7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án ( Phần 22)

a) Xét ∆ABC, có:

DA = DC (gt))

EB = EC (gt)

Suy ra DE là đường trung bình của ∆ABC.

Do đó DE//AB

Mà AB ⊥AC (gt) 

Suy ra DE ⊥AC ⇒D^=90°

Xét tứ giác ADEF có:

D^=A^=F^=90°

Suy ra tứ giác ADEF là hình chữ nhật.

b) Xét tứ giác AECG, có:

AC∩EG = {D}

DA = DC (gt)

DG = DE (gt)

Suy ra tứ giác AECG là hình bình hành.

Mà DE ⊥AC (cmt)

Suy ra tứ giác AECG là hình thoi.

a) Xét ∆ABC có:

M, N lần lượt là trung điểm của AC và BC.

Suy ra MN là đường trung bình của ∆ABC.

Do đó MN//AB

Mà AB ⊥AC nên AC ⊥MN hay MNC^=90°

= 180° – 90° – 30° = 60°

b) Xét tứ giác AECM, có:

AC cắt EM tại N

NA = NC (gt)

NG = NE (gt)

Suy ra tứ giác AECM là hình bình hành.

Mà MN⊥AC (cmt)

Suy ra tứ giác AECM là hình thoi.

Vì M là trung điểm của MN nên ta có:

AK→=12AM→+AN→

=1212AB→+23AC→

=14AB→+13AC→

Vậy AK→=14AB→+13AC→.

Xét ∆AHC vuông tại H nên ta có:

AC² = AH² + HC²

⇒AC=AH2+HC2=122+162= 20 (cm)

Xét ∆AHC vuông tại H nên ta có:

AB² = AH² + BH²

⇒BH=AB2−AH2=132−122= 5 (cm)

 BC = BH + HC = 5 + 16 = 21 (cm)

Vậy AC = 20 cm, BC = 21 cm.

a) Xét tứ giác AOBM có:

MAO^+MBO^=90°+90°=180°

Do đó tứ giác AOBM là tứ giác nội tiếp đường tròn.

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

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

MA = MB.

Lại có OA = OB = R

Suy ra OM là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

 OM ⊥AB

Mà  ABC^=90°(do góc nội tiết chắn nửa đường tròn)

AB ⊥BC

Từ (1) và (2)  OM//BC

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

⇒AOM^=KCB^

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

⇒AOM^=BOM^

Nên suy ra KCB^=BOM^

Xét ∆BCK và ∆MOB có:

 KCB^=BOM^(cmt)

 BKC^=MBO^(=90°)

 ⇒ΔBCK∽ΔMOB(g.g)

⇒CKOB=CBOM

 CK.OM = OB.CB (đpcm)

(7²⁰¹⁴ + 7²⁰¹²) : 7²⁰¹²

= 7²⁰¹⁴ : 7²⁰¹² + 7²⁰¹² : 7²⁰¹²

= 7^{2014 – 2012} + 7^{2012 – 2012}

= 7² + 7⁰

= 49 + 1

= 50

5 lần 7 nhân với nhau có tận cùng là 7, có số nhóm như vậy:

99 : 5  = 19 (dư 4)

Đang có tận cùng là 7 nhân thêm 1 số 7 nữa có tận cùng là 9.

Đang có tận cùng là 9 nhân thêm 1 số 7 nữa có tận cùng là 3.

Đang có tận cùng là 3 nhân thêm 1 số 7 nữa có tận cùng là 1. 

Vậy tận cùng của 7⁹⁹ là 1.

a) Ta có MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M.

Suy ra MA = MB.

Khi đó M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB   (1)

Lại có OA = OB = R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB   (2)

Từ (1), (2), suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

Do đó MO ⊥ AB tại K và K là trung điểm AB.

b) Xét ∆OHM và ∆OKI, có:

O^ chung.

OHM^=OKI^=90°

Do đó ΔOHM∽ΔOKI (g.g)

⇒OHOK=OMOI

Do đó OH.OI = OM.OK  (1)

Xét ∆AOM vuông tại A có AK là đường cao.

OA² = OK.OM (hệ thức lượng trong tam giác vuông)       (2)

Từ (1) và (2) suy ra OH.OI = OA² = OB² (đpcm)

Ta có diện tích của hình bình hành là:

S_ABCD = AH.AB

 35.AB = 350

⇔AB=35035=10(cm)

Vậy AB = 10 cm.

Với Xét với p = 3k + 1 (k nguyên) thì p² + 8  3, là một hợp số.

Xét p = 3k + 2 thì p² + 8  3, là hợp số.

Vậy p = 3k, mà p là số nguyên tố nên p = 3.

Khi đó p² + 2 = 11, là số nguyên tố.

 đpcm.

Do p là số nguyên tố lẻ nen p = 3k ± 1 hoặc p = 3k

Nếu p = 3k ± 1 thì

8p² + 1 = 8(3k ± 1)² + 1 = 3(24k² ± 16k + 3)  3, là một hợp số (loại)

Nếu p = 3k do p là số nguyên nên p = 3

Khi đó 8p² + 1 = 8.9 + 1 =73 là số nguyên tố,

8p² + 2p + 1 = 72 + 6 + 1 = 791 là một số nguyên tố.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Ta có:(x – 1)² + 5y² = 6

⇒x−12=1y2=1⇔x−1=1x−1=−1y=±1

⇔x=2x=0y=±1⇔x=2y=±1x=0y=±1

Vậy (x, y) ∈ {(2; 1); (2; −1); (0; 1); (0; −1)}.

x(y – 1) + y = 2

⇔ x(y – 1) + (y – 1) = 2 – 1

⇔ (y – 1)(x + 1) = 1

⇔x+1=1y−1=1x+1=−1y−1=−1⇔x=0y=2x=−2y=0

Vậy (x; y) ∈ {(0; 2), (0; −2)}

a) 2(x – 5) – 3(x + 7) = 14

2x – 10 – 3x – 21 = 14

−x = 14 + 31

x = −45

Vậy x = −45

b) 5(x – 6) – 2(x + 3) = 12

5x – 30 – 2x – 6 = 12

3x = 12 + 36

3x = 48

x = 16

Vậy x = 16.

c) −7(3x – 5) + 2(7x – 14) = 28

−21x + 35 + 14x – 28 = 28

−7x = 28 – 7

−7x = 21

x = −3

Vậy x = −3

d) 5(3 – 2x) + 5(x – 4) = 6 – 4x

15 – 10x + 5x – 20 = 6 – 4x

−5x + 4x = 6 + 5

−x = 11

x = −11

Vậy x = −11

a) −5(2 – x) + 4(x – 3) = 10x – 15

−10 + 5x + 4x – 12 = 10x – 15

9x – 22 = 10x – 15

10x– 9x = 15–22

x= −7

Vậy x = −7

b) 2(4x – 8) – 7(3 + x) = |−4|(3 – 2)

8x – 16 – 21 – 7x = 4

x – 37 = 4

x = 41

Vậy x = 41

c) 8(x – |−7|) – 6(x – 2) = |−8|.6 – 50

8x – 56 – 6x + 12 = 48 – 50

2x = −2 + 44

2x = 42

x = 21

Vậy x = 21

Đặt x² – 2(m + 1) + m² + 2m = f(x)

Bất phương trình có nghiệm đúng với x ∈ [0; 1]

Phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm thỏa mãn

x₁ ≤ 1 < 2 ≤ x₂ ⇔ kf(0)≤0kf(1)≤0⇔m2+2m≤0m2−1≤0

⇔−2≤m≤0−1≤m≤1⇔−1≤m≤0

Vậy với −1 ≤ m ≤ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a) Ta có:

∆’ = (m – 1)² – (2m – 5)

= m² – 2m + 1 – 2m + 5

= m² – 4m + 6

= m² – 2m.2 + 4 + 2

= (m – 2)² + 2 > 0 x ∈ ℝ.

Suy ra phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x₁; x₂.

b) Theo định lý Vi-ét ta có:

⇔x1+x2=2(m−1)x1x2=2m−5

Mà x₁ + x₂ = 6

 2(m – 1) = 6

⇔ m – 1= 3

⇔ m = 4.

Vậy với m = 4 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đồ thị hàm số (P) đi qua A nên ta có c = 1.

(P) có đỉnh nằm trên trục hoành nên:

−Δ4a=0⇒Δ=0

⇔ b² – 4ac = 0

⇔ b² = 4ac = 4a

⇔a=b24(1)

Do đồ thị hàm số (P) đi qau B(2; 1) nên:

4a + 2b + c = 1

⇔ 4a + 2b = 0

Thay (1) vào ta có:

b² + 2b = 0

⇔b=0b=−2

Với b = 0 suy ra a = 0 (loại)

Với b = −2 suy ra a = 1 (thỏa mãn)

Vậy phương trình cần tìm là: y = x² – 2x + 1.

2,5 phút = 2 phút 30 giây.

Ta có:sin²a + cos²a = 1

⇔ cos²a = 1 – sin²a

⇔cos2α=1−452=925

⇔cos2α=35cos2α=−35

Mà a là góc tù nên cosa < 0

⇒cosα=−35 

Khi đó:A = 2sina − cosa=2.45−−35=115

Vậy A=115 .

Ta có: P(x) + Q(x) = 2x² + 4x – 3.

⇔ Q(x) = 2x² + 4x – 3 – (x⁴ – 4x² + 5 – 2x)= −x⁴ + 6x² + 6x – 8.

Vậy Q(x) = −x⁴ + 6x² + 6x – 8.

P(1) = 0; P(3) = 0; P(5) = 0 nên 1 ; 3 ; 5 lần lượt là nghiệm của phương trình nên

P(x) chứa nhân tử (x – 1); (x – 3); (x – 5)

Vì P(x) bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là một nên P(x) có dạng:

P(x) = (x – 1)(x – 3)(x – 5)(x – a)

Q = P(–2) + 7P(6)

= (–2 – 1)( –2 – 3)( –2 – 5)( –2 – a) + 7(6 – 1)(6 – 3)(6 – 5)(6 – a)

= 210 + 105a + 7(90 - 15a)

= 210 + 105a + 630 - 105a

= 840

Ta có: M ∈ SM, N ∈ SC, SM ∩ SC = {S}

⇒ MN ∈ (SMC)

Gọi BD ∩ MC = {I}

⇒ I ∈ (SMC)

I ∈ BD, BD ∈ (SBD)

⇒ I ∈ (SBD)

Ta thấy: (SBD) và (SMC) có chung điểm S, BD ∩ MC = {I}

⇒ SI là giao tuyến của (SBD) và (SMC)

Hay SI là giao tuyến của (SBD) và (SMN).

a) Vì EHAB tại H hay BHE^=90°

Vì EKBC tại K hay EKB^=90°

Xét tứ giác BHEK có:

BHE^+EKB^=180°

⇒ Tứ giác BHEK nội tiếp đường tròn.

b) Xét ∆AEB vuông tại E có EH là đường cao

⇒ BH.BA = BE²

Tương tự BK.BC = BE²

⇒ BH.BA = BK.BC (đpcm)

a) Xét tứ giác CIOH có:CIO^+CHO^=180°

Suy ra tứ giác CIOH nội tiếp đường tròn hay 4 điểm C; I; O; H nằm trên một đường tròn.

b) Xét ∆MAO có vuông tại A có AI ⊥MO

⇒ OM.OI = AO² = R²

⇒OI=AO2MO=R22R=622.6=3

Lấy 1 l nước từ xô nước

Tiến hành đổ nước từ ca 1l vào ca 300 ml hai lần (cả hai lần đã đổ đi 600 ml nước)

Lượng nước còn lại trong ca 1 l khi đó sẽ còn 400 ml.

Các số chẵn từ 0 đến 98:

0; 2; 4; 6; 8;…; 96; 98.

 Quy luật số liền sau cách số liền trước hai đơn vị.

Gọi số học sinh 3 lớp A, B, C lần lượt là: a, b, c (học sinh, a,b,c ∈ ℕ*)

Ta có:

a + b = 85 ⇔ (a – 10) + b = 75.

Theo bài cho ta có:

a−107=b8=c+109

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

a−107=b8=c+109=(a−10)+b7+8=7515=5

Khi đó:

a – 10 = 5.7 ⇒ a = 45

b = 5.8 = 40

c +10 = 9.5 ⇒ c = 35                        

Đáp số: Lớp 7A có 45 học sinh.

Lớp 7B có 40 học sinh.

Lớp 7C có 35 học sinh.

a) Số cách chọn số học sinh giỏi là:

C183=816 (cách chọn)

b) Số cách chọn 3 học sinh giỏi trong đó có tất cả học sinh giỏi của cả 3 môn là:

7.5.6 = 210 (cách)

c) Số cách chọn 2 học sinh giỏi ở hai bộ môn khác nhau là:

7.5 + 5.6 + 7.6 = 107 (cách)

Điều kiện: x > 0

Ta có:

log₂x + log₃x + log₄x = log₂₀x

⇔log2x+log2xlog23+log2xlog24=log2xlog220

⇔log2x1+1log23+12−1log220=0

⇔ log₂x = 0

⇔ x = 1 (thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

Theo định lí cosin ta có:

AB² = AC² + BC² – 2AC.BC.cos ACB^

⇒cosACB^=AC2+BC2−AB22AC.BC=242+362−2522.24.36=12471728

ACB^=arccos12471728≈43,81°

Vậy C≈43,81° .

a) Do ABCD là hình bình hành nên BC = AD; AB = DC.

Và AB//CD nên A^+D^=180°⇒D^=180°−A^

⇒cosD^=cos(180−Â)=−cosÂ

Áp dụng định lí côsin cho hai tam giác ABD và ADC ta có:

BD² = AD² + AB² – 2.AD.AB.cosA = BC² + AB² – 2.BC.AB.cosA

AC² = AD² + DC² – 2.AD.DC.cosD = BC² + AB² + 2.BC.AB.cosA

Khi đó : BD² + AC² = 2AB² + 2BC² = 2(AB² + BC²).

Vậy 2(AB² + BC²) = AC² + BD².

b) Thay AB = 4, BC = 5, BD = 7 vào biểu thức 2(AB² + BC²) = AC² + BD² ta được:

2.(4² + 5²) = AC² + 7² ⇒ AC² = 2.(4² + 5²) – 7² = 33

⇒AC=33

Vậy AC=33.

(12x + 7)²(3x + 2)(2x + 1) = 3

⇔ (12x + 7)².4.(3x + 2).6.(2x + 1) = 3.4.6

⇔ (12x + 7)²(12x + 8)(12x + 6) = 72

Đặt 12x + 7 = t ta có:

t²(t + 1)(t – 1) = 72

⇔ t²(t² – 1) = 72

⇔ t⁴ – t² – 72 = 0

⇔ t⁴ – 9t² + 8t² – 72 = 0

⇔ t²(t² – 9) + 8(t² – 9) = 0

⇔ (t² – 9)(t² + 8) = 0

⇔ t² – 9 = 0 (Do t² + 8 > 0)

⇔ t = ±3

Với t = 3 ta có:

12x + 7 = 3 ⇔x=−13

Với t = −3 ta có:

12x + 7 = −3 ⇔x=−56

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S=−13;−56.

(a + b)³ – (a – b)³ – 2b³

= a³ + 3a²b + 3ab² + b³ – (a³ – 3a²b + 3ab² – b³) – 2b³

= a³ + 3a²b + 3ab² + b³ – a³ + 3a²b – 3ab² + b³) – 2b³

= (a³ – a³) + (3a²b +3a²b) + (3ab² – 3ab²) + (b³ + b³– 2b³)

= 0 + 6a²b + 0 + 0= 6a²b

Xét hàm số y = f(x² – 5).

Ta có y' = 2x.f '(x² – 5)

y' = 0 ⇒x=0x2−5=−4x2−5=−1x2−5=2⇔x=0x=±1x=±2x=±7

Ta có bảng xét dầu:

x	−∞        −7   −2            −1            0           1             2                7      +∞
y’	−      0      +    0       −     0      +    0     −    0      +     0       −    0        +

 

Từ bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1).

a) Xét tứ giác ADHE có: HEA^=90°; HDA^=90°; EAD^=90°.

Suy ra ADHE là hình chữ nhật.

⇒ AH = DE

Xét tam giác ABC vuông tại A nên ta có:

AH² = BH.CH = 4.9 = 36

⇒ AH = 6 (cm) = DE

Vậy DE = 6 cm.

b) Xét ∆AHB vuông tại H có đường cao HD nên ta có:

AH² = AD.AB (1)

Xét ∆AHC vuông tại H có đường cao HE nên ta có:

AH² = AE.AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra AD.AB = AE.AC (đpcm)

Gọi K là giao điểm của DN và BE

Ta có:

∆BKD vuông tại K có:

BDK^+DBK^=90° (1)

∆ABC vuông tại A có:

ABE^+BEA^=90° (2)

Từ (1) và (2) ta có:

BDK^=BEA^=IDA^ (Vì BDK^ và  IDA^ là 2 góc đối đỉnh)

Xét ∆DAI vuông tại A và ∆EAB vuông tại A có:

AD = AE (gt)

IDA^=BEA^ (cmt)

∆DAI = ∆EAB (g.cg)

⇒ AI = AB = AC

Hay A là trung điểm của CI (đpcm).

Xét ∆AKB và ∆AKC có: 

AK cạnh chung 

BK = KC (gt)

AB = AC (gt)

 ⇒ ∆AKB = ∆AKC (c.c.c)

 ⇒BKA^=CKA^

 Vì BKA^+CKA^=180° (hai góc kề bù)       (1)

 Mà     BKA^=CKA^        (2)

 Từ (1) và (2) suy ra BKA^=CKA^=180°:2=90°

Vậy AK⊥BC (đpcm)

Gọi hình thang với các số liệu nêu trên là hình thang ABCD, trong dó AB là đáy nhỏ, BC là đáy lớn (AB//CD). Giả sử cạnh bên có độ dài 8 cm là cạnh AD, ADC^=30°.

Kẻ AH ⊥CD (H ∈ CD)

⇒ADH^=ADC^=30°

Xét ∆AHD vuông tại H có:

sinADH^=AHAD

 ⇒AH=AD.sinADH^=4(cm)

0⇒SABCD=127+9.4=32 (cm²)

y = sinx + cosx

⇔y=2sinx+π4

Ta có:−1 ≤ sinx ≤ 1

⇒−2≤2sinx+π4≤2

Vậy Max=2; Min=−2.

Khi cho ∆ABC đều có cạnh a quay quanh Ab ta thu được hai khối hình nón có cùng chiều cao h=AB2=a2 và cúng bán kính đáy r=hB=a32

Do đó V=2.12.a2.a322π=πa34.

Lời giải:

Diện tích ban đầu là: 15 × 12 = 180 (cm²)

Chiều dài sau giảm là: 15 – 3 = 12 (cm)

Cạnh còn lại phải có độ dài để diện tích không đổi là: 180 : 12 = 15 (cm)

Vậy chiều rộng tăng: 15 – 12 = 3 (cm)

Nếu giảm chiều rộng 3 cm thì chiều rộng còn: 12 – 3 = 9 (cm)

Cạnh còn lại phải có độ dài để diện tích không đổi là: 180 : 9 = 20 (cm)

Vậy chiều dài phải tăng: 20 – 15 = 5 (cm).

Phương trình đã chó có nghiệm khi ∆ ≥ 0

⇔ m² – 4(m + 3) ≥ 0

⇔ m² – 4m – 12 ≥ 0

⇔m≥6m≤−2

Vậy với m ∈ (-; −2] ∪ [6; +) thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a) (8x² – 4x) : (−4x) – (x + 2) = 8

−2x + 1 – x – 2 = 8

−3x = 9

x = −3.

Vậy x = −03.

b) (2x⁴ – 3x³ + x²) : (−x²) + 4(x – 1)² = 0

−2x² + 3x – 1 + 4x² – 8x + 4 = 0

2x² – 5x + 3 = 0

2x² – 2x – (3x – 3) = 0

2x(x – 1) – 3(x – 1) = 0

(x – 1)(2x – 3) = 0

x – 1 = 0 hoặc 2x – 3 = 0

x = 1 hoặc x=32

Vậy x∈1;  32.

4x²(5x² + 3) – 6x (3x² – 2x + 1) – 5x³(2x – 1)

= 4x².5x² + 4x².3 + (–6x).3x² + (–6x).( –2x) + (–6x).1 + (–5x³).2x + (–5x³).( –1)

= 20x⁴ + 12x² + (–18x³) + 12x² + (–6x) + (–10x⁴) + 5x³

= 20x⁴ + 12x² – 18x³ + 12x² – 6x – 10x⁴ + 5x³

= (20x⁴ – 10x⁴) + (–18x³ + 5x³) + (12x² + 12x²) – 6x

= 10x⁴ + (–13x³) + 24x² – 6x

= 10x⁴ – 13x³ + 24x² – 6x.

Ta có:0,1 = 0,100

Vì 0,100 < 0,125 nên 0,1 < 0,125.