5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 8)

a) y = x + 4 (d).

• Với x = 0 => y = 4;

• Với y = 0 => x = −4.

Vậy đồ thị hàm số (d): y = x + 4 đi qua hai điểm A(0; 4) và B(−4; 0).

b) Ta có OA = 4 và OB = 4.

Do đó, diện tích của ∆AOB là: SOAB=12.4.4=8 cm2

a) Để đồ thị hàm số (1) song song với đường thắng y = −x+1 thì
m − 1= −1 <=> m = 0.

b) Hoành độ giao điểm của đường thắng y =1 − 3x , đường thẳng y= −0,5x − 1,5 là nghiệm của phương trình:

1 − 3x= −0,5x − 1,5

<=> 3x − 0,5x= 1 + 1,5

<=> 2,5x = 2,5

<=> x = 1

Với x = 1 => y = 1 − 3.1 = −2.

Vậy hai đường thẳng y =1 − 3x vày= −0,5x − 1,5 cắt nhau tại điểm M(1; −2).

Để đường thắng y =1 − 3x , đường thẳng y= −0,5x − 1,5 và đồ thị hàm số (1) cùng đi qua một điểm thì đồ thị hàm số (1) phải đi qua điểm M.

Suy ra −2 =(m − 1).1 +3

<=> −2 =(m − 1) + 3 Û m = −4.

a) Với m = 0 => y = − x − 3

Ta lập bảng:

Hàm số y = − x − 3 đi qua hai điểm M(0; −3) và N(−3; 0).

b) (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1

=> 1 = (m − 1).0 + m − 3

<=> 1 = m − 3

<=> m = 4.

Vậym = 4 thì (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1.

c) Vì A là giao điểm của (d) với trục Ox nên y_A = 0.

Khi đó (m − 1)x_A+m − 3= 0

⇔xA=−m−3m−1⇒OA=−m−3m−1 m≠1

B là giao điểm của (d) vưới trục Oy nên x_B = 0

Khi đó y_B =(m − 1).0 +m − 3= m − 3

⇒OB=m−3

Để tam giác OAB cân tại O thì OA = OB

⇔−m−3m−1=m−3

+) TH1:

−m−3m−1=m−3⇒m−3m−1=−m−3⇔m−3m−1+m−3=0

<=> m(m − 3) = 0

⇒m=0 TMm=3 TM

+) TH2: 

−m−3m−1=−m−3

⇒m−3m−1=m−3⇔m−3m−1−m−3=0

<=> (m − 2)(m − 3) = 0

⇒m=2 TMm=3 TM

Vậy các giá trị của m thỏa mãn là m = 1; m = 2; m = 3.

a) Tứ giác BEFI có: BIF^=90° (giả thiết)

Suy ra I thuộc đường tròn đường kính BF.

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

Nên E thuộc đường tròn đường kính BF

=> BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF.

b) AB ⊥ CD

• Xét ∆OCD cân có OI là đường cao nên cũng là đường trung tuyến, nên I là trung điểm của CD.

• Xét ∆ACD có AI vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên ∆ACD cân tại đỉnh A nên AC = AD

=> ACF^=AEC^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Xét ∆ACF và ∆AEC có:

A^ chung

ACF^=AEC^ (cmt)

=> ∆ACF ᔕ ∆AEC (g.g)

⇒ACAE=AFAC (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

=> AE.AF = AC²

c) ACF^=AEC^ => AC là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1)

Mặt khác ACB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> AC ⊥ CB (2)

Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆CEF

Mà CB cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC.

a) Xét ∆SMA và ∆SBC có:

S^ chung

SAM^=SCB^ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB của (O))

=>∆SMA ᔕ∆SBC (g.g)

b) Do CD ⊥ AB (giả thiết)

=> AB là đường trung trực của CD (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

=> AC = AD (tính chất đường trung trực)

⇒AC⏜=AD⏜ (hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau)

⇒AMD^=ABC^ (góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)

⇒KBH^=KMH^

Mà hai góc này cùng nhìn cạnh KH nên suy ra BMHK nội tiếp.

c) Kẻ đường kính MN

Xét ∆AON và ∆BOM có:

OA = OB = R

AON^=BOM^

ON = OM = R

=> ∆AON = ∆BOM (c.g.c)

=> AN = BM (hai cạnh tương ứng bằng nhau)

AN⏜=BM⏜ (hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau)

Ta có:

ASC^=sđ AC⏜−sđBM⏜2 (tính chất góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn) (1)

NMD^=12sđ DN⏜ (tính chất góc nội tiếp)

⇒NMD^=sđ AD⏜−sđ AN⏜2 (2)

Mà AC⏜=AD⏜ (3)

AN⏜=MB⏜ (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra ASC^=NMD^ hay OMK^=OSM^

Xét ∆OKM và ∆OMS có:

MOS^ chung

OMK^=OSM^ (cmt)

=> ∆OKM ᔕ ∆OMS (g.g)

⇒OKOM=OMOS (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

=> OK.OS = OM² = R².

Tổng số đo các góc của đa giác lồi 9 cạnh là: (9 − 2).180° = 1260°

⇒Sn=n2u1+n−1d2=1260⇒9u1+9−1.32=1260

=> u₁ = 128°.

Vậy số đo các góc là: 128°; 131°; 134°; 137°; 140°; 143°; 146°; 149°; 152°.

Chọn D

Tổng các góc của đa giác 9 cạnh bằng: (9 − 2).180° = 1260°.

Ta có: AB→=2; 2⇒nAB→=1; −1

Phương trình đường thẳng qua A(1; 2) và có vectơ pháp tuyến nAB→=1; −1 là:

1(x − 1) − 1(y − 2) = 0

<=> x − y + 1 = 0.

Ta có: AB→=4; −8⇒nAB→=2; 1

Phương trình đường thẳng qua A(−1; −2) và có vectơ pháp tuyến nAB→=2; 1 là:

2(x + 1) + 1(y + 2) = 0

<=> 2x + y + 4 = 0.

a) (P) đi qua điểm A(1; 2) nên ta có: a + b + c = 2 (1)

(P) có đỉnh I(−1; −2) nên ta có: a − b + c = −2 (2)

(P) có đỉnh là I(−1; −2) nên −b2a=−1

=> −2a + b = 0 (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình:

a+b+c=2a−b+c=−2−2a+b=0⇔a+c=0a=b−c−2b=2a⇔c=−aa=3a−2b=2a⇔c=−1a=1b=2

Vậy a = 1; b = 2; c = −1.

b) (P): y = ax² + bx − 3

Vì (P) có đỉnh là I12; −5 nên ta có hệ phương trình:

−b2a=12a.122+b.12−3=−5⇔a=−b14a+12b−3=−5⇔a+b=0a+2b=−4⇔b=−4a=4

Vậy (P): y = 4x² − 4x – 3.

Đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; 2) nên ta có phương trình:

2 = 1² − m.1 + 1

<=> 2 − m = 2 <=> m = 0

Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.

Chọn A

Đặt g (x) =f(2x − 2) − 2e^x ta có:

g '(x) = 2f'(2x − 2) − 2e^x

= 2[f'(2x − 2) − e^x]

Với x ∈ (0; 1) ta có:

2x−2∈2; 0⇒f'2x−2<0x∈0; 1⇒ex∈1; e>0

=> g '(x) = 2[f'(2x − 2) − e^x] < 0, ∀ x Î (0; 1)

=> Hàm số f(2x − 2) − 2e^xnghịch biến trên khoảng (0; 1).

TXĐ: D = R2x2+3x+2x2+3x+9=33⇔2x2+3x+9+2x2+3x+9−42=0⇔2x2+3x+9−62x2+3x+9+72x2+3x+9−42=0⇔2x2+3x+92x2+3x+9−6+72x2+3x+9−6=0⇔2x2+3x+9−62x2+ 3x+9+7=0⇒2x2+3x+9=6 (Do 2x2+3x+9+7>0)Bình phương 2 vế ta được:

2x² + 3x + 9 = 36

<=>2x² + 3x − 27 = 0

<=> 2x² − 6x + 9x − 27 = 0

<=> 2x(x − 3) + 9(x − 3) = 0

<=> (x − 3)(2x + 9) = 0

Vậy phương trình trên có hai nghiệm x1=3; x2=−92

Chọn A

TXĐ: D = ℝ

2x2+3x+2x2+3x+9=33⇔2x2+3x+9+2x2+3x+9−42=0⇔2x2+3x+9−62x2+3x+9+72x2+3x+9−42=0⇔2x2+3x+92x2+3x+9−6+72x2+3x+9−6=0⇔2x2+3x+9−62x2+3x+9+7=0

⇒2x2+3x+9=6 (Do 2x2+3x+9+7>0)

Bình phương 2 vế ta được:

2x² + 3x + 9 = 36

<=> 2x² + 3x − 27 = 0

<=> 2x² − 6x + 9x − 27 = 0

<=> 2x(x − 3) + 9(x − 3) = 0

<=> (x − 3)(2x + 9) = 0

⇔x=3      (TM)x=−92   (TM)

Vậy phương trình trên có hai nghiệm x1=3; x2=−92

Tích x₁x₂ bằng: x1x2=3.−92=−272

a) Hàm số y = 3x − 2 có các hệ số a = 3 và b = −2.

Với x = 0 => y = 3.0 − 2=− 2. Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; −2).

Với y = 0 => 3x − 2 = 0 ⇔x=32. Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm B32; 0

b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng y =3x − 2 vày = mx + 2 là:

3x − 2 = mx + 2

<=> (m − 3)x = −4 (*)

Để đường thẳng y =3x − 2 cắt đường thẳngy = mx + 2 thì phương trình (*) có 1 nghiệm => m ≠ 3.

Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là x=43−m

⇒y=3.43−m−2=6+2m3−m

Vậy với m ≠ 3 thì hai đường thẳng cắt nhau tại điểm có tọa độ 43−m; 2m+63−m

Với x = 0 => y = 3.0 − 2=− 2. Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; −2).

Với y = 0 => 3x − 2 = 0 ⇔x=32. Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm B32; 0

Đồ thị hàm số (d):

a) Vì ∆ABC vuông tại A nên ta có:

BC² = AB² + AC²

=> BC² = 6² + 8² = 100

=> BC = 10 cm.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

1AH2=1AB2+1AC2⇔1AH2=162+182=25576⇒AH=245=4,8 (cm)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

AB² = BA.BC

<=> 6² = BH.10

⇔BH=3610=3,6 (cm)

=> HC = BC − BH = 10 − 3,6 = 6,4 (cm)

Vậy BC = 10 cm, BH = 3,6 cm, HC = 6,4 cm, AH = 4,8 cm.

b) Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: BDCD=ABAC=68=34

⇔BD3=CD4=BD+CD3+4=BC7=107

⇒BD=107 . 3=307 (cm) và CD=107 . 4=407 (cm)

c) HD=BD−BH=307−3,6=2435   (cm)

Diện tích tam giác AHD là: 

SAHD=12AH . HD=12 . 4,8 . 2435=288175   cm2

a) Xét ∆HBA và ∆ABC có:

B^ chung

AHB^=BAC^=90°

=>∆HBA ᔕ ∆ABC (g.g).

b) Áp dụng định lí Py-ta-go với ∆ABC vuông tại A nên ta có:

BC² = AB² + AC²

=> BC² = 6² + 8² = 100

=> BC = 10 cm

∆HBA ᔕ ∆ABC

⇒HAAC=ABCB⇒AH8=610⇒AH=4,8 cm

Áp dụng định lí Pytago vào ∆AHC vuông tại H nên ta có: 

HC=AC2−AH2=82−4,82=3,6 (cm)

c) Xét ∆AHB và ∆CHA có:

AHB^=CHA^=90°

BAH^=ACH^ (cùng phụ với ABC^)

=>∆AHB ᔕ ∆CHA (g.g)

⇒AHCH=HBHA⇒AH2=HB.HC

a) Số hạng tổng quát: C25k.x25−k.yk

Ta có: x¹²y¹³=> k = 13.

Vậy hệ số của x¹²y¹³ trong khai triển (x+y)²⁵ là C2513

b) Số hạng tổng quát: C25k.x25−k.−yk=C25k.−1k.x25−k.yk

Ta có: x¹²y¹³ => k = 13

Vậy hệ số của x¹²y¹³ trong khai triển (x − y)²⁵ là C2513.−113=− C2513

2x+3y25=C25k2x25−k.3yk=C25k.225−k.3k.x25−k.yk

Ta có: x¹²y¹³ => k = 13.

Vậy hệ số của x¹²y¹³ trong khai triển (2x+3y)²⁵ là C2513.212.313

Ta có:

g(x)=x²[f(x−1)]⁴

=> g '(x) = 2x[f(x−1)]⁴ + 4x²f '(x − 1)[f(x−1)]³

<=> g '(x) = 2x[f(x−1)]³[f(x−1) + 2xf '(x − 1)] = 0

⇔x=0fx−1=0fx−1+2xf'x−1=0

Đặt t = x − 1 => x = t + 1

Xét phương trình f (x − 1) = 0 <=> f (t) = 0

Dựa vào BBT ta thấy phương trình f (t) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 1 nên phương trình f (x − 1) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 0.

Xét phương trình f(x−1) + 2xf '(x − 1) = 0

=>f(t) + 2(t + 1)f '(t) = 0 (*)

Dựa vào BBT ta thấy:

f (x) là hàm bậc bốn trùng phương, đặt f (x) = ax⁴ + bx² + c (a ≠ 0)

Đồ thị hàm số đi qua 3 điểm (−1; 3), (0; −1), (1; 3) và có ba điểm cực trị x = 0, x =±1 nên ta có:

c=−1a+b+c=3f'1=0⇔c=−1a+b+c=34a+2b=0⇔a=−4b=8c=−1

=> f (x) = −4x⁴ + 8x² − 1 => f '(x) = −16x³ + 16x.

Thay vào (*) ta có:

−4t⁴ + 8t² − 1 + 2(t + 1)( −16t³ + 16t) = 0

<=> −4t⁴ + 8t² − 1 − 32t⁴ + 32t² − 32t³ + 32t = 0

<=> −36t⁴ − 32t³ + 40t² + 32t − 1 = 0

Xét hàm số h (t) = −36t⁴ − 32t³ + 40t² + 32t − 1 ta có:

h '(t) = − 144t³ − 96t² + 80t + 32

Ta có: h't=0⇔t=23t=−13t=−1

Ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình h (t) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 1

=> Phương trình f (x − 1) − 2xf '(x − 1) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 0.

Do đó, phương trình g '(x) = 0 có tất cả 9 nghiệm phân biệt.

Vậy hàm số g(x)=x²[f(x−1)]⁴ có tất cả 9 điểm cực trị.

Ta có: f (x) = 4x⁴ − 8x² + 3 Þ f '(x) = 16x³ − 16x = 16x(x² − 1)

Ta có g '(x) = 2x³f (x − 1)[2f (x − 1) + xf '(x − 1)]

g'x=0⇔x3=0                               1fx−1=0                      22fx−1+xf'x−1=0  3

Phương trình (1) có x = 0 (nghiệm bội ba).

Phương trình (2) có cùng số nghiệm với phương trình y = f (x) nên (2) có 4 nghiệm đơn.

Phương trình (3) có cùng số nghiệm với phương trình:

2f (x) + (x + 1)f '(x) = 0

<=> 2(4x⁴ − 8x² + 3) + 16x(x + 1)(x² − 1) = 0

<=> 24x⁴ + 16x³ − 32x² − 16x + 6 = 0 có 4 nghiệm phân biệt.

Dễ thấy 9 nghiệm trên phân biệt nên hàm số g (x) = 0 có tất cả 9 điểm cực trị.

y = x³ − 3mx² + 9x + 1 => y' =3x² − 6mx + 9.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng (dm) là:

x³ − 3mx² + 9x + 1=x + 10 − 3m

<=>x³ − 3mx² + 8x + 3m − 9 =0

<=> (x³ + 8x − 9) − (3mx² − 3m) =0

<=> (x − 1)(x² + x + 9) − 3m(x − 1)(x + 1) =0

<=> (x − 1)[x² + (1 − 3m)x + 9 − 3m] =0

⇔x=1x2+1−3mx+9−3m=0 *

Cho A là điểm có hoành độ x₁ = 1.

Suy ra hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại A là k₁ =3.1² − 6m.1 + 9 = 12 − 6m

Để (Cm) cắt đường thẳng (dm) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt và khác 1.

⇒Δ=1−3m2−49−3m>012+1−3m.1+9−3m≠0⇔9m2+6m−35>011−6m≠0⇔m>53m<−73m≠116⇔m>53m≠116m<−73

Hoành độ của B và C là hai nghiệm của phương trình (*) với theo Vi-ét:

x2+x3=3m−1x2x3=9−3m

Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại B, C lần lượt là:

k₂ =3x₂² − 6mx₂ + 9 và k₃ =3x₃² − 6mx₃ + 9

Để k₁ + k₂ + k₃ > 15

<=> (12 − 6m) + (3x₂² − 6mx₂ + 9) + (3x₃² − 6mx₃ + 9) > 15

<=> 3(x₂² + x₃²) − 6m(x₂ + x₃) + 30 − 6m > 15

<=> 3[(x₂ + x₃)² − 2x₂x₃] − 6m(x₂ + x₃) + 30 − 6m > 15

<=> 3[(3m − 1)² − 2(9 − 3m)] − 6m(3m − 1) + 30 − 6m > 15

<=> 3(9m² − 6m + 1 − 18 + 6m) − 18m² + 6m + 30 − 6m > 15

<=> 9m² > 36 Û m² > 4

⇒m>2m<−2

Kết hợp các điều kiện của m suy ra m∈−∞; −73∪2; +∞

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.

a) Để hàm số y=5−mx−1 là hàm số bậc nhất nên suy ra:

5−m≥05−m≠0⇔m≤5m≠5⇔m<5

Vậy m < 5 là giá trị của tham số m cần tìm.

b) Để hàm số y=m+1m−1x+3,5 là hàm số bậc nhất nên suy ra:

m+1m−1≠0m−1≠0⇔m+1≠0m−1≠0⇔m≠±1

Vậy m ≠ ±1 là giá trị của tham số m cần tìm.

a) Để hàm số trên là hàm số bậc nhất thì:

m − 5 ≠ 0 <=> m ≠ 5.

b) Với m ≠ 5 thì y' = m – 5.

Để hàm số trên đồng biến thì y' = m − 5 > 0 <=> m > 5.

Để hàm số trên nghịch biến thì y' = m − 5 < 0 <=> m < 5.

Chọn C

Qua M, kẻ các đường thẳng IJ // BC, HK // AC, PQ // AB.

∆ABC đều nên ABC^=ACB^=60°.

Mà PQ // AB nên MQK^=ABC^=60°;

HK // AC nên MKQ^=ACB^=60°

∆MQK có: MQK^=MKQ^=60° nên là tam giác đều.

Lại có MD là đường cao kẻ từ M nên MD đồng thời là đường trung tuyến

Do đó D là trung điểm của QK.

⇒MQ→+MK→=2MD→ (1)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

+) MH→+MI→=2MF→ (2)

+) MP→+MJ→=2ME→ (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

MQ→+MK→+MH→+MI→+MP→+MJ→=2MD→+2MF→+2ME→⇒2MD→+MF→+ME→=MQ→+MI→+MK→+MJ→+MH→+MP→

Vì MI // BQ, MQ // BI nên tứ giác MIBQ là hình bình hành

⇒MI→+MQ→=MB→

Tương tự ta có: MK→+MJ→=MC→; MH→+MP→=MA→

Khi đó: 2MD→+MF→+ME→=MB→+MC→+MA→

⇒MD→+MF→+ME→=12MB→+MC→+MA→

Lại có O là trọng tâm của tam giác ABC nên MB→+MC→+MA→=3MO→

⇒MD→+MF→+ME→=12.3MO→=32MO→

Vậy MD→+ME→+MF→=32MO→

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là:

tk+1=C10kx10−k2xk

Vậy t5=C104x10−4.2x4=210.x6.16x4=3360x2

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là:

tk+1=C10k2xk.110−k=C10k.2kxk

Vậy số hạng đầu tiên là: t1=C100.20.x0=1

Số hạng thứ hai là: t2=C101.21.x1=20x

Số hạng thứ ba là: t3=C102.22.x2=180x2

a) Xét ∆BAK có:

I là trung điểm của AB;

H là trung điểm của BK.

=> IH là đường trung bình của ∆BAK

=> IH // AK.

Xét tứ giác ADHK có: DH // AK và AD // HK nên suy ra ADHK là hình bình hành.

b) Do AKHD là hình bình hành suy ra HK // AD và HK = AD.

Mà HK = BH (gt) và H, K Î BC

=> BH // AD và BH = AD.

Xét tứ giác AHBD có: BH // AD và BH = AD

=> AHBD là hình bình hành.

Mà AH ⊥ CB hay AHB^=90°

=> AHBD là hình chữ nhật.

Xét ∆ABH vuông ở H có:

AH² + BH² = AB²

<=> 6² + BH² = 10²

<=> BH² = 64

=> BH = 8 (cm)

Xét hình chữ nhật AHBD có diện tích là:

8 . 6 = 48 (cm²).

Điều kiện:

x2−x−6>0x+2>0⇔x>3x<−2x>−2⇔x>3

Khi đó: logx2−x−6+x=logx+2+4

⇔logx−3x+2+x=logx+2+4⇔logx−3+logx+2+x=logx+2+4

⇔logx−3=4−x (*)

Với x = 4 => log (x − 3) = 4 − x = 0 nên x = 4 là nghiệm của phương trình (*).

Với x > 3 suy ra log (x − 3) là hàm đồng biến mà 4 − x là hàm nghịch biến nên suy ra phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất x = 4.

Điều kiện: x2−6x+7>0x−3>0⇔x>3+2x<3−2x>3⇔x>3+2

Khi đó: log2x2−6x+7=log2x−3

<=> x² − 6x + 7 = x − 3

<=> x² − 7x + 10 = 0

<=> (x − 2)(x − 5) = 0

⇔x=2 KTMx=5 TM

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {5}.

a) +) y = x + 3 (d₁)

Với x = 0 => y = 3. Suy ra (d₁) đi qua điểm có tọa độ A(0; 3).

+) y = 3x + 7 (d₂).

Với x = 0 => y = 7. Suy ra (d₂) đi qua điểm có tọa độ B(0; 7).

+) Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng (d₁) và (d₂) là nghiệm của phương trình:

x + 3 = 3x + 7

<=> x = −2 => y = 1

Vậy giao điểm của hai đường thẳng (d₁) và (d₂) là J(−2; 1).

b) I là trung điểm của đoạn thẳng AB nên ta có:

xI=xA+xB2=0+02=0yI=yA+yB2=3+72=5=> I(0; 5)

c) Ta có:

OI=02+52=5; OJ=−22+12=5 (đvđd);

IJ=−22+1−52=25 (đvđd).

Suy ra IJ² + OJ² = OI².

Theo định lí Pytago đảo nên suy ra ∆OIJ là tam giác vuông tại J.

Vậy diện tích tam giác OIJ là:

SOIJ=12IJ.OJ=12.25.5=5 (đvdt).

• Vì Alà giao điểm của (d₁)với trục Ox nên 12x+2=0⇔x=−4

=> A(−4; 0).

• Vì B là giao điểm của (d₂)với trục Ox nên −x+2= 0 <=> x = 2

=> B(2; 0).

• Vì C là giao điểm của (d₁), (d₂) nên 12x+2=−x+2⇔x=0=> y = 2

=> C(0; 2)

Ta có:

AC=−42+22=25 (đvđd);

BC=22+22=22 (đvđd);

AB = 6 (đvđd); OC = 2 (đvđd).

Chu vi của tam giác ABC là:

PABC=AB+BC+AC=6+22+25 (đvđd)

Diện tích tam giác ABC là:

SABC=12OC.AB=12.2.6=6 (đvdt).

a) Với m =2 =>y=x+4 (d)

Với x = 0 => y = 4. Suy ra đồ thị đi qua điểm có tọa độ (0; 4)

Với y = 0 => x = −4. Suy ra đồ thị đi qua điểm có tọa độ (−4; 0)

b) Để (d) song song với đồ thị hàm số y=−3x+2(d₁)

=> m − 1 = −3 <=> m = −2

Vậy m = −2 là giá của m thỏa mãn.

c) Hoành độ giao điểm của (d) và (d₂) là nghiệm của phương trình:

(m − 1)x+4= x − 7

<=>(m − 2)x= −11.

Để (d) cắt đồ thị hàm số y= x − 7 (d₂) tại 1 điểm nằm bên trái trục tung thì:

m−2≠0−11m−2<0⇔m≠2m>2⇔m>2

Vậy m > 2 là giá trị của m thỏa mãn.

a) Với m =2 =>y=x+4 (d).

Với x = 0 => y = 4. Suy ra đồ thị đi qua điểm có tọa độ (0; 4).

Với y = 0 => x = −4. Suy ra đồ thị đi qua điểm có tọa độ (−4; 0).

b) Để (d) song song với đồ thị hàm số y=−3x+2(d₁)

=> m − 1 = −3 <=> m = −2

Vậy m = −2 là giá của m thỏa mãn.

c) Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm có hoành độ x=41−m

⇒A 41−m; 0⇒OA=41−m

Đường thẳng (d) cắt trục Oy tại điểm có tung độ y = 4

=> B(0; 4) => OB = 4.

Khi đó diện tích của tam giác OAB là:

SOAB=12OA.OB=12.41−m.4=81−m=2⇔|1 − m| = 4⇒1−m=41−m=−4⇔m=−3m=5

Vậy m = −3 và m = 5 là giá trị cần tìm thỏa mãn của tham số m.

a) Ta có AB và AC là tiếp tuyến của (O) ⇒ABO^=ACO^=90°

Xét tứ giác ABOC có:

ABO^+ACO^=90°+90°=180°

Suy ra tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Hay A, B, O, C thuộc 1 đường tròn.

b) Ta có: AB và AC là tiếp tuyến của (O) => AB = AC.

Mà OB = OC = R => OA là đường trung trực của BC hay OA ⊥ BC (1)

Xét ∆CBD nội tiếp (O) có BD là đường kính của (O).

Suy ra ∆CBD vuông tại C hay DC ⊥ BC (2)

Từ (1), (2) => DC // OA.

ODE^=BOA^

c) Ta có: DC // OA => CE // OA => OCEA là hình thang (3)

Ta có: ODE^+OBC^=90°

OBC^+BOA^=90°

Suy ra ODE^=BOA^

Xét ∆BOA và ∆ODE có:

ODE^=BOA^ (cmt)

DOE^=OBA^=90°

OB = OD = R

=> ∆BOA = ∆ODE (g.c.g)

=> AB = OE (hai cạnh tương ứng)

Mà AB = AC (AB và AC đều là tiếp tuyến chung của (O))

Suy ra OE = AC (4)

Từ (3) và (4) => OCEA là hình thang cân.

d) Ta có: SOI^+AOB^=90°

AOB^+OAB^=90°OAB^=SAO^

Suy ra SOA^=SAO^ => ∆SOA cân tại S

Lại có SI là đường trung tuyến

Suy ra SI ⊥ OA => KS ⊥ OA (5)

Ta có ∆KAS có

AI ⊥ KS suy ra KI = SI.

Mà OI ⊥ AI

Suy ra OKAS là hình bình hành (6)

Từ (5) và (6) suy ra AKOS là hình thoi.

Ta có ∆OAB vuông tại A có OA = 2OD = 2R

⇒OAB^=30°⇒tanOAB^=tan30°=KIAI⇒KI=tan30°.AI=33R⇒KS=233R

Vậy SAKOS=OA.SK2=2R.233R2=233R2.

12x²+6xy+3y²=28(x+y)

<=>3y² + 2y(3x − 14) + 12x² − 28x = 0 (1)

Ta xem (1) là phương trình bậc hai ẩn y thì (1) có nghiệm nguyên khi ∆' là số chính phương

Ta có: ∆' = (3x − 14)² − 3(12x² − 28x) = −27x² + 196 (2)

=> −27x² + 196 = k² ≥ 0 => 27x²≤ 196

<=>x²≤ 7

Mà x ∈ ℤ nên x ∈ {0; ±1; ±2}.

Lần lượt thử các giá trị của x vào (2) ta có:

+) Với x = 0 => ∆' = 196 = 14² (thỏa mãn) nên khi đó phương trình (1) trở thành

(1) <=>3y² − 28y = 0 ⇔y=0   TMy=283 KTM

+) Với x =±1 => ∆' = 169 = 13² (thỏa mãn) nên khi đó

x = 1, phương trình (1) trở thành

(1) <=>3y² − 22y − 16 = 0

⇔y=8   (TM)y=−23 (KTM)

• Với x = −1, phương trình (1) trở thành

(1) <=>3y² − 34y + 40 = 0 ⇔y=10 (TM)y=43  (KTM)

•Với x =±2 => ∆' = 88 (không thỏa mãn) nên khi đó không cho y là số nguyên.

Vậy cặp nghiệm nguyên (x; y) thỏa mãn là {(0; 0), (1; 8), (−1; 10)}.

Ta có tia Ou là tia đối của tia Ov nên uOz^; vOz^ là hai góc kề bù.

Suy ra uOz^+vOz^=180°

⇔30°+vOz^=180°⇔vOz^=180°−30°=150°

•Hai góc phụ nhau là hai góc có tổng số đo bằng 90°. Vì vậy, trong hình vẽ có các cặp góc nhụ nhau là:

aOb^ và bOd^

aOc^ và cOd^

•Hai góc bù nhau là hai góc có tổng số đo bằng 180°. Vì vậy, trong hình vẽ có các cặp góc bù nhau là:

cOd^ và cOm^

bOd^ và bOm^

aOd^ và aOm^

Ta có: a² + b² +c² = ab + bc + ca

<=> 2(a² + b² +c²) = 2(ab + bc + ca)

<=> 2a² + 2b² + 2c² = 2ab + 2bc + 2ca

<=> (a² − 2ab + b²)+ (b² − 2bc +c²) + (c² − 2ca + a²) = 0

<=> (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² = 0

Mà (a − b)² ≥ 0; (b − c)² ≥ 0; (c − a)² ≥ 0 nên suy ra

a−b2=0b−c2=0c−a2=0⇔a=bb=cc=a⇔a=b=c (đpcm)

Giả sử a² + b² +c² ≥ ab + bc + ca

<=> 2(a² + b² +c²) ≥ 2(ab + bc + ca)

<=> 2a² + 2b² + 2c² ≥ 2ab + 2bc + 2ca

<=> (a² − 2ab + b²)+ (b² − 2bc +c²) + (c² − 2ca + a²) ≥ 0

<=> (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0

Mà (a − b)² ≥ 0; (b − c)² ≥ 0; (c − a)² ≥ 0 nên suy ra

(a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0 (luôn đúng)

Vậy a² + b² +c² ≥ ab + bc + ca (đpcm).

x² − 2(m+3)x+m² − 1=0

Ta có: ∆' = (m + 3)² − (m² − 1) = 6m + 10

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆' > 0

Hay 6m + 10 > 0 ⇔m>−53

Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1+x2=2m+3x1x2=m2−1

Xét Q=x₁+x₂ − 3x₁x₂ = 2(m + 3) − 3(m² − 1)

= −3m² + 2m + 9

=−m32−2.m3.13+13+283=283−m3−132≤283 , ∀m

Dấu “=” xảy ra <=> m3−132=0⇔m=13 (thỏa mãn)

Vậy m=13 là giá trị của m thỏa mãn.

• Xét phương trình: x² − mx+ m − 1=0(1)

Ta có: ∆ = m² − 4(m − 1) = m² − 4m + 4 = (m − 2)²

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆ > 0

Hay (m − 2)² > 0 <=> m ≠ 2

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

x1+x2=mx1x2=m−1⇔x1=m−x2m−x2x2=m−1⇔x1=m−x2x22−mx2+m−1=0⇔x1=m−x2x2−1x2+1−mx2−1=0⇔x1=m−x2x2−1x2+1−m=0⇔x1=m−x2x2=1x2=m−1⇔x1=m−1x2=1x1=1x2=m−1

• Xét phương trình: x₁² + 3x₁x₂ = 3x₂ + 3m + 16 (2)

+) TH1: x1=m−1x2=1

Khi đó phương trình (2) trở thành:

(2) <=> (m − 1)² + 3(m − 1) = 3 + 3m + 16

<=> m² − 2m − 21 = 0

⇔m=1+22m=1−22

+) TH2: x1=1x2=m−1

Khi đó phương trình (2) trở thành:

(2) <=> 1² + 3(m − 1) = 3(m − 1) + 3m + 16

<=> 3m + 15 = 0

<=> m = −5.

Vậy m=1±22 và m = −5 là các giá trị của m thỏa mãn.

A = 4x² + 4x + 11

<=> A = 4x² + 4x + 1 + 10

<=> A = (2x + 1)² + 10

Vì (2x + 1)² ≥ 0 nên (2x + 1)² + 10 ≥ 10.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x + 1 = 0 ⇔x=−12

Vậy GTNN của A = 10 khi x=−12

A = 4x² − 4x + 11

<=>A = 4x² − 4x + 1 + 10

<=> A = (2x − 1)² + 10

Vì (2x − 1)² ≥ 0 nên (2x − 1)² + 10 ≥ 10

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x − 1 = 0 ⇔x=12

Vậy GTNN của A = 10 khi x=12

x² + 2xy = 5y + 6

<=> x² + 2xy + y² =y² + 5y + 6 (1)

<=> (x + y)² =(y + 2)(y + 3).

Vì (x + y)² bằng tích của hai số nguyên liên tiếp là (y + 2) và (y + 3) nên một trong hai số (y + 2) và (y + 3) phải có một số bằng 0.

Khi đó:

•Với y + 2 = 0 <=> y = −2 => x = 2;

•Với y + 3 = 0 <=> y = −3 => x = 3.

Vậy cặp nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là {(2; −2); (3; −3)}.

x² − 2xy + 5y² = y + 1 (1)

<=>x² − 2xy + y² = −4y²+ y + 1

<=> (x − y)² =−4y²+ y + 1

Vì (x − y)² ≥ 0 nên −4y²+ y + 1 ≥ 0

Suy ra 1−178≤y≤1+178

Vì y ∈ ℤ => y = 0.

Với y = 0 thì phương trình (1) trở thành:

(1) <=>x² = 1 <=> x =±1.

Vậy cặp nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là {(1; 0); (−1; 0)}.

Ta có: 

P=abc2+bca2+acb2P=abcc3+abca3+abcb3=abc1c3+1a3+1b3

Vì 1a+1b+1c=0

⇔1a+1b=−1c⇔1a+1b3=−1c3⇔1a3+1b3+3ab1a+1b=−1c3⇔1a3+1b3+1c3+3ab−1c=0⇔1a3+1b3+1c3−3abc=0

⇔1a3+1b3+1c3=3abc (1)

Thay (1) vào P ta được: P=abc.3abc=3

Giả sử a² + b² +c² ≥ ab + bc + ca

<=> 2(a² + b² +c²) ≥ 2(ab + bc + ca)

<=> 2a² + 2b² + 2c² ≥ 2ab + 2bc + 2ca

<=> (a² − 2ab + b²)+ (b² − 2bc +c²) + (c² − 2ca + a²) ≥ 0

<=> (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0

Mà (a − b)² ≥ 0; (b − c)² ≥ 0; (c − a)² ≥ 0 nên suy ra

(a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0 (luôn đúng)

Vậy a² + b² +c² ≥ ab + bc + ca (đpcm).

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có:

0 < a < b + c => a² < a(b + c) = ab + ca;

0 < b < c + a => b² < b(c + a) = bc + ab;

0 < c < a + b => c² < c(a + cb) = ca + bc

Do đó suy ra a² + b² +c² < (ab + ca) + (bc + ab) + (ca + bc)

=>a² + b² +c² < 2(ab + bc + ca).

Áp dụng BĐT AM - GM ta có:

a3b+ab≥2a3b.ab=2a2 (1)

b3c+bc≥2b3c.bc=2b2 (2)

c3a+ca≥2c3a.ca=2c2 (3)

Cộng vế theo vế của (1), (2), (3) nên ta có:

a3b+ab+b3c+bc+c3a+ca≥2a2+2b2+2c2⇔a3b+b3c+c3a≥2a2+b2+c2−ab+bc+ca

Theo hệ quả của BĐT AM - GM thì: a2+b2+c2≥ab+bc+ca

Do đó a3b+b3c+c3a≥2ab+bc+ca−ab+bc+ca=ab+bc+ca

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c > 0

BĐT trên tương đương với việc chứng minh a4b4+b4c4+a4c4≥3a2b2c2

Áp dụng BĐT AM - GM ta có:

a4b4+b4c4≥2a4b4.b4c4=2a2b4c2 (1)

b4c4+c4a4≥2b4c4.c4a4=2b2c4a2 (2)

c4a4+a4b4≥2c4a4.a4b4=2c2a4b2 (3)

Cộng vế theo vế của (1), (2), (3) nên ta có:

2a4b4+b4c4+a4c4≥2a2b4c2+b2c4a2+c2a4b2⇔a4b4+b4c4+a4c4≥a2b4c2+b2c4a2+c2a4b2

⇔a4b4+b4c4+a4c4≥a2b2c2a2+b2+c2=3a2b2c2 (*)

Chia 2 vế của (*) với abc > 0 ta suy ra:

a3b3c+b3c3a+a3c3b≥3abc (đpcm).

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.

Ta có: 3x² + 6y² + z² + 3y².z² − 18x = 6 (1)

<=> 3(x − 3)² + 6y² + z² + 3y².z²= 33 (2)

=>z² ⋮ 3 và z² ≤ 33

=>z²∈ {0; 3; 6; 9; 12; 15; 18; 21; 24; 27; 30; 33}

Mà z ∈ ℤ nên z²= 0 và z²= 9

Suy ra z = 0 và |z| = 3

+) TH1: z = 0 => Phương trình (2) trở thành:

(2) <=> 3(x − 3)² + 6y² = 33

<=> (x − 3)² + 2y² = 11

=>2y² ≤ 11 => |y| ≤ 2.

+ Với y = 0 thì (x − 3)² = 11 nên x không có giá trị nguyên nào thỏa mãn (loại)

+ Với |y| = 1 thì (x − 3)² = 9

⇒x−3=3x−3=−3⇔x=6x=0

+ Với |y| = 2 thì (x − 3)² = 3 nên x không có giá trị nguyên nào thỏa mãn (loại).

+) TH2: |z| = 3 => Phương trình (2) trở thành:

(2) <=> 3(x − 3)² + 33y² = 24

<=> (x − 3)² + 11y² = 8

=>11y² ≤ 8 => y = 0

Với y = 0 thì (x − 3)² = 8 nên x không có giá trị nguyên nào thỏa mãn (loại)

Vậy bộ nghiệm nguyên (x; y; z) của phương trình là: {(6; 1; 0), (0; 1; 0), (6; −1; 0), (0; −1; 0)}.

Ta có: 3x² + 6y² + 2z² + 3y²z² − 18 = 6 (1)

<=> 3x² + 6y² + 2z² + 3y²z²= 24 (2)

=>z² ⋮ 3 và 2z²≤ 24

=>z²∈ {0; 3; 6; 9; 12}

Mà z ∈ ℤ nên z²= 0 và z²= 9

Suy ra z = 0 và |z| = 3

+) TH1: z = 0 => Phương trình (2) trở thành:

(2) <=> 3x² + 6y² = 24

<=> x² + 2y² = 8

=>2y² ≤ 8 => |y| ≤ 2

+ Với y = 0 thì x² = 8 nên x không có giá trị nguyên nào thỏa mãn (loại)

+ Với |y| = 1 thì x² = 6 nên x không có giá trị nguyên nào thỏa mãn (loại)

+ Với |y| = 2 thì x = 0.

+) TH2: |z| = 3 => Phương trình (2) trở thành:

(2) <=> 3x² + 33y² = 6

<=> x² + 11y² = 2

=>11y² ≤ 2 => y = 0.

Với y = 0 thì x² = 2 nên x không có giá trị nguyên nào thỏa mãn (loại).

Vậy bộ nghiệm nguyên (x; y; z) của phương trình là: {(0; 2; 0), (0; −2; 0)}.

Gọi E là giao điểm của BM và CN.

Ta có công thức đường trung tuyến:

CN2=CA2+CB22−AB24=b2+a22−c24⇒CE2=49CN2=49b2+a22−c24BM2=BA2+BC22−CA24=c2+a22−b24⇒BE2=49BM2=49c2+a22−b24

Trong tam giác ABC có: BM ⊥ CN nên tam giác CEB vuông tại E

=> CE² + BE² = BC²

^{⇒49b2+a22−c24+49c2+a22−b24=a2⇔19b2+19c2+49a2=a2⇔5a2=b2+c2}

Tam giác ABC có:

a² = b² + c² − 2bc.cos A = 5a² − 2bc.cos A

⇒bc=2a2cosA

Khi đó: S=12bc.sinA=12.2a2cosA.sinA=a2.tanA=a2.tan30°=33

Ta có:

cosB^=AB2+BC2−AC22AB.BC⇔18=42+BC2−622.4.BC⇔BC=42+BC2−62

<=> BC² − BC − 20 = 0

<=> (BC − 5)(BC + 4) = 0

⇒BC=5   (TM)BC=−4 (KTM)

Vậy BC = 5 cm.

cosB^+C^=cos180°−A^=−cosA^

Mà cosA^=AC2+AB2−BC22AC.AB=52+42−622.5.4=18

⇒cosB^+C^=−18

Chọn C

x3−12x+m−2=0 <=> x3−12x−2=−m (1)

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

=> Đường thẳng y = −m cắt đồ thị hàm số y = x³ − 12x − 2 tại 3 điểm phân biệt.

Xét hàm số f (x) = x³ − 12x − 2 => f '(x) = 3x² − 12 = 0

<=> x =±2.

Ta có BBT của hàm số f (x) = x³ − 12x − 2 với tập xác định là ℝ

Dựa vào BBT ta có: −18 < −m < 14 <=> −14 < m < 18.

x³ − 6x² + 3(m + 2)x − m − 6 = 0

<=>x³ − 6x² + 3mx + 6x − m − 6 = 0

<=>x³ − 6x² + 6x − 6 = m(1 − 3x) (1)

•TH1: 1 − 3x=0 ⇔x=13

Khi đó, phương trình (*) trở thành −12527=m.0 (vô nghiệm).

•TH2:1 ≠ 3x=0 ⇔x≠13

Khi đó, phương trình (1) trở thành m=x3−6x2+6x−61−3x=fx (*)

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x)và đường thẳng y=m.

Ta có: 

f'x=3x2−12x+61−3x+3x3−6x2+6x−61−3x2⇒f'x=−6x3+21x2−12x−121−3x2=0⇒−6x3+21x2−12x−12=0

<=> 2x³ − 7x² + 4x + 4 = 0

<=> (2x + 1)(x − 2)² = 0

⇒x=−12x=2

Ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m=−174.

a) Ta có:AB = AC (Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau);

OB = OC = R.

=> OA là đường trung trực của BC =>OA ⊥ BC (1)

∆BCD nội tiếp đường tròn (O) có CD là đường kính.

=>∆BCD vuông tại B => BD ⊥ BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra OA // BD.

b) ∆ECD nội tiếp đường tròn (O) có CD là đường kính.

=>∆ECD vuông tại E => CE ⊥ ED

∆ACO vuông tại C có CH là đường cao

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AH.AO = AC² (3)

∆ACD vuông tại C có CE là đường cao

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AE.AD = AC² (4)

Từ (3) và (4) suy ra AE.AD = AH.AO.

a) Ta có:AB = AC (Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau);

OB = OC = R.

=> OA là đường trung trực của BC =>OA ⊥ BC (1)

b) ∆BCD nội tiếp đường tròn (O) có CD là đường kính.

=>∆BCD vuông tại B => BD ⊥ BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra OA // BD.

c) • Xét ∆OBA vuông tại O. Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:

AB=OA2−OB2=42−22=23⇒AC=AB=23

• Xét ∆ABO vuông tại B có BH là đường cao.

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

BH.AO = AB.BO ⇒BH=AB.BOAO=23 . 24=3

⇒BC=2BH=23

d) ∆MCD nội tiếp đường tròn (O) có CD là đường kính.

=>∆MCD vuông tại M => CM ⊥ MD

• Xét ∆ACO vuông tại C có CH là đường cao

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AH.AO = AC² (3)

• Xét ∆ACD vuông tại C có CM là đường cao

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

AM.AD = AC² (4)

Từ (3) và (4) suy ra AM . AD = AH . AO.

e) Ta có:OE ⊥ AD, BD ⊥ BC

⇒EBD^=EKD^=AKO^=90°

=> Tứ giác BKDE nội tiếp.

Mà AKO^=ABO^=ACO^=90°

=>A,B,K,O,Ccùng thuộc đường tròn đường kính AO

⇒EDB^=EKB^=BCO^=BCD^

=> ED là tiếp tuyến của (O).

a) ABCD là hình thang cân ⇒D^=C^; A^=B^

•Xét ∆ACD có: ADC^+ACD^=180°−DAC^=180°−90°=90°

•Xét ∆ABC có: AB = BC => ∆ABC cân tại B

⇒BAC^=BCA^

Ta có: DAB^=DAC^+CAB^

=90°+CAB^=ADC^+ACD^+ACB^=BCD^+BCD^=2BCD^

Mà DAB^+BCD^=180°⇒2BCD^+BCD^=180°

⇒3BCD^=180°⇒BCD^=60°⇒C^=D^=60°⇒A^=B^=180°−C^=180°−60°=120°

b) Xét ∆ADC có D^=60°⇒ACD^=90°−60°=30°

Trong một tam giác vuông, cạnh đối diện với góc 30° có độ dài bằng nửa cạnh huyền

Suy ra AD=12DC

Mà AD=BC=AB⇒AB=12DC

Tia AB cắt DC tại E.

=> AC là tia phân giác của DAE^ (gt)

AC⊥ CD => AC ⊥ DE.

Tam giác ADE có AC là đường cao vừa là đường phân giác nên ∆ADE là tam giác cân tại A.

Lại có: ADC^=ADE^=60°⇒ ΔADE là tam giác đều.

=> C là trung điểm của DE (DoAC đồng thời là trung tuyến) .

Mà: BC//AD => BC là đường trung bình của ΔADE.

Ta có: AB=DC=AD2; BC=AD2

Giả thiết: AB+BC+CD+AD=20

⇔AD2+AD2+AD2+AD=20⇔52AD=20⇔AD=8

Ta có:

A =x²⁰⁰² + x²⁰⁰⁰ + 1=x²⁰⁰² + x²⁰⁰¹+ x²⁰⁰⁰ − (x²⁰⁰¹− 1)

=x²⁰⁰⁰(x² + x + 1) − [(x³)⁶⁶⁷ − 1]

=x²⁰⁰⁰(x² + x + 1) − (x³ − 1)[(x³)⁶⁶⁶ + (x³)⁶⁶⁵ + … + 1]

=x²⁰⁰⁰(x² + x + 1) − (x − 1)(x² + x + 1)[(x³)⁶⁶⁶ + (x³)⁶⁶⁵ + … + 1]

= (x² + x + 1){x²⁰⁰⁰ − (x − 1)[(x³)⁶⁶⁶ + (x³)⁶⁶⁵ + … + 1]}.

Vây x²⁰⁰² + x²⁰⁰⁰ + 1 chia hết cho x² + x + 1.

Ta có:

A =x² + x + 1 = x² − x + 2x − 2 + 3

= x(x − 1) + 2(x − 1) + 3

= (x + 2)(x − 1) + 3.

Vì (x + 2)(x − 1) ⋮ (x − 1) nên để x² + x + 1 ⋮ x − 1 thì 3 ⋮ (x − 1).

Vậy x − 1 ∈ Ư(3) = {±1; ±3} => x = {−2; 0; 2; 4}.

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

=> OB ⊥ BA => ∆OBA vuông tại B.

Ta có:  AB ⊥ OB (1)

OK ⊥ OB (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB // OK

=> O1^=A2^ (so le trong).

Mà A1^=A2^ (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

⇒O1^=A1^

Vậy ∆OKA cân tại K.

b) Ta có: KM và (O) có điểm chung là I (3)

Mặt khác: OI = R, OA = 2R => IA = R

=> KI là trung tuyến của ∆OKA

Mà ∆OKA cân tại K (cmt)

=> KI ⊥ OA hay KM ⊥ OI (4)

Từ (3) và (4) => KM là tiếp tuyến của (O).

c) ∆AMK cân tại A (AI vừa là đường cao vừa là đường phân giác)

=> AM = AK

sinA2^=OBOA=12⇒A2^=30°⇒MAK^=60°

Khi đó, ∆AMK là tam giác đều ⇒AI=MK32⇒MK=2R3

Do đó, chu vi ∆AMK là: 3MK=3.2R3=2R3

a) Do AB là tiếp tuyến của (O) => OB ⊥ AB

Mà OB ⊥ ON (gt) => AB // ON hay AM // ON (1)

Do AC là tiếp tuyến của (O) => OC ⊥ AC

Mà OC ⊥ OM (gt) => AC // OM hay AN // OM (2)

Từ (1) và (2) nên suy ra AMON là hình thoi