5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 84)

Đáp án đúng là: C

Tích vô hướng của hai vectơ  $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=2.4-1.3=8-3=5$

Vậy ta chọn đáp án C.

Số tự nhiên p có một trong các dạng:

$3k,3k+1,3k+2,$ với  $k\in \mathbb{N}.$

•Nếu p = 3k mà p là số nguyên tố lẻ nên p = 3

Khi đó:

8p² + 1 = 8 . 3² + 1 = 73 là số nguyên tố lẻ;

8p² + 2p + 1= 8 . 3² + 2 . 3 + 1 = 79 là số nguyên tố.

•Nếu p = 3k + 1 thì 8p² + 1 = 8(3k + 1)² + 1 = 72k² + 48k + 9 ⋮ 3 là hợp số nên loại.

•Nếu p = 3k + 2 thì 8p² + 1 = 8(3k + 2)² + 1 = 72k² + 96k + 33 ⋮ 3 là hợp số nên loại.

Vậy minh nếu p và 8p² + 1 là hai số nguyên tố lẻ thì 8p² + 2p + 1 là số nguyên tố.

Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD, hay AE // CF

Mà AE = CF (giả thiết)

Suy ra AECF là hình bình hành

Do đó hai đường chéo AC và EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Gọi O là giao điểm của AC và AF                        (1)

Vì ABCD là hình bình hành

Nên hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Mà O là trung điểm AC

Suy ra O là trung điểm của BD và AC                  (2)

Từ (1) và (2) suy ra ba đường thẳng AC, BD, EF đồng quy

Vậy ba đường thẳng AC, BD, EF đồng quy.

a) Với m = 1 ta có

y = – x³ + (2 . 1 + 1)x² – (1² – 3 . 1 + 2)x – 4

y = – x³ + 3x² – 4

Tập xác định D = ℝ

Ta có:  $\underset{x\to +\infty }{\lim }=-\infty ;\underset{x\to -\infty }{\lim }=+\infty$

y’ = – 3x² + 6x = 0 $\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Ta có bảng biến thiên

Tính đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên các khoảng (–∞; 0) và (2;+∞)

Điểm cực đại (2; 0) và điểm cực tiểu (0; 4)

Đồ thị hàm số nhận (1; –2) làm tâm đối xứng

Ta có đồ thị hàm số

b) Ta có: y’ = – 3x² + 2(2m + 1)x – (m² – 3m + 2)

Để đồ thị hàm số (C_m) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của trục tung thì y’ = 0 có 2 nghiệm trái dấu

⇔ m² – 3m + 3 < 0

⇔ 1 < m < 2

Vậy m ∈ (1; 2).

Định lí: Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì chúng song song với nhau.

Đáp án đúng là: C

Giao điểm của đường thẳng d và trục tung có hoành độ x = 0

Thay x = 0 vào y = 2x + 6 ta được

y = 2 . 0 + 6 = 6

Khi đó tọa độ giao điểm là M(0; 6)

Vậy ta chọn đáp án C.

Gọi A là giao điểm của đồ thị (C) và trục tung

Suy ra x_A = 0, y_A = 0³ – 3 . 0² – 3 . 0 – 2 = – 2

Do đó A(0; – 2)

Ta có: y’ = 3x² – 6x – 3

y’ (0) = – 3

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0; – 2) là

y = y’(0)(x – 0) – 3 = – 3x – 2

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung là y = – 3x – 2.

Diện tích hình thang là:  $\text{S}=\frac{\left(a+b\right).h}{2}$

Suy ra  $b=\frac{2\text{S}}{4}-a$

Đáy lớn hình thang là

40 . 2 : 5 – 4 = 12 (cm)

Vậy chiều dài đáy lớn là 12 cm.

Điều kiện x > 0

Áp dụng công thức đổi cơ số, ta có:

 $\iff {\log }_{2}x\left(1+\frac{1}{{\log }_{2}3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{{\log }_{2}20}\right)=0$ 

Ta có:  $\frac{3}{2}+{\log }_{2}2-{\log }_{20}2>\frac{3}{2}+0-1>0$

Do đó từ phương trình trên, ta phải có log₂x = 0 hay x = 2⁰ = 1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

Đáp án đúng là: A

Các số a thỏa mãn –7 < a ≤ 7 là –6, –5, –4, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

Tổng là: (–6) + (–5) + (–4) + ... + 7

= (6 – 6) + (5 – 5) + (4 – 4) + (3 – 3) + (2 – 2) + (1 – 1) + 0 + 7

= 7

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: D

Xét hàm số y = – 9cotx

Tập xác định D = ℝ \ {kπ, k ∈ ℤ}

Với mọi x ∈ D, k ∈ ℤ ta có:

x – kπ ∈ D và x + kπ ∈ D

cot(x + kπ) = cotx

Suy ra y = – 9cotx là hàm số tuần hoàn

Vậy ta chọn đáp án D.

Áp dụng bất đẳng thức

Với a = xy, b = yz, c = xz ta có

 $\left(xy+yz+x\text{z}\right)\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{x\text{z}}\right)\ge 9$                     (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:

x² + y² ≥ 2xy (x, y > 0)

z² + y² ≥ 2yz (y, z > 0)

x² + z² ≥ 2xz (x, z > 0)

Suy ra x² + y² + z² + y² + x² + z² ≥ 2xy + 2yz + 2xz

⇔ x² + y² + z² ≥ xy + yz + xz                (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

Hay 3A ≥ 9

Do đó A ≥ 3

Dấu “ = ” xảy ra khi x = y = z

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 3 khi x = y = z.

Ta có x – 1 > 0 ⇔ x > 1

Để hệ bất phương trình có nghiệm

Xét bất phương trình (1)

+) Với m = 1 thì (1) trở thành 0 > 0 (vô lí).

+) Với m > 1 ta có  $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{m^2-1}\ge 0\\ 1-m<0\end{array}\right.$

Suy ra bất phương trình luôn đúng.

+) Với m ≤ –1 hai vế không âm

Suy ra m² – 1 ≥ (1 – m)²

⇔ m² – 1 ≥ m² – 2m + 1

⇔ m ≥ 1 (không thỏa mãnm ≤ –1)

Vậy m > 1 thì hệ bất phương trình đã cho có nghiệm.

Đáp án đúng là: B

Ta có:

 $\iff \text{x}=\frac{\pi }{6}+k\pi$ (k ∈ ℤ)

Vậy ta chọn đáp án B.

Điều kiện xác định x ≥ 1

Ta có:

Vì  ${\left(2-\sqrt{x+3}\right)}^2\ge 0;\sqrt{x-1}\ge 0$ với mọi x

Suy ra  ${\left(2-\sqrt{x+3}\right)}^2+\sqrt{x-1}=0\iff \left\{\begin{array}{l}2-\sqrt{x+3}=0\\ \sqrt{x-1}=0\end{array}\right.$

 $\iff \left\{\begin{array}{l}\sqrt{x+3}=2\\ x-1=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x+3=4\\ x=1\end{array}\right.\iff x=1$ (thỏa mãn)

Vậy x = 1.

Đáp án đúng là: A

Gọi M là trung điểm của BC

Suy ra AM là trung tuyến của tam giác ABC

Do đó  $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Mà tam giác ABC đều nên AM ⊥ BC

Mà SA ⊥ BC nên BC ⊥ (SAM)

Suy ra (SBC) ⊥ (SAM)

Ta có SA ⊥ (ABC)

Suy ra (SAM) ⊥ (ABC)

Do đó góc giữa (SBC) và (ABC) là  $\widehat{SMA}=45°$

Xét tam giác SAM vuông tại A có  $\widehat{SMA}=45°$

Nên tam giác SAM vuông cân tại A

Suy ra  $SA=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Ta có:  $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{2}.\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}.a\right)=\frac{a^3}{8}$.

Vậy ta chọn đáp án A.

Xét tam giác ABC có M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC.

Suy ra MN là đường trung bình.

Do đó MN // BC, hay MN // PH.

Suy ra tứ giác MNPH là hình thang

Xét tam giác ABH vuông tại H có HM là trung tuyến

Suy ra  $HM=\frac{1}{2}AB$                     (1)

Xét tam giác ABC cóP, N lần lượt là trung điểm của CB, AC

Suy ra PN là đường trung bình

Do đó  $PN=\frac{1}{2}AB$                               (2)

Từ (1) và (2) suy ra HM = PN

Xét hình thang MNPH có PN = HM (chứng minh trên)

Suy ra MNPH là hình thang cân (dấu hiệu)

Vậy tứ giác MNPH là hình thang cân.

Đáp án đúng là: A

Gọi năm số hạng của cấp số cộng đã cho là: u₁; u₂; u₃; u₄; u₅

Theo đề bài ta có: 

u₁ – u₅ = 20

⇔ u₁ − (u₁ + 4d) = 20

⇔ d = −5

Vậy ta chọn đáp án A.

Ta có:

Đáp án đúng là: A

Ta có: y = sinx – cos²x

Nên y’ = cosx + 2sinxcosx

Mà x ∈ [0; 2π]

Suy ra  $\text{x}\in \left\{\frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{2};\frac{7\pi }{6};\frac{11\pi }{6}\right\}$

Ta có y’ = cosx + 2sinxcosx

Suy ra y” = – sinx + 2cos2x

  ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(\frac{\pi }{2}\right)=-1+2co\text{s}\pi =-3<0$ nên  $\text{x}=\frac{\pi }{2}$ là điểm cực đại

 ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(\frac{3\pi }{2}\right)=-\sin \frac{3\pi }{2}+2co\text{s3}\pi =1-2=-1<0$ nên  $\text{x}=\frac{3\pi }{2}$ là điểm cực đại

 ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(\frac{7\pi }{6}\right)=-\sin \frac{7\pi }{6}+2co\text{s}\frac{7\pi }{3}=\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}>0$ nên  $\text{x}=\frac{7\pi }{6}$ là điểm cực tiểu

 ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(\frac{11\pi }{6}\right)=-\sin \frac{11\pi }{6}+2co\text{s}\frac{11\pi }{3}=\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}>0$ nên  $\text{x}=\frac{11\pi }{6}$ là điểm cực tiểu

Do đó hàm số đã cho có 4 điểm cực trị

Vậy ta chọn đáp án A.

Gọi A = x² + y² + xy – 3x – 3y – 3

= (x² – 2x + 1) + (y² – 2y + 1) + (xy – x – y + 1) – 6

= (x – 1)² + (y – 1)² + (x – 1)(y – 1) – 6

Vì  ${\left[\left(x-1\right)+\frac{1}{2}\left(y-1\right)\right]}^2\ge 0,\forall x,y$

Suy ra A ≥ – 6 với mọi x, y

Dấu “ = ” xảy ra khi  $\left\{\begin{array}{l}{\left[\left(x-1\right)+\frac{1}{2}\left(y-1\right)\right]}^2=0\\ \frac{3}{4}{\left(y-1\right)}^2=0\end{array}\right.$

                             $\iff \left\{\begin{array}{l}\left(x-1\right)+\frac{1}{2}\left(y-1\right)=0\\ \iff y-1=0\end{array}\right.\iff x=y=1$

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là –6 khi x = y = 1.

Ta có:

Mà  ${\left(x+\frac{5}{2}\right)}^2\ge 0$ với mọi x

Nên  ${\left(x+\frac{5}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}\ge \frac{3}{4}$ với mọi x

Hay  $A\ge \frac{3}{4}$ với mọi x

Dấu “=” xảy ra khi  ${\left(\text{x}+\frac{5}{2}\right)}^2=0\iff x=\frac{-5}{2}$

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng  $\frac{3}{4}$ khi  $x=\frac{-5}{2}$.

Ta có:

x³ – 7x – 6 = x³ + x² – x² – x – 6x – 6

= (x³ + x²) – (x² + x) – (6x + 6)

= x²(x + 1) – x(x + 1) – 6(x + 1)

= (x + 1)(x² – x – 6)

= (x + 1)(x² + 2x – 3x – 6)

= (x + 1)[(x² + 2x) – (3x + 6)]

= (x + 1)[x(x + 2) – 3(x + 2)]

= (x + 1)(x + 2)(x – 3).

a) Mệnh đề  $\sqrt{3}+\sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2}}$ là đúng

Mệnh đề phủ định là  $\sqrt{3}+\sqrt{2}\ne \frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2}}$ là mệnh đề sai.

b) Mệnh đề sai  ${\left(\sqrt{2}-\sqrt{18}\right)}^2>8$ vì   ${\left(\sqrt{2}-\sqrt{18}\right)}^2=8$

Mệnh đề phủ định là  ${\left(\sqrt{2}-\sqrt{18}\right)}^2\le 8$ là mệnh đề đúng.

c) Mệnh đề  ${\left(\sqrt{3}+\sqrt{12}\right)}^2$ là một số hữu tỉ là đúng

Mệnh đề phủ định là  ${\left(\sqrt{3}+\sqrt{12}\right)}^2$ là một số vô tỉ là mệnh đề sai.

d) Mệnh đề x = 2 là một nghiệm của phương trình  $\frac{x^2-4}{x-2}=0$ là sai vì x = 2 không thỏa mãn điều kiện xác định

Mệnh đề phủ định là x = 2 không là nghiệm của phương trình  $\frac{x^2-4}{x-2}=0$ là mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: C

Gọi M là giao điểm của d và d₂

Khi đó M ∈ d₂

Suy ra M(2 + t; –1 – t; 1 + t)

Suy ra  $\overrightarrow{AM}\left(1+t;-t;t-2\right),u_{d_1}=\left(1;4;-2\right)$

Vì d ⊥ d₁

Nên  $\overrightarrow{AM}.u_{d_1}=0$ 

⇔ 1 + t – 4t – 2t + 4 = 0

⇔ 5 – 5t = 0

⇔ t = 1

Suy ra  $\overrightarrow{AM}\left(2;-1;-1\right)$

Khi đó phương trình đường thẳng d là

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: B

∆ là đường thẳng đi qua M và vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách A một khoảng lớn nhất khi AM ⊥ ∆

Khi đó ∆ có 1 VTPT là  $\overrightarrow{AM}\left(-3;-4;4\right)$

Đường thẳng d có 1 VTCP  $\overrightarrow{u_d}\left(2;2;-1\right)$

Vì ∆ ⊥ d nên ∆ nhận  $\overrightarrow{u_d}\left(2;2;-1\right)$ là 1 VTPT

Ta có:  $\left[\overrightarrow{AM};\overrightarrow{u_d}\right]=\left(-4;5;2\right)$

Khi đó ∆ có 1 VTCP  $\overrightarrow{u}\left(-4;5;2\right)$

Phương trình đường thẳng ∆ là:  $\left\{\begin{array}{l}x=-2-4t\\ y=-2+5t\\ z=1+2t\end{array}\right.$

Xét điểm (–1; –2; 3) ta có  $\left\{\begin{array}{l}-1=-2-4t\\ -2=-2+5t\\ 3=1+2t\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t=\frac{-1}{4}\\ t=0\\ t=1\end{array}\right.$ (vô lý)

Suy ra (–1; –2; 3) ∉ ∆

Xét điểm (2; –7; –1)ta có  $\left\{\begin{array}{l}2=-2-4t\\ -7=-2+5t\\ -1=1+2t\end{array}\right.\iff t=-1$ 

Suy ra (2; –7; –1) ∈ ∆

Xét điểm (–1; 2; 3) ta có  $\left\{\begin{array}{l}-1=-2-4t\\ 2=-2+5t\\ 3=1+2t\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t=\frac{-1}{4}\\ t=\frac{4}{5}\\ t=1\end{array}\right.$ (vô lý)

Suy ra (–1; 2; 3) ∉ ∆

Xét điểm (–1; –1; –3) ta có  $\left\{\begin{array}{l}-1=-2-4t\\ -1=-2+5t\\ -3=1+2t\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t=\frac{-1}{4}\\ t=\frac{1}{5}\\ t=-2\end{array}\right.$ (vô lý)

Suy ra (–1; –1; –3) ∉ ∆

Vậy ta chọn đáp án B.

Để (A ∩ B) = ∅ thì có thể xảy ra 2 trường hợp sau:

+) TH1: m + 1 ≤ – 1 ⇔ m ≤ – 2

Khi đó khoảng biểu diễn của A nằm bên trái B và không trùng điểm nào với đoạn biểu diễn B

+) TH2: m ≥ 3

Khi đó khoảng biểu diễn của A nằm bên phải B và không trùng điểm nào với đoạn biểu diễn B.

Ta có:  $\left(\frac{5}{7}-\frac{7}{5}\right)-\left[\frac{1}{2}-\left(-\frac{2}{7}-\frac{1}{10}\right)\right]$

 $=\frac{-24}{35}-\frac{31}{35}=-\frac{11}{7}$.

Gọi A là biến cố “ ba viên bi lấy được chỉ có hai màu”

Ta có số phần tử của không gian mẫu là  $C_{16}^3=560$

Số cách chọn được 3 viên bi chỉ có 1 màu là  $C_4^3+C_5^3+C_7^3=49$

Số cách chọn được 3 viên bi có đủ 3 màu là  $C_4^1+C_5^1+C_7^1=140$

Vậy xác xuất cần tìm là  $P\left(A\right)=1-\frac{49+140}{560}=\frac{53}{80}$.

Ta có:

x² + y² + 2z² + xy + 2yz + 2zx + x + y + 1 = 0

⇔ 2(x² + y² + 2z² + xy + 2yz + 2zx + x + y + 1) = 0

⇔ 2x² + 2y² + 4z² + 2xy + 4yz + 4zx + 2x + 2y + 2 = 0

⇔ (x² + 2xy + y²) + 4z(x + y) + 4z² + (x² + 2x + 1) + (y² + 2y + 1) = 0

⇔ (x + y)² + 4z(x + y) + 4z² + (x + 1)² + (y + 1)² = 0

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

Vì (x + y + 2z)² ≥ 0 với mọi x, y, z

(x + 1)² ≥ 0 với mọi x

(y + 1)² ≥ 0 với mọi y

Nên (x + y + 2z)² + (x + 1)² + (y + 1)²  ≥ 0 với mọi x, y, z

Suy ra  $\left\{\begin{array}{l}x+y+2\text{z}=0\\ x+1=0\\ y+1=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2\text{z}=-x-4\\ x=-1\\ y=-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\text{z}=1\\ x=-1\\ y=-1\end{array}\right.$

Vậy x = –1, y = –1, z = 1.

Ta có:4x² – 25 = 0

⇔ (2x – 5)(2x + 5) = 0

Vậy  $\text{x}\in \left\{\frac{5}{2};-\frac{5}{2}\right\}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

y’ = – 3x² + 6mx = – 3x(x – 2m)

Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị thì m ≠ 0

Khi đó A(0; – 3m – 1) và B(2m; 4m³ – 3m – 1) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số

Suy ra trung điểm I của AB là I(m; 2m³ – 3m – 1)

Và  $\overrightarrow{AB}=\left(2m;4m^3\right)=2m\left(1;2m^2\right)$

Đường thẳng d có 1 vectơ chỉ phương là  $\overrightarrow{u}=\left(8;-1\right)$

Để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua đường thẳng d

Vậy ta chọn đáp án D.

Ta có:

7 . 5²ⁿ + 12 . 6ⁿ

= 7 . 5²ⁿ + (19 – 7) . 6ⁿ

= 7 . 5²ⁿ + 19 . 6ⁿ – 7 . 6ⁿ

= 7 . (5²ⁿ – 6ⁿ) + 19 . 6ⁿ

= 7 . (25ⁿ – 6ⁿ) + 19 . 6ⁿ

Vì 7 . (25ⁿ – 6ⁿ) ⋮ 19 và 19 . 6ⁿ ⋮ 19

Nên 7 . (25ⁿ – 6ⁿ) + 19 . 6ⁿ ⋮ 19

Vậy 7 . 52n + 12 . 6n chia hết cho 19.

Xét  $\frac{a+n}{b+n}-\frac{a}{b}=\frac{b\left(a+n\right)}{b\left(b+n\right)}-\frac{a\left(b+n\right)}{b\left(b+n\right)}=\frac{ba+bn-ab-an}{b\left(b+n\right)}=\frac{bn-an}{b\left(b+n\right)}$

Nếu a ≤ b thì b – a ≥ 0

Suy ra  $\frac{a+n}{b+n}-\frac{a}{b}\ge 0$

Do đó  $\frac{a+n}{b+n}\ge \frac{a}{b}$

Nếu a ≥ b thì b – a ≤ 0

Suy ra  $\frac{a+n}{b+n}-\frac{a}{b}\le 0$

Do đó  $\frac{a+n}{b+n}\le \frac{a}{b}$.

Đặt A = 50² – 49² + 48² – 47² + ... + 2² – 1²

A = (50² – 49²) + (48² – 47²) + ... + (2² – 1²)

A = (50 – 49)(50 + 49) + (48 – 47)(48 + 47) + ... + (2 – 1)(2 + 1)

A = 50 + 49 + 48 + 47 + ... + 2 + 1

A = (50 + 1) + (49 + 2) + ... + (25 + 26)

A = 51 + 51 + ... + 51

Vậy A = 1275.

a) Tam giác ABC vuông tại A (theo giả thiết) nên tổng hai góc nhọn bằng 90°, do đó 

Hay  $60°+\widehat{C}=90°$

Suy ra  $\widehat{C}=90°-60°=30°$

Xét tam giác CAM có  $\widehat{CAM}=\widehat{C}=30°$

Suy ra tam giác CAM cân tại M

b) Vì $\widehat{CAM}<\widehat{CAB}\left(30°<90°\right)$  nên tia AM nằm giữa hai tia AB và AC

Khi đó  $\widehat{CAB}=\widehat{CAM}+\widehat{MAB}$

Suy ra  $\widehat{MAB}=\widehat{CAB}-\widehat{CAM}=90°-30°=60°$

Xét tam giác ABM có

 $\widehat{B}+\widehat{BAM}+\widehat{BMA}=180°$ (tổng ba góc trong một tam giác)

Hay  $60°+60°+\widehat{BMA}=180°$

Suy ra  $\widehat{BMA}=60°$

Xét tam giác AMB có  $\widehat{B}=\widehat{BAM}=\widehat{BMA}=60°$

Suy ra tam giác BAM là tam giác đều

c) Tam giác AMC cân tại M (chứng minh câu a) nên MA = MC (định nghĩa tam giác cân)

Tam giác BAM là tam giác đều (chứng minh câu b) nên MA = MB (định nghĩa tam giác đều)

Suy ra MB = MC (= MA)

Mà M nằm trên cạnh BC (theo giả thiết)

Do đó M là trung điểm của BC

Vậy M là trung điểm của BC.

Với mọi n ∈ ℕ* ta có

 $\iff {\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)}^2>0$ (luôn đúng)

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có

...

Suy ra

$\frac{1}{2\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+\mathrm{...}+\frac{1}{2005\sqrt{2004}}<2\left(\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+\mathrm{...}+\frac{1}{\sqrt{2004}}-\frac{1}{\sqrt{2005}}\right)$

$\iff \frac{1}{2\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+\mathrm{...}+\frac{1}{2005\sqrt{2004}}<2\left(1-\frac{1}{\sqrt{2005}}\right)<2$

Vậy  $\frac{1}{2\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+\mathrm{...}+\frac{1}{2005\sqrt{2004}}<2$.

Với a > 0 ta có

Vậy với a dương, ta có  $a+\frac{1}{a}\ge 2$.

a) Vì tam giác ABC nội tiếp (O) đường kính AB

Nên tam giác ABC vuông tại C, suy ra  $\widehat{ACB}=90°$

Vì M là hình chiếu của H trên AC nên HM ⊥ AC, suy ra  $\widehat{HMC}=90°$

Vì N là hình chiếu của H trên BC nên HN ⊥ BC, suy ra  $\widehat{HNC}=90°$

Xét tứ giác CMHN có  $\widehat{MCN}=\widehat{CMH}=\widehat{CNH}=90°$

Suy ra CMHN là hình chữ nhật.

b) Gọi Q là giao điểm của MN và CH

Xét hình chữ nhật CMHN có hai đường chéo MN cắt CH tại Q

Suy ra MN = CH và  $QN=\frac{1}{2}MN,QH=\frac{1}{2}CH$

Do đó QN = QH

Suy ra tam giác QNH cân tại Q nên  $\widehat{QHN}=\widehat{QNH}$

Gọi P là trung điểm của BH

Xét tam giác BHN vuông tại N có NP là đường trung tuyến

Suy ra  $PN=HP=PB=\frac{1}{2}BH$

Do đó tam giác PHN cân tại P nên  $\widehat{PHN}=\widehat{PNH}$

Ta có  $\widehat{CHB}=\widehat{QHN}+\widehat{NHP}$

Mà  $\widehat{QHN}=\widehat{QNH}$, $\widehat{PHN}=\widehat{PNH}$ và  $\widehat{CHB}=90°$

Suy ra  $\widehat{QNH}+\widehat{NHP}=90°$, hay  $\widehat{QNP}=90°$

Do đó MN ⊥ NP

Xét (P) đường kính BH cóMN ⊥ NP và NP là bán kính

Suy ra MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BH.

c) Gọi I là giao điểm của MN và CO

Vì CMHN là hình chữ nhật nên  $\widehat{CMN}=\widehat{CHN}$

Vì tam giác BHN vuông ở N

Nên  $\widehat{NHB}+\widehat{NBH}=90°$ (trong một tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà  $\widehat{NHB}+\widehat{CHN}=90°$

Suy ra  $\widehat{NBH}=\widehat{CHN}$

Lại có  $\widehat{CMN}=\widehat{CHN}$ (Chứng minh trên)

Do đó  $\widehat{NBH}=\widehat{CMN}$

Vì tam giác ABC vuông ở C

Nên  $\widehat{CAB}+\widehat{CBA}=90°$ (trong một tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà  $\widehat{CBA}=\widehat{CMN},\widehat{CAB}=\widehat{ICM}$ (chứng minh trên)

Suy ra  $\widehat{CMN}+\widehat{ICM}=90°$

Xét tam giác CMI có  $\widehat{CMI}+\widehat{ICM}+\widehat{CIM}=180°$ (tổng ba góc trong một tam giác)

Hay  $90°+\widehat{CIM}=180°$

Suy ra  $\widehat{CIM}=90°$

Vậy MN vuông góc với CO

d) Vì tam giác CHO vuông tại H nên CH ≤ CO

Mà MN = CH

Suy ra MN ≤ CO

Dấu “ = ” xảy ra khi H ≡ O

Vậy C nằm chính giữa cung AB thì MN có độ dài lớn nhất.

Ta có: