7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án ( Phần 24)
59 câu hỏi
Cho bốn số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a2 + b2 = c2 + d2. Chứng minh rằng a + b + c + d là hợp số.
Ta có a2 + b2 = c2 + d2.
Suy ra a2 + b2 + c2 + d2 = 2(c2 + d2) ⋮ 2 (1)
Xét A = (a2 + b2 + c2 + d2) – (a + b + c + d).
= (a2 – a) + (b2 – b) + (c2 – c) + (d2 – d).
= a(a – 1) + b(b – 1) + c(c – 1) + d(d – 1).
Vì a và a – 1 là hai số nguyên liên tiếp nên tích a(a – 1) chia hết cho 2.
Tương tự như vậy, ta có b(b – 1) ⋮ 2, c(c – 1) ⋮ 2 và d(d – 1) ⋮ 2.
Khi đó A ⋮ 2 (2)
Từ (1), (2), suy ra a + b + c + d chia hết cho 2.
Mà a, b, c, d là các số nguyên dương.
Suy ra a + b + c + d > 2.
Vậy a + b + c + d là hợp số.
Cho x + y = 3. Tính giá trị biểu thức:
A = x3 + x2y – 3x2 + xy + y2 – 4y – x + 3.
Ta có A = x3 + x2y – 3x2 + xy + y2 – 4y – x + 3.
= (x3 + x2y – 3x2) + (xy + y2 – 3y) – (x + y – 3).
= x2(x + y – 3) + y(x + y – 3) – (x + y – 3).
= (x + y – 3)(x2 + y – 1).
= (3 – 3)(x2 + y – 1).
= 0.(x2 + y – 1).
= 0.
Vậy A = 0 khi x + y = 3.
Cho hình vuông, nếu giảm cạnh hình vuông đó đi 7 m thì diện tích giảm đi 84 m2. Tính diện tích hình vuông ban đầu.
Gọi cạnh hình vuông ban đầu là a (a > 0; m).
Cạnh hình vuông sau khi giảm đi 7 m là a – 7 (m).
Diện tích hình vuông ban đầu là: a × a.
Diện tích hình vuông sau khi giảm cạnh hình vuông đi 7 m là:
(a – 7) × (a – 7) = a × a – 84.
a × a – 7 × a – 7 × a + 7 × 7 = a × a – 84.
–14 × a + 49 = –84.
14 × a = 133.
a = 133 : 14.
a = 9,5 (m).
Diện tích hình vuông ban đầu là: 9,5 × 9,5 = 90,25 (m2).
Đáp số: 90,25 m2.
Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển (1 + 2x)20.
Ta có hệ số của số hạng tổng quát sau khi khai triển nhị thức (1 + 2x)20 là
ak=C20k.120−k.2k=C20k.2k, với k ∈ ℕ, 1 ≤ k ≤ 20.
Giả sử ak là hệ số lớn nhất trong các hệ số a0, a1, a2, ..., a20.
Khi đó ta có ak≥ak+1ak≥ak−1
⇔C20k.2k≥C20k+1.2k+1C20k.2k≥C20k−1.2k−1.
⇔20!20−k!.k!≥20!.220−k−1!.k+1!20!20−k!.k!≥20!20−k+1!.k−1!.2
⇔120−k≥2k+12k≥121−k
⇔3k≥3942≥3k
⇔k≥13k≤14⇔13≤k≤14
Mà k ∈ ℤ nên ta nhận k = 13 hoặc k = 14.
Với k = 13, ta có a13=C2013.213=635 043 840.
Với k = 14, ta có a14=C2014.214=635 043 840 .
Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển (1 + 2x)20 là 635 043 840.
Tìm cạnh của hình vuông nếu cạnh của hình vuông giảm đi 7 m thì diện tích giảm đi 84 m2.
Gọi cạnh hình vuông ban đầu là a (a > 0; m).
Cạnh hình vuông sau khi giảm đi 7 m là a – 7 (m).
Diện tích hình vuông ban đầu là: a × a.
Diện tích hình vuông sau khi giảm cạnh hình vuông đi 7 m là:
(a – 7) × (a – 7) = a × a – 84.
a × a – 7 × a – 7 × a + 7 × 7 = a × a – 84.
–14 × a + 49 = –84.
14 × a = 133.
a = 133 : 14.
a = 9,5 (m).
Đáp số: 9,5 m.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = –2x2 + 12x – 11.
Ta có A = –2x2 + 12x – 11.
= –2(x2 – 6x + 9) + 7.
= –2(x – 3)2 + 7.
Ta có (x – 3)2 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ.
⇒ –2(x – 3)2 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ.
⇒ –2(x – 3)2 + 7 ≤ 7, ∀x ∈ ℝ.
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 3.
Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 7 khi và chỉ khi x = 3.
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2x2 + 12x + 11.
a) A = 2x2 + 12x + 11.
= 2(x2 + 6x + 9) – 7.
= 2(x + 3)2 – 7.
Ta có (x + 3)2 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ.
⇔ 2(x + 3)2 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ.
⇔ 2(x + 3)2 – 7 ≥ –7, ∀x ∈ ℝ.
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng –7 khi và chỉ khi x = –3.
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B = –x2 + 18x + 19.
b) B = –x2 + 18x + 19.
= –(x2 – 18x + 81) + 100.
= –(x – 9)2 + 100.
Ta có (x – 9)2 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ.
⇔ –(x – 9)2 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ.
⇔ –(x – 9)2 + 100 ≤ 100, ∀x ∈ ℝ.
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 9.
Vậy giá trị lớn nhất của B bằng 100 khi và chỉ khi x = 9.
a) Nêu cách xác định hình chiếu của một điểm A lên đường thẳng d.
a) Cách xác định hình chiếu của một điểm A lên đường thẳng d.
– Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm A và vuông góc với d.
– Tìm H là giao điểm của d và (P).
Suy ra H là hình chiếu của A trên d.
b) Nêu cách xác định hình chiếu của một điểm A lên mặt phẳng (P).
b) Cách xác định hình chiếu của một điểm A lên mặt phẳng (P).
– Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).
– Tìm H là giao điểm của d và (P).
Suy ra H là hình chiếu của A trên (P).
Cách vẽ hình chiếu của một điểm trên một cạnh.
Giả sử ta cần vẽ hình chiếu của một điểm A trên cạnh BC, ta kẻ một đường thẳng đi qua điểm A và vuông góc với BC, đường thẳng này cắt BC tại H.
Vậy H là hình chiếu của một điểm A trên cạnh BC.
Tìm số nguyên dương n, biết: 121 ≥ 11n ≥ 1.
Ta có 121 ≥ 11n ≥ 1.
⇔ 112 ≥ 11n ≥ 110.
⇔ 2 ≥ n ≥ 0.
Vì n là số nguyên dương nên ta nhận n ∈ {1; 2}.
Vậy n ∈ {1; 2} thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Tìm x, biết: 2x(4x2 – 25) = 0.
Ta có 2x(4x2 – 25) = 0.
⇔ 2x(2x – 5)(2x + 5) = 0.
⇔x=02x−5=02x+5=0.
⇔x=0x=52x=−52.
Vậy ⇔x=0x=52x=−52.
Thực hiện phép tính: 56 : 54 + 23 . 22 – 12017.
Ta có 56 : 54 + 23 . 22 – 12017.
= 56 – 4 + 23 + 2 – 1.
= 52 + 25 – 1.
= 25 + 32 – 1.
= 57 – 1.
= 56.
Liệt kê các phần tử của tập hợp sau:
a) A = {(x; x2) | x ∈ {–1; 0; 1}}.
a) Với x = –1, ta có x2 = 1.
Với x = 0, ta có x2 = 0.
Với x = 1, ta có x2 = 1.
Vậy A = {(–1; 1), (0; 0), (1; 1)}.
Liệt kê các phần tử của tập hợp sau:
b) B = {(x; y) | x2 + y2 ≤ 2 và x, y ∈ ℤ}.
b) Vì x2 + y2 ≤ 2 và x, y ∈ ℤ nên x ∈ {–1; 0; 1}.
Với x = –1, ta có y2 ≤ 2 – x2 = 1.
⇔ –1 ≤ y ≤ 1.
Mà y ∈ ℤ nên y ∈ {–1; 0; 1}.
Vì vậy ta có các phần tử sau thuộc tập hợp B trong trường hợp x = –1 là: (–1; –1), (–1; 0), (–1; 1).
Ta thực hiện tương tự như vậy với các trường hợp x = 0, x = 1.
Vậy B = {(–1; –1), (–1; 0), (–1; 1), (0; –1), (0; 0), (0; 1), (1; –1), (1; 0), (1; 1)}.
Tính tổng B = 1 + 5 + 52 + 53 + ... + 5150.
Ta có B = 1 + 5 + 52 + 53 + ... + 5150.
⇒ 5B = 5 + 52 + 53 + 54 + ... + 5151.
Khi đó 5B – B = (5 + 52 + 53 + 54 + ... + 5151) – (1 + 5 + 52 + 53 + ... + 5150).
⇒ 4B = (5 – 5) + (52 – 52) + (53 – 53) + ... + (5150 – 5150) + 5151 – 1.
⇒ 4B = 5151 – 1.
Vậy B=5151−14.
Chứng tỏ rằng B = 1 + 5 + 52 + ... + 57 + 58 chia hết cho 31.
Ta có B = 1 + 5 + 52 + ... + 57 + 58.
= (1 + 5 + 52) + (53 + 54 + 55) + (56 + 57 + 58).
= 31 + 53.(1 + 5 + 52) + 56.(1 + 5 + 52).
= 31 + 53.31 + 56.31.
= 31.(1 + 53 + 56).
Ta có 31 ⋮ 31 (hiển nhiên).
Suy ra 31.(1 + 53 + 56) ⋮ 31.
Vậy B ⋮ 31.
Một đội công nhân gồm 40 người đã làm xong đoạn đường dài 1600 m hết 10 ngày. Nay công ty cử thêm 60 người nữa xuống làm tiếp đoạn đường dài 3200 m thì hoàn thành công việc trong bao lâu? (Biết năng suất lao động của mỗi người là như nhau).
Ta có 3200 m gấp 1600 m số lần là:
3200 : 1600 = 2 (lần)
Nếu 40 người làm xong đoạn đường 3200 m thì hết số ngày là:
10 × 2 = 20 (ngày)
1 người làm xong 3200 m đường hết số ngày là:
20 × 40 = 800 (ngày)
Nếu có thêm 60 người thì làm xong đoạn đường 3200 m hết số ngày là:
800 : (40 + 60) = 8 (ngày)
- Đáp số: 8 ngày.
Xe thứ nhất chở được 9 tấn xi-măng, xe thứ hai chở ít hơn xe thứ nhất 700 kg xi-măng. Hỏi cả hai xe chở được bao nhiêu tạ xi-măng?
Đổi: 9 tấn = 9000 kg.
Xe thứ hai chở được số kg xi-măng là:
9000 – 700 = 8300 (kg)
Cả hai xe chở được số xi-măng là:
9000 + 8300 = 17300 (kg)
Đổi: 17300 kg = 173 tạ.
Đáp số: 173 tạ xi-măng.
Cho a, b, c > 0 và a.b.c = 1. Chứng minh rằng
.1a2.b+c+1b2.c+a+1c2.a+b≥32
Đặt x=1a; y=1b; z=1c, với x, y, z > 0.
Suy ra xyz=1a.1b.1c=1.
Ta có 1a2.b+c=x21y+1z=x2yzy+z=xy+z .
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành: xy+z+yz+x+zx+y≥32.
⇔xy+z+1+yz+x+1+zx+y+1≥92.
⇔x+y+zy+z+y+z+xz+x+z+x+yx+y≥92.
⇔x+y+z1y+z+1z+x+1x+y≥92 (*)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số x, y, z > 0, ta được:
x+y+z1y+z+1z+x+1x+y≥9>92.
Do đó (*) luôn đúng.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ⇔ a = b = c.
Vậy bất đẳng thức đã cho đã được chứng minh.
Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng a4a3+2b3+b4b3+2c3+c4c3+2d3+d4d3+2a3≥a+b+c+d3
Vì a, b, c > 0 nên a3, b3, c3 > 0.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số a3, b3, c3, ta được: a3+b3+c3≥3a3.b3.c33.
⇒1a3+b3+c3≤13a3.b3.c33.
⇒−1a3+b3+c3≥−13a3.b3.c33.
Ta có a4a3+2b3=a−2ab3a3+b3+b3≥a−2ab33a3.b3.b33=a−23b(1)
Chứng minh tương tự, ta được:
⦁ b4b3+2c3≥b−23c (2)
⦁ c4c3+2d3≥c−23d (3)
⦁ d4d3+2a3≥d−23a (4)
Lấy (1) + (2) + (3) + (4) vế theo vế, ta được:
a4a3+2b3+b4b3+2c3+c4c3+2d3+d4d3+2a3≥a3+b3+c3+d3=a+b+c+d3.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Cho A, B, C là ba tập hợp. Mệnh đề nào sau đây sai?
A ⊂ B ⇒ A ∩ C ⊂ B ∩ C.
A ⊂ B ⇒ C \ A ⊂ C \ B.
A ⊂ B ⇒ A ∪ C ⊂ B ∪ C.
A ⊂ B, B ⊂ C ⇒ A ⊂ C.
Dùng biểu đồ Ven, ta có:
Ta thấy A ⊂ B ⇒ C \ B ⊂ C \ A.
Suy ra phương án B sai.
Vậy ta chọn phương án B.
Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Gọi M là trung điểm OO’. Qua A, kẻ đường thẳng vuông góc với AM, cắt các đường tròn (O) và (O’) tại C và D. Chứng minh rằng tam giác MCD cân.
Gọi E là trung điểm của AC.
Suy ra AE = CE và OE ⊥ AC (1)
Gọi F là trung điểm của AD.
Suy ra AF = FD và O’F ⊥ AD (2)
Từ (1), (2), suy ra OE // O’F.
Mà MA ⊥ CD (do giả thiết).
Do đó OE // MA // O’F.
Khi đó tứ giác OO’FE là hình thang có MA là đường trung bình (vì M là trung điểm OO’).
Suy ra A là trung điểm của EF.
Do đó AE = AF.
Vì vậy 2AE = 2AF.
Suy ra AC = AD.
Khi đó A là trung điểm của CD.
Tam giác MCD có MA vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao.
Vậy tam giác MCD cân tại M.
Cho hình bình hành ABCD. Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của OD và OB. Gọi E là giao điểm của AM và CD. Gọi F là giao điểm của CN và AB.
a) Chứng minh tứ giác AMCN là hình bình hành.
a) Ta có tứ giác ABCD là hình bình hành có O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
Suy ra O là trung điểm của AC (1)
Lại có M, N theo thứ tự là trung điểm của OD, OB.
Suy ra OM=12OD=12OB=ON.
Do đó O là trung điểm của MN (2)
Từ (1), (2), ta thu được tứ giác AMCN là hình bình hành.
b) Tứ giác AECF là hình gì?
b) Ta có tứ giác AMCN là hình bình hành (kết quả câu a).
Suy ra AM // CN hay AE // CF.
Mà AB // CD hay AF // CE.
Vậy tứ giác AECF là hình bình hành.
c) Chứng minh E, F đối xứng qua O.
c) Ta có tứ giác AECF là hình bình hành (kết quả câu b).
Suy ra hai đường chéo AC và EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Mà O là trung điểm của AC (chứng minh trên).
Do đó O cũng là trung điểm của EF.
Vậy E, F đối xứng qua O.
d) Chứng minh EC = 2DE.
d) Gọi G là trung điểm của CE.
Mà O là trung điểm của AC (chứng minh trên).
Suy ra OG // AE hay OG // ME.
Mà M là trung điểm của OD (giả thiết).
Do đó ME là đường trung bình của tam giác ODG.
Vì vậy E là trung điểm của DG.
Suy ra DE = EG = GC.
Vậy CE = EG + GC = DE + DE = 2DE (điều phải chứng minh).
Cho tam giác ABC (AB = AC), trung tuyến BD. Lấy điểm E sao cho C là trung điểm AE. Chứng minh rằng BE = 2BD.
Gọi I, M lần lượt là trung điểm của AB, BC.
Xét ∆ABM và ∆ACM, có:
AM là cạnh chung;
AB = AC (giả thiết);
BM = CM (M là trung điểm BC).
Do đó ∆ABM = ∆ACM (c.c.c).
Ta có D, I lần lượt là trung điểm của AC, AB.
Suy ra AC = 2CD và AB = 2BI.
Mà AB = AC (giả thiết).
Do đó 2CD = 2BI hay CD = BI.
Xét ∆BCI và ∆CBD, có:
BC là cạnh chung;
CBI^=BCD^(∆ABM = ∆ACM);
BI = CD (chứng minh trên).
Do đó ∆BCI = ∆CBD (c.g.c).
Suy ra CI = BD (cặp cạnh tương ứng).
Tam giác ABE có C, I lần lượt là trung điểm của AE, AB.
Suy ra CI là đường trung bình của tam giác ABE.
Do đó CI // BE và 2CI = BE.
Mà CI = BD.
Vậy BE = 2BD.
Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE cắt nhau tại H. Gọi I là trung điểm của AC và J là trung điểm của BH. Xác định đường tròn đi qua ba điểm I, D, J.
Tam giác ACD vuông tại D có DI là đường trung tuyến.
Suy ra DI = AI = IC.
Do đó tam giác ADI cân tại I.
Vì vậy ADI^=DAI^ (1)
Chứng minh tương tự, ta được JDH^=JHD^ .
Mà JHD^=AHE^ (đối đỉnh).
Suy ra JDH^=AHE^ (2)
Tam giác AHE vuông tại E: AHE^+HAE^=90° (3)
Từ (1), (2), (3), suy ra JDH^+ADI^=90°.
Do đó JDI^=90°.
Vậy ba điểm I, D, J cùng thuộc một đường tròn đường kính IJ.
Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Gọi D là 1 điểm trên cạnh AC sao cho AD=13AC, BD cắt AM tại I. Chứng minh AI = IM.
Gọi E là trung điểm của DC.
Mà M là trung điểm của BC.
Suy ra ME là đường trung bình của tam giác BCD.
Do đó ME // BD hay ME // ID.
Ta có AD=13AC . Suy ra AD=12DC=DE .
Suy ra D là trung điểm của AE.
Mà ME // ID (chứng minh trên).
Do đó ID là đường trung bình của tam giác AME.
Vì vậy I là trung điểm của AM.
Vậy AI = IM.
Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Lấy điểm D trên cạnh AB, lấy điểm E trên cạnh AC sao cho AD = AE. Qua D, A kẻ các đường thẳng vuông góc với BE cắt BC theo thứ tự tự I và K. M là giao điểm của ID và CA. Chứng minh rằng:
a) AM = AC.
a) Ta có BDI^=AEB^(cùng phụ với ABE^).
Mà BDI^=ADM^ (đối đỉnh).
Suy ra ADM^=AEB^.
Xét ∆ADM và ∆AEB, có:
AD = AE (giả thiết);
ADM^=AEB^ (chứng minh trên);
MAD^=BAE^=90°.
Do đó ∆ADM = ∆AEB (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra AM = AB (cặp cạnh tương ứng).
Mà AB = AC (tam giác ABC vuông cân tại A).
Vậy AM = AC.
Chứng minh rằng:
b) IK = KC.
b) Ta có A là trung điểm MC (AM = AC) và MI // AK (cùng vuông góc với BE).
Suy ra AK là đường trung bình của tam giác IMC.
Do đó K là trung điểm của IC.
Vậy IK = IC.
Cho đường tròn tâm O, dây cung AB không đi qua tâm O. Vẽ dây AC vuông góc với AB tại A. Chứng minh rằng:
a) Ba điểm B, O, C thẳng hàng.
a) Ta có BAC^=90° (do AB ⊥ AC) và ba điểm A, B, C cùng thuộc đường tròn (O).
Suy ra BC là đường kính của đường tròn (O) hay BC đi qua O.
Vậy ba điểm B, O, C thẳng hàng.
Chứng minh rằng:
b) SABC ≤ R2.
b) Kẻ AH ⊥ BC tại H.
Tam giác AOH vuông tại H có AO là cạnh huyền.
Suy ra AH < AO.
Ta có SABC=12AH.BC≤12.AO.BC=12R.2R=R2.
Vậy SABC ≤ R2.
Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn.
Ta có MN, NP, PQ, QM lần lượt là đường trung bình của các tam giác ABC, BCD, ACD, ABD.
Suy ra MN // AC; NP // BD; PQ // AC; QM // BD.
Mà AC ⊥ BD (giả thiết).
Do đó MN ⊥ NP và PQ ⊥ QM.
Vì vậy MNP^+PQM^=90°+90°=180°.
Suy ra tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MP.
Vậy M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn.
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 671. Chứng minh rằng
xx2−yz+2013+yy2−zx+2013+zz2−xy+2013≥1x+y+z.
Ta có xx2−yz+2013+yy2−zx+2013+zz2−xy+2013.
x2x3−xyz+2013x+y2y3−xyz+2013y+z2z3−xyz+2013z.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:
x2x3−xyz+2013x+y2y3−xyz+2013y+z2z3−xyz+2013z≥x+y+z2x3+y3+z3−3xyz+2013x+y+z
=x+y+z2x3+y3+z3−3xyz+3xy+yz+zxx+y+z
=x+y+z2x+y+z3=1x+y+z.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Cho đường tròn tâm O, từ điểm M ở bên ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm), kẻ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D; O và B nằm về hai phía so với cát tuyến MCD).
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp.
a) Ta có OAM^=OBM^=90° (vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O)).
Suy ra OAM^+OBM^=180°.
Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính OM.
b) Chứng minh MB2 = MC.MD.
b) Xét ∆MBC và ∆MDB, có:
BMD^ chung;
MBC^=MDB^ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến MB và dây cung BC và góc nội tiếp chắn cung BC).
Do đó ΔMBC∽ΔMDB (g.g).
Suy ra MBMD=MCMB.
Vậy MB2 = MC.MD.
c) Gọi H là giao điểm của AB và OM. Chứng minh AB là phân giác của CHD^.
c) Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R.
Suy ra OM là đường trung trực của đoạn AB.
Do đó OM ⊥ AB tại H.
Tam giác OMB vuông tại B có BH là đường cao: MB2 = MH.MO.
Mà MB2 = MC.MD (kết quả câu b).
Suy ra MC.MD = MH.MO.
Xét ∆MCH và ∆MOD, có:
OMD^ chung;
MCMO=MHMD (do MC.MD = MH.MO).
Do đó ΔMCH∽ΔMOD(c.g.c).
Suy ra MHC^=MDO^ (1)
Vì vậy tứ giác CDOH nội tiếp.
Do đó OHD^=OCD^ .
Mà ODC^=OCD^ (do tam giác OCD cân tại O).
Suy ra OHD^=ODC^ (2)
Từ (1), (2), suy ra MHC^=OHD^ .
Mà MHC^+CHB^=90° và OHD^+BHD^=90°.
Khi đó CHB^=BHD^.
Vậy AB là phân giác của CHD^.
Chứng minh các đẳng thức sau:
a) sin4α – cos4α + 1 = 2sin2α.
Lời giải
a) VT = sin4α – cos4α + 1
= (sin2α – cos2α)(sin2α + cos2α) + 1
= sin2α – cos2α + 1
= sin2α + sin2α = 2sin2α = VP (điều phải chứng minh).
b, (1 + cotα)sin3α + (1 + tanα)cos3α = sinα + cosα.
e) VT = (1 + cotα)sin3α + (1 + tanα)cos3α
=1+cosαsinαsin3α+1+sinαcosαcos3α
= sin3α + cosα.sin2α + cos3α + sinα.cos2α
= sin3α + cos3α + sinα.cosα.(sinα + cosα)
= (sinα + cosα)(sin2α – sinα.cosα + cos2α) + sinα.cosα.(sinα + cosα)
= (sinα + cosα)(1 – sinα.cosα + sinα.cosα)
= sinα + cosα = VP (điều phải chứng minh).
Chứng minh rằng có vô số bộ ba số tự nhiên (a, b, c) sao cho a, b, c nguyên tố cùng nhau và số n = a2b2 + b2c2 + c2a2 là số chính phương.
Giả sử a, b, c là ba số tự nhiên lẻ liên tiếp có dạng a = 2k – 1, b = 2k + 1, c = 2k + 3, với k ∈ ℕ.
Khi đó bộ ba số tự nhiên (a, b, c) nguyên tố cùng nhau.
Ta có n = a2b2 + b2c2 + c2a2
= (2k – 1)2(2k + 1)2 + (2k + 1)2(2k + 3)2 + (2k + 3)2(2k – 1)2
= (4k2 – 1)2 + (2k + 3)2.[(2k + 1)2 + (2k – 1)2]
= 16k4 – 8k2 + 1 + (4k2 + 12k + 9).[(2k + 1 + 2k – 1)2 – 2(2k + 1)(2k – 1)]
= 16k4 – 8k2 + 1 + (4k2 + 12k + 9).[16k2 – 2(4k2 – 1)]
= 16k4 – 8k2 + 1 + (4k2 + 12k + 9).(8k2 + 2)
= 16k4 – 8k2 + 1 + 32k4 + 8k2 + 96k3 + 24k + 72k2 + 18
= 48k4 + 96k3 + 72k2 + 24k + 18 + 1.
Ta có 48; 96; 72; 24; 18 đều chia hết cho 3.
Suy ra 48k4; 96k3; 72k2; 24k; 18 đều chia hết cho 3, với k ∈ ℕ.
Khi đó tổng 48k4 + 96k3 + 72k2 + 24k + 18 chia hết cho 3, với k ∈ ℕ.
Vì vậy 48k4 + 96k3 + 72k2 + 24k + 18 + 1 chia cho 3 dư 1, với k ∈ ℕ.
Suy ra n là số chính phương.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = 2a và vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD.
a) Chứng minh AM ⊥ (SBC) và AN ⊥ (SDC).
a) Ta có BC ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)) và BC ⊥ AB (do ABCD là hình vuông).
Suy ra BC ⊥ (SAB).
Mà AM ⊂ (SAB).
Do đó BC ⊥ AM.
Mà AM ⊥ SB (do M là hình chiếu của A trên SB).
Vậy AM ⊥ (SBC).
Chứng minh tương tự, ta được AN ⊥ (SDC).
b) Chứng minh SC ⊥ (AMN) và MN ⊥ (SAC).
b) Ta có AM ⊥ SC (do AM ⊥ (SBC)) và AN ⊥ SC (do AN ⊥ (SDC)).
Vì vậy SC ⊥ (AMN).
Suy ra SC ⊥ MN (1)
Tam giác SAB vuông tại A có AM là đường cao: SA2 = SM.SB (*)
Tam giác SAD vuông tại A có AN là đường cao: SA2 = SN.SD (**)
Từ (*), (**), suy ra SM.SB = SN.SD.
Do đó SMSB=SNSD.
Áp dụng định lí Thales đảo, ta được MN // BD.
Ta có BD ⊥ SA (SA ⊥ (ABCD)) và BD ⊥ AC (do ABCD là hình vuông).
Suy ra BD ⊥ (SAC).
Mà MN // BD (chứng minh trên).
Vậy MN ⊥ (SAC).
c) Gọi K là giao điểm của SC với mặt phẳng (AMN). Chứng minh AMKN có hai đường chéo vuông góc với nhau.
c) Ta có K là giao điểm của SC và (AMN).
Suy ra K ∈ SC ⊂ (SAC).
Lại có MN ⊥ (SAC). (kết quả câu b).
Do đó MN ⊥ AK.
Vậy AMKN có hai đường chéo vuông góc với nhau.
Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng ab+c+bc+a+ca+b≥32.
Ta có VT=ab+c+bc+a+ca+b
=ab+c+1+bc+a+1+ca+b+1−3
=a+b+cb+c+b+c+ac+a+c+a+ba+b−3
=a+b+c1b+c+1c+a+1a+b−3
=12b+c+c+a+a+b1b+c+1c+a+1a+b−3.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được:
b+c+c+a+a+b1b+c+1c+a+1a+b
≥3b+cc+aa+b3.31b+c.1c+a.1a+b3=9.
Khi đó VT=12b+c+c+a+a+b1b+c+1c+a+1a+b−3≥12.9−3=32 .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = mx4 + (m2 – 4)x2 + 2 có đúng một điểm cực đại và không có điểm cực tiểu?
3.
0.
2.
1.
Hàm số đã cho có đúng một điểm cực đại và không có điểm cực tiểu.
⇔m<0m2−4≤0⇔m<0−2≤m≤2⇔−2≤m<0.
Mà m ∈ ℤ nên m ∈ {–2; –1}.
Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Do đó ta chọn phương án C.
Chọn khẳng định đúng:
Hai đường tròn phân biệt có thể có hai điểm chung.
Hai đường tròn phân biệt có thể có ba điểm chung phân biệt.
Tâm đường tròn ngoại tiếp một tam giác bao giờ cũng nằm trong tam giác đó
Đường thẳng d cắt đường tròn (O; R) khi khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng d lớn hơn R.
Đáp án đúng là: A
Phương án A đúng.
Phương án B sai vì 3 điểm chung phân biệt xác định được duy nhất 1 đường tròn nên nếu hai đường tròn (O) và (O’) có 3 điểm chung phân biệt thì hai đường tròn (O) và (O’) trùng nhau.
Phương án C sai vì trường hợp tam giác tù thì tâm đường tròn ngoại tiếp nằm bên ngoài tam giác đó.
Phương án D sai. Sửa lại: Đường thẳng d cắt đường tròn (O; R) khi khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng d nhỏ hơn R.
Vậy ta chọn phương án A.
Hình chữ nhật (không phải hình vuông) có hai trục đối xứng là các đường nào?
Hình chữ nhật (không phải hình vuông) có 2 trục đối xứng là đường thẳng đi qua trung điểm của các cặp cạnh đối diện của hình chữ nhật.
So sánh: 7812 – 7811 và 7811 – 7810.
Ta có 7812 – 7811 = 7811.(78 – 1) = 7811.77.
Lại có 7811 – 7810 = 7810.(78 – 1) = 7810.77.
Vì 7811 > 7810 nên 7811.77 > 7810.77.
Vậy 7812 – 7811 > 7811 – 7810.
So sánh bằng cách đưa về cùng cơ số: (0,343)8 và (–0,7)26.
Ta có (–0,7)26 = (0,7)26.
= (0,7)24.(0,7)2.
= [(0,7)3]8.(0,7)2.
= (0,343)8.(0,7)2.
Mà 0,7 < 1 nên (0,7)2 < 1.
Do đó (0,343)8.(0,7)2 < (0,343)8.
Suy ra (–0,7)26 < (0,343)8.
Vậy (–0,7)26 < (0,343)8.
Tìm số bộ (x, y, z, t) nguyên không âm thỏa mãn x + y + z + t = 40 và x, y, z, t là các số lẻ.
Đặt x=2a−1y=2b−1z=2c−1t=2d−1 , với a, b, c, d là các số nguyên dương.
Suy ra 2(a + b + c + d) – 4 = x + y + z + t = 40.
Do đó a + b + c + d = 22.
Theo nguyên lí “chia kẹo Euler” thì số bộ nghiệm nguyên dương của phương trình trên là .
Vậy có 1330 số bộ (x, y, z, t) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Giải phương trình x2 + 5x + 3 = 0.
Ta có x2 + 5x + 3 = 0 (*)
Ta có ∆ = b2 – 4ac = 52 – 4.1.3 = 13 > 0.
Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.
Hai nghiệm là: x1=−b+Δ2a=−5+132x2=−b−Δ2a=−5−132
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S=−5±132.
Cho phương trình x2 – 5x + 3 = 0 có hai nghiệm x1, x2. Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là y1 = 2x1 – x2; y2 = 2x2 – x1.
Ta có x2 – 5x + 3 = 0.
Theo Viet: S = x1 + x2 = 5.
P = x1x2 = 3.
Ta có:
⦁ y1 + y2 = 2x1 – x2 + 2x2 – x1 = x1 + x2 = 5.
⦁ y1y2=2x1−x22x2−x1=5x1x2−2x12+x22.
= 9x1x2 – 2(x1 + x2)2 = 9.3 – 2.52 = –23.
Vậy y1, y2 là nghiệm của phương trình y2 – 5y – 23 = 0.
Xác định hệ số a và b để đa thức f(x) = x4 + ax2 + b chia hết cho g(x) = x2 – 3x + 2. Tìm đa thức thương.
Ta có đa thức f(x) = x4 + ax2 + b chia hết cho g(x) = x2 – 3x + 2.
Suy ra ta có thể viết f(x) dưới dạng: f(x) = x4 + ax2 + b = (x2 – 3x + 2)Q(x) (trong đó Q(x) là đa thức thương).
Do đó x4 + ax2 + b = (x – 1)(x – 2)Q(x).
Với x = 1, ta có: 1 + a + b = 0. Suy ra a + b = –1 (1)
Với x = 2, ta có: 16 + 4a + b = 0. Suy ra 4a + b = –16 (2)
Từ (1), (2), suy ra a = –5, b = 4.
Do đó f(x) = x4 – 5x2 + 4.
Ta lại có:
Vậy a = –5, b = 4 và đa thức thương Q(x) = x2 + 3x + 2.
So sánh bằng cách đưa về cùng cơ số: (–0,125)4 và (0,5)12.
Ta có (–0,125)4 = (0,125)4.
Lại có (0,5)12 = [(0,5)3]4 = (0,125)4.
Vậy (–0,125)4 = (0,5)12.
Cho tam giác AKC cân tại A, đường cao AB, dựng hình chữ nhật ABCM, vẽ BD vuông góc với AC. Gọi F, N lần lượt là trung điểm của CD và AM. Chứng minh KD vuông góc với FN.
Gọi Q là trung điểm của BD.
Mà F là trung điểm của CD (giả thiết).
Suy ra FQ // BC và FQ=BC2 (1)
Hình chữ nhật ABCM, có: AM = BC và AM // BC (2)
Lại có N là trung điểm AM. Suy ra AN=AM2=BC2 (3)
Từ (1), (2), (3), suy ra FQ = AN và FQ // BC // AN.
Do đó tứ giác AQFN là hình bình hành.
Vì vậy AQ // NF (4)
Lại có FQ // BC (chứng minh trên) và BC ⊥ AB (giả thiết).
Suy ra FQ ⊥ AB.
Mà BD ⊥ AC (giả thiết).
Do đó Q là trực tâm của tam giác ABF.
Vì vậy AQ ⊥ FB (5)
Tam giác AKC cân tại A có AB là đường cao.
Suy ra AB cũng là đường trung tuyến của tam giác AKC.
Tam giác CDK có F, B lần lượt là trung điểm CD, KC.
Suy ra FB là đường trung bình của tam giác CDK.
Do đó FB // KD (6)
Từ (4), (5), (6), ta thu được FN ⊥ KD.
Giải phương trình 2x2−12x+34+4x2−24x+40=−3+6x−x2.
Ta có 2x2−12x+34+4x2−24x+40=−3+6x−x2 (*)
Ta có 2x2−12x+34=2x2−6x+9+16=2x−32+16≥16=4.
Chứng minh tương tự, ta được 4x2−24x+40≥2 .
Khi đó 2x2−12x+34+4x2−24x+40≥4+2=6 .
Lại có –3 + 6x – x2 = –(x – 3)2 + 6 ≤ 6.
Vì vậy (*) đúng ⇔2x2−12x+34=164x2−24x+40=4−3+6x−x2=6⇔2x−32=04x−32=0−x−32=0⇔x=3.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.
