có \(\sqrt {16x} - 2\sqrt {36x} + 3\sqrt {9x} = 2\).

\( \Leftrightarrow 4\sqrt x - 2.6\sqrt x + 3.3\sqrt x = 2\).

\( \Leftrightarrow 4\sqrt x - 12\sqrt x + 9\sqrt x = 2\).

\( \Leftrightarrow \sqrt x = 2\).

⇔ x = 4.

So với điều kiện x ≥ 0, ta nhận x = 4.

Vậy x = 4.

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {BA} \).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {BA} \) (luôn đúng).

Vậy mọi điểm M đều thỏa mãn điều kiện \(\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {BA} \).

b) Ta có \(\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AB} \).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {AB} \).

⇔ A ≡ B (vô lí vì hai điểm A và B phân biệt).

Vậy không có điểm M nào thỏa mãn điều kiện \(\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AB} \).

c) Ta có \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow 0 \).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} = - \overrightarrow {MB} \).

Vậy M là trung điểm của đoạn AB thì thỏa mãn điều kiện \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow 0 \).

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {BA} \).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {BA} \) (luôn đúng).

Vậy mọi điểm M đều thỏa mãn điều kiện \(\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {BA} \).

b) Ta có \(\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AB} \).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {AB} \).

⇔ A ≡ B (vô lí vì hai điểm A và B phân biệt).

Vậy không có điểm M nào thỏa mãn điều kiện \(\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AB} \).

c) Ta có \(\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {BA} \).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {BA} \).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MC} = \vec 0\).

⇔ M ≡ C.

Vậy M ≡ C thì thỏa mãn điều kiện \(\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {BA} \).

d) Ta có \(\left| {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {CA} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right|\).

\( \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right|\)

\( \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right|\)

⇔ MC = BC.

Vậy tập hợp các điểm M sao cho MC = BC thì thỏa mãn điều kiện \(\left| {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {CA} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right|\).

Lời giải

Gọi số cần tìm là \(n = \overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \), với 1 ≤ a₁ ≤ 5 và a₆ lẻ.

Đặt X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}.

Trường hợp 1: a₁ lẻ.

Do a₁ ∈ {1; 3; 5} nên a₁ có 3 cách chọn.

Do a₆ ∈ {1; 3; 5; 7; 9} và bỏ đi {a₁} nên a₆ có 4 cách chọn.

Do a₂ ∈ X và bỏ đi {a₁, a₆} nên a₂ có 8 cách chọn.

Do a₃ ∈ X và bỏ đi {a₁, a₆, a₂} nên a₃ có 7 cách chọn.

Do a₄ ∈ X và bỏ đi {a₁, a₆, a₂, a₃} nên a₄ có 6 cách chọn.

Do a₅ ∈ X và bỏ đi {a₁, a₆, a₂, a₃, a₄} nên a₅ có 5 cách chọn.

Áp dụng quy tắc nhân, ta có 3.4.8.7.6.5 = 20160 số tự nhiên thỏa mãn trường hợp 1.

Trường hợp 2: a₁ chẵn.

Do a₁ ∈ {2; 4} nên a₁ có 2 cách chọn.

Do a₆ ∈ {1; 3; 5; 7; 9} nên a₆ có 5 cách chọn.

Do a₂ ∈ X và bỏ đi {a₁, a₆} nên a₂ có 8 cách chọn.

Do a₃ ∈ X và bỏ đi {a₁, a₆, a₂} nên a₃ có 7 cách chọn.

Do a₄ ∈ X và bỏ đi {a₁, a₆, a₂, a₃} nên a₄ có 6 cách chọn.

Do a₅ ∈ X và bỏ đi {a₁, a₆, a₂, a₃, a₄} nên a₅ có 5 cách chọn.

Áp dụng quy tắc nhân, ta có 2.5.8.7.6.5 = 16800 số tự nhiên thỏa mãn trường hợp 2.

Vậy theo quy tắc cộng, ta có tất cả 20160 + 16800 = 36960 số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Số lẻ nhỏ nhất có ba chữ số khác nhau là số 103.

Số chẵn lớn nhất gồm 2 chữ số chẵn khác nhau là số 88.

Vậy tổng của hai số trên là: 103 + 88 = 191.

Lời giải

Ta đặt A = 1 + 2 + 3 + … + 99.

Số các số hạng của A là: (99 – 1) : 1 + 1 = 99.

Khi đó A = (99 + 1) . 99 : 2 = 4950.

Vậy A = 4950.

Lời giải

Ta có 7(x² + xy + y²) = 39(x + y).

⇔ 7.[(x + y)² – xy] = 39(x + y).

⇔ 7(x + y)² – 39(x + y) = 7xy.

⇔ 28(x + y)² – 156(x + y) = 7.4xy   (1)

Ta có (x – y)² ≥ 0, ∀x, y ∈ ℝ.

⇔ x² – 2xy + y² ≥ 0, ∀x, y ∈ ℝ.

⇔ x² + 2xy + y² ≥ 4xy, ∀x, y ∈ ℝ.

⇔ (x + y)² ≥ 4xy, ∀x, y ∈ ℝ.

⇔ 7(x + y)² ≥ 7.4xy, ∀x, y ∈ ℝ.

⇔ 7(x + y)² ≥ 28(x + y)² – 156(x + y), ∀x, y ∈ ℝ   (2)

Đặt t = x + y.

Khi đó (2) tương đương với: 7t² ≥ 28t² – 156t.

⇔ 21t² – 156t ≤ 0.

⇔ t(21t – 156) ≤ 0.

\[ \Leftrightarrow 0 \le t \le \frac{{52}}{7}\].

⇔ 0 ≤ t ≤ 7.

Thế t = x + y vào (1), ta được: 7t² – 39t = 7xy.

\( \Leftrightarrow {t^2} - \frac{{39}}{7}t = xy\).

Vì x, y là các số nguyên nên t nguyên và xy nguyên.

Khi đó \(\frac{{39}}{7}t\) nguyên.

Vì vậy t ⋮ 7.

Mà 0 ≤ t ≤ 7.

Suy ra t = 0 hoặc t = 7.

Với t = 0, ta có: x + y = 0 ⇔ x = –y.

Thế x = –y vào phương trình ban đầu, ta được: 7(y² – y² + y²) = 39(–y + y).

⇔ 7y² = 0 ⇔ y² = 0 ⇔ y = 0.

Khi đó x = –y = 0.

Với t = 7, ta có: x + y = 7 ⇔ x = 7 – y.

Thế x = 7 – y vào phương trình ban đầu, ta được:

7[(7 – y)² + (7 – y)y + y²] = 39(7 – y + y).

⇔ 7.(49 – 14y + y² + 7y – y² + y²) = 273.

⇔ 7.(49 – 7y + y²) = 273.

⇔ 343 – 49y + 7y² = 273.

⇔ 70 – 49y + 7y² = 0.

⇔ 7(y – 5)(y – 2) = 0.

⇔ y = 5 hoặc y = 2.

Với y = 5, ta có: x = 7 – y = 7 – 5 = 2.

Với y = 2, ta có: x = 7 – y = 7 – 2 = 5.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: (x; y) = (0; 0), (2; 5), (5; 2).

Lời giải

Ta có \(\frac{{m!\,\, - \left( {m - 1} \right)!}}{{\left( {m + 1} \right)!}} = \frac{1}{6}\) (Điều kiện: m ≠ –1, m ≠ 0)

\( \Leftrightarrow \frac{{m.\left( {m - 1} \right)!\,\, - \left( {m - 1} \right)!}}{{\left( {m + 1} \right).m.\left( {m - 1} \right)!}} = \frac{1}{6}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {m - 1} \right).\left( {m - 1} \right)!}}{{\left( {m + 1} \right).m.\left( {m - 1} \right)!}} = \frac{1}{6}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{m - 1}}{{\left( {m + 1} \right).m}} = \frac{1}{6}\)

Þ 6(m – 1) = m(m + 1)

⇔ 6m – 6 = m² + m

⇔ m² – 5m + 6 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3\\m = 2\end{array} \right.\).

So với điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m \ne - 1\end{array} \right.\), ta nhận \(m \in \left\{ {2;3} \right\}\).

Vậy \(m \in \left\{ {2;3} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Ta có \(C_n^{12} = C_n^{n - 12}\).

Suy ra \(C_n^{n - 12} = C_n^8\).

Do đó n – 12 = 8.

Vì vậy n = 8 + 12 = 20.

Khi đó \(C_n^{17} = C_{20}^{17} = 1140\).

Vậy \(C_n^{17} = 1140\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có \( - 1 \le \sin \left( {2x + \frac{\pi }{7}} \right) \le 1,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

Phương trình \(\sin \left( {2x + \frac{\pi }{7}} \right) = {m^2} - 3m + 3\) vô nghiệm \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} - 3m + 3 > 1\\{m^2} - 3m + 3 < - 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} - 3m + 2 > 0\\{m^2} - 3m + 4 < 0\,\,\,\left( {vo\,\,nghiem} \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 1\\m > 2\end{array} \right.\)

Vậy \(\left[ \begin{array}{l}m < 1\\m > 2\end{array} \right.\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó ta chọn phương án C.

Lời giải

Ta có x³(x² – 7)² – 36x = 0.

⇔ x.[x²(x² – 7)² – 36] = 0.

⇔ x.[x.(x² – 7) – 6].[x.(x² – 7) + 6] = 0.

⇔ x.(x³ – 7x – 6)(x³ – 7x + 6) = 0.

⇔ x.[x²(x + 1) – x.(x + 1) – 6(x + 1)].[x².(x – 1) + x.(x – 1) – 6(x – 1)] = 0.

⇔ x.(x + 1)(x² – x – 6)(x – 1)(x² + x – 6) = 0.

⇔ x.(x + 1)(x – 1)[x.(x – 3) + 2(x – 3)].[x.(x + 3) – 2(x + 3)] = 0.

⇔ x.(x + 1)(x – 1)(x – 3)(x + 2)(x + 3)(x – 2) = 0.

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x + 1 = 0\\x - 1 = 0\\x - 3 = 0\\x + 2 = 0\\x + 3 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\\x = 1\\x = 3\\x = - 2\\x = - 3\\x = 2\end{array} \right.\]

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = {0; –1; 1; 3; –2; –3; 2}.

Lời giải

Ta có \(\left( {x - \frac{2}{7}} \right)\left( {x + \frac{3}{4}} \right) = 0\).

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - \frac{2}{7} = 0\\x + \frac{3}{4} = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{2}{7}\\x = - \frac{3}{4}\end{array} \right.\)

Vậy \(x \in \left\{ {\frac{2}{7}; - \frac{3}{4}} \right\}\).

Lời giải

ĐK: 1 + 2sin2x ≠ 0   (*)

Ta có \(5\left( {\sin x + \frac{{\cos 3x + \sin 3x}}{{1 + 2\sin 2x}}} \right) = \cos 2x + 3\).

\( \Leftrightarrow 5\left[ {\frac{{\sin x\left( {1 + 2\sin 2x} \right) + \cos 3x + \sin 3x}}{{1 + 2\sin 2x}}} \right] = \cos 2x + 3\)

Þ 5.(sinx + 2sinx.sin2x + cos3x + sin3x) = (cos2x + 3)(1 + 2sin2x)

⇔ 5.(sinx + cosx – cos3x + cos3x + sin3x) = (cos2x + 3)(1 + 2sin2x)

⇔ 5.(sinx + sin3x + cosx) = (cos2x + 3)(1 + 2sin2x)

⇔ 5.(2sin2x.cosx + cosx) = (cos2x + 3)(1 + 2sin2x)

⇔ 5cosx.(2sin2x + 1) – (cos2x + 3)(1 + 2sin2x) = 0

⇔ (2sin2x + 1)(5cosx – cos2x – 3) = 0

⇔ (2sin2x + 1)(5cosx – 2cos²x + 1 – 3) = 0

⇔ (2sin2x + 1)(–2cos²x + 5cosx – 2) = 0

Û–2cos²x + 5cosx – 2 = 0 (do 2sin2x + 1≠ 0)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 2\,\,\left( {vo\,\,nghiem} \right)\\\cos x = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

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

So với điều kiện (*), nhận \(x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

•Vì x thuộc [0; 2π] nên \(0 \le \frac{\pi }{3} + k2\pi \le 2\pi \).

\( \Leftrightarrow - \frac{\pi }{3} \le k2\pi \le \frac{{5\pi }}{3}\)

\( \Leftrightarrow - \frac{1}{6} \le k \le \frac{5}{6}\)

Mà k ∈ ℤ nên k = 0

Khi đó \(x = \frac{\pi }{3}\).

•Vì x thuộc [0; 2π] nên \(0 \le - \frac{\pi }{3} + k2\pi \le 2\pi \).

\( \Leftrightarrow \frac{\pi }{3} \le k2\pi \le \frac{{7\pi }}{3}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{6} \le k \le \frac{7}{6}\)

Mà k ∈ ℤ nên k = 1

Khi đó \(x = \frac{{5\pi }}{3}\).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x \in \left\{ {\frac{\pi }{3};\frac{{5\pi }}{3}} \right\}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Điều kiện: x ≥ 10; x ∈ ℕ (*)

Ta có \[A_x^{10} + A_x^9 = 9A_x^8\].

\( \Leftrightarrow \frac{{x!}}{{\left( {x - 10} \right)!}} + \frac{{x!}}{{\left( {x - 9} \right)!}} = 9.\frac{{x!}}{{\left( {x - 8} \right)!}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x!}}{{\left( {x - 10} \right)!}} + \frac{{x!}}{{\left( {x - 9} \right)\left( {x - 10} \right)!}} = 9.\frac{{x!}}{{\left( {x - 8} \right)\left( {x - 9} \right)\left( {x - 10} \right)!}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x!}}{{\left( {x - 10} \right)!}}\left( {1 + \frac{1}{{x - 9}} - \frac{9}{{\left( {x - 8} \right)\left( {x - 9} \right)}}} \right) = 0\)\(\left( {\frac{{x!}}{{\left( {x - 10} \right)!}} \ne 0,\,\forall x \ge 10;\,x \in \mathbb{N}} \right)\)

\( \Leftrightarrow 1 + \frac{1}{{x - 9}} - \frac{9}{{\left( {x - 8} \right)\left( {x - 9} \right)}} = 0\)

⇔ (x – 8)(x – 9) + x – 8 – 9 = 0

⇔ x² – 17x + 72 + x – 17 = 0

⇔ x² – 16x + 55 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 11\\x = 5\end{array} \right.\)

So với điều kiện (*), ta nhận x = 11.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 11.

Do đó ta chọn phương án C.

Lời giải

a) A = cos⁴x – cos²x + sin²x

= cos⁴x – cos²x + 1 – cos²x

= cos⁴x – 2cos²x + 1

= (cos²x – 1)²

= (–sin²x)²

= sin⁴x.

Ta có –1 ≤ sinx ≤ 1, ∀x.

⇔ 0 ≤ sin⁴x ≤ 1, ∀x.

⇔ 0 ≤ A ≤ 1, ∀x.

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\sin x = 1\\\sin x = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right.\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy maxA = 1 khi và chỉ khi \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi \) và minA = 0 khi và chỉ khi x = kπ (k ∈ ℤ).

b) B = sin⁴x – sin²x + cos²x

= sin⁴x – sin²x + 1 – sin²x

= sin⁴x – 2sin²x + 1

= (sin²x – 1)²

= (–cos²x)²

= cos⁴x.

Ta có –1 ≤ cosx ≤ 1, ∀x.

⇔ 0 ≤ cos⁴x ≤ 1, ∀x.

⇔ 0 ≤ B ≤ 1, ∀x.

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\cos x = 1\\\cos x = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\x = k2\pi \\x = \pi + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\x = k\pi \end{array} \right.\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy maxB = 1 khi và chỉ khi x = kπ và minB = 0 khi và chỉ khi \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi \) (k ∈ ℤ).

Lời giải

Ta có \(3\overrightarrow {MA} + 4\overrightarrow {MB} = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow 3\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} } \right) + 4\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GB} } \right) = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow 7\overrightarrow {MG} + 3\left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} } \right) + \overrightarrow {GB} = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow 7\overrightarrow {MG} + 3\overrightarrow {CG} + \overrightarrow {GB} = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow 7\overrightarrow {MG} + 2\overrightarrow {CG} + \overrightarrow {CB} = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow 7\overrightarrow {MG} = 2\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {BC} \)    (1)

Lại có \(\overrightarrow {NB} - 3\overrightarrow {NC} = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {NG} + \overrightarrow {GB} - 3\left( {\overrightarrow {NG} + \overrightarrow {GC} } \right) = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow - 2\overrightarrow {NG} + \overrightarrow {GB} + 3\overrightarrow {CG} = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow - 2\overrightarrow {NG} + \overrightarrow {CB} + 2\overrightarrow {CG} = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow - 2\overrightarrow {NG} = \overrightarrow {BC} + 2\overrightarrow {GC} \)    (2)

Từ (1), (2), suy ra \(7\overrightarrow {MG} = - 2\overrightarrow {NG} \).

\( \Leftrightarrow 7\overrightarrow {GM} = - 2\overrightarrow {GN} \).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {GM} = \frac{{ - 2}}{7}\overrightarrow {GN} \).

Suy ra \(\overrightarrow {GM} ,\,\,\overrightarrow {GN} \) cùng phương.

Vậy ba điểm M, G, N thẳng hàng, với G là trọng tâm tam giác ABC.

Lời giải

a)

 

b) A : B = (x + 4)(x² + 3) – 19.

Ta có A ⋮ B ⇔ 19 ⋮ (x + 4).

Ư(19) ∈ {–19; –1; 1; 19}.

Ta có bảng sau:

x	–19	–1	1	19
x + 4	–23	–5	–3	15

Vì x ∈ ℤ nên x ∈ {–23; –5; –3; 15}.

Vậy x ∈ {–23; –5; –3; 15} thì A chia hết cho B.