5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 81)

a) Do MN // BC ⇒\[\widehat {ABC} = \widehat {AMN}\] và \[\widehat {ACB} = \widehat {ANM}\] (2 góc so le trong).

Mà ∆ABC cân tại A \[ \Rightarrow \widehat {ABC} = \widehat {ACB}\]

\[ \Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {ANM}\]

⇒ ∆AMN cân tại A.

b) Do ME // AC ⇒ ME // NC

MN // BC ⇒ MN // EC

⇒ Tứ giác MNCE là hình bình hành.

⇒\[\widehat {EMN} = \widehat {NCE}\]

Mà \[\widehat {EMN} = \widehat {MEB}\] (2 góc so le trong do MN // BC)

\[\widehat {MBC} = \widehat {NCE}\](do ∆ABC cân tại A)

⇒\[\widehat {MBE} = \widehat {MEB}\]

⇒ ∆MBE cân tại M.

Theo bài ra, ta có: (x⁴ + 6x² + 25) ⋮ P(x) ⇔ 3(x⁴ + 6x² + 25) ⋮ P(x)

Lại có: (3x⁴ + 4x² + 28x + 5) ⋮ P(x)

Suy ra: [3(x⁴+6x²+25)−(3x⁴+4x²+28x+5)]⋮P(x)

⇔(3x⁴+18x²+75−3x⁴−4x²−28x–5)⋮P(x)

⇔(14x²−28x+70)⋮P(x)

⇔ 14(x² − 2x + 5) ⋮ P(x)

⇔ (x² − 2x + 5) ⋮ P(x)

Hay (x⁴ − 2x + 5) ⋮ (x² + bx + c)

Mà b, c là các số nguyên nên để (x⁴ − 2x + 5) ⋮ (x² + bx + c) thì: b = ‒2, c = 5.

Khi đó, P(1) = 12 − 2.1 + 5 = 1 − 2 + 5 = 4.

Vậy P(1) = 4.

Ta có:

4³⁰ = 2³⁰.2³⁰ = 2³⁰.(2²)¹⁵ = 2³⁰.4¹⁵ = 2³⁰.4¹¹.4⁴

3.24¹⁰ = 3.(3.2³)¹⁰ = 3.3¹⁰.2³⁰ = 3¹¹.2³⁰

Mà 4¹¹.4⁴ > 3¹¹ ⇒ 4³⁰ > 3.24¹⁰

Ta có:

y= sinx‒cosx

\[ = \sqrt 2 \left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + \frac{1}{{\sqrt 2 }}\cos x} \right)\]

\[ = \sqrt 2 \left( {\cos \frac{\pi }{4}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + \sin \frac{\pi }{4}.\cos x} \right)\]

\[ = \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\]

\[\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \in \left[ { - 1;1} \right]\]\[ \Rightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của y là \[ - \sqrt 2 \]; giá trị lớn nhất là \[\sqrt 2 \].

sinx=−1\[ \Rightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \]

\[ \Rightarrow 0 \le - \frac{\pi }{2} + k2\pi \le 4\pi \]

\[ \Rightarrow \frac{1}{4} \le k \le \frac{9}{4}\]

⇒k ∈ {1; 2}.

\[ \Rightarrow x = \left\{ {\frac{{3\pi }}{2};\frac{{7\pi }}{2}} \right\}\].

Tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là \[\frac{{3\pi }}{2} + \frac{{7\pi }}{2} = 5\pi \].

Gọi K là trung điểm của PQ \[ \Rightarrow PK = \frac{1}{2}PQ = \frac{{15\sqrt 3 }}{2}\]

Vì MP là tiếp tuyến của đườn tròn (O) ⇒ OP ⊥ PM \[ \Rightarrow \widehat {OPM} = {90^{\rm{o}}}\]

∆MPQ đều \[ \Rightarrow \widehat {MPQ} = {60^{\rm{o}}}\]\[ \Rightarrow \widehat {OPQ} = \widehat {OPM} - \widehat {MPQ} = {90^{\rm{o}}} - {60^{\rm{o}}} = {30^{\rm{o}}}\]

Xét tam giác OPK có: \[\cos \widehat {OPQ} = \frac{{PK}}{{OP}}\]

\[ \Rightarrow \cos {30^{\rm{o}}} = \frac{{\frac{{15\sqrt 3 }}{2}}}{{OP}}\]\[ \Rightarrow OP = \frac{{15\sqrt 3 }}{2}:\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 15\]

Vậy đường kính của đường tròn là: 15.2 = 30 (cm).

Ta có:

n²⁰²¹+n²⁰²⁰+1

= n²⁰²¹ ‒ n² + n²⁰²⁰ ‒ n + n² + n +1

= n²(n²⁰¹⁹ ‒ 1) + n(n²⁰¹⁹ ‒ 1) + (n² + n +1)

= (n² + n)(n²⁰¹⁹ ‒ 1) + (n² + n +1)

= n(n + 1)(n²⁰¹⁹ ‒ 1) + (n² + n +1)                                 (1)

Để ý rằng, 2019 chia hết cho 3 và 2019 = 3.673

Nên nếu đặt A = n³ thì n²⁰¹⁹ = A⁶⁷³

Mặt khác áp dụng hằng đẳng thức sau:

a^k ‒ b^k = (a ‒ b)(a^k‒1 + a^k‒2b¹ + a^k‒3b² +...+ a¹b^k‒2 + b^k‒1)

Ta có: n²⁰¹⁹ ‒ 1 = A⁶⁷³ ‒ 1 = A⁶⁷³ ‒ 1⁶⁷³ = (A ‒ 1)(A⁶⁷² + A⁶⁷¹ + ... + A¹ + 1)

⇒ n²⁰¹⁹ ‒ 1 ⋮ (A ‒ 1) hay n²⁰¹⁹ ‒ 1 ⋮ (n³ ‒ 1)

Mà n³ ‒ 1 = (n ‒ 1)(n² + n +1) ⇒ n²⁰¹⁹ ‒ 1 ⋮ (n² + n +1)         (2)                 

Từ (1) và (2) ⇒ n²⁰²¹ + n²⁰²⁰ + 1 ⋮ (n² + n +1)        

Như vậy để n²⁰²¹ + n²⁰²⁰ + 1 là một số nguyên tố thì có hai trường hợp:

1. n² + n +1 = 1, trường hợp này không xảy ra do n > 0 (giả thiết)

2. n²⁰²¹+n²⁰²⁰+1 = n² + n +1 hay n²⁰²⁰(n + 1) = n(n + 1) ⇒ n(n + 1)(n²⁰¹⁹ ‒ 1) = 0

Do n > 0 nên n²⁰¹⁹ ‒ 1 = 0 ⇒ n = 1

Thử lại ta có: n²⁰²¹ + n²⁰²⁰ + 1 = 1²⁰²¹ + 1²⁰²⁰ + 1 = 3 là số nguyên tố.

Vậy n = 1 là đáp án cần tìm.    

Xét p = 2 ⇒ p + 8 = 2 + 8 = 10 (loại)

Xét p = 3 ⇒ p + 8 = 3 + 8 = 11 (tm) 

                    p + 16 = 3 + 16 = 19 (tm)

Xét p là số nguyên tố và p > 3 ⇒ p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2

Với p = 3k + 1 ⇒p + 8 = 3k + 1 + 8 = 3k + 9 = 3(k + 3) (loại)

Với p = 3k + 2 ⇒p + 16 = 3k + 2 + 16 = 3k + 18 = 3(k + 6) (loại)

Vậy p = 3.

ĐKXĐ: \(x \ne \frac{{ - m - 1}}{2}\).

Ta có: \[y = \frac{{mx + 6}}{{2x + m + 1}}\]\( \Rightarrow y' = \frac{{{m^2} + m - 12}}{{{{\left( {2x + m + 1} \right)}^2}}}\).

(m – 2)x + m² – 3m +2 = 0

⇔(m – 2)x = −m² + 3m ‒ 2

Đề để phương trình (m – 2)x + m² – 3m + 2 = 0 cótập nghiệm là ℝ.

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

Vậy m = 2 phương trình (m – 2)x + m² – 3m +2 = 0 có tập nghiệm là ℝ.

Điều kiện xác định: x ≥ 0, x ≠ 1.

Vì P² > P

⇔ P² ‒ P > 0

⇔ P(P – 1) > 0

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}P > 0\\p > 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}P < 0\\P < 1\end{array} \right.\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}P > 1\\P < 0\end{array} \right.\]

+) Với P > 1

\[ \Rightarrow \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} > 1\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - 1 > 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} > 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{2}{{\sqrt x - 1}} > 0\], mà 2 > 0

\[ \Rightarrow \sqrt x - 1 > 0\]

\[ \Rightarrow x > 1\]

+) Với P < 0

\[ \Rightarrow \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} < 0\]

Mà \[\sqrt x + 1 > 0\]

\[ \Rightarrow \sqrt x - 1 < 0\]

\[ \Leftrightarrow x < 1\]

Mà x ≥ 0, x ≠ 1 ⇒ 0 ≤ x ≤ 1

Vậy để P² > P khi \[\left[ \begin{array}{l}x > 1\\0 \le x \le 1\end{array} \right.\]

Vì chữ số cần lập có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đằng trước nên không có chữ số 0.

Chọn 4 chữ số khác nhau từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có \(C_9^4 = 126\) cách chọn.

Ứng với mỗi cách chọn đó chỉ có duy nhất 1 cách xếp mà chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đằng trước.

Vậy có \(C_9^4 = 126\) số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu.

Số cách đặt chữ số 0 là 4.

Số cách chọn số vào 4 vị trí còn lại là: \[A_5^4 = 120\].

⇒ Số số lập thành là: 4.120 = 480 (số).

Số lập được nhất thiết phải có số 1 và số 5.

⇒ Để chọn 3 số còn lại có: \[C_3^4\] cách chọn

Mỗi số lập được là 1 hoán vị của 5 số.

⇒ Số các số lập được là: \[C_3^4.5 = 480\]số

Ta có:

x⁵‒x+2

= x(x⁴ ‒ 1) +2

= x(x⁴ ‒ x² + x² ‒ 1) + 2

= x(x² ‒ 1)(x² + 1) + 2

= x(x² ‒ x + x ‒ 1)(x² + 1) + 2

= x(x ‒ 1)(x + 1)(x² + 1) + 2

Nhận thấy x(x ‒ 1)(x + 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3

⇒ x(x ‒ 1)(x + 1)(x² + 1) + 2 chia 3 dư 2, không là số chính phương

Vậy x⁵ ‒ x + 2 không là số chính phương với mọi x thuộc ℤ

\[\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + 2x + 2}} + \frac{{{x^2}}}{{{x^2} - 2x + 2}} = \frac{{5\left( {{x^2} - 5} \right)}}{{{x^4} + 4}} + \frac{{25}}{4}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{{x^2}\left( {{x^2} - 2x + 2} \right) + {x^2}\left( {{x^2} + 2x + 2} \right)}}{{{x^4} + 4}} = \frac{{20\left( {{x^2} - 5} \right) + 25\left( {{x^4} + 4} \right)}}{{4\left( {{x^4} + 4} \right)}}\]

⇔ 4(x⁴ ‒ 2x³ + 2x² + x⁴ + 2x³ + 2x²) = 20x² ‒ 100 + 25x⁴ + 100

⇔4x⁴ ‒ 8x³ + 8x² + 4x⁴ + 8x³ + 8x² = 25x⁴ + 20x²

⇔ 8x⁴ + 16x² = 25x⁴ + 20x²

⇔ 17x⁴ + 4x² = 0

⇔ x²(17x² + 4) = 0

Vì 17x² ≥ 0 với mọi x nên 17x² + 4 ≥ 4 với mọi x

Vậy x = 0

TXĐ: D = ℝ

 ⇒∀ x ∈ D ⇒ ‒x ∈ D

Ta có:

\[f\left( { - x} \right) = 3m\sin \left( { - 4x} \right) + \cos \left( { - 2x} \right) = - 3m\sin \left( {4x} \right) + \cos \left( {2x} \right)\]

Để hàm số đã cho là hàm số chẵn thì:

f(‒x), = f(x), ∀ x ∈ D

⇔ 3msin4x + cos2x = ‒3m sin4x + cos2x, ∀ x ∈ D

⇔ 6msin4x = 0, ∀ x ∈ D

⇔ m = 0.

\[y = \sin 2x + \sqrt 3 {\cos ^2}x + 1\]

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

\[ = sin2x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 2x + 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\]

\[ = \frac{{\sqrt 7 }}{2}\left( {\sin 2x.\frac{{2\sqrt 7 }}{7} + \frac{{\sqrt {21} }}{7}\cos 2x} \right) + 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\]

\[ = \frac{{\sqrt 7 }}{2}.\sin \left( {2x + a} \right) + 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\]

Với \[\cos a = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}\]; \[\sin a = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\]

\[ \Rightarrow - \frac{{\sqrt 7 }}{2} + 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2} \le y \le \frac{{\sqrt 7 }}{2} + 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\]

 Vậy GTNN của y là \[ - \frac{{\sqrt 7 }}{2} + 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\], khi sin(2x + a) = –1

\( \Leftrightarrow 2x + a = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)\( \Leftrightarrow x = - \frac{a}{2} - \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\), với \[\cos a = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}\]; \[\sin a = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\]

 Vậy GTLN của y là \[\frac{{\sqrt 7 }}{2} + 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\], khi sin(2x + a) = 1

\( \Leftrightarrow 2x + a = \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)\( \Leftrightarrow x = - \frac{a}{2} + \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\), với \[\cos a = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}\]; \[\sin a = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\]

1 giờ = 60 phút

⇒ 5 phút = \[\frac{5}{{60}}\] giờ \[ = \frac{1}{{12}}\]giờ

\[A \cup B \cup C = \left[ {1;6} \right)\].

Ta có: \[A \cup B = \left\{ {0;1;2;3;4;6} \right\}\] và \[B \cup C = \left\{ {0;3;4;5;6} \right\}\].

Do đó (A ∪ B) ∖(B ∪ C) = {1}.

Ta có: A=x²+5x + 9

\[ = {x^2} + 2.\frac{5}{2}x + \frac{{25}}{4} - \frac{{25}}{4} + 9\]

\[ = {\left( {x + \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{{11}}{4}\]

Vì \[{\left( {x + \frac{5}{2}} \right)^2} \ge 0\] với mọi x

\[ \Rightarrow {\left( {x + \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{{11}}{4} \ge \frac{{11}}{4}\] với mọi x

Vậy A luôn lớn hơn 0 với mọi x.

a) Ta có ABCD là hình bình hành

⇒ AC ∩ BD tại trung điểm mỗi đường.

Mà AC ∩ BD ⇒ O là trung điểm của AC, BD.

Lại có M, N lần lượt là trung điểm của OB, OD

\[ \Rightarrow OM = \frac{1}{2}OD = \frac{1}{2}OB = ON\]

⇒ O là trung điểm của MN.

Mà O là trung điểm của AC

⇒ Tứ giác ANCM là hình bình hành.

b) Vì NK // AC, N là trung điểm của DO

\[ \Rightarrow \frac{{NK}}{{OC}} = \frac{{DN}}{{DO}} = \frac{1}{2}\]\[ \Rightarrow NK = \frac{{OC}}{2}\]

Ta có: \[OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}.10 = 5\]

\[ \Rightarrow NK = \frac{5}{2} = 2,5\left( {cm} \right)\].       

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD

Trong mặt phẳng SAC vẽ OH vuông góc với SC (H ∈ SC)

Ta có: BD ⊥ AC, BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ OH

Mặt khác OH ⊥ HC.

Vậy OH là đoạn vuông góc chung của SC và BD hay OH là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SC và BD

 \[ \Rightarrow \frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{OH}}{{OC}}\]\[ \Rightarrow OH = \frac{{SA.OC}}{{SC}}\]

Ta có:

SA = A, \[OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\], \[SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 3 \]

Vậy \[OH = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\] hay khoảng cách giữa hải đường thẳng SC và BD là \[\frac{{a\sqrt 6 }}{6}\].

Xét ΔABC có: E là trung điểm của AC và ED//AB

Do đó: D là trung điểm của BC.

Xét ΔABC có: E là trung điểm của AC và EF // BC

Do đó: F là trung điểm của AB.

Xét ΔABC có: F, E lần lượt là trung điểm của AB, AC

Do đó: FE là đường trung bình của ΔBAC.

⇒ FE // BD và FE = BD

Suy ra FEDB là hình bình hành.

Áp dụng định lí Pythagore ta có: AB² = AH² + BH²; AC² = AH² + CH².

Ta có: AB² ‒AC² = AH² + BH² ‒AH² ‒CH²

= BH² ‒CH²

= (BH ‒ CH)(BH + CH)

= (BI + IH ‒ CH).BC

= (CI ‒ CH + IH).BC (do DABC vuông tại A có I là trung điểm BC nên IA = IB = IC).

= 2IH.BC

\[ \Rightarrow BC.IH = \frac{1}{2}\left( {A{B^2} - A{C^2}} \right)\].

a) DoDH=HC và BM=MC​ nên HM là đường trung bình tam giác BDC

⇒HM//BD⇒BD⊥HE(HM⊥HE)⇒HElà đường cao ΔBDH(1)

Ta có H là trực tâm nên CH hay CD là đường cao tam giác ABC

⇒CD⊥BA⇒DH⊥BE⇒BE là đường cao ΔBDH(2)

Ta có BE∩HE= {E} (3)

Từ (1), (2), (3)⇒E là trực tâm ΔBDH.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông ABC ta có: AB² + AC² = BC².

Khi đó (AB + AC)² = AB² + AC² + 2.AB.AC = BC² + 2.AB.AC

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

2.AB.AC ≤ AB² + AC² = BC²

⇒ (AB + AC)² ≤ BC² + BC²

Mà BC = BE (do BCDE là hình vuông) và BC² + BE² = CE² (định lí Pythagore cho tam giác vuông BCE)

⇒ (AB + AC)² ≤ BC² + BE² = CE²

⇒ AB + AC ≤ CE

Dấu “=” xảy ra khi AB = AC ⇔ ∆ABC vuông cân ở A.

Do BCDE là hình vuông ⇒ BD ⊥ CE

\[\widehat {BAC} = \widehat {BOC} = {90^{\rm{o}}}\]

⇒ 4 điểm B, A, C, O thuộc cùng 1 đường tròn đường kính BC.

\[ \Rightarrow \widehat {BAO} = \widehat {BCO} = {90^{\rm{o}}}\](cùng chắn cung BO)

Mà \[\widehat {BCO} = {45^{\rm{o}}}\] (BCDE là hình vuông)

\[ \Rightarrow \widehat {BAO} = \widehat {BCO} = {45^{\rm{o}}}\], mà \[\widehat {BAC} = {90^ \circ }\], \[\widehat {BAC} = \widehat {BAO} + \widehat {BOC}\]

⇒\[\widehat {BAO} = \widehat {BOC} = {45^{\rm{o}}}\].

⇒ AO là tia phân giác của \[\widehat {BAC}\].

A\B = (‒1;5] \ (2;7] = (‒1; 2].

Đặt A = 5²ⁿ⁻¹.2ⁿ⁺¹+3ⁿ⁺¹.2²ⁿ⁻¹

Với n = 1, ta có B = 5.4 + 9.2 = 38 chia hết cho 38 hay B ⁝ 38.

Giả sử B ⁝ 38 khi n = k, ta cần chứng minh B ⁝ 38 khi n = k + 1.

Đặt a=5²ⁿ⁻¹.2ⁿ⁺¹;b=3ⁿ⁺¹.2²ⁿ⁻¹

Ta có: a + b = 38c, c nguyên

Với n = k + 1 thì B = 50a + 12b = 38a + 12(a + b)

Mà 38a ⁝ 38 và a + b ⁝ 38

Suy ra 12(a + b) ⁝ 38

⇒ B ⁝ 38 (đpcm).

Hàm số xác định trên ℝ.

\[ \Leftrightarrow 5 - m\sin x - \left( {m + 1} \right)\cos x \ge 0\forall x \in \mathbb{R}\]

⇔ m.sinx ‒ (m+1)cosx ≤ 5 ∀∈ ℝ

⇔ m² + (m+1)² ≤ 25

⇔ m² + m ‒ 12 ≤ 0

\[ \Leftrightarrow m \in \left[ { - 4;3} \right]\]

Vậy có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

a) \[M = \frac{2}{{\sqrt x - 1}} + \frac{2}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{5 - \sqrt x }}{{x - 1}}\]

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

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

\[ = \frac{{5\sqrt x - 5}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{5\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\]

\[ = \frac{5}{{\sqrt x + 1}}\]

b) Với x = 4 thì \[M = \frac{5}{{\sqrt x + 1}} = \frac{5}{{\sqrt 4 + 1}} = \frac{5}{3}\]

c) M có giá trị nguyên \[ \Leftrightarrow \frac{5}{{\sqrt x + 1}}\] có giá trị nguyên.

\[ \Leftrightarrow 5 \vdots \sqrt x + 1\]\[ \Rightarrow \sqrt x + 1 \in \left\{ {1;5} \right\}\]

\[\sqrt x + 1 = 1 \Rightarrow x = 0\]

\[\sqrt x + 1 = 5 \Rightarrow x = 16\]

Đặt \[x = a + \frac{1}{a}\](a ≠ 0)

Khi đó:

x³ ‒ 3x ‒ 4 = 0

\[ \Leftrightarrow {\left( {a + \frac{1}{a}} \right)^3} - 3\left( {a + \frac{1}{a}} \right) - 4 = 0\]

\[ \Leftrightarrow {a^3} + \frac{1}{{{a^3}}} - 4 = 0\]

⇔ a⁶ ‒ 4a³ + 1 = 0

⇔ (a³ ‒ 2)² = 3

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^3} = 2 + \sqrt 3 \\{a^3} = 2 - \sqrt 3 \end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \sqrt[3]{{2 + \sqrt 3 }}\\a = \sqrt[3]{{2 - \sqrt 3 }}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt[3]{{2 + \sqrt 3 }} + \frac{1}{{\sqrt[3]{{2 + \sqrt 3 }}}}\\x = \sqrt[3]{{2 - \sqrt 3 }} + \frac{1}{{\sqrt[3]{{2 + \sqrt 3 }}}}\end{array} \right.\]

Ta có:

AH ⊥ BD, CK ⊥ BD ⇒ AH // CK (1)

∆ABH và ∆CDK có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {CKD}\) (= 90°)

\(\widehat {ABH} = \widehat {CDK}\) (2 góc so le trong)

AB = CD (tính chất hình bình hành)

⇒ ∆ABH = ∆CDK (cạnh huyền – góc nhọn)

⇒ AH = CK (2)

Từ (1), (2) ⇒ tứ giác AHCK là hình bình hành.      \[\]

Ta có:

a + b + c = 0

⇒ (a + b + c)² = 0

⇒ a² + b² + c² + 2ab + 2ac + 2bc = 0

⇒ 1 + 2(ab + ac + bc) = 0

\[ \Rightarrow ab + ac + bc = - \frac{1}{2}\]

\[ \Rightarrow {\left( {ab + ac + bc} \right)^2} = \frac{1}{4}\]

\[ \Rightarrow {a^2}{b^2} + {\rm{ }}{a^2}{c^2} + {\rm{ }}{b^2}{c^2} + {\rm{ }}2{a^2}bc{\rm{ }} + {\rm{ }}2a{b^2}c{\rm{ }} + {\rm{ }}2ab{c^2} = \frac{1}{4}\]\[ \Rightarrow {a^2}{b^2} + {\rm{ }}{a^2}{c^2} + {\rm{ }}{b^2}{c^2} + {\rm{ }}2abc\left( {a{\rm{ }} + {\rm{ }}b{\rm{ }} + {\rm{ }}c} \right) = \frac{1}{4}\]

\[ \Rightarrow {a^2}{b^2} + {\rm{ }}{a^2}{c^2} + {\rm{ }}{b^2}{c^2} = \frac{1}{4}\]

Mà a² + b² + c² = 2

⇒ (a² + b² + c²)² = 4

⇒ a⁴ + b⁴ + c⁴ + 2a²b² + 2a²c² + 2b²c² = 4

⇒ a⁴ + b⁴ + c⁴ + 2 (a²b² + a²c² + b²c²) = 4

\[ \Rightarrow {a^4} + {\rm{ }}{b^4} + {\rm{ }}{c^4} + {\rm{ }}2.\frac{1}{4} = 4\;\]

\[ \Rightarrow A{\rm{ }} = {\rm{ }}{a^4} + {\rm{ }}{b^4} + {\rm{ }}{c^4} = \frac{7}{2}\]

Vì n² chia hết cho 9, ta giả sử n² = 9k (k ∈ℕ)

Khi đó 9k là số chính phương.

Mà 9 = 3² nên k là số chính phương, do đó tồn tại số m sao cho k = m² (m ∈ ℕ)

Từ n² = 9k ta có\[n = 3\sqrt k = 3m\] nên n chia hết cho 3.

Đáp án đúng là: D

Giải thích:

X = {0; 12; 24; 36; ...}; Y={0; 12; 24; 36;...}

⇒ X = Y

Mệnh đề C là sai. Do đó chọn C.

Đáp án: 1697

Giải thích: 

Xét: Hiệu giữa 3 và 17 là 14 

        Hiệu giữa 17 và 59 là 42 = 14.3

        Hiệu giữa 59 và 185 là 126 = 42.3

        Hiệu giữa 185và 563 là 378 = 126.3

⇒ Ta có quy luật hiệu của hai số sau sẽ gấp 33 lần hiệu của hai số trước (có lặp lại số ở giữa 22 số kia) 

⇒ Số cần điền là: 378.3 + 563 = 1697.

Diện mảnh đất là:

3 × 2 = 6 (cm²)

Diện tích thật của mảnh đất là:

6 × 30000 = 180 000 (cm²).

Đáp số: 180 000 (cm²).

Đáp án đúng là: D

Đơn vị điều tra: một hsinh lớp 10.

Do lớp học có 22 nữ và 20 nam nên lớp có tất cả 42 học sinh . Do đó; kích thước của mẫu số liệu: 42.

Vậy ta chọn phương án D.

Ta có:

a) \[\left| {\overrightarrow a } \right| = \left| {\overrightarrow {BA} - \overrightarrow {BD} - \overrightarrow {DC} } \right|\]

\[ = \left| {\overrightarrow {DA} - \overrightarrow {DC} } \right|\]\[ = \left| {\overrightarrow {CA} } \right|\]

= CA

\[ = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} \]

\[ = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt 5 \]

b) \[\left| {\overrightarrow b } \right| = \left| {\overrightarrow {DB} - \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {IC} } \right|\]

\[ = \left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {IC} } \right|\]

\[ = \left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BI} } \right|\]\[ = \left| {\overrightarrow {AI} } \right|\]

= AI

\[ = \sqrt {A{B^2} + B{I^2}} \]

\[ = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \].

2xy ‒1 = z(x ‒ 1)(y ‒ 1) = z(xy ‒ x ‒ y + 1)

⇒ 2xy ‒1 = zxy ‒ zx ‒ zy + z

⇒ 2xy = zxy ‒ zx ‒ zy + (z + 1)

⇒ z(x + y) = (z ‒ 2)xy + (z + 1) (*)

Trường hợp 1. z ≤ 2. Mà z ∈ ℕ* nên z = 1 hoặc z = 2

– Nếu z = 1, thay vào (*) ta được:

x + y = ‒xy + 2 ⇒ x + y + xy + 1 = 3 ⇒ (x + 1)(y + 1) = 3

Do x, y ∈ ℕ* nên ta có bảng sau:

⇒ (x; y) ∈{(0; 2); (2; 0)}.

Þ (x; y; z) ∈{(0; 2; 1); (2; 0; 1)}.

–Nếu z = 2 ⇒ 2(x + y) = 3 \( \Rightarrow x + y = \frac{3}{2}\)(loại vì x, y ∈ ℕ*).

Trường hợp 2. z > 2 ⇒ (z ‒ 2)xy > 0

Từ z(x + y) = (z ‒ 2)xy + (z + 1) ⇒ z(x + y) > (z ‒ 2)xy

Giả sử x ≥ y ⇒ 2x ≥ x + y ⇒ 2xz ≥ z(x + y) > (z ‒ 2)xy

⇒ 2z > (z − 2)y ⇒ 2z + 2y > zy

– Nếu z ≥ y ⇒ 4z ≥ 2z + 2y > zy ⇒ 4 > y

Mà y∈ ℕ* nên y ∈ {1, 2, 3}.

• Với y = 1, thay vào (*) ta được z(x + 1) = (z ‒ 2)x + (z + 1)

⇒ zx + z = zx ‒ 2x + z + 1 ⇒ ‒2x + 1 = 0 (vô lý)

• Với y = 2, thay vào (*) ta được z(x + 2) = 2(z ‒ 2)x + (z + 1)

⇒ zx + 2z = 2zx – 4x + z + 1 ⇒ xz – z – 4x + 1 = 0

⇒ z(x ‒ 1) ‒ 4x + 4 = 3 ⇒ z(x ‒ 1) ‒ 4(x – 1) = 3

⇒ (z ‒ 4)(x ‒ 1) = 3

Do x, z ∈ ℕ* nên ta có bảng sau:

⇒ (x; z) ∈{(4; 5); (2; 7)} thỏa mãn điều kiện.

Þ (x; y; z) ∈{(4; 2; 5); (2; 2; 7)}.

• Với y = 3, thay vào (*) ta được z(x + 3) = 3(z ‒ 2)x + (z + 1)

Þ zx + 3z = 3zx – 6x + z + 1 Þ 2zx – 2z – 6x + 1 = 0

Þ 2z(x – 1) – 6(x – 1) = 5 Þ (x – 1)(2z – 6) = 5.

Mà 2z – 6 là số chẵn nên ta loại trường hợp này.

–Nếu z ≤ y Þ4y ≥ 2z + 2y > zy Þ 4 > z.

Kết hợp với z > 2 ta được 2 < z < 4

Mà z∈ ℕ* nênz= 3

Thay z = 3, thay vào (*) ta được3(x + y) = (3 ‒ 2)xy + (3 + 1)

Þ 3(x + y) = xy + 4 Þ 3x + 3y – xy = 4

Þ x(3 – y) – 3(3 – y) = –5 Þ (3 – y)(x – 3) = –5

Þ (x – 3)(y – 3) = 5

Do x, y ∈ ℕ* nên ta có bảng sau:

⇒ (x; y) ∈{(4; 8); (8; 4)} thỏa mãn điều kiện.

Þ (x; y; z) ∈{(4; 8; 3); (4; 8; 3)}.

Vậy các bộ số (x; y; z) thỏa mãn yêu cầu đề bài là:

(x; y; z) ∈{(0; 2; 1); (2; 0; 1); (4; 8; 3); (4; 8; 3)}.

1 người ăn hết số gạo đó trong số ngày là:

120 × 30 = 3600 (ngày)

Sau khi nhận thêm công nhân, đội sản xuất có tất cả số người là:

3600 : 15 = 240 (người)

Đáp số: 240 người.

Ta có:

x⁶ + 3x⁴ − m³x³ + 4x² − mx + 2 ≥ 0

⇔ x⁶ + 3x⁴ + 4x² + 2 ≥ (mx)³ + mx

⇔ (x⁶ + 3x⁴ + 3x² + 1) + x² + 1 ≥ (mx)³ + mx

⇔ (x² + 1).3 + (x² + 1) ≥ (mx).3 + mx (∗)

Xét hàm số f(t) = t³ + t ta có: f′(t) = 3t² + 1 > 0 ∀ t ∈ R ⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên ℝ.

Khi đó: (∗) ⇔ x² + 1 ≥ mx \[ \Leftrightarrow m \le x + \frac{1}{x}\forall x \in \left[ {1;3} \right]\].

Xét hàm số \[g\left( x \right) = x + \frac{1}{x}\], \[x \in \left[ {1;3} \right]\] có: \[{g^'}\left( x \right) = 1 - \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}} \ge 0\], \[\forall x \in \left[ {1;3} \right]\]

\[ \Rightarrow \mathop {\min g\left( x \right)}\limits_{\left[ {1;3} \right]} = g\left( 1 \right) = 2\]

Để \[ \Leftrightarrow m \le x + \frac{1}{x}\mathop {\forall x \in \left[ {1;3} \right]}\limits_{} \] thì \[\mathop {m \le \min g\left( x \right)}\limits_{\left[ {1;3} \right]} \]⇔ m ≤ 2

Mà m là số nguyên dương ⇒ m = 1, m = 2 ⇒ S = {1; 2}

Vậy tổng các phần tử của S là 1 + 2 = 3.

(2x + 3) (x + 2)² (2x + 5) = 315

⇔ (4x² +16x + 15)(x² + 4x + 4)= 315

⇔(4x²+16x+15)(4x²+16x+16)=1260

Đặt t = 4x²+16x+15(t≥0).Phương trình đã cho trở thành:

(t−1)t=1260

⇔(t−36)(t+35)=0

⇔t=36

⇔4x²+16x+16=36

⇔(x+2)²=3

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 2 = 3\\x + 2 = - 3\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 5\end{array} \right.\]

Ta có:

 a+b+c+d=0

⇒a+b=‒(c+d)

⇒(a+b)³=‒(c+d) ³

⇒a³+b³+3ab(a+b) = ‒c³‒d³‒3cd(c+d)

⇒a³+b³+c³ +d³= ‒3ab(a+b)‒3cd(c+d)

⇒a³+b³+c³+d³ = 3ab(c+d)‒3cd(c+d)      (vì a+b = ‒(c+d))

⇒a³ +b³+c³+d³ = 3(c+d)(ab‒cd) (đpcm).

Theo AM-GM ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{{a^3}}}{{b + c + d}} + \frac{{a\left( {b + c + d} \right)}}{9} \ge \frac{2}{3}{a^2}}\\{\frac{{{b^3}}}{{c + d + a}} + \frac{{b\left( {c + d + a} \right)}}{9} \ge \frac{2}{3}{b^2}}\\{\frac{{{c^3}}}{{d + a + b}} + \frac{{c\left( {d + a + b} \right)}}{9} \ge \frac{2}{3}{c^2}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{{{a^3}}}{{b + c + d}} + \frac{{{b^3}}}{{c + d + a}} + \frac{{{c^3}}}{{d + a + b}} + \frac{{{d^3}}}{{a + b + c}} + \frac{{2\left( {ab + ac + ad + bc + bd + cd} \right)}}{9}\)

\( \ge \frac{2}{3}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right)\,\,\,\left( 1 \right)\)

Theo AM-GM ta có:

\(3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right) = \left( {{a^2} + {b^2}} \right) + \left( {{a^2} + {c^2}} \right) + \left( {{a^2} + {d^2}} \right) + \left( {{b^2} + {c^2}} \right) + \left( {{b^2} + {d^2}} \right) + \left( {{c^2} + {d^2}} \right)\)

\( \ge 2\left( {ab + ac + ad + bc + bd + cd} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{1}{3}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right) \ge \frac{2}{9}\left( {ab + ac + ad + bc + bd + cd} \right)\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra:

\(\frac{{{a^3}}}{{b + c + d}} + \frac{{{b^3}}}{{c + d + a}} + \frac{{{c^3}}}{{d + a + b}} + \frac{{{d^3}}}{{a + b + c}} \ge \frac{1}{3}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right)\,\,\,\left( 3 \right)\)

Mặt khác ta có:

\({a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} + \frac{{{c^2} + {d^2}}}{2} + \frac{{{d^2} + {a^2}}}{2} \ge ab + bc + cd + da = 1\,\,\,\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) suy ra:

\(\frac{{{a^3}}}{{b + c + d}} + \frac{{{b^3}}}{{c + d + a}} + \frac{{{c^3}}}{{d + a + b}} + \frac{{{d^3}}}{{a + b + c}} \ge \frac{1}{3}\).

Dấu "=" xảy ra khi: \(a = b = c = d = \frac{1}{2}\).

Gọi O là tâm hình thoi ABCD.

⇒ AC ⊥ BD tại O.

ABCD là hình thoi ⇒ AB = AD = BC

Ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒\[\widehat {SAB} = \widehat {SAD}\], AB = AD, cạnh SA chung

∆SAB = ∆SAD ⇒ SB = SD ⇒ ∆ SBD cân tại S.

⇒ Trung tuyến SO là đường cao

⇒ SO ⊥ BD

Ta có: (SBD) ∩ (ABCD) = BD; SO ⊥ BD; AO ⊥ BD

⇒ Góc giữa (SBD) và (ABCD) là góc giữa SO và AO, là \[\widehat {SOA}\]

\[ \Rightarrow \widehat {SOA} = {60^{\rm{o}}}\].

Giả sử cạnh hình thoi có độ dài là x.

∆ABC có AB = BC và \[\widehat {ABC} = {60^{\rm{o}}}\]⇒ ∆ABC đều ⇒ AC = x \[ \Rightarrow AO = \frac{x}{2}\]

Xét ∆SAO vuông tại A: \[\tan \widehat {SAO} = \frac{{SA}}{{AO}}\]\[ \Rightarrow SA = AO.\tan \widehat {SAO}\]

\[ \Rightarrow SA = \frac{x}{2}.\tan {60^{\rm{o}}} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\]

∆SAB = ΔSAC ⇒ SB = SC ⇒ ΔSBC cân tại S

Gọi M là trung điểm của BC ⇒ SM ⊥ BC

∆ABC đều ⇒ AM ⊥ BC và \(AM = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\)⇒ BC ⊥ (SAM)

Kẻ AH ⊥ SM.

⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (SBC)

⇒ Khoảng cách từ A đến (SBC) là AH \[ \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}\]

Xét ∆AHM vuông tại H có:\[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}}\] (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\[ \Rightarrow \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}\]

\[ \Rightarrow \frac{{16}}{{{a^2}.6}} = 2.\frac{4}{{{x^2}.3}}\]\[ \Rightarrow x = a\]

Khi đó \[SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]; \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\); \(BC = x = a\).

\[ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.AM.BC = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a = \frac{{{a^3}}}{4}\] (đơn vị thể tích).