5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 75)
66 câu hỏi
• Vì ABCD là hình chữ nhật ⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB\parallel CD;BC\parallel AD}\\{AB = CD;BC = AD}\end{array}} \right..\)
• Vì AM // CN ⇒ MNDA là hình thang.
• Vì BM // ND ⇒ MBCN là hình thang.
Ta có \(AM = \frac{1}{4}AB = 3cm\) ⇒ AB = 12cm.
Ta có \({S_{MBCN}} = \frac{1}{2}BC\left( {CN + MB} \right);{S_{MNDA}} = \frac{1}{2}AD\left( {AM + DN} \right).\)
Vì diện tích hình thang MBCN gấp đôi diện tích hình thang MNDA
⇒ \({S_{MBCN}} = 2{S_{MNDA}}\)
⇔ \(\frac{1}{2}BC\left( {CN + MB} \right) = 2.\frac{1}{2}AD\left( {AM + DN} \right)\)
⇔ BC(CN + MB) = 2AD(AM + DN)
⇔ CN + MB = 2(AM + DN) (vì BC = AD)
⇔ CD – DN + AB – AM = 2AM + 2DN
⇔ 2AB = 3AM + 3DN
⇔ 2.12 = 3.3 + 3DN
⇔ 3DN = 15
⇔ DN = 5 cm.
Vậy để diện tích hình MBCN gấp đôi diện tích hình MNDA thì điểm N thuộc cạnh DC sao cho DN = 5 cm.
Tam giác BMN là tam giác vuông;
Tam giác BMN là tam giác cân;
Tam giác BMN là tam giác đều;
Tam giác BMN là tam giác vuông cân.
Đáp án đúng là: D
Đặt \(\overrightarrow {AB} = \vec x;\,\,\overrightarrow {AD} = \vec y\)
Vì ABCD là hình vuông nên AB và AD vuông góc với nhau và AB = AD
⇒ \(\vec x.\vec y = 0;\,\,{\vec x^2} = {\vec y^2}\)
Khi đó:
\(\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AM} = \frac{1}{4}\left( {3\vec x - \vec y} \right);\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AM} = \frac{1}{4}\left( {\vec x + 3\vec y} \right)\)
Ta có: \(\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MN} = \frac{1}{{16}}\left( {3\vec x - \vec y} \right)\left( {\vec x + 3\vec y} \right)\)
\( = \frac{1}{{16}}\left( {3{{\vec x}^2} - 3{{\vec y}^2} + 8\vec x.\vec y} \right) = 0\)
Mặt khác:
\({\overrightarrow {MB} ^2} = \frac{1}{{16}}{\left( {3\vec x - \vec y} \right)^2} = \frac{5}{8}{\vec y^2};{\overrightarrow {MN} ^2} = \frac{1}{{16}}{\left( {\vec x + 3\vec y} \right)^2} = \frac{5}{8}{\vec y^2}.\)
Vậy tam giác BMN vuông cân tại M.
Kẻ DD’ ⊥ d (D’ ∈ d)
Ta có: OC // d (do cùng vuông góc với AB)
⇒ \(\widehat {DFD'} = \widehat {BDO}\)
Xét \(\Delta D'DF\) và \(\Delta OBD\) có:
\(\widehat {FD'D} = \widehat {DOB}\left( { = 90^\circ } \right)\)
D’D = OB \(\left( { = \frac{1}{2}AB} \right)\)
\(\widehat {DFD'} = \widehat {BDO}\)
⇒ \(\Delta D'DF = \Delta OBD\left( {g.c.g} \right)\)
⇒ DB = DF (2 cạnh tương ứng)
Xét \(\Delta DKB\) và \(\Delta DEF\) có:
\(\widehat {KDB} = \widehat {EDF}\)(đối đỉnh)
DB = DF (cmt)
\(\widehat {KBD} = \widehat {EFD}\) (góc so le trong do BK // d)
Do đó \(\Delta DKB = \Delta DEF\left( {g.c.g} \right)\)
⇒ BK = EF (2 cạnh tương ứng)(đpcm).
Ta có: P(x) chia cho x2 + 2 dư 2x – 1
⇒ P(x) = Q(x).(x2 + 2) + 2x – 1 (với Q(x) là đa thức bậc nhất)
⇒ P(x) = (ax + b)(x2 + 2) + 2x – 1
Vì P(x) chia x2 + x dư 16x – 11
⇒ P(x) – 16x + 11 chia hết cho x2 + x.
Đặt R(x) = P(x) – 16x + 11
Khi đó R(x) = (ax + b)(x2 + 2) – 14x + 10 chia hết cho x2 + x
Vì thế hai nghiệm x = 0 và x = −1 của x2 + x cũng là nghiệm của R(x), tức là:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {a.0 + b} \right)\left( {0 + 2} \right) - 14.0 + 10 = 0}\\{\left( { - a + b} \right)\left( {1 + 2} \right) - 14.\left( { - 1} \right) + 10 = 0}\end{array}} \right.\)
⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 3}\\{b = - 5}\end{array}} \right.\)
⇒ P(x) = (3x – 5)(x2 + 2) + 2x – 1
Vậy P(100) = 2905789.
Ta có P(0) = −2 ⇒ a.0 + b.0 + c = −2 ⇒ c = −2
Ta có 4P(x) – P(2x – 1) = 6x – 6
⇔ 4(ax2 + bx + c) – [a(2x – 1)2 + b(2x – 1) + c] = 6x – 6
⇔ 4ax2 + 4bx + 4c – a(4x2 – 4x + 1) – 2bx + b – c = 6x – 6
⇔ 4ax2 + 4bx + 4c – 4ax2 + 4ax – a – 2bx + b – c = 6x – 6
⇔ 4ax + 2bx + (−a + b + 3c) = 6x – 6
⇔ (4a + 2b)x + (−a + b + 3c) = 6x – 6
⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4a + 2b = 6}\\{ - a + b + 3c = - 6}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4a + 2b = 6}\\{ - a + b = - 6 - 3.\left( { - 2} \right)}\end{array}} \right.\)
⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4a + 2b = 6}\\{ - a + b = 0}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.\)
Ta có: a + b + c = 1 + 1 + (−2) = 0 (đpcm)
Vậy P(x) = x2 + x – 2.
a) \(\widehat {ACF} = 90^\circ \)(chắn nửa đường tròn)
⇒ FC vuông góc với AC
Lại có BH vuông góc với AC
⇒ FC // BH (1)
Chứng minh tương tự: BF // CH (2)
Từ (1) và (2) ⇒ BFCH là hình bình hành.
b) Vì BFCH là hình bình hành nên 2 đường chéo HF và BC giao nhau tại trung điểm mỗi đường.
Mà M là trung điểm của BC ⇒ M đồng thời là trung điểm của HF
⇒ H, M, F thẳng hàng (đpcm)
c) Xét tam giác AHF có O là trung điểm của AF
Có M là trung điểm của HF ⇒ OM là đường trung điểm của tam giác AHF
⇒ \(OM = \frac{1}{2}AH\) (đpcm)
a) Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ABC\) có:
AD = AB
\(\widehat {DAE} = \widehat {BAC}\) (2 góc đối đỉnh)
AC = AE
⇒ \(\Delta ADE = \Delta BAC\left( {c.g.c} \right)\)
⇒ \(\widehat {ADE} = \widehat {ABC}\) (2 góc tương ứng) mà chúng ở vị trí so le trong với nhau
⇒ BC // DE (đpcm)
b) Xét \(\Delta DAM\) và \(\Delta BAN\) có:
\(\widehat {DAM} = \widehat {BAN}\) (2 góc đối đỉnh)
AD = AB
\(\widehat {ABN} = \widehat {ADM}\) (CMT)
⇒ \(\Delta DAM = \Delta BAN\left( {g.c.g} \right)\)
⇒ AM = AN (2 cạnh tương ứng) (dpcm)
a) Xét ΔABC và ΔADE có:
AB = AD
\(\widehat {BAC} = \widehat {DAE}\) (hai góc đối đỉnh)
AC = AE
Do đó \[\Delta ABC = \Delta ADE\left( {c.g.c} \right)\] (đpcm)
b) Vì \[\Delta ABC = \Delta ADE\] (cmt)
⇒ BC = DE (hai cạnh tương ứng), \[\widehat {ACB} = \widehat {AED}\](hai góc tương ứng).
Mặt khác \(\widehat {ACB},\widehat {AED}\) là hai góc ở vị trí so le trong.
⇒ DE // BC
Vậy DE = BC và DE song song với BC.
c) Ta có: \(EN = \frac{{DE}}{2};MC = \frac{{BC}}{2};DE = BC\) nên EN = MC
Xét \[\Delta AEN\] và \(\Delta ACM\) có:
AE = AC
\(\widehat {NEA} = \widehat {MCA}\) (do \(\widehat {AED} = \widehat {ACB}\))
EN = CM (cmt)
⇒ \[\Delta AEN = \Delta ACM\left( {c.g.c} \right)\] (đpcm)
d) Do \[\Delta AEN = \Delta ACM\] (cmt)
⇒ \(\widehat {NAE} = \widehat {MAC}\) (hai góc tương ứng)
Ta có: \(\widehat {NAM} = \widehat {NAE} + \widehat {EAM} = \widehat {MAC} + \widehat {EAM}\)
mà \(\widehat {MAC} + \widehat {EAM} = \widehat {EAC} = {180^o}\) (hai góc kề bù)
Do đó \(\widehat {NAM} = {180^o}\)
Vậy ba điểm M, A, N thẳng hàng.
a) Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta EAD\) có:
AB = AE
\(\widehat {BAD} = \widehat {EAD}\) (do AD là tia phân giác của góc BAC)
AD là cạnh chung
Do đó \(\Delta ABD = \Delta AED\left( {c.g.c} \right)\)
Suy ra \(\widehat {ABD} = \widehat {AED}\) (2 góc tương ứng)
b) Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta AEF\) có:
\(\widehat {FAC}\) là góc chung
AB = AE
\(\widehat {ABC} = \widehat {AEF}\) (do \(\widehat {ABD} = \widehat {AED}\))
Do đó \(\Delta ABC = \Delta AEF\left( {g.c.g} \right)\)
Suy ra AC = AF (hai cạnh tương ứng)
c) Xét \(\Delta AHF\) và \(\Delta AHC\) có:
AH là cạnh chung
\(\widehat {FAH} = \widehat {CAH}\) (do AD là tia phân giác của góc BAC)
AF = AC (cmt)
Do đó \(\Delta AHF = \Delta AHC\left( {c.g.c} \right)\)
Suy ra HF = HC (hai cạnh tương ứng)
Khi đó H là trung điểm của FC nên DH là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh D của \(\Delta DFC.\)
Xét \(\Delta DFC\) có CG và DH là hai đường trung tuyến, CG và DH cắt nhau tại I
Suy ra I là trọng tâm của tam giác DFC.
Do đó \(IH = \frac{1}{2}ID\) (tính chất trọng tâm của tam giác)
Hay DI = 2IH.
Vậy DI = 2IH.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 66 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Vì Ax ⊥ AC ⇒ AM ⊥ AC
mà BM // AC
⇒ AM ⊥ BM
Chứng minh tương tự ⇒ AQ // BM và BM // AQ (cmt)
Suy ra AMBQ là hình bình hành.
Mà \(\widehat {AMB} = \widehat {MBQ} = \widehat {ABQ} = \widehat {MAQ} = {90^o}\).
Vậy AMBQ là hình chữ nhật.
b) BQ ⊥ AC (cmt) mà \(BQ \cap AI = H\)
Suy ra H là trực tâm của tam giác ABC.
Do đó: CH ⊥ AB
c) AMBQ là hình chữ nhật mà \(AB \cap QM = P\)
⇒ P là trung điểm AB và P là trung điểm QM
\(\Delta ABI\) vuông tại I có đường trung tuyến IP
⇒ \(IP = \frac{1}{2}AB\)
⇒ IP = PQ
⇒ \(\Delta IPQ\) cân tại P.
a) Xét \(\Delta ABM\) và \(\Delta ECM\) có:
BM = CM (do M là trung điểm BC)
\(\widehat {AMB} = \widehat {EMC}\) (đối đỉnh)
AM = ME
Do đó \(\Delta ABM = \Delta ECM\left( {c.g.c} \right)\)
b) Ta có: \(\Delta ABM = \Delta ECM\)
⇒ \(\widehat {BAM} = \widehat {CEM}\) (2 góc tương ứng)
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong của AB và CE
⇒ AB // CE
mà AB ⊥ AC (do \(\Delta ABC\) vuông tại A)
⇒ CE ⊥ AC
c) Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A có AM là trung tuyến
⇒ \(AM = BM = CM = \frac{{BC}}{2}\).
⇒ BC = 2AM.
a) Ta có: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos \widehat {BAC} = a.a.\cos 60^\circ = \frac{{{a^2}}}{2};\)
\(\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CA} = CB.CA.\cos \widehat {BCA} = a.a.\cos 60^\circ = \frac{{{a^2}}}{2}.\)
b) Ta có: \(3\overrightarrow {BM} = 2\overrightarrow {BC} \)
⇔ \(3\left( {\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AB} } \right) = 2\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)\)
⇔ \(\overrightarrow {AM} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \)
Ta có: \(5\overrightarrow {AN} = 4\overrightarrow {AC} \)
⇔ \(5\left( {\overrightarrow {BN} - \overrightarrow {BA} } \right) = 4\overrightarrow {AC} \)
⇔ \(\overrightarrow {BN} = - \overrightarrow {AB} + \frac{4}{5}\overrightarrow {AC} \)
Ta có: \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BN} = \left( {\frac{2}{3}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} } \right)\left( { - \overrightarrow {AB} + \frac{4}{5}\overrightarrow {AC} } \right)\)
\( = - \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} + \frac{8}{{15}}{\overrightarrow {AC} ^2} - \frac{1}{3}{\overrightarrow {AB} ^2} + \frac{4}{{15}}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} \)
\( = - \frac{2}{5}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} + \frac{8}{{15}}{\overrightarrow {AC} ^2} - \frac{1}{3}{\overrightarrow {AB} ^2}\)
\( = - \frac{2}{3}.\frac{{{a^2}}}{2} + \frac{8}{{15}}{a^2} - \frac{1}{3}{a^2} = 0\)
⇒ AM ⊥ BN ⇒ AM vuông góc với BN.
a) Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên MA ⊥ AO, MB ⊥ BO.
⇒ \(\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \)
⇒ \(\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ \)
⇒ MAOB là tứ giác nội tiếp đường tròn (dpcm)
b) Ta có: \(\widehat {FAB} = \widehat {FBI}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BF)
Xét \(\Delta IAB\) và \(\Delta IBF\) có:
\(\widehat {IAB} = \widehat {IBF}\left( {cmt} \right)\)
\(\widehat {AIB}\) chung
Do đó \(\Delta IAB\) ᔕ \(\Delta IBF\left( {g.g} \right)\)
Suy ra \(\frac{{IA}}{{IB}} = \frac{{IB}}{{IF}}\) hay IB2 = IA.IF.
c) Ta có: \(\widehat {MAI} = \widehat {AEF}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AF)
Vì AE // MB nên \(\widehat {AEF} = \widehat {FMI}\)
Suy ra \(\widehat {MAI} = \widehat {FMI}\)
Xét \(\Delta MAI\) và \(\Delta FMI\) có:
\(\widehat {MAI} = \widehat {FMI}\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(\widehat {MIA}\) chung
Do đó \(\Delta MAI\) ᔕ \(\Delta FMI\,\,\left( {g.g} \right)\)
Suy ra \(\frac{{MI}}{{FI}} = \frac{{AI}}{{MI}}\) hay IM2 = IA.IF.
Kết hợp với ý b ta có IB2 = IM2 = IA.IF ⇒ IB = IM (dpcm)
Ta có: n(n + 1)(2n + 1)
= n(n + 1)(2n + 2 – 1)
= n(n + 1)(n + 2 + n – 1)
= n(n + 1)(n + 2) + n(n + 1)(n – 1)
Vì n; n + 1; n + 2 là 3 số tự nhiên liên tiếp và n – 1; n; n + 1 cũng là 3 số tự nhiên liên tiếp.
Ta có: 3 số tự nhiên liên tiếp chắc chắn có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2. Do đó, tích 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3.
Vì 3 số tự nhiên liên tiếp luôn có 2 chẵn 1 lẻ hoặc 2 lẻ 1 chẵn. Do đó, tích 3 số tự nhiên liên tiếp cũng chia hết cho 2.
Vì tích 3 số tự nhiên liên tiếp vừa chia hết cho 2 vừa chia hết cho 3 nên chia hết cho 6.
Vậy n(n + 1)(2n + 1) chia hết cho 6 với n thuộc mọi số tự nhiên.
Gọi số cần tìm là \(\overline {aa} \) (0 < a < 10; a ∈ ℕ*)
Ta có: \(\overline {aa} = 11a\)
Khi nhân 342 với \(\overline {aa} \) mà đặt các tích riêng thẳng hàng thì tức là ta nhân 342 với lần lượt a và a.
Ta sẽ có: (342\(\overline {aa} \)) – (342.a.2) = 12312
⇔ 342.a.11 – 342.a.2 = 12312
⇔ 342.a.(11 – 2) = 12312
⇔ 342.a.9 = 12312
⇔ 342.a = 1368
⇔ a = 4 (thỏa mãn)
Vậy số cần tìm là 44.
Đặt An = n7 – n.
Khi n = 1 thì A1 = 0 và chia hết cho 7.
Giả sử đã có Ak = (k7 – k) ⋮ 7 (giả thiết quy nạp)
Ta phải chứng minh Ak + 1 ⋮ 7, tức là (k + 1)7 – (k + 1) ⋮ 7.
Áp dụng công thức Nhị thức Niu – tơn ta có:
Ak + 1 = (k + 1)7 – (k + 1)
= k7 + 7k6 + 21k5 + 35k4 + 35k3 + 21k2 + 7k + 1 – k – 1
= k7 – k + 7(k6 + 3k5 + 5k4 + 5k3 +3k2 + k).
Theo giả thiết quy nạp thì Ak = k7 – k chia hết cho 7, do đó Ak + 1 ⋮ 7.
Vậy n7 – n chia hết cho 7 với mọi số nguyên n.
Không gian mẫu là kết quả việc chọn ngẫu nhiên 4 quả cầu từ hộp 10 quả cầu.
⇒ \(n\left( \Omega \right) = C_{10}^4 = 210\)
a) A: “ Bốn quả lấy ra cùng màu”
TH1: Bốn quả lấy ra cùng đen
⇒ Có \(C_4^4 = 1\) cách.
TH2: Bốn quả lấy ra cùng trắng
⇒ Có \(C_6^4 = 15\) cách.
⇒ \(n\left( A \right) = 1 + 15 = 16.\)
⇒ \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{16}}{{210}} = \frac{8}{{105}}.\]
b. B: “ Cả 4 quả lấy ra đều màu đen”
⇒ \(\overline B \): “ Có ít nhất 1 quả màu trắng”.
Ta có: \(n\left( B \right) = C_4^4 = 1.\)
⇒ \(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{{210}}.\)
⇒ \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - \frac{1}{{210}} = \frac{{209}}{{210}}.\)
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0\) ⇔ a2 – 4b > 0
Theo hệ thức Viet, ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = - a}\\{{x_1}.{x_2} = b}\end{array}} \right.\)
Ta có: \({x_1}^3 - {x_2}^3 = 35\)
⇔ \(\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1}^2 + {x_1}{x_2} + {x_2}^2} \right) = 35\)
⇔ \(5\left( {{x_1}^2 + {x_1}{x_2} + {x_2}^2} \right) = 35\)
⇔ \({x_1}^2 + {x_1}{x_2} + {x_2}^2 = 7\)
⇔ \({\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 3{x_1}{x_2} = 7\)
⇔ \(25 + 3{x_1}{x_2} = 7\)
⇔ \({x_1}{x_2} = - 6\)
⇔ b = −6
Ta có hệ phương trình sau:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} - {x_2} = 5}\\{{x_1}{x_2} = - 6}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 5 + {x_2}}\\{\left( {5 + {x_2}} \right){x_2} = - 6}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 5 + {x_2}}\\{{x_2}^2 + 5{x_2} + 6 = 0}\end{array}} \right.\)
⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 5 + {x_2}}\\{\left( {{x_2} + 2} \right)\left( {{x_2} + 3} \right) = 0}\end{array}} \right.\)
⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 5 + {x_2}}\\{{x_2} + 2 = 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 5 + {x_2}}\\{{x_2} + 3 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 3}\\{{x_2} = - 2}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 2}\\{{x_2} = - 3}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)
TH1: x1 = 3 và x2 = −2 ⇒ x1 + x2 = 1 = a
⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b = - 6}\end{array}} \right.\)
TH2: x1 = 2 và x2 = −3 ⇒ x1 + x2 = −1 = a
⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = - 1}\\{b = - 6}\end{array}} \right.\)
Vậy các cặp (a,b) thỏa mãn là (1,−6) hoặc (−1,−6).
25 – (−17) + 24 – 12
= 25 + 17 + 24 – 12
= 54.
Xét x = 0 ta có:
\({y^2} = 3 + {2^0} = 4\) ⇔ y = 2 (do y là số tự nhiên)
Xét x = 1 ta có:
\({y^2} = 3 + 2 = 5\) ⇒ Không có nghiệm y là số tự nhiên thỏa mãn
Xét x > 1 ta có:
\({2^x} \ge 4\) ⇒ 2x ⋮ 4
Do đó 2x + 3 chia 4 dư 3, mà y2 là số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1
⇒ ∀ x > 1, phương trình có nghiệm x, y là số tự nhiên thỏa mãn.
Vậy (x,y) = (0,2) là nghiệm duy nhất.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC có tọa độ là G(1; 2; 3).
Ta có: \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2}\)
\( = {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GC} } \right)^2}\)
\( = 3M{G^2} + \left( {G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}} \right) + 2\overrightarrow {MG} \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right)\)
\( = 3M{G^2} + \left( {G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}} \right)\)
MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ MG nhỏ nhất (do GA2 + GB2 + GC2 không đổi)
⇔ M là hình chiếu của G trên (P)
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n \left( {1; - 2;2} \right).\)
GM vuông góc với (P) nhận vectơ pháp tuyến của (P) làm vectơ chỉ phương.
Phương trình của GM là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - 2t}\\{z = 3 + 2t}\end{array}} \right..\)
Tọa độ của điểm M(1 + t; 2 – 2t; 3 + 2t) thỏa mãn:
(1 + t) – 2(2 – 2t) + 2(3 + 2t) + 6 = 0 ⇔ \(t = - \frac{{11}}{9}.\)
⇒ \(M\left( { - \frac{2}{9};\frac{{40}}{9};\frac{5}{9}} \right).\)
Vậy \(M\left( { - \frac{2}{9};\frac{{40}}{9};\frac{5}{9}} \right)\) thì MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Xét hàm số y = f(x) = −x4 + 8x2 + m trên đoạn [−1; 3]:
\(y' = f'\left( x \right) = - 4{x^3} + 16x\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = \pm 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\) (loại x = −2 vì −2 ∉ [−1; 3])
Từ bảng biến thiên hàm số y = f(x) = −x4 + 8x2 + m ta thấy:
\[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,\,3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \max \left\{ {\left| {7 + m} \right|;\,\,\left| m \right|;\,\,\left| {16 + m} \right|;\,\,\left| { - 9 + m} \right|} \right\} = 2018\]
TH1: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {7 + m} \right| = 2018 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2011}\\{m = - 2025}\end{array}} \right.\)
m = 2011 ⇒ |16 + m| = 2027 > 2018 (loại)
m = −2025 ⇒ |−9 + m| = 2034 > 2018 (loại)
TH2: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| m \right| = 2018 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2018}\\{m = - 2018}\end{array}} \right.\) (loại)
TH3: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {16 + m} \right| = 2018 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2002}\\{m = - 2034}\end{array}} \right.\)
m = 2002 (thỏa mãn)
m = −2034 ⇒ |−9 + m| = 2025 > 2018 (loại)
TH4: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| { - 9 + m} \right| = 2018 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2027}\\{m = - 2009}\end{array}} \right.\)
m = 2027 ⇒ |m| = 2027 > 2018 (loại)
m = − 2009 ⇒ |m| = 2009 < 2018 (thỏa mãn)
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn đề bài.
Ta có: V = πr2h ⇔ 18π = π32h ⇔ h = 2.
Khi đó Sxq = 2πrh = 12π.
Với hai đỉnh sẽ cho ta một đoạn thẳng, do đó số đoạn thẳng được tạo ra từ n đỉnh là \(C_n^2.\)
Đa giác có n đỉnh sẽ có n cạnh. Trong số \(C_n^2\) đoạn thẳng có n đoạn thẳng là cạnh của đa giác. Do đó số đường chéo của đa giác là \(C_n^2 - n = \frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2}.\)
Theo đề bài ta có phương trình sau
\(\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2} = 27 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 9}\\{n = - 6}\end{array}} \right.\)
Do n ∈ ℕ, n ≥ 3 ⇒ n = 9.
Trung điểm H của BC có tọa độ là \(H\left( {\frac{{{x_B} + {x_C}}}{2};\frac{{{y_B} + {y_C}}}{2}} \right)\)
⇔ \(H\left( {\frac{{1 - 1}}{2};\frac{{ - 3 + 1}}{2}} \right)\) ⇔ \(H\left( {0; - 1} \right).\)
Vậy H(0; −1).
a) Vì tam giác ABC vuông tại A ⇒ \(\widehat {BAC} = 90^\circ .\)
Xét tam giác ABC có:
\(\widehat {BAC} + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 180^\circ \)
⇔ \(\widehat {ACB} = 180^\circ - 54^\circ - 90^\circ = 36^\circ \)
b) Xét \(\Delta ABM\) và \(\Delta NCM\) có:
AM = MN
MB = MC (do M là trung điểm BC)
\(\widehat {NMC} = \widehat {AMB}\) (đối đỉnh)
Do đó \(\Delta ABM = \Delta NCM\left( {c.g.c} \right)\)
Suy ra \(\widehat {ABM} = \widehat {NCM}\) (2 góc tương ứng)
Vậy AB // NC (do 2 góc so le trong) (đpcm)
a) Tam giác ABC vuông tại A ⇒ \(\widehat {BAC} = 90^\circ .\)
Vì HE ⊥ AB, HF ⊥ AC nên \(\widehat {HEA} = 90^\circ ,\widehat {HFA} = 90^\circ .\)
Xét tứ giác AEHF có: \(\widehat {EAF} = \widehat {HEA} = \widehat {HFA} = 90^\circ .\)
⇒ Tứ giác AEHF là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).
b) Vì AEHF là hình chữ nhật ⇒ EH // AF và EH = AF (tính chất hình chữ nhật)
Vì D là tâm đối xứng của A qua F nên F là trung điểm của AD ⇒ AF = FD.
⇒ EH // FD và EH = FD.
⇒ DHEF là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
c) Vì I là giao điểm của EF và AH nên ba điểm E, I, F thẳng hàng.
Gọi O là giao điểm của EF và AM.
Vì AM là đường trung tuyến của \(\Delta ABC\) nên AM = MC ⇒ \(\Delta AMC\) cân tại M
⇒ \(\widehat {MAC} = \widehat {MCA}\)
Vì AEHF là hình chữ nhật có I là giao điểm 2 đường chéo ⇒ \(\widehat {IAF} = \widehat {IFA}\)
Xét \(\Delta AHC\) có: \(\widehat {HAC} + \widehat {HCA} = 90^\circ \) hay \(\widehat {IAF} + \widehat {MCA} = 90^\circ \)
⇒ \(\widehat {IAF} + \widehat {MAC} = 90^\circ \) hay \(\widehat {OFA} + \widehat {OAF} = 90^\circ \)
Xét \(\Delta OAF\) có: \[\widehat {OFA} + \widehat {OAF} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {AOF} = 90^\circ \]
⇒ EF ⊥ AM tại O hay IF ⊥ AM tại O.
Xét \(\Delta KAM\) có: GM ⊥ KA; AH ⊥ KM.
Mà I là giao điểm của AH và GM nên I là trực tâm của \(\Delta KAM.\)
Suy ra KI ⊥ AM mà IF ⊥ AM.
Do đó K, I, F thẳng hàng.
Ta có:
• Ba điểm E, I, F thẳng hàng.
• Ba điểm K, I, F thẳng hàng.
Do đó bốn điểm I, K, E, F thẳng hàng.
Áp dụng BDT Cô – si, ta có:
\(P = \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt y }} + \frac{1}{{\sqrt z }} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{\sqrt {xyz} }}}}\)
mà \(\sqrt[3]{{xyz}} \le \frac{{x + y + z}}{3} = 1\)
⇒ P ≥ 3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3 ⇔ x = y = z = 1.
a) Do ME, MF là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ EF ⊥ OM.
Tứ giác ABHM có \(\widehat {BHM} = \widehat {MAB} = 90^\circ \) nên tứ giác ABHM là tứ giác nội tiếp đường tròn có bán kính BM.
b) Xét \(\Delta OHB\) và \(\Delta OAM\) có:
\(\widehat O\) chung
\(\widehat {OHB} = \widehat {OAM} = 90^\circ \)
Do đó ∆OHB ᔕ ∆OAM (g.g)
Suy ra \(\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OB}}{{AM}}\) hay OH.OM = OA.OB (1)
Xét \(\Delta OHE\) và \(\Delta OEM\) có:
\(\widehat O\) chung
\(\widehat {OHE} = \widehat {OEM} = 90^\circ \)
Do đó ∆OHE ᔕ ∆OEM (g.g)
Suy ra \(\frac{{OH}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OM}}\) hay OH.OM = OE2 = R2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra OA.OB = OH.OM = R2.
c) Gọi I là giao điểm của OM với đường tròn (O). Nối FI.
Do FI = EI ⇒ \[\Delta EFI\] cân tại I ⇒ \(\widehat {MFI} = \widehat {EFI}\)
⇒ IF là tia phân giác của góc \(\widehat {MFE}\)
mà MI là tia phân giác của góc \(\widehat {EMF}\)
Do đó I là giao điểm của đường phân giác trong của tam giác MEF
⇒ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF
Mà I thuộc đường tròn (O) cố định.
Vậy tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc một đường tròn cố định khi M di chuyển trên d.
d) Ta có: \({S_{HBO}} = \frac{1}{2}HO.HB\)
Ta có ∆OHB ᔕ ∆OAM (cmt) suy ra \(\frac{{HB}}{{AM}} = \frac{{OB}}{{OM}}\)
Hay HB.OM = AM.OB (3)
Mà OH.OM = R2 (4)
Nhân (3) và (4) theo vế với vế, ta được:
OH.HB.OM2 = R2.AM.OB = \({R^2}.AM.\frac{{{R^2}}}{{OA}}\)
⇒ \(OH.HB = {R^4}.\frac{{AM}}{{OA.O{M^2}}} = {R^4}.\frac{{AM}}{{OA\left( {O{A^2} + A{M^2}} \right)}}\)
Áp dụng BDT Cô – si ta có: \(O{A^2} + A{M^2} \ge 2.OA.AM\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi OA = AM
⇒ \(OH.HB \le \frac{{{R^4}}}{{OA.2.OA.OM}} = \frac{{{R^4}}}{{2O{A^2}}}\)
⇒ \({S_{\max }} = \frac{{{R^4}}}{{4O{A^2}}}\) ⇔ OA = AM.
a) Ta có: \(\widehat {CAB} = \widehat {OHC} = 90^\circ \) ⇒ \(\widehat {CAB} + \widehat {OHC} = 180^\circ \).
Do đó tứ giác AHOC nội tiếp.
b) Xét \(\Delta ACD\) và \(\Delta ECA\) có:
\(\widehat {CAD} = \widehat {AEC}\)
\(\widehat {ACE}\) chung
Do đó ∆ACD ᔕ ∆ECA (g.g)
Suy ra \(\frac{{CA}}{{CE}} = \frac{{AD}}{{AE}}\) hay AC.AE = AD.CE.
c) Từ E kẻ đường thẳng song song với MN cắt AB tại I và BD tại F
⇒ \(\widehat {HEI} = \widehat {HCO}\)
Vì tứ giác AOHC nội tiếp ⇒ \(\widehat {HAO} = \widehat {HCO} = \widehat {HEI}\)
Suy ra tứ giác AHIE nội tiếp
⇒ \(\widehat {IHE} = \widehat {IAE} = \widehat {BDE}\)
⇒ IH // BD
mà H là trung điểm của DE
⇒ I là trung điểm của EF
⇒ EF // MN và IE = IF
⇒ O là trung điểm của MN
⇒ Tứ giác AMBN là hình bình hành
⇒ AM // BN (đpcm)
2357 × 24 = 2357 × (20 + 4)
= 2357 × 20 + 2357 × 4
= 47 410 + 9 428
= 56 838.
Vậy 2 357 × 24 = 56 838.
Ta có: \(4\sqrt {x + 1} = {x^2} - 5x + 14\) (ĐK: x ≥ −1)
⇔ \(4\sqrt {x + 1} - 8 = {x^2} - 5x + 6\)
⇔ \(4\left( {\sqrt {x + 1} - 2} \right) = {x^2} - 5x + 6\)
⇔ \(\frac{{4\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt {x + 1} - 2} \right)}} = \left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\)
⇔ \(\left( {x - 3} \right)\left( {\frac{4}{{\sqrt {x + 1} - 2}} - x + 2} \right) = 0\)
⇔ x – 3 = 0
⇔ x = 3 (thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3.
a) Chiều rộng mảnh đất là:
\(38 \times \frac{3}{4} = 28,5\) (m)
Diện tích mảnh đất là:
28,5 ´ 38 = 1083 (m2)
b) Diện tích đất làm nhà:
1083 ´ 25% = 270,75 (m2)
Đáp số:
a) 1083 m.
b) 270,75 m2.
a) Chiều rộng mảnh đất là:
\(40 \times \frac{1}{2} = 20\) (m)
Diện tích mảnh đất là:
20 ´ 40 = 800 (m2)
b) Diện tích đất làm nhà:
800 ´ 30% = 240 (m2)
Đáp số: a) 800 m;
b) 240 m2.
\(\overline {abc} \) chia hết cho 45 nên \(\overline {abc} \) chia hết cho 5 và 9 nên c = 0 hoặc 5 mà c ≠ 0 nên c = 5.
Ta có: \(\overline {ab5} - \overline {5ba} = 396\)
Ta viết lại biểu thức như sau: \(396 + \overline {5ba} = \overline {ab5} \)
6 + a tận cùng là 5 nên a = 9
Nên ta lại có: \(\overline {abc} = \overline {9b5} \) chia hết cho 9 và 5.
Nên 9 + b + 5 chia hết cho 9, nên b = 4.
Suy ra \(\overline {abc} = 945\)
Ta có: \(\overline {abc\deg } = \overline {abc} .1000 + \overline {\deg } = 999.\overline {abc} + \overline {abc} + \overline {\deg } \)
\( = 32.27\overline {abc} + \left( {\overline {abc} + \overline {\deg } } \right)\)
Do \(37.27.\overline {abc} \) chia hết cho 37
⇒ \(\overline {abc\deg } \) chia hết cho 37 với \(\overline {abc} + \overline {\deg } \) chia hết cho 37.
Áp dụng BĐT cô-si:
\(\frac{{{x^2}}}{{1 + y}} + \frac{{{y^2}}}{{1 + z}} + \frac{{{z^2}}}{{1 + x}} \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{1 + y + 1 + z + 1 + x}} = \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{\left( {x + y + z} \right) + 3}}\)
Áp dụng BĐT cô-si: \(x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}} = 3\)
Do đó: \(\frac{{{x^2}}}{{1 + y}} + \frac{{{y^2}}}{{1 + z}} + \frac{{{z^2}}}{{1 + x}} \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{\left( {x + y + z} \right) + 3}}\)
\( \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{\left( {x + y + z} \right) + \left( {x + y + z} \right)}} = \frac{{x + y + z}}{2} \ge \frac{3}{2}\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Vậy \(\frac{{{x^2}}}{{\left( {1 + y} \right)}} + \frac{{{y^2}}}{{\left( {1 + z} \right)}} + \frac{{{z^2}}}{{\left( {1 + x} \right)}} \ge \frac{3}{2}\), dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Theo BĐT cô-si ta có: \(\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = \frac{{{x^3}}}{{x\sqrt {1 - {x^2}} }} \ge \frac{{{x^3}}}{{\frac{{{x^2} + 1 - {x^2}}}{2}}} = 2{x^3}\)
Chứng minh tương tự: \(\frac{{{y^2}}}{{\sqrt {1 - {y^2}} }} \ge 2{y^3}\); \(\frac{{{z^2}}}{{\sqrt {1 - {z^2}} }} \ge 2{z^3}\).
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có:
\(\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} + \frac{{{y^2}}}{{\sqrt {1 - {y^2}} }} + \frac{{{z^2}}}{{\sqrt {1 - {z^2}} }} \ge 2\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) = 2\) (đpcm)
−8;
\(3\sqrt {11} - 13\);
−39;
−21.
Đáp án đúng là: D.
Hàm số y = 3x3 + 2(m + 1)x2 – 3mx + m – 5 có 2 điểm cực trị đồng thời y(x1).y(x2) = 0 khi và chỉ khi phương trình 3x3 + 2(m + 1)x2 – 3mx + m – 5 = 0 (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt.
Ta có: 3x3 + 2(m + 1)x2 – 3mx + m – 5 = 0
⇔ (x – 1)[3x2 + (2m + 5)x + 5 – m] = 0
⇔ \[\left[ \begin{array}{l}x = 1\\3{x^2} + (2m + 5)x + 5 - m = 0(*)\end{array} \right.\]
(1) có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
TH1: (*) có nghiệm kép khác 1.
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = {\left( {2m + 5} \right)^2} - 12\left( {5 - m} \right) = 0\\3 + 2m + 5 + 5 - m \ne 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{m^2} + 32m - 35 = 0\\m \ne - 13\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \frac{{ - 8 \pm 3\sqrt {11} }}{2}\)
TH2: (*) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm x = 1.
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = {\left( {2m + 5} \right)^2} - 12\left( {5 - m} \right)\\3 + 2m + 5 + 5 - m = 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{m^2} + 32m - 35 > 0\\m = - 13\end{array} \right.\)
⇔ m = −13
Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn. Khi đó tổng của các giá trị m là:
\(\frac{{ - 8 + 3\sqrt {11} }}{2} + \frac{{ - 8 - 3\sqrt {11} }}{2} - 13 = - 21\).
Hàm số đã cho xác định trên ℝ khi và chỉ khi x2 – 3mx + 4 ≥ 0, \(\forall \)x ∈ ℝ.
⇒ ∆ = 9m2 – 16 ≤ 0
\( \Leftrightarrow {m^2} \le \frac{{16}}{9}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{ - 4}}{3} \le m \le \frac{4}{3}\)
Vậy với \(\frac{{ - 4}}{3} \le m \le \frac{4}{3}\) thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Độ dài cạnh của căn phòng là:
80 : 4 = 20 (dm)
Diện tích căn phòng là:
20 ´ 20 = 400 (dm2)
Diện tích 1 viên gạch là:
2 ´ 2 = 4 (dm2)
Để lát nền căn phòng cần số viên gạch là:
400 : 4 = 100 (viên)
Số tiền mua gạch để lát nền là:
25 000 ´ 100 = 2500 000 (đồng)
Đáp số: 2 500 000 đồng
Chiều dài là: 256 : 8 = 32 (m)
Chu vi hình chữ nhật là: (8 + 32).2 = 80 (m)
Cần số cọc là: 80 : 4 = 20 (cọc)
Đáp số: 20 cọc.
a) \(0,7\% = \frac{{0,7}}{{100}} = \frac{7}{{1000}}\).
b) \(50\% = \frac{{50}}{{100}} = \frac{5}{{10}}\)
Một năm thu được số tiền lãi là:
50 000 000 ´ 0,7% ´ 12 = 4 200 000 (đồng)
Đáp số: 4 200 000 đồng.
Bạn Sơn tạo các hình bằng những chiếc tăm giống nhau theo sơ đồ nhứ hình trên (Hình thứ n có n2 ô vuông giống nhau và mỗi cạnh hình vuông là một chiếc tăm). Hỏi Sơn phải thêm bao nhiêu chiếc tăm vào hình thứ 2018 để được hình thứ 2019.
8076;
7698;
5346;
6782.
• Với n = 1 ta có hình 12 = 1 ô vuông và cần dùng 4 = 2.1.(1 + 1) (chiếc tăm).
• Với n = 2 ta có hình 22 = 4 ô vuông và cần dùng 12 = 2.2.(2 + 1) (chiếc tăm).
• Với n = 3 ta có hình 32 = 9 ô vuông và cần dùng 24 = 2.3.(3 + 1) (chiếc tăm).
…
Như vậy mỗi số n ta có n2 và cần dùng 2n(n + 1) chiếc tăm để tạo thành.
• Với n = 2018 ta có: 20182 ô vuông và cần 2 . 2018 . 2019 (chiếc tăm).
• Với n = 2019 ta có: 20192 ô vuông và cần 2 . 2019 . 2020 (chiếc tăm).
Vậy từ hình thứ 2018 đến 2019 ta cần thêm số chiếc tăm là:
2 . 2019 . 2020 – 2 . 2018 . 2019 = 8 076 (chiếc tăm)
Đáp số: 8076 chiếc tăm
Đường thẳng qua Svà song song với AD;
Đường thẳng quaSvà song song với CD;
Đường SO với O là tâm hình bình hành;
Đường thẳng qua S và cắt AB.
Đáp án đúng là: B
Vì AB//CD nên (SAB) cắt (SCD) theo giao tuyến là đường thẳng Sx, Sx//AB//CD.
AC;
BD;
AD;
SC.
Xét (SAD) và (SBC) có:
S là điểm chung
AD // BC
Do đó giao tuyến của (SAD) và (SBC) là đường thẳng đi qua S và song song với AD.
Ta có: \(y' = {\left( {\sqrt {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} } } \right)^\prime }\)
\( = \frac{1}{{2\sqrt {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} } }}{\left( {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} } \right)^\prime }\)
\( = \frac{1}{{2\sqrt {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} } }}\left( {1 + \frac{{2x - 1}}{{2\sqrt {{x^2} - x + 1} }}} \right)\)
\( = \frac{{2\sqrt {{x^2} - x + 1} + 2x - 1}}{{4\sqrt {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} .\sqrt {{x^2} - x + 1} } }}\).
\(y' = \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\);
\(y' = \frac{1}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}\);
\(y' = \frac{{2x}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}\);
\(y' = \frac{1}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }}\).
Đáp án đúng là: A.
\(y' = \frac{{{{\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^\prime }}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{1 + \frac{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}\)
\( = \frac{{1 + \frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}\)
\( = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\).
y = (m – 2)x + 3 (d)
Giả sử I(x0; y0) là điểm cố định mà (d) luôn đi qua.
Khi đó ta có:
y0 = (m – 2)x0 + 3
⇔ y0 = mx0 – 2x0 + 3
⇔ mx0 = y0 + 2x0 – 3
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\2{x_0} + {y_0} - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{y_0} = 3\end{array} \right.\)
Gọi M(x0; y0) là điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua. Khi đó ta có:
y0 = (2m – 3)x0 + m – 1
⇔ y0 = 2mx0 – 3x0 + m – 1
⇔ y0 – 2mx0 – 3x0 + m – 1 = 0
⇔ m(–2x0 + 1) + (y0 – 3x0 – 1) = 0
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2{x_0} + 1 = 0\\{y_0} - 3{x_0} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{1}{2}\\{y_0} = \frac{5}{2}\end{array} \right.\]
\( \Rightarrow M\left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)\)
Vậy với mọi m, họ các đường thẳng (d) có phương trình y = (m + 1)x + 2x – m luôn đi qua mọt điểm M cố định có tọa độ \(M\left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)\).\(\frac{{{8^x}}}{{{2^x}}} = 4\)
\({\left( {\frac{8}{2}} \right)^x} = 4\)
4x = 4
x = 1
Vậy x = 1.
a) 32 . 93 = 32 . (32)3 = 32 . 36 = 38;
b) 22.52 = (2.5)2 = 102;
c) 85 . 23 = (23)5 . 23 = 215 . 23 = 218;
d) 98 : 32 = (32)8 : 32 = 316 : 32 = 314.
a) Vì H đối xứng với P qua BC nên BC là đường trung trực của HP, hay HP⊥BC tại trung điểm của HP.
Suy ra D là trung điểm của HP nên \(\frac{{HD}}{{PQ}} = 1\) (1)
Mặt khác: H đối xứng với Q qua M nên M là trung điểm của HQ nên \(\frac{{HM}}{{MQ}} = 1\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{HD}}{{DP}} = \frac{{HM}}{{MQ}}\)
Theo định lý Talet đảo thì DM // PQ hay BC // PQ (đpcm)
Tứ giác DMQP có DM // PQ và \(\widehat D = 90^\circ \) do HP⊥BC tại D
Do đó tứ giác DMQP là hình thang vuông.
b) Tứ giác HCQB có hai đường chéo BC, HQ cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường nên suy ra HCQB là hình bình hành (đpcm).
Gọi ƯCLN(3n + 4; 2n + 3) = d
Ta có: 3n + 4 ⋮ d.
2n + 3 ⋮ d
⇒ (2n + 3) – (3n + 4) ⋮ d
⇒ 3(2n + 3) – 2(3n + 4) ⋮ d
⇒ 6n + 9 – 6n – 8 ⋮ d
⇒ 1 ⋮ d
⇒ d = ± 1
Vì ƯCLN(3n + 4; 2n + 3) = 1 nên \[\frac{{3n + 4}}{{2n + 3}}\] là phân số tối giản.
Gọi d = ƯCLN (n3 + 2n, n4 + 3n2 + 1)
Ta có: n3 + 2n ⋮ d
⇒ n(n3 + 2n) ⋮ d
⇔ n4 + 2n2 ⋮ d (1)
(n4 + 3n2 + 1) – (n4 + 2n2) ⋮ d
⇒ n2 + 1 ⋮ d
⇒ (n2 + 1)2 = n4 + 2n2 + 1 ⋮ d (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
(n4 + 2n2 + 1) – (n4 + 2n2) ⋮ d
⇒ 1 ⋮ d ⇒ d = ± 1
Vậy \(\frac{{{n^3} + 2n}}{{{n^4} + 3{n^2} + 1}}\) là phân số tối giản.
Ta xét trường hợp hàm số suy biến. Khi m = 0, hàm số trở thành y = −x + 2. Đây là hàm bậc nhất nghịch biến trên ℝ. Vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với m ≠ 0, hàm số là hàm đa thức bậc 3.
Y’ = 3mx2 – 2mx2 – (m + 4)
Do đó hàm số nghịch biến trên ℝ khi và chỉ khi:
\(\left\{ \begin{array}{l}m < 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\{m^2} + 3m\left( {m + 4} \right) \le 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\4{m^2} + 12m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\ - 3 \le m \le 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\ - 3 \le m \le 0\end{array} \right.\) ⇔ −3 ≤ m < 0.
Kết hợp 2 trường hợp ta được −3 ≤ m ≤ 0 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ta có:
Y’ = 3x2 – 2(m + 1)x – (m2 – 2m)
Khi đó y’ = 0
⇔ 3x2 – 2(m + 1)x – (m2 – 2m) = 0
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = \frac{{m - 2}}{3}\end{array} \right.\)
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; 1) khi và chỉ khi:
\(\left[ \begin{array}{l}m \le 0 < 1 \le \frac{{m - 2}}{3}\\\frac{{m - 2}}{3} \le 0 < 1 \le m\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 \le m \le \frac{3}{2}\)
Vậy với \(1 \le m \le \frac{3}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đường trong bán kính bằng 1;
Trục Ox;
Đường thẳng y = −x;
Đường thẳng y = x.
Đáp án đúng là: C.
Giả sử ta có số phức z = x + yi. Ta có:
Z(1 + i) = (x + yi)(1 + i) = (x – y) + (x + y)i
Z(1 + i) là số thực khi x + y = 0 hay y = −x.
Một đường thẳng;
Một đường tròn;
Một elip;
Một điểm.
Đặt z = a + bi \( \Rightarrow \overline z = a - bi\)
Ta có: \(z.\overline z = 1\)
⇔ (a + bi)(a – bi) = 1
⇔ a2 – b2i2 = 1
⇔ a2 + b2 = 1
Vậy tập hợp các số thực thỏa mãn điều kiện trên là một đường tròn có tâm là gốc tọa độ và có bán kính là 1 đvđt.
Ta có: sin2a + cos2a = 1
⇒ cos2a = 1 – sin2a
⇒ cos2a = \(1 - {\left( {\frac{4}{5}} \right)^2}\)
\( = 1 - \frac{{16}}{{25}} = \frac{9}{{25}}\)
\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{\cos ^2}a = {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2}\\{\cos ^2}a = {\left( {\frac{{ - 3}}{5}} \right)^2}\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \cos a = \frac{{ \pm 3}}{5}\)
Mà a là góc tù nên cosa < 0
\( \Rightarrow \cos a = - \frac{3}{5}\)
\( \Rightarrow A = 2\sin a - \cos a = 2.\frac{4}{5} - \left( {\frac{{ - 3}}{5}} \right)\)
\( = \frac{8}{5} + \frac{3}{5} = \frac{{11}}{5}\)
Vậy \(A = \frac{{11}}{5}\).
MN;
QM;
SO;
MP.
Đáp án đúng là: D.
Ta có: M ∈ SA ⇒ M ∈ (SAC)
M ∈ (MNPQ)
⇒ M ∈ (SAC) ∩ (MNPQ) (1)
Mặt khác:
P ∈ (SC) ⇒ P ∈ (SAC)
P ∈ (MNPQ)
⇒ P ∈ (SAC) ∩ (MNPQ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra (MNPQ) ∩ (SAC) = MP.
a) Xét tam giác SAB có NP là đường trung bình nên NP ∈ (SAB)
Mà NP ∈ (MNP).
Do đó NP là giao tuyến của (MNP) và (SAB).
b) Gọi H là trung điểm của BC
Suy ra MH là đường trung bình ở hình bình hành ABCD đi qua tâm O.
Mà (MNP) ⊂ (MNPH)
MH ∩ DB = {O}
Mà MH ∈ (MNPH) và DB ∈ (SDB)
Do đó (MNPH) ∩ (SDB) = O
Mặt khác ta có P SB ∈ (SDB)
Vậy PO là giao tuyến của (MNP) và (SBD).
y = x2 − 3x + 2;
y = 2x2 − 4x + 3;
y = x2 − 2x;
y = x2 + 2x.
Đáp án đúng là: C
Ta có đỉnh I(1; −1) ⇒ \( - \frac{b}{{2a}} = 1\) (1)
a + b + c = −1 (2)
Đồ thị hàm số đi qua A(2 ; 0)
⇒ 4a + 2a + c = 0 (3)
Từ (1); (2) và (3) ta có: a = 1; b = −2; c = 0.
Vậy hàm số cần tìm là: y = x2 – 2x.
y = 2x2 – 4x + 4;
y = 2x2 – 4x;
y = 2x2 – 3x + 4;
y = 2x2 + 4x.
Đáp án đúng là: D
Vì hàm số cần tìm có đỉnh là I(−1; −2) nên \(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{{2a}} = - 1\\2 - b + c = - 2\end{array} \right.\)
Mà a = 2 nên \(\left\{ \begin{array}{l}b = 4\\c = 0\end{array} \right.\)
Vậy hàm số cần tìm là: 2x2 + 4x.
SACFG = SBCHI + SABDE;
SBCHI = SABDE + SACFG;
SABDE = SBCHI + SACFG;
SBCHI = SACFG − SABDE.
Đáp án đúng là: B
Ta có: SBCHI = BC2; SACFG = AC2; SABDE = AB2.
Theo định lý Py-ta-go cho tam giác ABC vuông tại A ta có: BC2 = AB2 + AC2
⇒ SBCHI = SACFG + SABDE
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
