5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 7)

• Vì A là giao điểm của d₁ và d₂ nên hoành độ giao điểm của A là nghiệm của phương trình nên:

mx+3=−xm+3⇔mx=−xm⇔mx+xm=0⇔xm+1m=0⇒x=0

Khi đó tọa độ của điểm A là A(0; 3).

• Vì B là giao điểm của d₁ và Ox nên hoành độ giao điểm của B là nghiệm của phương trình nên:

mx + 3 = 0⇔x=−3m

Khi đó, tọa độ của điểm B là B−3m; 0

• Vì C là giao điểm của d₂ và Ox nên hoành độ giao điểm của C là nghiệm của phương trình nên:

−xm+3=0⇔x=3m

Khi đó, tọa độ của điểm C là C(3m; 0).

Hệ số góc của d₁ là m và hệ số góc của d₂ là −1m có m.−1m=−1 nên hai đường thẳng d₁ và d₂ vuông góc với nhau tại A.

Khi đó, tam giác ABC là tam giác vuông tại A và có diện tích là 12AB.AC

Ta có: AB=−3m2+−32=31m2+1=31+m2m2;

AC=3m2+−32=3m2+1

⇒12AB.AC=12⋅31+m2m2⋅3m2+1=9m2+12m=92m+1m

Áp dụng BĐT Cô-si vào 2 số dương m và 1m ta có:

12AB.AC=92m+1m≥92⋅2m⋅1m=9

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m=1m

⇔m2=1⇔m=±1

Vậy giá trị m nhỏ nhất là m = −1 thì diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất là 9.

Chọn B

• Vì A là giao điểm của (D₁) với trục hoành nên hoành độ giao điểm của A là nghiệm của phương trình: 12x+2=0⇔x=−4

Khi đó, tọa độ của điểm A là A(– 4, 0).

=> OA = 8 (cm)

• Vì B là giao điểm của (D₂) với trục hoành nên hoành độ giao điểm của A là nghiệm của phương trình:

– x + 2 = 0 Û x = 2

Khi đó, tọa độ của điểm B là B(2, 0).

=> OB = 2 (cm)

• Vì C là giao điểm của hai đường thẳng (D₁) và (D₂) nên hoành độ giao điểm của C là nghiệm của phương trình: 12x+2=−x+2⇔x=0

Khi đó, tọa độ của điểm C là C(0; 2).

=> OC = 2 (cm)

Xét khẳng định A.

tanA=OCOA=24=12⇒A^=26°33'.tanB=OCOB=22=1⇒B^=45°.

Do đó C^=180°−A^+B^=180°−26°33'+45°=108°27'.

Vậy khẳng định A đúng.

Xét khẳng định B.

Ta có AB = 6 (cm).

Theo định lí Py-ta-go, ta có:

AC² = OA² + OC² = 4² + 2² = 20

⇒AC=20=4,47 cm.

Theo định lí Py-ta-go, ta có:

BC² = OB² + OC² = 2² + 2² = 8 

⇒BC=8=2,83 cm.

Chu vi tam giác ABC là:

P_∆ABC= AB + AC + BC = 6 + 4,47 + 2,83 = 13,3 (cm).

Vậy khẳng định B sai.

Xét khẳng định C.

Diện tích tam giác ABC là: SABC=12AB.OC=12.6.2=6 cm2

Vậy khẳng định C đúng.

Ta có:

S=1+12+13+⋅⋅⋅+163+164=1+12+13+14+15+16+17+18+⋅⋅⋅+133+134+⋅⋅⋅+164>1+12+14+14+18+18+18+18+⋅⋅⋅+164+⋅⋅⋅+164=1+12+2⋅14+4⋅18+8⋅116+16⋅132+32⋅164=1+12+12+12+12+12+12=4

Vậy S=1+12+13+⋅⋅⋅+163+164>4

Điều kiện: x−2m+3≥0x−m≠0−x+m+5≥0⇔x≥2m−3x≠mx≤m+5

=> TXĐ: D=2m−3; m+5\m

Để hàm số xác định trên khoảng (0; 1) thì (0; 1) là con của D=2m−3; m+5\m

⇔2m−3≤0m+5≥1m≤0m≥1⇔m≤32m≥−4m≤0m≥1⇔m≤32m≥−4m≤0m≤32m≥−4m≥1⇔−4≤m≤01≤m≤32

Vậy m∈−4; 0∪1;32.

Chọn A

Điều kiện: x−m+1≥0−x+2m>0⇔x≥m−1x<2m

=> TXĐ: D=m−1; 2m

Để hàm số xác định trên khoảng (−1; 3) thì (−1; 3) là con của D=m−1; 2m

⇔m−1≤−12m≥3⇔m≤0m≥32

Vậy không có giá trị của m nào thỏa mãn.

x³ − 3x + 2 = 0

<=> x³ − x − 2x + 2 = 0

<=> x(x² − 1) − 2(x − 1) = 0

<=> x(x − 1)(x + 1) − 2(x − 1) = 0

<=>(x − 1)(x² + x − 2) = 0

<=> (x − 1)[x² − x + 2x − 2] = 0

<=> (x − 1)[x(x − 1) + 2(x − 1)] = 0

<=> (x − 1)²(x + 2) = 0

⇒x−1=0x+2=0⇔x=1  x=−2

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 và x = −2.

+ Do ABCD là hình bình hành nên AB→+AD→=AC→

Do đó: AB→+AD→=AC→

Vậy khẳng định a) đúng.

+ Ta có: AB→+BD→=AD→

Mà AD→=BC→ (Do ABCD là hình bình hành)

Do đó: AB→+BD→=AD→=BC→=−CB→

Vậy khẳng định b) sai.

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

Khi đó ta có: OA→=CO→; OD→=BO→

Do đó: OA→+OB→=CO→+OB→=CB→=−BC→→OC→+OD→=OC→+BO→=BO→+OC→=BC→→

Suy ra: OA→+OB→=−OC→+OD→

Vậy khẳng định c) sai.

Do ABCD là hình bình hành nên ta có:

+) AB // CD⇒ABD^=BDC^ (Haigóc ở vị trí sole trong).

⇒KBO^=HDO^

+) AD // BC⇒DAC^=ACB^ (Haigóc ở vị trí sole trong).

⇒EAO^=FCO^

Xét ∆KOB và ∆HOD có:

KBO^=HDO^ (cmt)

OB= OD (gt)

KOB^=HOD^ (Hai góc đối đỉnh)

=>∆KOB = ∆HOD (g.c.g)

=> OK= OH (Hai cạnh tương ứng bằng nhau) (1)

Xét ∆EOA và △FOC có:

EAO^=FCO^ (cmt)

OA= OC (gt)

EOA^=FOC^ (Hai góc đối đỉnh)

=>∆EOA = ∆FOC (g.c.g)

=> OE= OF (Hai cạnh tương ứng bằng nhau) (2)

Từ (1) và (2) ta có tứ giác EKFH có hai cặp cạnh đối thỏa mãn OK= OH vàOE=OF.

Suy ra EKFH là hình bình hành.

Do (2m + 2) − (2m − 3) = 5 nên độ dài của tập F bằng 5.

Để C=E∪F là một đoạn có độ dài bằng 5 khi và chỉ khi C = F. ⇔E⊂F

⇔2m−3≤22m+2≥5⇔m≤52m≥32⇔32≤m≤52

Vậy các giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m∈32; 52

Ta có A(x) = x³ − 3x² + 5x +m

= (x³ − 2x²) − (x² − 2x) + (3x − 6) + m + 6

=x²(x − 2) − x(x − 2) + 3(x − 2) + m + 6

= (x² − x + 3)(x − 2)

Thực hiện phép chia A(x) = x³ − 3x² + 5x +mcho đa thức B(x) = x −2.

Ta được thương là x² − x + 3 và số dư là m + 6.

Để A(x) chia hết cho B(x) thì số dư của phép chia phải bằng 0.

Khi đó m + 6 = 0

<=> m = − 6

Vậy m = − 6 là giá trị m cần tìm.

Xét tam giác ABC có:

M là trung điểm của đoạn thẳng AB (AM = MC)

N là trung điểm của đoạn thẳng AB (AN = NB)

=> MN là đường trung bình của tam giác ABC.

⇒MN=12BC=12⋅8=4 (cm)

a) ABCD là hình bình hành

⇒AB // CD;O là trung điểm của AC

⇒OA=OC; MAO^=NCO^ (so le trong)

Xét ΔMAO và ΔNCO có:

MAO^=NCO^ (cmt)

OA=OC(cmt)

MOA^=NOC^ (đối đỉnh)

=>ΔMAO=ΔNCO (g.c.g) 

=> OM = ON

=> O là trung điểm của MN

=>M đối xứng với N qua O.

b) ΔMAO=ΔNCO (cmt) => AM = CN

AB // CD⇒AM // CN

Xét tứ giác AMCN có:

AM // CN và AM = CN

Vậy AMCN là hình bình hành

Do ABCD là hình bình hành nên ta có:

+) AB // CD⇒ABD^=BDC^ (Haigóc ở vị trí sole trong).

⇒KBO^=HDO^

+) AD // BC⇒DAC^=ACB^ (Haigóc ở vị trí sole trong).

⇒EAO^=FCO^

Xét ∆KOB và ∆HOD có:

KBO^=HDO^ (cmt)

OB= OD (gt)

KOB^=HOD^ (Hai góc đối đỉnh)

=>∆KOB = ∆HOD (g.c.g)

=> OK= OH (Hai cạnh tương ứng bằng nhau) (1)

Xét ∆EOA và ∆FOC có:

EAO^=FCO^ (cmt)

OA= OC (gt)

EOA^=FOC^ (Hai góc đối đỉnh)

=>∆EOA = ∆FOC (g.c.g)

=> OE= OF (Hai cạnh tương ứng bằng nhau) (2)

Từ (1) và (2) ta có tứ giác EKFH có hai cặp cạnh đối thỏa mãn OK= OH và OE= OF.

Suy ra EKFH là hình bình hành.

Tập X có thể xảy ra những trường hợp sau:

X = {a; b};

Hoặc X = {a; b; c};

Hoặc X = {a; b; d};

Hoặc X = {a; b; c; d}.

a) Tập X có thể xảy ra những trường hợp sau:

X = {a; b};

Hoặc: X = {a; b; c}; X = {a; b; d}; X = {a; b; e};

Hoặc: X = {a; b; c; d}; X = {a; b; c; e}; X = {a; b; d; e};

Hoặc: X = {a; b; c; d; e}.

b) Để A∪X=B thì tập X có thể xảy ra những trường hợp sau:

X = {3; 4; 5};

Hoặc: X = {1; 3; 4; 5}; X = {2; 3; 4; 5};

Hoặc: X = {1; 2; 3; 4; 5}.

a) Để đường thẳng y = (m+2)x+m song song với đường thẳng y = 3x − 2 thì:

m+2=3m≠−2⇒m=1m≠−2⇒m=1

Vậy m = 1 là giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

b) Đồ thị của hàm số y=−14x2

• Với x = 0 => y = 0 nên đồ thị hàm số đi qua O(0; 0).

• Với x = 2 ⇒y=−14⋅22=−1 nên đồ thị hàm số đi qua điểm M(2; −1).

Ta có đồ thị hàm số y=−14x2như sau:

Để y = mx + n song song vớiy = 3x + 2 thì m=3m≠2

Phương trình đường thẳng có dạng: y = 3x + n (n ≠ 2).

Do đường thẳng cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 nên 0 = 3.2 + n => n = −6

Vậy m = 3 và n = −6.

•Thay x = 2, y = −1 vào phương trình 2x + y = 3, ta được: VT=2.2+−1=3VP=3⇒VT=VP

Do đó (2; −1) là nghiệm của phương trình 2x + y = 3.

•Thay x = 2, y = −1vào phương trình x – 2y = 4, ta được: VT=2−2.−1=4VP=4⇒VT=VP

Do đó(2; −1) là nghiệm của phương trình x – 2y = 4.

Vậy cặp số (x; y) = (2; −1) vừa là nghiệm của phương trình thứ nhất, vừa là nghiệm của phương trình thứ hai.

a) Xét 3x − 2y = 6. (1)

Suy ra y=3x−62

Cho x một giá trị t tùy ý ta tính được giá trị tương ứng của y.

Ta được công thức nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: x=t∈ℝy=3t−62

b) Ta có y=3x−62=2x+x−62=x+x−62

Đặt x−62=t t∈ℤ suy ra x = 2t + 6.

Khi đó, nghiệm nguyên của phương trình (1) là:

x=2t+6y=2t+6+t⇔x=2t+6y=3t+6 t∈ℤ

Cho t một giá trị nguyên nào đó ta được một nghiệm nguyên của phương trình (1).

Chẳng hạn, với t = 1 thì x=8y=9

Với t = 2 thì x=10y=12

1 tấn = 10 tạ = 1 000 kg.

Vậy  (tấn) .

1 tấn = 1 000 kg.

Vậy 1,5 tấn = 1,5.1 000 = 1 500 kg.

Gọi M là trung điểm của BC

M' là hình chiếu của M lên d

=> MM' // BB' // CC'

=> MM' là đường trung bình của hình thang vuông BB'C'C

⇒MM'=12BB'+CC'

Xét ∆AA'G và ∆MM'G có:

A'^=M'^=90°

A'AG^=MM'G^ (so le trong)

Do đó ∆AA'Gᔕ ∆MM'G(g.g)

⇒AA'MM'=AGGM

Áp dụng tính chất của trọng tâm, ta có: AGAM=23⇒AGGM=2

Do đó: AA'MM'=2

⇒AA'=2MM'=2⋅12BB'+CC'=BB'+CC'

Vậy AA'=BB' + CC'.

a)

Gọi M là trung điểm của BC

M' là hình chiếu của M lên d

=> MM' // BB' // CC'

=> MM' là đường trung bình của hình thang vuông BB'C'C

⇒MM'=12BB'+CC'

Xét ∆AA'G và ∆MM'G có:

A'^=M'^=90°

A'AG^=MM'G^ (so le trong)

Do đó ∆AA'Gᔕ ∆MM'G(g.g)

⇒AA'MM'=AGGM

Áp dụng tính chất của trọng tâm, ta có: AGAM=23⇒AGGM=2

Do đó: AA'MM'=2

⇒AA'=2MM'=2⋅12BB'+CC'=BB'+CC'

Vậy AA'=BB' + CC'.

b)

Gọi BE là đường trung tuyến của của AC, M là trung điểm của BG.

Vẽ AA', BB', CC', II', MM' vuông góc với d.

Ta có: G là trọng tâm của tam giác ABC nên suy ra

BGBE=23⇒BGGE=2⇒2.MGGE=2⇔MGGE=1⇒MGME=12

Suy ra G là trung điểm của ME

M', G', E' là hình chiếu của M, G, E lên d

=> MM' // GG' // EE'

=> GG' là đường trung bình của hình thang vuông MM'E'E

Chứng minh tương tự ta có MM' là đường trung bình của hình thang vuông BB'G'G.

Và EE' là đường trung bình của hình thang vuông AA'C'C.

Khi đó ta có:

MM' + EE'= 2GG'

=> 2MM' + 2EE' = 4GG'

=> BB' + GG' + AA' + CC'= 4GG'

=> AA' + BB' + CC'= 3GG'

1 người làm xong sân trong số ngày là:

8 × 6 = 48 (ngày)

Sớm hơn 2 ngày thì làm xong sau:

6 − 2 = 4 (ngày)

Số công nhân để làm xong trong 4 ngày là:

48: 4 = 12 (công nhân)

Vậy cần bổ sung số công nhân là:

12 − 8 = 4 (công nhân)

Đáp số: 4 công nhân.

Ta có: M∈SM, N∈SC và SM cắt SC tại S ⇒MN∈SMC

Gọi I là giao điểm của BD và MC ⇒I∈SMC

Vì I∈BD, BD∈SBD nên I∈SBD

Ta thấy: (SBD) và (SMC) có điểm chung là S

=> SI là giao tuyến của (SBD) và (SMC)

=> SI giao tuyến của (SBD) và (SMN).

a) N là điểm chung của (ABN) và (SCD).

Mà AB // CD =>(ABN) ∩ (SCD)=Nx//CD//AB.

b) Gọi E là trung điểm của CD

⇒DE=MB=12CD=12AB

Xét tam giác CSD có ECCD=CNSC=12

Áp dụng định lý Ta-lét đảo suy ra: EN // SD (1)

Ta thấy BM // DE và BM = DE suy ra DMBE là hình bình hành.

=> BE // DM (2)

Từ (1) và (2) => (BNE) // (SDM)

=> BN // (SDM)

c) Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD.

Ta có O ∈ (SBD) => SO ⊂ (SBD)

=> I = SO ∩ AN là điểm cần tìm.

Gọi K là giao điểm của MC và BD

=> K ∈ (SBD) => SK ⊂ (SBD)

=> J = SK ∩ MN là điểm cần tìm.

d) Xét tam giác SAC có I là giao điểm của hai đường trung tuyến là SO và AN nên I là trọng tâm của tam giác SAC 

⇒AIAN=23

Do MB // CD nên theo định lí Ta-lét ta có: MBCD=MKKC=12⇒MKMC=13

Xét tam giác MSC có:

MCMK+MSMS=2MNMJ⇒3+1=2⋅MNMJ⇒MJMN=12

Xét tam giác BNA có:

BNBN+BABM=2BIBJ⇒1+2=2⋅BIBJ⇒IBBJ=32⇒IBIJ=3

Gọi I là trung điểm của AC.

xI=−5+42=−12yI=6+32=92

Để tứ giác ABCD là hình bình hành suy ra I là trung điểm của BD.

Do đó, ta có: xD−42=−12yD−12=92⇒xD−4=−1yD−1=9⇒xD=3yD=10

Vậy tọa độ đỉnh D là (3; 10).

a) Gọi I là trung điểm của AC.

Xét tam giác vuông BAC có BI là đường trung tuyến

⇒BI=12AC

=> BI = IA = IC (1)

Xét tam giác vuông DAC có DI là đường trung tuyến

⇒DI=12AC

=> DI = IA = IC (2)

Từ (1) và (2) => IA = IB = IC = ID.

Vậy 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc 1 đường tròn là đường tròn tâm I và bán kính là AI.

b) Xét tam giác BDI ta có: BI + ID > BD (theo bất đẳng thức tam giác).

Mà BI+ID=12AC+12AC=AC

Vậy AC > BD.

Để AC = BD thì BD cũng là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.

Khi đó ABCD là hình chữ nhật.

Số lớn nhất có 3 chữ số là 999.

Số bé nhất có ba chữ số khác nhau là 102.

Suy ra hiệu của chúng là:

999 − 102 = 897.

Đáp số: 897.

Số lớn nhất có ba chữ số khác nhau: 987.

Số bé nhất có ba chữ số khác nhau: 102.

Hiệu của số lớn nhất có ba chữ số khác nhau và số bé nhất có ba chữ số khác nhau là: 987 −102 = 885.

Đáp số: 885.

Chọn C

Gọi số tự nhiên thỏa mãn đề bài là abc¯ a, b, c∈1; 2; 3; 4; 5; a≠b≠c

Có 5 cách chọn a.

Có 4 cách chọn b.

Có 3 cách chọn c.

Số số lập được là: 5.4.3 = 60.

Chọn C

Mỗi số có 2 chữ số khác nhau được lập từ 5 chữ số là chỉnh hợp chập 2 của 5. 

⇒A52=20.

a) x=25⇒A=225−125−1=2.5−15−1=94

b) B=xx−1+3x+1−6x−4x−1

=xx+1x−1x+1+3x−1x−1x+1−6x−4x−1=x+xx−1+3x−3x−1−6x−4x−1=x+x+3x−3−6x+4x−1=x−2x+1x−1=x−12x−1x+1=x−1x+1

c) P=A.B=2x−1x−1⋅x−1x+1=2x−1x+1, với x ≥ 0; x ≠ 1.

Để P<1⇒2x−1x+1<1

Do x+1>0

⇒2x−1<x+1⇔x<2

=> 0 < x < 4.

Kết hợp ĐKXĐ Þ x Î (0; 4) \ {1}.

TXĐ: x≥0x≠0x−2≠0⇔x≥0x>0x≠4⇔x>0x≠4

Ta có P=A.B=x+2x⋅xx−2=x+2x−2

Để P=P thì P ≥ 0

⇒x+2x−2≥0⇒x−2>0⇔x>2

=> x > 4.

Kết hợp ĐKXĐ ta có các giá trị của x thỏa mãn là: x Î (4; +∞).

155,7 : 45 = 1 557 : 10 : 45 = 1 557 : 45 : 10

= 1 557 : 9 : 5 : 10 = 173 : 5 : 10

= 1730 : 10 : 5 : 10 = 1730 : 5 : 100

= 346 : 100 = 3,46.

Thử lại: 45 × 3,4 + 2,9 = 155,9

Vậy 155,9 : 45 = 3,4 (dư 2,9).

a) Ta có: SA và SD là hai tiếp tuyến của (O) và cắt nhau tại S => SA = SD.

Mà OA = OD (Bán kính của đường tròn (O)).

Khi đó SO là đường trung trực của đoạn thẳng AD => SO ⊥ AD.

Tam giác ABD nội tiếp đường tròn (O) nên suy ra AD ⊥ BD.

Vậy suy ra SO // BD (đpcm).

b) Xét ∆ABC có:

O là trung điểm của AB;

SO // BD (cmt).

Suy ra SO là đường trung bình của ∆ABC.

Do đó S là trung điểm của AC.

Vậy SA=SC (đpcm).

c) Do AC ⊥ AB và DH ⊥ AB nên suy ra AC // DH

Xét ∆BSC có ED // SC. Theo định lý Ta-lét, ta có: BEBS=EDSC (1)

Xét ∆BSA có EH // SA. Theo định lý Ta-lét, ta có: BEBS=EHSA (2)

Từ (1) và (2) ⇒EDSC=EHSA

Mà SC = SA => ED = EH.

Vậy E là trung điểm của DH.

a) ∆AQB nội tiếp đường tròn (O)

 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

=> AQ ⊥ BM.

Tam giác ABM vuông tại A có AQ ⊥ BM, ta áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông suy ra: MA² = MQ.MB (đpcm).

b) ∆ACB nội tiếp đường tròn (O)

⇒ACB^=90° (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> AC ⊥ BC (1)

Ta có: OA = OC (Bán kính của đường tròn tâm O)

Và MA = MC (Hai tiếp tuyến MA, MC cắt nhau tại M)

=> MO là đường trung trực của đoạn thẳng AC

=> MO ⊥ AC (2)

Từ (1) và (2) => BC // OM (Cùng vuông góc với AC)

⇒OMB^=MBC^ (Hai góc ở vị trí so le trong)

Hay IMQ^=MBC^ (3)

Mặt khác: QAI^=MBC^ (Hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung QC) (4)

Từ (3) và (4) ⇒IMQ^=QAI^ =MBC^

Do M và A cùng nhìn QI cố định dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác AIQM nội tiếp.

c) Do tứ giác AIQM nội tiếp nên suy ra:

AMI^=AQI^ (Hai góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung AI) (5)

Ta có: IQN^=AQB^−AQI^=90°−AQI^ (6)

Xét tam giác AIM vuông tại I có AMI^+MAI^=90°

Và MAI^+IAO^=MAO^=90°

⇒AMI^=IAO^ (Hai góc cùng phụ với MAI^) (7)

Xét tam giác CAH vuông tại H có:

CAH^+ACH^=90°⇒ACH^=90°−CAH^

Hay ICN^=90°−IAO^ (8)

Từ (5), (6), (7) và (8) ⇒IQN^=ICN^

Do Q và C cùng nhìn IN cố định dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác IQCN nội tiếp.

⇒CIN^=CQN^ (Hai góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung CN) (*)

Mà CAB^=CQB^ (Hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung CB) (**)

Từ (*) và (**) nên suy ra CIN^=CAH^

=> IN // AH (Có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau)

Mà AH ⊥ CH nên suy ra IN ⊥CH.

a) Vì tam giác ABC cân ở A => AI vừa là đường phân giác vừa là đường cao.

Do 3 điểm A, I, O thẳng hàng => AO ⊥ BC

=> OIC^+ICB^=90° (1)

Vì OI = OC = R => ∆IOC cân tại O

=> OIC^=ICO^ (2)

Do CI là đường phân giác của C^ nên suy ra ICB^=ICA^ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra ICA^+ICO^=90°

⇒ACO^=90°⇒AC⊥CO

Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.

b) Do ∆CIK nội tiếp đường tròn (O)

⇒ICK^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> CK ⊥ CI

Mà CI là đường phân giác góc trong C^

=> CK là đường phân giác góc ngoài của ACB^

Nên theo tích chất đường phân giác ta có:

AIAK=HIHK (đpcm).

a) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

•Ax và CD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại C => CA = CE;

•By và CD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại D => DB= DE.

Suy ra: AC + BD = CE + DE = CD (đpcm)

b) ΔAEB nội tiếp đường tròn đường kính AB

=> ΔAEB vuông tại E mà EF là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta được: AF.AB = AE² (1)

ΔBAK vuông tại A có AE là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta được: KE.EB = AE² (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AF.AB = KE.EB (đpcm)

c) Ax // By (cùng ⊥ AB), theo định lí Ta-lét tacó: CEED=CIIB=AFFB

Mà CE = CA và ED = BD

=> AFFB=CABD

Lại có CAF^=FBD^=90°

Do đó ΔAFC ᔕΔBFD (c.g.c) (đpcm)

d) Ta có: CA = CE; OA = OE => OC là đường trung trực của AE

Mà AE ⊥ EB => OC // EB hay OC // BK

Lại có O là trung điểm của BC

=>C là trung điểm của AK => AC = CK

EF // AK => IECK=BIBC=IFAC

Mà AC = CK => IE = IF

Gọi P = IM ∩ Ax; Q = IN ∩ By

Ta có: CP // IF => CPIF=MPMI

PA // IE => MPMI=APIE

Mà IE = IF => CP = MP => P là trung điểm của AC.

Chứng minh tương tự ta có Q là trung điểm của BD.

IE // BD => CIIB=CEED=CABD=2CP2QB=CPQB

và PCI^=QBI^

=> ΔPCI ᔕΔQBI (c.g.c)

=> P, I, Q thẳng hàng Þ M, I, N thẳng hàng (đpcm)

a) Ax là tiếp tuyến của đường tròn (O)

=> Ax ⊥ AB => AC ⊥ AB (1)

By là tiếp ruyến của đường tròn (O)

=> By ⊥ AB => BD ⊥ AB (2)

Từ (1) và (2) => AC // BD

Áp dụng định lý Ta-lét với AC // BD ta có:

ACBD=CNNB⇒CNAC=NBBD (đpcm)

b) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

•Ax và CD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại C => CA = CM;

•By và CD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại D => DB= DM.

Ta có: CNAC=NBBD⇒CNCM=NBMD⇒CNNB=CMMD⇒CNCB=CMCD

Vậy MN // BD (Theo định lí Ta-lét).

Mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB.

c) Ta có: CA = CM (cmt) và OA = OM = R

=> OC là đường trung trực của đoạn thẳng MA

=> OC cũng là đường phân giác của ∆OMA

⇒MOC^=AOC^=12MOA^ (3)

Lại có: DB= DM (cmt) và OB = OM = R

=> OD là đường trung trực của đoạn thẳng MB

=> OD cũng là đường phân giác của ∆OMB

⇒MOD^=BOD^=12MOB^ (4)

Từ (3) và (4) ta suy ra MOC^+MOD^=12MOA^+12MOB^

=12MOA^+MOB^=12AOB^=12⋅180°=90°

⇒COD^=90° (đpcm).

a) Xét tứ giác AOBM có: MAO^+MBO^=90°+90°=180°

=> AOBM là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Vậy bốn điểm A, B, M, O cùng thuộc một đường tròn.

b) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

MA và MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M => MA = MB.

Lại có OA = OB = R

=> OM là đường trung trực của đoạn thẳng AB

=> OM ⊥ AB (1)

Mà ABC^=90° (Do góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> AB ⊥ BC (2)

Từ (1) và (2) => OM // BC

c) Do OM // BC ⇒AOM^=ACB^(Hai góc ở vị trí đồng vị)

=> AOM^=KCB^

Lại có OM là đường trung trực trong tam giác cân OAB nên nó cũng là đường phân giác của tam giác OAB

⇒AOM^=BOM^

Nên suy ra KCB^=BOM^

Xét ∆BCK và ∆MOB có:

KCB^=BOM^ (cmt)

BKC^=MBO^ =90°

Þ ∆BCK ᔕ ∆MOB (g.g)

⇒CKOB=CBOM⇒CK.OM=OB.CB (đpcm)

d) Lấy E là giao điểm của CM và OD.

Ta có: BCD^=BAC^ (Hai góc cùng phụ với BCA^)

Mà BMO^=BAO^ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BO)

⇒BMO^=BCD^

Xét ∆BMO và ∆BCD có:

BMO^=BCD^ (cmt)

MBO^=CBD^ =90°

=> ∆BMO ᔕ ∆BCD (g.g)

⇒BMBC=BOBD

Mà MBC^=OBD^

=> ∆MBC ᔕ ∆OBD (c.g.c)

⇒BMC^=BOD^

=> Tứ giác BMOE nội tiếp đường tròn

⇒MEO^=MBO^=90° (Hai góc nôij tiếp cùng chắn cung MO)

=> OD ⊥ CM (đpcm).

a) Xét tứ giác AOBM với MAO^ và MBO^ có:

MAO^+MBO^=90°+90°=180°

Do đó AOBM là tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Xét ∆MCA và ∆MAD có:

MAC^=MDA^ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung AC)

M^ là góc chung

=> ∆MCA ᔕ ∆MAD (g.g)

⇒MCMA=MAMD⇒MA2=MC.MD

c) Lấy H là giao điểm của MO và AB.

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MAO vuông tại A có AH là đường cao nên suy ra MA² = MH.MO.

Mà MA² = MC.MD (cmt)

=> MH.MO = MC.MD

=> MHMD=MCMO

Xét ∆MHD và ∆MCO có:

MHMD=MCMO (cmt)

M^ góc chung

=> ∆MHD ᔕ ∆MCO (g.g)

⇒MDH^=MOC^⇒CDH^=HOC^

=> Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn (Hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh chứa hai đỉnh còn lại với hai góc bằng nhau).

=> H thuộc đường tròn (I).

Vậy (I) đi qua điểm cố định H là giao của MO và AB; với A, B là hai tiếp điểm từ điểm M cố định đến đường tròn (O).

2(x − 1)=7+(−3)

<=>2(x − 1)= 4

<=>x − 1= 4 : 2

<=>x − 1= 2

<=> x = 3.

Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.

a) x−1,7=2,3

+ TH1: x − 1,7 = 2,3

<=> x = 2,3 + 1,7

<=> x = 4

+TH2: x − 1,7 = −2,3

<=> x = −2,3 + 1,7

<=> x = −0,6.

Vậy nghiệm của phương trình là x = 4 và x = −0,6.

b) x+34−13=0

⇔x+34=13

+ TH1: x+34=13

⇔x=13−34⇔x=−512

+TH2: x+34=−13

⇔x=−13−34⇔x=−1312

Vậy x=−512 và x=−1312 là nghiệm của phương trình.

a) Tứ giác ABEF có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cung BA với hai góc bằng nhau:

BEA^=AFB^=90°

Do đó tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn.

b) Tứ giác EBAF nội tiếp đường tròn.

⇒BAE^=BFE^ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE).

Lại có: BAE^=90°−EBA^

Và BFE^=90°−EFC^

⇒EFC^=EBA^⇒CBA^=CFE^

Xét ∆ABC và ∆EFC có:

CBA^=CFE^ (cmt)

C^ : góc chung

=> ∆ABC ᔕ ∆EFC (g.g)

c) Ta có: IBC^=IAC^ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung IC)

Lại có: EBF^=EAF^(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF)

=> IBE^=HBE^

=> BE là đường phân giác của góc IBH^

Mà BE cũng là đường cao của ∆IBH nên ∆IBH là tam giác cân tại B có BE là đường trung trực của cạnh HI.

Vậy H và I đối xứng với nhau qua BC.

d) D, E lần lượt là giao của AO và AI với BC.

Do OK // EI nên theo định lí Ta-lét ta có:

EIOK=EGGK⇒EHOK=EGGK

Và EIG^=GOK^ (Hai góc ở vị trí so le trong) (1)

Do OK // EA nên theo định lí Ta-lét ta có:

OKAE=DKDE⇒AEOK=DEDK

Và DOK^=DAE^ (Hai góc ở vị trí đồng vị) (2)

Ta có:

AHOK=AEOK−EHOK=EDDK−EGGK (*)

Tam giác OIA cân tại O do có OI = OA (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra GOK^=DOK^

=> OK là đường phân giác của tam giác DOG mà OK cũng là đường cao nên OK là đường trung trực của tam giác DOG cân tại O

=> GK = DK

 Khi đó (*) trở thành: AHOK=EDDK−EGGK=EDGK−EGGK=GDGK=2

Vậy tỉ số AHOK không đổi.

Do BC cố định nên ta luôn xây dựng được một đường tròn (J) là đường tròn ngoại tiếp của tam giác HBC. Vậy nên H luôn chuyển động trên một cung cố định.

a) Gọi I là giao điểm của OA và NP

Ta có độ dài cung AN bằng độ dài cung AP nên suy ra AN = AP

Và ON = OP = R.

=> OA là đường trung trực của đoạn thẳng NP

=> OA ⊥ NP tại I

=> AID^=90°⇒ADI^=90°−IAD^

Hay ADP^=90°−OAB^

Lại có: OA = OB => ∆OAB cân tại O.

⇒OAB^=180°−AOB^2=90°−AOB^2

Suy ra ADP^=90°−90°−AOB^2=AOB^2

Mà MDB^=ADP^ (Hai góc đối đỉnh) ⇒MDB^=AOB^2

Đường tròn (O) có:  là góc nội tiếp chắn cung AB và  là góc ở tâm chắn cung AB nên suy ra: ACB^=AOB^2⇒ACB^=MDB^

Hay ECB^=MDB^

Tứ giác BNDC có ECB^+EDB^=MDB^+EDB^=MDE^=180°

Suy ra BNDC là tứ giác nội tiếp.

b) BNPC là tứ giác nội tiếp nên suy ra NPC^+NBC^=180°

Lại có MBN^+NBC^=MBC^=180°

⇒MBN^=MPC^

Xét ∆MBN và ∆MPC có:

MBN^=MPC^ (cmt)

M^: góc chung

=> ∆MBN ᔕ ∆MPC (g.g).

⇒MBMP=MNMC⇒MB.MC=MN.MP

Ta có:

6x² − 3xy + x = 1 − y

<=> 6x² − 3xy + x + y − 1 = 0

<=> (6x² − 2x) − (3xy − y) + (3x − 1) = 0

<=> (6x² − 2x) − (3xy − y) + (3x − 1) = 0

<=> 2x(3x − 1) − y(3x − 1) + (3x − 1) = 0

<=> (2x − y + 1)(3x − 1) = 0

+ TH1: 2x − y + 1 = 0

<=> y = 2x + 1 (1)

Thay (1) vào phương trình x² + y² = 1 ta được

x² + (2x + 1)² = 1

<=> x² + 4x² + 4x + 1 = 1

<=> 5x² + 4x = 0

<=> x(5x + 4) = 0

⇒x=05x+4=0⇔x=0x=−45

• Với x = 0, thay vào (1) ta được y = 1.

• Với x=−45, thay vào (1) ta được y=2⋅−45+1=−35

+ TH2: 3x − 1 = 0

⇔x=13 (2)

Thay (2) vào phương trình x² + y² = 1 ta được 132+y2=1

⇔19+y2=1⇔y2=89⇒y=±223

Vậy nghiệm của hệ phương trình trên là x; y=0; 1, −45; −35, 13, ±223

Đồ thị hàm số y=−23x đi qua gốc tọa độ O(0;0) và điểm M1; −23

a) A là điểm trên đồ thị có tung độ bằng −2.

Khi đó −2=−23⋅xA⇔xA=−2:−23=3

Vậy A(3; −2).

b) B là điểm trên đồ thị có hoành độ bằng 4.

Khi đó yB=−23⋅4=−83

Vậy B4; −83

c) C là điểm trên đồ thị sao cho tung độ bằng 3 lần hoành độ hay yC=3xC

Khi đó yC=−23xC=3xC⇔xC=0⇒yC=0

Vậy C≡O0; 0

d) D là điểm trên đồ thị có tung độ và hoành độ đối nhau hay yD=−xD

Khi đó yD=−23xD=−xD⇔xD=0⇒yD=0

Vậy D≡O0; 0

Vì A có hoành độ và tung độ đối nhau nên a = −b (1)

Vì A nằm trên d nên b = a − 2 (2)

Thay (2) vào (1) ta được: a = − (a − 2)

<=> a = −a + 2

<=> a = 1

Suy ra b = − a = −1.

Vậy khi đó a.b = −1.

Ta có: P=xx+2=x+2−2x+2=1−2x+2

Ta thấy x≥0⇔x+2≥2

⇒2x+2≤22=1⇒−2x+2≥−1

=> 1−2x+2≥1−1=0

=> P ≥ 0.

Mặt khác: x≥0⇒x+2>0

⇒2x+2>0⇒1−2x+2<1

=> P < 1.

Vậy 0 ≤P < 1 ⇒P<P

Vi x > 1 ⇒x>1⇔x−1>0

⇒P=xx−1>0

Mà x>x−1

⇒P=xx−1>xx=1

Vậy P > 1 ⇒P>P

Tổng mới giảm số đơn vị là:

19,1 −7,4 = 11,7.

Do ở tổng mới số hạng thứ nhất bị giảm đi 4 lần nên số hạng thứ nhất còn lại 3 phần trên tổng 4 phần. Khi đó, số hạng thứ nhất là:

11,7 : 3 × 4 = 15,6.

Số hạng thứ hailà:

19,1−15,6 = 3,5.

Đáp số:Số hạng thứ nhất: 15,6; số hạng thứ hai là: 3,5.

Chọn C

Ta có: n(Ω)=3.3.3=27.

Gọi A là: “Tổng số ghi trên ba tấm thẻ là 6”.

Để tổng số ghi trên ba tấm thẻ là 6 thì có các tổng sau:

1+2+3=6. Khi đó hoán vị 3 phần tử 1, 2, 3 ta được 3!=6 (cách).

2+2+2=6. Khi đó ta có 1 cách.

Do đó n(A)=6+1=7.

Vậy PA=nΩnA=727

Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C1003

Ta tính số cách chọn ba phần tử khác nhau của tập hợp A sao cho ba phần tủ nhày là độ dài ba cạnh một tam giác.

Giả sử ba số cần chọn là x < y < z. Khi đó ta phải có x > z − y.

Đặt k = z − y; 1 ≤ k ≤ 49.

Với k = 1, ta có x ∈ {2; 3; …; 98}. Ta xét từng trường hợp như sau:

+ x = 2 các bộ số (y; z) lượt là (3; 4), (4; 5), …, (99; 100) có 97 bộ.

+ x = 3 các bộ số (y; z) lượt là (4; 5), (5; 6), …, (99; 100) có 96 bộ.

…

+ x = 8 chỉ có 1 bộ số (y; z) = (99; 100) thỏa mãn.

Do đó số bộ ba trong trường hợp này là 1+2+...+97=97.982=97.49

Với k = 2, ta có x ∈ {3; 4; …; 97}. Ta xét từng trường hợp như sau:

+ x = 3 các bộ số (y; z) lượt là (4; 6), (5; 7), …, (98; 100) có 95 bộ.

…

+ x = 97 chỉ có 1 bộ số (y; z) = (98; 100) thỏa mãn.

Như vậy trường hợp này số bộ ba là 1+2+...+95=95.962=95.48

Lập luận tương tự đến trường hợp k = 49 thì x = 50 và chỉ có một bộ số (y; z) thỏa mãn là (51; 100).

Vậy số cách chọn bộ ba số thỏa mãn yêu cầu là n=∑k=1492k−1=79625

Xác suất của biến cố cần tìm là P=nnΩ=79625C1003=65132

+ TH1: Nếu x chẵn, ta đặt: x = 2k, với k ∈ ℕ.
=>x² + 1 = 4k² + 1 không chia hết cho 4 .
+ TH2: Nếu x chẵn, ta đặt: x = 2k + 1, với k ∈ ℕ.
=>x² + 1 = 4k² + 4k + 2 = 4k(k + 1) + 2.

Vì 4k(k + 1) ⋮ 4 => 4k(k + 1) + 2 chia cho 4 dư 2

=> 4k(k + 1) + 2 không chia hết cho 4.
Vậy với x ∈ ℕ thì x² + 1 không chia hết cho 4.

Chọn B

+ Xét đáp án A. Khi n = 3 thì giá trị của n²+11n+2  bằng 44, chia hết cho 11

Nên đáp án A đúng.

+ Xét đáp án B. Khi n = 2k, k ∈ ℕ.

=>n²+1= 4k² + 1 không chia hết cho 4, k ∈ ℕ.

Khi n = 2k + 1, với k ∈ ℕ.
=>x² + 1 = 4k² + 4k + 2 = 4k(k + 1) + 2, k ∈ ℕ.

Nên đáp án B sai.

+ Xét đáp án C. Tồn tại số nguyên tố 5 chia hết cho 5 nên đáp án C đúng.

+ Xét đáp án D. Phương trình 2x² − 8 = 0

<=>x² = 4

<=> x =± 2 ∈ ℤ.

Nên đáp án D đúng.

Do ∆ABC là tam giác vuông tại A nên:

SABC=AH.BC2=AB.AC2⇒AH.BC=AB.AC⇔AH=AB.ACBC⇔1AH=BCAB.AC⇔1AH2=BC2AB2.AC2

Mặt khác theo định lý Pytago thì:

BC² = AB² + AC²

⇒1AH2=AB2+AC2AB2.AC2=1AB2+1AC2

Do đó ta có đpcm.

OA→+2OB→−3OC→=0→⇔OA→−OC→+2OB→−2OC→=0→⇔CA→+2CB→=0→⇔CA→=2BC→

Vậy 3 điểm A, B, C thẳng hàng.

Gọi số đội viên là a. 

Ta có: a chia 2,3,4,5 đểu dư 1 => a − 1 chia hết cho 2, 3, 4, 5 

=> a − 1 ∈ BC(2, 3, 4, 5).

Mà BCNN(2, 3, 4, 5) = 60 

=> a − 1 ∈ B(60) = {0;60;120;180;240; …}

 Vì a − 1 thuộc khoảng 100 đến 150

=> a − 1 =120

=> a = 121

Vậy liên đội đó có 121 đội viên.

Phương trình hoành độ giao điểm:

x+m−2x−1x−1=0⇔x2+xm−3+1−m=0 (1)

Để hai đồ thị hàm số cắt nhau ở hai điểm thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt

<=> ∆ = (m − 3)² − 4(1 − m) > 0

<=> (m − 1)² + 4 > 0 (luôn đúng với mọi m)

Khi đó x₁, x₂ là hai nghiệm của phương tình trên thì A(x₁; x₁ + m) và B(x₂; x₂ + m) là hai giao điểm của 2 đồ thị hàm số.

Không mất tính tổng quát, giả sử tam giác OAB vuông tại A.

⇒OA→⊥AB→⇒OA→.AB→=0

=> x₁(x₂ − x₁) + (x₂ − x₁)(x₁ + m) = 0

⇒2x1+m=0⇒x1=−m2

Áp dụng định lí Vi-ét:

x1+x2=3−mx1x2=1−m⇒x2=3−m−x1=1−mx1

⇔3−m2=2m−1m⇒m=1±5 (thỏa mãn)

Vậy m=1±5

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d:

2x+1x−1=x+m m≠1

⇔x2+m−3x−m−1=0 (1)

Khi đó cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B khi và chi khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 

m−32+4m+1>012+m−3−m−1≠0⇔m2−2m+13>0−1≠0(luôn đúng)

Gọi A(x₁; x₁+m); B(x₂;x₂+m) trong đó x₁; x₂ là nghiệm của (1), theo Viet ta có:

x1+x2=3−mx1x2=−m−1

Gọi Ix1+x22; x1+x2+2m2 là trung điểm của AB, suy ra I3−m2; 3+m2, nên

IC→=−2−3−m2; 5−3+m2⇒CI=12m−72+7−m2

Mặt khác AB→=x2−x1; x2−x1

⇒AB=2x2−x12=2m2−2m+13

Vậy tam giác ABC đều khi và chỉ khi

CI=32AB⇔122m−72=322m2−2m+13⇔m−72=3m2−2m+13

<=> 2m² + 8m − 10 = 0

⇔m=1m=−5

Trong ∆ABC kẻ CH ⊥ AB

Mà SA ⊥ CH (SA ⊥ (SAB))

=> CH ⊥ (SAB) => CH ⊥ SB (1)

BC=AB2−AC2=a3BH.BA=BC2⇒BH=3a2CH=BC2−BH2=32a

Trong ∆SAB kẻ HK ⊥ SB (2)

Từ (1) và (2) => SB ⊥ (HKC)

=> SB ⊥ KC

Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là CKH^=60°

Trong tam giác vuông CKH có:

HK=CH.cot60°=12aBK=BH2−HK2=a2

Xét ∆SAB và ∆HKB có:

SAB^=HKB^=90°

B^ : góc chung

=> ∆SAB ᔕ ∆HKB (g.g)

⇒SAHK=ABBK=2aa2⇒SA=a2

Thể tích của khối chóp S.ABC là:

V=13SA.SABC=13⋅a2⋅12⋅a3⋅a=a3612

Tam giác HKA vuông tại H (vì AH ⊥ (SBC), HK ⊂(SBC))

sinHKA^=AHAK=2a37a2=67⇒cosHKA^=77

Trong mặt phẳng (SAC), kẻ HI // SA thì HI ⊥ (ABC).

Ta có: CA=AB.cos30°=a3

Do đó: SABC=12AB.AC.sin30°=12.2a.a3.sin30°=a232

Ta có: HISA=HCSC=HC.SCSC2=AC2SC2

=AC2SA2+AC2=3a24a2+3a2=37⇒HI=67a

Vậy VH.ABC=13SABC.HI=13.a232.67a=a337

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Ta có:

AH ⊥ SC, AH ⊥ CB (Do CB ⊥ (SAC)).

=> AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SB

Lại có: SB ⊥ AK => SB ⊥ (AHK).

Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC) là  HKA^

1AH2=1SA2+1AC2=14a2+13a2=712a2⇒AH=2a371AK2=1SA2+1AB2=14a2+14a2=12a2⇒AK=a2

a) 7x²y − 14xy²+21x²y²

=7xy(x − 2y+3xy).

b) 2x(x − y)+3y(y − x)

=2x(x − y) − 3y(x − y)

=(x − y)(2x − 3y).

c) 6x(x − 3)+2x − 6

=6x(x − 3)+2(x − 3)

=(x − 3)(6x + 2)

= 2(x − 3)(3x + 1).

d) 4x(x − y)²+3x − 3y

=4x(x − y)²+3(x − y)

= (x − y)[4(x − y) + 3]

= (x − y)(4x − 4y + 3).

(14xy² + 21x²y − 7x³) : 7x

= 7x.(2y² + 21x²y − 7x²) : 7x

= 2y² + 21x²y − 7x².

Góc xAy^ đỉnh A, cạnh Ax và Ay;

Góc yBz^ đỉnh B, cạnh By và Bz;

Góc zBA^ đỉnh B, cạnh Bz và BA;

Góc DAE^ đỉnh A, cạnh AD và AE;

Góc EAF^ đỉnh A, cạnh AE và AF;

Góc FAx^ đỉnh A, cạnh AF và Ax;

Góc DAF^ đỉnh A, cạnh  AD và AF;

Góc EAx^ đỉnh A, cạnh AE và Ax.

Hình 85. Góc mOn^ có đỉnh là O, cạnh của góc là Om và On.

Hình 86. Góc MNP^ có đỉnh là N, cạnh của góc là NM và NP.

x³ + y³ + z³ − 3xyz= (x + y)³ − 3xy(x + y) + z³ − 3xyz

= [(x + y)³ + z³] − [3xy(x + y) + 3xyz]

= (x + y + z)[(x + y)² − (x + y)z + z²] − 3xy(x + y + z)

= (x + y + z)(x² + 2xy + y² − xz − yz + z² − 3xy)

= (x + y + z)(x² + y² + z² − xy − xz − yz).

a) Với m =2 =>y=x+3 (d)

• Nếu x = 0 thì y = 3;

• Nếu y = 0 thì x = −3.

Vậy (d) đi qua hai điểm (0; 3) và (−3; 0).

b) Để đường thẳng (d) song song với đường thẳng y=2x+1 thì m − 1 = 2 <=> m = 3.

Vậy m = 3 là giá trị của m thỏa mãn.

c) Khoảng cách từ O đến đường thẳng (d’): x − y + 3 = 0 là dO/d'=0−0+312+−12=322

a) Với m = −2Þy= − 3x−3 (d)

• Nếu x = 0 thì y = −3;

• Nếu y = 0 thì x = 1.

Vậy (d) đi qua hai điểm (0; 3) và (1; 0).

b) Để đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 2x + 5 tại điểm có hoành độ bằng 4 thì

(m − 1).4 −3= 2.4 + 5

<=> 4m − 4 − 3 = 13

<=> 4m = 20 Û m = 5

Vậy m = 5 là giá trị của m cần tìm.

c) Đường thẳng (d): y=(m − 1)x−3 giao với trục Ox tại điểm có tọa độ A3m−1; 0 (m ≠ 1) ⇒OA=3m−1

Đường thẳng (d): y=(m − 1)x−3 giao với trục Oy tại điểm có tọa độ B(0; −3)

=> OB = 3

Suy ra tam giác đó có diện tích là

SOAB=12OA.OB=12.3m−1.3=92m−1

Vậy để diện tích của tam giác bằng 3 thì:

92m−1=3⇔m−1=32

⇒m−1=32m−1=−32⇔m=52m=−12 (TMĐK)

Vậy m=52 và m=−12 là các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a) x4+x10=∑k=010C10k.x4k.x10−k

=∑k=010C10k.xk4.x10−k=∑k=010C10k.xk4+10−k=∑k=010C10k.x10−3k4

Để số hạng chứa x có số mũ tự nhiên thì 10−3k4∈ℕ 0≤k≤10

Và 0<10−3k4≤10

⇒k∈U4=0; 4; 8

Vậy số hạng chứa x với số mũ tự nhiên trong khai triển sau: C100x10, C104x7, C108x4

b) x+1x313=∑k=013C13k.x13−k.1x3k=∑k=013C13k.x13−k.x−k3

=∑k=013C13k.x13−4k3

Để số hạng chứa x có số mũ tự nhiên thì 13−4k3∈ℕ 0≤k≤13

Và 0<13−4k3≤13

⇒k∈U3=0; 3; 6; 9

Vậy số hạng chứa x với số mũ tự nhiên trong khai triển sau: C130x13, C133x9, C136x5, C139x

Ta có y'=3x2−6mx−9

Để I(−1;6) là điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x³ − 3mx² − 9x + 1(Cm) thì trước hết x = −1 là nghiệm của phương trình 3x² − 6mx − 9 = 0.

<=> 3(−1)² − 6m(−1) − 9 = 0

<=> 3 + 6m − 9 = 0

<=> m = 1.

Thử lại với m = 1 ta được:

y=x3−3x2−9x+1 (Cm)

Khi đó với x = −1 ta có y = 6. Vây I(−1;6) là điểm thuộc đồ thị hàm số.

Lại có y'=3x2−6x−9=3x+1x−3=0

⇒x+1=0x−3=0⇔x=−1x=3

Ta xét BBT:

Dựa vào BBT ta thấy x = −1 là điểm cực địa của đồ thị hàm số

Vậy để điểm I(−1;6) là điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x³ − 3mx² − 9x + 1(Cm) thì m = 1.

y'=6x2+2bx+c

Vì M(1; −6) là điểm cực đại của đồ thị hàm số nên x = 1 là nghiệm của y' = 0, đồng thời M thuộc đồ thị

⇒6+2b+c=02+b+c+1=−6⇔b=3c=−12

Thay vào y' ta có: y'=6x2+6x−12

=> 6x² + 6x − 12 = 0

<=> 6x² − 6x + 12x − 12 = 0

<=> 6x(x − 1) + 12(x − 1) = 0

<=> 6(x − 1)(x + 2) = 0

⇒x=1x=−2

Suy ra nghiệm còn lại là x = −2 là điểm CT của hàm số

=> y = 21

Suy ra tọa độ điểm CT của đồ thị hàm số là N(−2;21).

x+y+xy=11x2+y2+3x+y=28

⇔x+y+xy=11x+y2−2xy+3x+y=28 (*)

Ta đặt: a = x + y và b = xy (Với a² ≥ − 4b)

Hệ phương trình (*) trở thành

+ TH1: a=5b=6

⇒x+y=5xy=6⇔y=5−xx5−x=6⇔y=5−xx2−5x+6=0⇔y=5−xx−2x−3=0⇔y=5−xx=2x=3⇔x=2y=3x=3y=2

+ TH2: a=−10b=21

⇒x+y=−10xy=21⇔y=−10−xx−10−x=21⇔y=−10−xx2+10x+21=0⇔y=−10−xx+3x+7=0⇔y=−10−xx=−3x=−7⇔x=−3y=−7x=−7y=−3

Vậy cặp nghiệm (x; y) của hệ phương trình là: x; y=2; 3, 3; 2, −3; −7, −7; −3

xy+x+y=11x2y+xy2=30⇔xy+x+y=11xyx+y=30 (*)

Ta đặt: a = x + y và b = xy (Với a² ≥ − 4b)

Hệ phương trình (*) trở thành

*⇔a+b=11ab=30⇔b=11−aa11−a=30⇔b=11−aa2−11a+30=0⇔b=11−aa−5a−6=0⇔b=11−aa=5a=6⇔a=5b=6a=6b=5

+ TH1:

⇒x+y=5xy=6⇔y=5−xx5−x=6⇔y=5−xx2−5x+6=0⇔y=5−xx−2x−3=0⇔y=5−xx=2x=3⇔x=2y=3x=3y=2

+ TH2: a=6b=5

⇒x+y=6xy=5⇔y=6−xx6−x=5⇔y=6−xx2−6x+5=0⇔y=6−xx−1x−5=0⇔y=6−xx=1x=5⇔x=1y=5x=5y=1

Vậy cặp nghiệm (x; y) của hệ phương trình là: x; y=2; 3, 3; 2, 1; 5, 5; 1

Gọi 3 số hạng lần lượt là x, x + d, x + 2d (với d là công sai của cấp số cộng).

Do tổng của chúng là 27 nên ta có: x + x + d + x + 2d = 27

<=> 3x + 3d = 27

<=> x + d = 9

<=> d = 9 – x.

Tổng các bình phương của chúng là 293 nên suy ra:

x² + (x + d)² + (x + 2d)² = 293

<=> x² + (x + 9 − x)² + (x + 18 − 2x)² = 293

<=> x² + 9² + (18 − x)² = 293

<=> x² + 81 + 324 − 36x + x² = 293

<=> 2x² − 36x + 112 = 0

<=> x² − 18x + 56 = 0

<=> (x − 14)(x − 4) = 0

• TH1: Với x = 14, d = −5 thì 3 số hạng cần tìm là 14; 9; 4;

• TH2: Với x = 4, d = 5 thì 3 số hạng cần tìm là 4; 9; 14.

Vậy 3 số hạng liên tiếp cần tìm là 4; 9; 14 hoặc 14; 9; 4.

Gọi 3 số hạng2 lần lượt là x; x + d; x + 2d (với d là công sai của cấp số cộng).

Do tổng của chúng là 15 nên ta có:

x + x + d + x + 2d = 15

<=> 3x + 3d = 15

<=> x + d = 5

<=> d = 5 – x.

Tổng các bình phương của chúng là 83 nên suy ra

x² + (x + d)² + (x + 2d)² = 83

<=> x² + (x + 5 − x)² + (x + 10 − 2x)² = 83

<=> x² + 5² + (10 − x)² = 83

<=> x² + 25 + 100 − 20x + x² = 83

<=> 2x² − 20x + 42 = 0

<=> x² − 10x + 21 = 0

<=> (x − 3)(x − 7) = 0

• TH1: Với x = 3, d = 2 thì 3 số hạng cần tìm là 3; 5; 7;

• TH2: Với x = 7, d = −2 thì 3 số hạng cần tìm là 7; 5; 3.

Vậy 3 số hạng liên tiếp cần tìm là 3; 5; 7 hoặc 7; 5; 3.

• Hình bình hành: 
Hình bình hành có bốn cạnh; những cạnh đối nhau thì song song và bằng nhau. 
• Hình thoi: 
Hình thoi có bốn cạnh bằng nhau; những cạnh đối diện song song với nhau. 
• Hình chữ nhật: 
Hình chữ nhật có bốn cạnh và bốn góc vuông. Những cạnh đối nhau thì song song và bằng nhau. 
• Hình vuông: 
Hình vuông có bốn cạnh bằng nhau và bốn góc vuông. 

• Hình vuông cũng là hình bình hành nên nhận O là giao điểm của hai đường chéo là tâm đối xứng.

• Hình vuông cũng là hình thoi nên nhận hai đường chéo AC và BD là các trục đối xứng.

• Hình vuông cũng là hình thang cân nên nhận đường thẳng nối trung điểm các cặp cạnh đối diện là trục đối xứng.

Vậy hình vuông có 1 tâm đối xứng và 4 trục đối xứng như trên.