7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 46)

(x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4) = 120

⇔ [(x – 1)(x – 4)][(x – 2)(x – 3)] = 120

⇔ (x² – 5x + 4)(x² – 5x + 6) = 120 (*)

Đặt x² – 5x + 5 = y

Ta có (*) trở thành: (y – 1)(y + 1) = 120      

⇔ y² – 1 = 120

⇔ y² = 121

⇔ y=11y=−11

+) Với y = 11, ta có: x² – 5x + 5 = 11

⇔ x² – 5x – 6 = 0

⇔ x² – 6x + x – 6 = 0

⇔ x(x – 6) + (x – 6) = 0

⇔ (x – 6)(x + 1) = 0

⇔  x=6x=−1

+) Với y = –11, ta có: x² – 5x + 5 = –11

⇔ x² – 5x + 16 = 0

⇔ x−522+394=0

Ta thấy x−522+394≥394>0 với mọi x nên phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {6;–1}.

Ta có: BM→+CN→+AP→

= 12BC→+12CA→+12AB→

= 12BC→+CA→+AB→

= 12BA→+AB→

=  12.0→=0→=0

a) Tứ giác BFCE có 2 đường chéo BC và FE cắt nhau tại trung điểm D của mỗi đường nên BFCE là hình bình hành.

b) BFCE là hình bình hành và E là trung điểm AC nên: BF=EC=AEBF∥EC∥AE

Suy ra BFEA là hình bình hành.

Mà tam giác ABC vuông ở A nên BFEA là hình chữ nhật

c) DE là đường trung bình trong tam giác ABC nên  DE//ABAB⊥AC Suy ra: DE ⊥ AC.

K đối xứng với F qua E hay E là trung điểm của FK

Tứ giác FAKC có 2 đường chéo FK và AC vuông góc và cắt nhau tại trung điểm E của mỗi đường nên AFCK là hình thoi.

d) Gọi I là giao điểm của hai đường chéo BE và AF trong hình chữ nhật BFEA

Suy ra I là trung điểm BE và AF và BE = FA

ME là đường trung bình của tam giác AHC nên ME // AH ⇒ ME ⊥ AH

Tam giác BME vuông tại M có trung tuyến MI nên MI = 12BE = 12 FA

Tam giác FAM có trung tuyến MI thỏa mãn MI = 12 FA nên tam giác FAM vuông tại M

Hay FM ⊥ AM.

Ta có số phần tử của không gian mẫu khi dán 3 con tem vào 3 bức thư là hoán vị của 3 phần tử tức là: n(Ω) = 3! = 6

Gọi A là biến cố:" hai bì thư trong ba bì thư đều có số thứ tự giống với số thứ tự giống với số thứ tự con tem đã dán vào"

Ta có lấy 1 bì thư có sao cho có số thứ tự giống với con tem đã dán vào nó có 1 cách, và bì thư còn lại cũng có một cách. Từ đó ta có số phần tử cho biến cố A là 1.

n(A) = 1

Xác suất để được biến cố trên là: PA=nAnΩ=16.

x² – x – xy – 2y²  + 2y

= x² – x + xy – 2y² + 2y – 2xy

= x(x – 1 + y) – 2y(y – 1 + x)

= (x – 2y)(x – 1 + y).

Đoạn ống nước mới dài số mét là:

0,8 + 1,35 − = 2,15 − 0,08 = 2,07 (m).

Vậy đoạn ống nước mới dài 2,07 m.

Ta viết tắt “giờ” là “h”.

Lúc 9h (t₁ = 9h − 8h = 12h (nghỉ) = 0,5h) người đi xe đạp đi được quãng đường:  

S₁  = v₁t₁ = 12 . 0.5 = 6 (km).

Lúc 9h (t₂ = 9h − 8h = 1h) quãng đường người đi bộ đi được:

S₂ = v₂t₂ = 4 . 1 = 4 (km).

⇒ Khoảng cách giữa 2 xe lúc 9h là: 6 + 4 =10 (km).

Chọn gốc thời gian là lúc 9h, gốc tọa độ tại vị trí của người đi xe đạp, chiều dương là chiều chuyển động của xe đạp.

Ta có, phương trình tọa độ của 2 người:

+ Người đi xe đạp: x₁ = 12t

+ Người đi bộ: x₂ = 10 + 4t

Hai người gặp nhau khi: x₁ = x₂ ⇔ 12t = 10 + 4t ⇒ t =1,25h

⇒ Hai người gặp nhau lúc 9 + 1,25h = 10,25h

Vị trí hai người gặp nhau là x = 1,25 . 12 = 15 (km) (cách gốc đã chọn 15km).

Gọi x là số tấn nguyên liệu loại I, y là số tấn nguyên liệu loại II cần dùng.

Vì cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp không quá 10 tấn nguyên liệu loại I và không quá 9 tấn nguyên liệu loại II nên ta có:  0≤x≤1000≤y≤9

Từ mỗi tấn nguyên liệu loại I giá 4 triệu đồng, có thể chiết xuất được 20kg chất A và 0,6kg chất B

⇒ Từ x tấn nguyên liệu loại I ta chiết xuất được: 20x (kg) chất A và 0,6y (kg) chất B.

Từ mỗi tấn nguyên liệu loại II giá 3 triệu đồng, có thể chiết xuất được 10kg chất A và 1,5kg chất B

⇒ Từ y là số tấn nguyên liệu loại II  ta chiết xuất được: 10y (kg) chất A và 1,5y (kg) chất B.

Như vậy ta chiết xuất được 20x+10y (kg) chất A và 0,6x+1,5y (kg) chất B.

Khi đó ta có hệ điều kiện là:

 0≤x≤100≤y≤920x+10y≥1400,6x+1,5y≥9  ⇔ 0≤x≤100≤y≤92x+y≥142x+5y≥30

(7⁵ + 7⁹)(5⁴ + 5⁶)(3³ . 3 – 9²)

= (7⁵ + 7⁹)(5⁴ + 5⁶)(3⁴ – 9²)

= (7⁵ + 7⁹)(5⁴ + 5⁶)[3⁴ –(3²)²]

= (7⁵ + 7⁹)(5⁴ + 5⁶)(3⁴ –3⁴)

= (7⁵ + 7⁹)(5⁴ + 5⁶). 0

= 0.

Số cách lấy ra 5 cuốn sách và đem tặng cho 5 học sinh là:

S = A105= 30240 cách (chọn 5 cuốn trong 10 cuốn sau đó có sắp xếp 5 cuốn)

Số cách chọn sao cho không còn sách đại số là:

A = C72.5! = 2520 cách 

(chọn hết 3 cuốn Đại số có 1 cách, chọn 2 cuốn nữa trong 7 cuốn gồm 4 cuốn Giải tích và 3 cuốn Hình, sau đó xếp cho 5 bạn)

Số cách chọn sao cho không còn sách Giải tích là:

B = C61. 5! = 720 cách

(chọn hết 4 cuốn giải tích có 1 cách, chọn 1 cuốn trong 6 cuốn gồm 3 cuốn đại số và 3 cuốn hình, xếp 5 cuốn vừa chọn cho 5 bạn)

Số cách chọn sao cho không còn sách Hình là:

C =C72.5! = 2520 cách

(chọn hết 3 cuốn Hình có 1 cách, chọn thêm 2 cuốn trong 7 cuốn gồm 3 cuốn đại và 4 cuốn Giải tích)

Vậy số cách tặng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

S – A – B – C = 24480 cách.

sin²α = 132=19

Ta có: sin²α + cos²α = 1

Suy ra: cos²α = 1 – sin²α = 1−19=89

cos α = ±89=±223

Vì 90° < α < 180° nên cos α =  −223

x³ – 2x² + (1 – m)x + m = 0 (*)

⇔ (x³ – 2x² + x) – mx + m = 0

⇔ x(x² – 2x + 1) – m(x – 1) = 0

⇔ x(x – 1)² – m(x – 1) = 0

⇔ (x – 1)[(x(x – 1) – m] = 0

⇔ (x – 1)(x² – x – m) = 0

⇔ x=1x2−x−m=01

Để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1. Tức là:

 Δ>012−1−m≠0⇔  1+4m>0m≠0⇔ m>−14m≠0

Ta có nghiệm của phương trình (1) là:

x1=1+1+4m2x2=1−1+4m2

Suy ra:  x₁² + x₂² = 1+1+4m22+1−1+4m22

=1+21+4m+1+4m+1−21+4m+1+4m4=1+2m

Có x₁² + x₂² + x₃² = 4

⇔ 1 + 2m + 1 = 4

⇔ m = 1 (thỏa mãn)

Vậy m = 1.

a) I là điểm trên cạnh BC mà: 2CI = 3BI. Suy ra: BICI=23

⇒ BICI+BI=23+2=25 ⇒ BIBC=25

⇒ BI=25BC tương tự CI=35BC

J là điểm nằm trên BC kéo dài: 5JB = 2JC ⇒ JBJC=25

⇒ JBJC−JB=25−2=23⇒ JBBC=23

⇒ JB=23BCvà BC=33JC

AB→=AI→+IB→=AI→−25BC→=AI→−25.32JB→=AI→−35JB→=AI→−35JA→+AB→=AI→+35AJ→−35AB→

⇒ AB→+35AB→=AI→+35AJ→

⇒ AB→=58AI→+38AJ→

AC→=AI→+IC→=AI→+35BC→=AI→+35.35.JC→=AI→+925JA→+AC→

⇒ AC→−925AC→=AI→+925JA→

⇒ AC→=2516AI→−916AJ→

b) Lấy K là đối xứng của A qua H

Ta có: AK và BC cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là H. Do đó ABKC là hình bình hành

Vì G là trọng tâm nên: AG→=23AH→=23.12.AB→+AC→  (sử dụng quy tắc hình bình hành vào hình bình hành ABKC, H là trung điểm của BC)

AG→=13.AB→+AC→=13.58.AI→+38AJ→+2516AI→−916AJ→=3548AI→−116AJ→

Xét ∆MAN vuông tại A có:  AMN^+ANM^= 90° (1)

Và MAO^+NAO'^= 90° = 180° − MAO^ = 180° − 90° = 90° (2)

Lại có: ∆OMA cân tại O (OA = OM = R) ⇒ OAM^=OMA^ (3)

∆O’NA cân tại O (O’A = O’N = R’) ⇒ O'AN^=O'NA^ (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra: OMN^+MNO'^=OMA^+AMN^+ANM^+O'NA^

= OMA^+AMN^+ANM^+O'NA^

= OMA^+AMN^+ANM^+O'AN^

= OMA^+O'AN^+AMN^+ANM^

= 90° + 90° = 180°

Tứ giác OMNO’ có OMN^+MNO'^=180°nên MN // O’N.

b) Từ O’ kẻ O’H ⊥ OM. Khi đó: SOMNO'=O'N+OM.O'H2=R'+R.O'H2≤R'+R.O'O2=R'+R22

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi O’H = O’O hay H ≡ O ⇒ O’O ⊥ MO hoặc O’O ⊥ O’N

Vậy tứ giác MNO’O có diện tích lớn nhất là R'+R22  khi O’O ⊥ MO hoặc O’O ⊥ O’N.

cos2x + 3sin2x – 2cosx = 0 

⇔ sin 2x+π6 = cosx

⇔ cos 2x−π3 = cosx

Suy ra: cos 2x−π3= cosx

⇔ cos(2x – α) = cosx ⇔ α = π3.

Kẻ CE vuông góc với AD tại E.

Ta có: A^=B^=E^ = 90° nên ABCE là hình chữ nhật

Do đó: AB = CE = 3cm

Ta có: ECD^=BCD^−90°=135°−90°=45°

Mà: ECD^+EDC^+CED^=180°

Nên: EDC^=45°. Hay tam giác EDC vuông cân tại E.

Suy ra: ED = EC = 3cm

AE = AD – ED = 4 – 3 = 1(cm)

S_ABCD = S_ABCE + S_CED = 1.3 + 12.3.3 = 7,5 (cm²).

a) Theo định lí Pytago, ΔABC vuông tại A có:

BC² = AB² + AC² = 9² + 12² = 225

⇔ BC = 15(cm)

Từ đó, ta có:

sin B = ACBC=1215 = 0,8

⇔ B^=53°

Theo hệ thức lượng: AB² = BH.BC

⇔ BH = AB2BC = 9215= 5,4(cm)

b) AH ⊥ BC tại H ⇔ ΔABH, ΔACH vuông tại H

E là hình chiếu của H trên AB

⇔ HE ⊥ AB

⇔ HE là đường cao ΔABH

Suy ra: AH² = AE.AB (1)

F là hình chiếu của H trên AC

⇔ HF ⊥ AC

⇔ HF là đường cao ΔACH

Suy ra: AH² = AF.AC (2)

Từ (1) và (2), ta có: AE.AB = AF.AC

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABC có:

BC² = AB² + AC² = 9² + 12² = 225

⇔ BC = 15(cm)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC có: 1AH2=1AB2+1AC2=192+1122=251296

AH² = 129625 ⇔ AH = 129625=7,2 (cm)

BH = AB2BC=9215=5,4 (cm)

CH = AC2BC=12215=9,6 (cm)

S_ABC = 12.AB.AC=12.9.12=54 (cm²).

Gọi A là tập hợp học sinh làm được câu 1⇒ n (A) = 5

Gọi B là tập hợp học sinh làm được câu 2⇒ n (B) = 6

Gọi Clà tập hợp học sinh làm được câu 3⇒ n (C) = 4

3 học sinh làm được câu 1 và 2 ⇒ n (A ∩ B) = 3

2học sinh làm được câu 1 và 3⇒ n (A ∩ C) = 2

1 học sinh làm được câu 2 và 3⇒ n (B ∩ C) = 1

1 học sinh làm được cả 3 câu ⇒ n (A ∩ B ∩ C) = 1

Vậy (A ∪ B ∪ C)là tập hợp tất cả học sinh làm bài khảo sát

⇒ n (A ∪ B ∪ C) = n (A ∪ B) + n (C) − n [(A ∪ B) ∩ C]

⇒ n (A ∪ B ∪ C) = n (A) + n (B) – n (A ∩ B) + n (C) − [n (A ∩ C) + n (B ∩ C)

− n (A ∩ B ∩ C)

⇒ n (A ∪ B ∪ C) = n (A) + n (B) + n (C) − n( A ∩ B) – n (A ∩ C) – n (B ∩ C)

+ n (A ∩ B ∩ C)

⇒ n (A ∪ B ∪ C) = 5 + 6 + 4 – 3 – 2 – 1 + 1

⇒ n (A ∪ B ∪ C) = 10

Vậy có 10 học sinh làm bài khảo sát.

a) Để biểu thức C có nghĩa thì điều kiện của x là:

2x−2≠02−2x2≠0⇔x≠1x≠±1⇔ x≠±1

Vậy x≠±1

b) x2x−2+x2+12−2x2=x2x−1+x2+121−x2

=x2x−1−x2+12x−1x+1

=xx+1−x2−12x−1x+1

=x2+x−x2−12x−1x+1

=x−12x−1x+1

=12x+1

c) C > 0 ⇒ 12x+1>0x≠±1

⇒ 2(x + 1) > 0

⇔ x + 1 > 0

⇔ x > –1

Vậy x > –1, x ≠ 1 thì C > 0.

10x – 25 – x²

= – (x² – 10x + 25)

= – (x² – 2.5x + 5²)

= – (x – 5)².

Vì AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) lần lượt tại B và C. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AB = AC

Vì DB, DM là hai tiếp tuyến của (O) lần lượt tại B và M. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM

Vì EM, EC là hai tiếp tuyến của (O) lần lượt tại M và C. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: EM = EC

Chu vi tam giác ADE là:

AD + DE + EA

= AD + (DM + ME) + EA

= (AD + DM) + (ME + EA)

= (AD + DB) + (EC + EA) (do DB = DM, EM = EC)

= AB + AC = 2AB (do AB = AC).

a) Xét tứ giác AIMK  có:

 AIM^= 90° (MI ⊥ AB); AKM^ = 90° (MK ⊥ AC)

⇒ AIM^+AKM^  = 90° + 90° = 180°

Mà 2 góc ở vị trí đối nhau

⇒ Tứ giác AIMK nội tiếp

Xét (O) có AB, AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A

⇒ OB ⊥ AB; OC ⊥ AC ⇒ABO^=ACO^ = 90°

Xét tứ giác ABOC có: 

 ABO^+ACO^= 90° + 90° = 180°

Mà 2 góc ở vị trí đối nhau

⇒ Tứ giác ABOC nội tiếp

b) Xét tứ giác MPCK có:

 MPC^ = 90° (MP ⊥ BC); MKC^= 90° (MK ⊥ AC)

⇒ MPC^+MKC^ = 90° + 90° = 180°

Mà 2 góc ở vị trí đối nhau

⇒ Tứ giác MPCK nội tiếp

⇒ MPK^=MCK^(cùng nhìn cạnh MK)

Xét (O) có: MCK^  là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung MC

 MBC^ là góc nội tiếp chắn cung MC

⇒ MCK^=MBC^

Mà MPK^=MCK^⇒ MPK^=MBC^

c) Xét tứ giác MIBP có:

MIB^= 90° (MI ⊥ AB) ; MPB^ = 90°(MP⊥BC)

⇒ MIB^+MPB^ = 90° + 90° = 180°

mà 2 góc ở vị trí đối nhau

⇒Ttứ giác MIBP nội tiếp

⇒ IBM^=IPM^ (cùng nhìn cạnh MI)

MIP^=MBP^ (cùng nhìn cạnh MP) hay MBC^=MIP^

mà MPK^=MBC^ ⇒ MPK^=MIP^

Xét (O) có: IBM^ là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung BM

 MCB^ là góc nội tiếp chắn cung BM

⇒ IBM^=MCB^

mà  IBM^=IPM^⇒ MCB^=IPM^ hay  MCP^=IPM^

Tứ giác MPCK nội tiếp ⇒ MCP^=MKP^

⇒ IPM^=MKP^

Xét ΔMIP và ΔMPK có:

IPM^=MKP^

MIP^=MPK^

⇒ ΔMIP ~ ΔMPK (g.g)

⇒ MI.MP = MP.MK ⇒ MI.MK = MP²

d) Vì MI.MK = MP² nên MI.MK.MP = MP³

Tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất khi MP lớn nhất

Gọi H là hình chiếu của O trên BC

⇒ OH cố định (Vì O cố định; BC cố định)

Gọi D là giao điểm của MO và BC

Ta có: MP ≤ MD; OH ≤ OD

MP + OH ≤ MD + OD = MO ⇒ MP + OH ≤ R

⇒MP ≤ R−OH ⇒ MP³ ≤ (R − OH)³

Dấu "=" xảy ra khi MP = R − OH

⇒ O, H, Mthẳng hàng 

⇒ M nằm chính giữa  cung nhỏ BC

Vậy tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất khi M nằm chính giữa cung nhỏ BC.

a) Hình bình hành ABCD có AB = CD
12 ​AB = AM = 12 CD = CN

Mặt khác, M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD

Do đó: AM//CN

Tứ giác AMCN có cặp cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau nên là hình bình hành.

b) Tứ giác AMCN là hình bình hành

⇒ M1^=N1^​​ (Hai góc đối của hình bình hành AMCN)

⇒ ​​M2^=N2^ (Do M1^ và M2^ là hai góc kề bù; N1^ và N2^ là hai góc kề bù)

Mặt khác, ABCD là hình bình hành nên AB//CD ⇒ B1^=D1^

Xét ΔEDN và ΔKBM có:

M2^=N2^

DN=BM

B1^=D1^

⇒ΔEDN=ΔKBM(g.c.g)

⇒ ED = KB (đpcm)

c) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

ABCD là hình bình hành

⇒ OA=OC

Xét trong ΔCAB có:

MA = MB

OA = OC

MC cắt OB tại K

⇒ K là trọng tâm của ΔCAB

Mặt khác, I là trung điểm của BC

⇒ IA, OB, MC đồng quy tại K

Hay AK đi qua trung điểm I của BC (đpcm).

a) Có M^=N^= 65° mà  là hai góc nằm ở vị trí so le trong nên m // n

Vì m // n nên Q^+NPQ^ = 180°(hai góc trong cùng phía) 

⇒ 110° + x = 180° ⇒ x = 70°

b)  EMN^+MNF^ =120°+60° = 180° mà hai góc đó ở vị trí trong cùng phía nên a // b.

Vì a // b nên x = 90° (hai góc so le trong)

Ta có: A^+B^+C^=180° (tính chất tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra: A^2+B^2+C^2=90°

⇒ A^2+B^2+C^2=90°⇒ B^2+C^2=90°-A^2

⇒ sinB^2+C^2=sin90°-A^2=cosA^2

cosB^2+C^2=cos90°-A^2=sinA^2

sinA=sinB+sinCcosB+cosC⇒ 2sinA^2cosA^2=2sinB^2+C^2cosB^2−C^22cosB^2+C^2cosB^2−C^2 

⇒ 2sinA^2cosA^2=sinB^2+C^2cosB^2+C^2⇔ 2sinA^2cosA^2=cosA^2sinA^2

⇔ 2sin2A^2=1

⇔ 1−2sin2A^2=0 

⇔ cosA^=0

⇔ A^=90°

Vậy tam giác ABC vuông.

a) Vì BD và CF là trung tuyến nên ED là đường trung bình của tam giác ABC (E, D lần lượt là trung điểm AB, AC)

Suy ra: ED // BC ⇒ EDCB là hình thang

b) Trong tam giác ABN có E, M là trung điểm của AB và BN (do BM = MN = NC)

⇒ EM là đường trung bình của ∆ABN

⇒ EM // AN ⇒ EM // KN

Trong ∆EMC có N là trung điểm của CM vì MN = NC và NK // EM

⇒ K là trung điểm của CE

c) Tương tự: Trong ∆BDN có M là trung điểm BN và MI // DN

Suy ra: MI là đường trung bình của tam giác BDN

⇒ I là trung điểm BD.

Trong hình thang BEDC có IK là đoạn nối trung điểm của hai đường chéo nên:

IK=BC−DE2=2DE−DE2=DE2

⇒ 2IK = DE ⇒ 4IK = 2DE = BC

Vậy 4IK = BC.

Giả sử cạnh của tam giác đều là a.

Tam giác đều có trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp trùng nhau

Gọi G là trọng tâm của tam giác đều ABC thì G cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Ta có: R = GA = GB = GC

Kẻ trung tuyến AD của tam giác suy ra A, G, D thẳng hàng và AG = 23 AD

AD cũng là đường cao trong tam giác đều, do đó:

AD² + DB² = AB²

⇔ AD² + a22 = a²

⇔ AD = a32

R = AG = 23 AD = 23.a32=a33

Vì hàm số đã cho là hàm số bậc nhất nên 2m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠  −12.

Gọi góc α là góc tạo bởi đường thẳng và trục Ox .

Theo giả thiết α = 45°. Ta có:

tanα = a ⇒ tan45° = 2m + 1

⇔ 1 = 2m + 1 ⇔ 0 = 2m ⇔ m = 0.

a) Vì α là góc tù nên cos α < 0

Ta có: sin²α + cos²α = 1

Suy ra: cos²α = 1 – sin²α = 1−19=89

cos α = ±89=±223

Vì 90° < α < 180° nên cos α = −223

tan α = sinαcosα=13:−223=−122

cot α =  1tanα=−22

b) Ta có:

cot(180°– α) = – cotα

cos(180°– α) = – cosα

cot(90°– α) = tanα

Khi đó: A = sinα . cot (180° – α) + cos(180° – α). cot (90°  – α)

= sinα . (–cotα) + (–cosα). tanα = 13.22+22 3.−122=223−13=22−13

B = 3sinα+2cosα−2sinα−2cosα

= 3.13+2.−223−213−2.−223=1−4−213+43=−3.

(x − 7)(x² − 9x + 20)(x – 2) = 72

⇒ (x² − 2x − 7x + 14)(x² − 9x + 20) – 72 = 0

⇒ (x² − 9x + 14)(x² − 9x + 14 + 6) – 72 = 0

Đặt x² − 9x + 14 = a ta có :

a(a + 6) – 72 = 0

⇔ a² + 6a – 72 = 0

⇔ a² − 6a + 12a – 72 = 0

⇔ a(a − 6) + 12(a − 6) = 0

⇔(a − 6)(a + 12) = 0

⇔ a=6a=−12

* TH1 : a = 6 

⇒ x² − 9x + 14 = 6

⇔ x² − 9x + 14 − 6 = 0

⇔ x² − 9x + 8 = 0

⇔ x² − 8x − x + 8 = 0

⇔ x(x − 8) − (x − 8) = 0

⇔ (x − 8)(x – 1) = 0

⇔  x=8x=1

*TH2 : a = −12

⇒ x² − 9x + 14 = −12

⇔ x² − 9x + 14 + 12 = 0

⇔ x² − 9x + 26 = 0

⇔ x−922+ 234= 0 (Vô lý)

Vậy x ∈ {1; 8}.

Điều kiện xác định: x ≥−72

(2x + 7)2x+7= x² + 9x + 7

⇔ (2x + 7)2x+7= x² + 7x + (2x + 7)

⇔ x² + 2x + 7 – 2x2x+7+ 7x – 72x+7 = 0

⇔ x−2x+72 + 7x−2x+7= 0

⇔ x−2x+7x−2x+7+7 = 0

⇔ x−2x+7=0x−2x+7+7=0

+) Nếu: x−2x+7=0 thì: x = 2x+7

⇔ x² = 2x + 7

⇔ x² – 2x – 7 = 0

⇔ x=1+22x=1−22

+) Nếu x−2x+7=−7 thì x + 7 = 2x+7

⇔ (x + 7)² = 2x + 7

⇔ x² + 14x + 49 – 2x – 7 = 0

⇔ x² + 12x + 42 = 0

⇔ (x + 6)² + 6 = 0 (*)

Ta thấy phương trình (*) vô nghiệm vì (x + 6)² + 6 > 0 với mọi x.

Vậy phương trình có tập nghiệm là 1+22;1−22

a) Tứ giác MDHE có M^=D^=90°

Vậy tứ giác MDHE là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông.
b) Ta có: DEH ^=MHE^(do MDHE là hình chữ nhật)

HEA ^=EHA^ (dễ dàng chứng minh được △HEA cân tại A nhờ giả thiết A trung điểm HP và HE ⊥ MP)
Mà MHE^+EHA^=90°

nên  DEH^+HEA^=DEA^=90°
⇒ Tam giác DEA vuông tại E.
c) Ta có: DE = MH
2EA = HP
Để DE = 2EA thì MH = HP
⇔ Tam giác MHP cân tại H
⇔ Tam giác MHP vuông cân tại H
⇔  P^=45°
⇔ Tam giác MNP vuông cân tại M.

Một người vay ngân hàng 30000000 VNĐ với lãi suất 5% một năm theo thể thức lãi đơn.

Sau 1 năm người này nợ thêm: 30000000 . 5% = 1500000 (VNĐ)

Sau n năm người này nợ thêm: 1500000.n (VNĐ)

Khi đó tổng số tiền người đó nợ sau n năm là: 1500000.n + 30000000 (VNĐ)

Hàm số thể hiện mối liên hệ giữa tổng số tiền nợ T (VNĐ) và số nợ n (năm) là:

T = 1500000.n + 30000000.

BC→+MA→+AB→−NA→−3AC→=0→

Hay AC→+MN→−3AC→=0→ ⇔ MN→=2AC→

Theo giả thiết có: BC→=−MA→=AM→

Mà A, B, C không thẳng hàng nên bốn điểm A, B, C, M là 4 đỉnh của hình bình hành

Suy ra: M không thuộc AC

Vậy mệnh đề đúng là: MN // AC.

a) Ta có: AB = BC. sin ACB^

BC = 3 : sin30° = 6(cm)

AC = BC2−AB2=62−32=33 (cm)

Lại có: S_ABC = 12AH.BC = 12AB.AC ⇒ AH = AB.ACBC=3.336=332

b) Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác BHA, CHA có:

BE.BA = BH²; CF. CA = HC²

BE.BA + CF.CA + 2.HB.HC = BH² + HC² + 2.HB.HC = (BH + CH)² = BC².

Vậy BE.BA + CF.CA + 2.HB.HC = BC².

Đường tròn (C′) có tâm I′(2;−5) bán kính  R'=22+−52−4=5

Ảnh của (C) qua phép quay là đường tròn (C′) có cùng bán kính, giả sử (C) có tâm I(x;y), bán kính R

⇒ R = R′ = 5

Q_O,270°(I) = I′(2;−5)

⇒ 2=x.cos270°−y.sin270°−5=x.sin270°+y.cos270°

⇒ 2=y5=x

⇒ I (5;2)

Phương trình đường tròn (C) là:

(x−5)² + (y−2)² = 25

hay x² + y² – 10x – 4y + 4 = 0.

Đáp án đúng: A

Xét các đáp án B, C, D có:

AC→+BD→=AI→+IJ→+JC→+BI→+IJ→+JD→=2IJ→+AI→+BI→+JC→+JD→=2IJ→

AD→+BC→=AI→+IJ→+JD→+BI→+IJ→+JC→=2IJ→+AI→+BI→+JC→+JD→=2IJ→

AC→+BD→=2IJ→⇔ 2IJ→−AC→−BD→=0⇔ 2IJ→+DB→+CA→=0→

Xét đáp án A thấy:

AB→+CD→=AD→+DB→+CB→+BD→=AD→+CB→ nên đáp án A sai.

a) Ta có: MA, MB là tiếp tuyến của (O)

Suy ra: MO ⊥ AB tại H.

Ta có: MA ⊥ AO, AH ⊥ MO

⇒ OH.OM = OA² = R²

b) Do I là trung điểm NP ⇒ OI ⊥ NP

Mà MA ⊥ OA, MB ⊥ OB

⇒ M, A, I, O, B ∈đường tròn đường kính OM

⇒Tâm của đường tròn là trung điểm MO

c) Ta có : CN, CA là tiếp tuyến của (O) ⇒ CN = CA

Tương tự:

DN = DB

⇒ PMCD = MC + CD + DM = MC + CN + ND + DM

= MC + AC + DB + DM = MA + MB = 2MA = 10.

d) Ta có :

S_MEF = 12.MO.EF

Mà OA ⊥ ME, MO ⊥ OE

⇒ 1OA2=1OM2+1OE2≥2OM.OE

⇒ OM.OE ≥ 2OA² = 2R²

⇒ S_MEF ≥ 12.2R2= R²

Dấu = xảy ra khi OE = OM ⇒ ΔOEM vuông cân tại O

⇒ OMA^=45°⇒ ΔAMO vuông cân tại A 

⇒ MO = OA2 =  R2

Nếu khách hàng gọi quốc tế không quá 8 phút, ta có hàm số là:

T = 6500.t (với t ≤ 8)

Nếu khách hàng gọi quốc tế trên 8 phút và không quá 15 phút, ta có hàm số là:

T = 8.6500 + (t – 8).6000 = 6000.t + 4000 (với 8 < t ≤ 15)

Nếu khách hàng gọi quốc tế trên 15 phút và không quá 25 phút, ta có hàm số là:

T= 8.6500 + (15 – 8).6000 + (t – 15).5500 = 5500.t + 11500 (với 15 < t ≤ 25)

Nếu khách hàng gọi quốc tế trên 25 phút, ta có hàm số là:

T = 8.6500 + (15 – 8).6000 + (25 – 15).5500 + (t – 25).5000 = 5000t + 24000 (với t > 25)

(x – 5)(2x + 3) – 2x(x – 3) + x + 7

= x.(2x + 3) + (–5).(2x + 3) – 2x.(x – 3) + x + 7

= (x.2x + x.3) + (–5).2x + (–5).3 – (2x.x + 2x.(–3)) + x + 7

= 2x² + 3x – 10x – 15 – 2x² + 6x + x + 7

= (2x² – 2x²) + (3x – 10x + 6x + x) + 7 – 15

= – 8

Vậy với mọi giá trị của biến x, biểu thức luôn có giá trị bằng –8.

Diện tích tam giác ABD là:

S_ABD = 12.AB.AD.sinBAD^=12.a.a2.sin45°=a22

Vậy diện tích hình bình hành ABCD là:

S_ABCD = 2S_ABD = 2 .a22  = a².

Xét khai triển: (x + y)²⁰ = Cn0xny0+Cn1xn−1y1+...+Cnnx0yn=∑k=020Cnkx20−kyk

Suy ra tổng tất cả các hệ số của khai triển (x + y)²⁰ là:

 1+120=∑k=020C20k=C200+C201+...+C2020=220=1048576

Ta có: 25n + 3 ⋮ 53

⇒ 53n + 25n + 3 ⋮ 53

⇒ 78n + 3 ⋮ 53

⇒ 78.(n – 2) + 159 ⋮ 53

⇒ n – 2 ⋮ 53

⇒ n – 2 ∈ B(53) = 53k (k ∈ ℕ)

⇒ n = 53k + 2 (k ∈ ℕ)

Vậy n có dạng 53k + 2 (k ∈ ℕ).

Vì a² = bc nên ab=ca

Đặt ab=ca=x

Suy ra: a = b.x; c = a.x

Ta có: a+ba−b=b.x+bb.x−b=bx+1bx−1=x+1x−1

c+ac−a=a.x+aa.x−a=ax+1ax−1=x+1x−1

Vậy a+ba−b=c+ac−a.

Số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 2! . C126.C66 = 1848

(vì bốc lúc đầu bốc 6 đội từ 12 đội vào bảng A sau đó bốc 6 đội từ 6 đội còn lại vào bảng B; ta hoán vị 2 bảng).

Gọi A là biến cố: “2 đội của hai lớp 12A2 và 11A6 ở cùng một bảng”.

Số phần tử của biến cố A là: n(A) = 2! .C104.C66 = 420 ( vì bốc 4 đội từ 10 đội ( không tính hai lớp 12A2 và 11A6) vào bảng đã xếp hai đội của hai lớp 12A2 và 11A6 sau đó bốc 6 đội còn lại vào một bảng; ta hoán vị hai bảng).

Xác suất của biến cố A là:

P(A) = nAnΩ=4201848=522.

Số thứ năm bằng số trung bình cộng của bốn số còn lại nên ta coi số thứ năm bằng 1 phần thì tổng bốn số còn lại là 4 phần.

Tổng của 5 số là:

1 + 4 = 5 (phần)

Số thứ 5 là:

600 : 5 = 120.

Áp dụng công thức Hê – rông: S = pp−ap−bp−c trong đó p là nửa chu vi; a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác

Nửa chu vi tam giác ABC là: (3 + 5 + 6) : 2 = 7

Diện tích tam giác ABC là:

S_ABC =  pp−BCp−ACp−AB=7.7−5.7−6.7−3=214

Gọi số táo và số lê mà bạn An mua lần lượt là a và b

Số táo nhiều hơn số lê nên a > b

Hiệu bình phương của số táo và số lê bằng 41 nên ta có:

a² – b² = 41

⇔(a – b)(a + b) = 41

 a−b=1a+b=41 ⇔ a=21b=20

Vậy bạn An mua 21 quả táo.

Xét tam giác ABC có AD là tia phân giác

Suy ra: DBDC=ABAC  ⇒ DBDC=1410=75

⇒ 5DB = 7DC ⇒ DB = 75 DC

Mà DB + DC = BC

⇔ 75DC + DC = BC

⇔ 125DC = 12

⇔ DC = 5 (cm)

DB = 12 – 5 = 7(cm)

b) Từ A kẻ thêm đường cao AH

Khi đó ta có: SABDSACD=12AH.BD12AH.CD=BDCD=75

Gọi chiều dài cả quãng đường là S

Thời gian xe đi nửa quãng đường đầu là

t₁ = 12.S : 12 = S24(h)

Thời gian xe đi nửa quãng đường sau là

t₂ = 12.S : 20 =S40  (h)

Tốc độ trung bình của xe trên cả quãng đường là

v_TB = S : ( v₁ + v₂ ) = S:S24+S40  = 15 km/h.

Điều kiện xác định: x ≥ – 3

Nhân 2 vế của phương trình đã cho với 2 ta được:

4x² + 8x = 2x+6

⇔ (4x² + 8x + 4) + (2x + 2) = (2x + 6) + 2x+6

⇔ (2x + 2)² + (2x + 2) = (2x + 6) + 2x+6

Đặt u = 2x + 2; v = 2x+6 ≥ 0 

Thì ta được hệ phương trình:

u+u2=v+v2v2−u=4

⇔ u−vu+v+1=0v2−u=4

⇔ u=vv2−v−4=0u=−1−vv2−−1−v−4=0

⇔ u=v=17+12u=−1−132v=13−12

Với u = 17+12  thì 2x + 2 = 17+12

⇔ x = 17−34 (thỏa mãn)

Với u = −1−132  thì 2x + 2 = −1−132

⇔ x = −5−134

Vậy tập nghiệm của phương trình là:  17−34;−5−134

(x – 3)(x + 3) – (x – 3)²

= x² – 9 – (x² – 6x + 9)

= x² – 9 – x² + 6x – 9

= 6x.

Theo tính chất tổng ba góc trong một tam giác ta có

A + B + C = π ⇒ C = π − (A + B)

⇒ sin(A+B) = sin C, cos (A+B) = − cos C

Ta có:

sin 2A + sin2B + sin2C

= 2 sin(A+B)cos(A − B) + 2 sinC cosC

= 2 sinC cos(A − B) + 2 sinC cosC

= 2 sinC[cos(A − B) + cosC]

= 2 sinC[cos(A − B) − cos(A + B)]

= 2 sinC . 2 sinA sinB

= 4 sinA sinB sinC.

Đặt t = sin x – cos x

Suy ra: sinx cosx = 1−t22

Phương trình ban đầu trở thành:

 (1 +)t + 2.1−t22 = 1 + 2

⇔ t² – (1 + 2 )t + 1 +2 = 0

Xét ∆ = (1 + 2 )² – 4(1 +  2) = 1 – 22 < 0

Vậy phương trình vô nghiệm.

Ta có: y = sin²x – sinx + 2

y =  sin2x–2.12.sinx+14 + 74

y = sinx−122 + 74

Với mọi x ta có: – 1 ≤ sinx ≤ 1

⇒ –1 – 12 ≤ sinx – 12 ≤ 1 – 12

⇒ −32 ≤ sinx –  12≤ 12

⇒ 0 ≤ sinx−122≤ 322

⇒ 74≤sinx−122 + 74≤ 4

Vậy giá trị nhỏ nhất của y bằng 74 khi sinx – 12  = 0

Hay sin x = 12  ⇔ x=π6+k2πx=5π6+k2πk∈ℤ .

Chiều rộng khu đất hình chữ nhật là:

127 – 29 = 98 (m)

Chu vi khu đất HCN là:

(127 + 98) . 2= 650 (m)

Cần số cọc là:

650 : 5 =130 (cọc).

Ta có: 1kg = 1000g hay 1g = 0,001 kg

Vậy 789g = 0,789 kg.

a) AB, AC là tiếp tuyến của (O) nên OBA^=OCA^ = 90°

⇒ B, C cùng thuộc đường tròn đường kính OA 

⇒ A, B, C, O cùng thuộc đường tròn đường kính OA

b) AB, AC là tiếp tuyến của (O) ⇒ AB = AC mà OB = OC = R  

⇒ OA là trung trực BC ⇒ OA⊥ BC 

ΔBCD nội tiếp (O;R) đường kính BD ⇒ BCD^ = 90° ⇒ DC ⊥ BC

⇒ CD // OA ( cùng vuông góc với BC) 

c) DC // OA ⇒ CE // OA ⇒ OCEA là hình thang

Có: OED^=DBC^ (cùng phụ với BDC^)

Mà: BAO^=DBC^ (cùng phụ với BOA^ )

Nên: OED^=BAO^

Xét ΔODE và Δ BOA có:

DOE^=OBA^= 90°

OB = OD

OED^=BAO^

⇒ ΔODE = Δ BOA (g–c–g)

⇒ OE = AB ⇒ OE = AC

⇒ OCEA là hình thang cân (đpcm).

Điều kiện xác định: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ π2+kπ

Đặt t = tanx

Suy ra: sin2x = 2tanx1+tan2x=2t1+t2

(*) ⇔ 1 + 3t = 4t1+t2

⇔ (1 + 3t)(1 + t²) = 4t

⇔ 1 + t² + 3t + 3t³ – 4t = 0

⇔ 3t³ + t² – t + 1 = 0

⇔ t = – 1

Với t = – 1 thì tanx = – 1 ⇔ x=−π4+kπk∈ℤ

6x² – (2x – 3)(3x + 2) – 1 = 0

⇔ 6x² – (6x² – 5x – 6) – 1 = 0

⇔ 6x² – 6x² + 5x + 6 – 1 = 0

⇔ 5x + 5 = 0

⇔ x = – 1

Vậy x = – 1.

Ta thấy: 6 = 3.2

12 = 6.2

24 = 12.2

Do đó, đây là cấp số nhân có số hạng đầu là 3 và công bội là 2.

Số hạng cuối cùng có dạng: 3072 = 3.2^n–1

⇒ 2^n–1 = 1024 = 2¹⁰

⇒ n – 1 = 10 hay n =11

Vậy dãy A có 11 số hạng

Tổng A = 3211−12−1=6141

Áp dụng hằng đẳng thức (a+b)³ = a³ + 3a²b + 3ab² + b³ ta có

A = n³ + (n+1)³ + (n+2)³

= n³ + n³ + 3n² + 3n + 1 + n³ + 6n² + 12n + 8

= 3n3 + 9n2 + 15n + 9

= 3(n³ + 5n) + 9(n² + 1)

Vậy để chứng minh A chia hết cho 9 thì ta sẽ chứng minh 3(n³ + 5n) chia hết cho 9 hay n³ + 5n³ chia hết cho 3.

Nếu n chia hết cho 3 thì hiển nhiên n³ + 5n = n(n² + 5) chia hết cho 3. Do đó A chia hết cho 9.

Giả sử n chia 3 dư 1, khi đó tồn tại một số tự nhiên k sao cho n = 3k + 1. Thay vào ta có

n³ + 5n = n(n² + 5)

= (3k + 1)[(3k + 1)² + 5]

= (3k + 1)(9k² + 6k + 1 + 5)

= (3k + 1)(9k² + 6k + 6)

= (3k + 1).3.(3k² + 2k + 2)

Vậy n³ + 5n chia hết cho 3, do đó 3(n³ + 5n) chia hết cho 9 nên A chia hết cho 9.

Với n chia 3 dư 2, tồn tại một số tự nhiên k sao cho n = 3k + 2. Thay vào ta có

n³ + 5n = n(n² + 5)

= (3k + 2)[(3k + 2)² + 5]

= (3k + 2)(9k² + 12k + 4 + 5)

= (3k + 2)(9k² + 12k + 9)

= (3k + 2).3.(3k² + 4k + 3)

Vậy n³ + 5n chia hết cho 3, do đó 3(n³ + 5n) chia hết cho 9 nên A chia hết cho 9.

Vậy trong mọi trường hợp với n, A đều chia hết cho 9.

Gọi S là cả quãng đường thì S2 là nửa quãng đường (km) và t là thời gian

Thời gian người này dự định đi là:

S : 5 = S5(giờ)

Thời gian người này đi bộ là:

S2: 5 = S10(giờ)

Thời gian người này đi xe đạp cùng bạn là

S2: 12 = S24 (giờ)

Ta có: t – 2860= S10+ S24

 S5–S5 =  S10 + S24

S15−110−124=715

S = 8 (km)

Người này đi bộ hết quãng đường thì hết thời gian là:

8 : 5 = 1,6 (giờ).

f(x) = (3x − x²)(x² − 6x + 9)

= x(3 − x)(x − 3)²

= −x(x − 3)³

Để biểu thức f(x) nhận giá trị dương thì:

−x(x − 3)³ > 0

⇔ x.(x − 3)³ < 0

Trường hợp 1:

 x>0x−33<0⇔ x>0x<3  ⇔ 0 < x < 3

Trường hợp 2:

 x<0x−33>0⇔  x<0x>3(vô lí)

Vậy biểu thức f(x) nhận giá trị dương khi 0 < x < 3.

Σ là ký hiệu thể hiện tổng của 1 phép toán nhiều hạng tử.

a) Ta có: BD, DE là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)

BOD^=DBE^=12BE⏜

Ta có: BDO^+BOD^=90°

Suy ra: BDO^+DBE^=90°

Hay: BE ⊥ DO (1)

Ta có: BDO^=EDO^

BEC^= 90° vì ∆BEC là tam giác nội tiếp nửa đường tròn.

Suy ra: BE ⊥ EC (2)

Từ (1) và (2) suy ra: DO // EC

b) Xét ∆AEO và ∆ABD có:

Chung A^

ABD^=AEO^

⇒∆AEO ~ ∆ABD (g.g)

⇒ AOAD=AEAB

⇒ AO.AB = AE.AD

Xác suất sản phẩm là phế phẩm là: 1 – 0,4 – 0,5 = 0,1

Xác suất lấy ra sản phẩm là loại I hoặc loại II là: 0,4 + 0,5 = 0,9.

Xét tam giác vuông ABC, ta có:

BC = AB . tan45° = 160 . 1 = 160 (m)

Nhận xét: Thời gian thuyền sang sông từ A đến C bằng thời gian nước chảy từ B đến C

Thời gian chuyển động của thuyền là: ACv1=BCv2=1602=80 (s).

Gọi giao điểm của AC và BD là O.

Vì ABCD là hình chữ nhật nên tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn O;AC2

Xét tứ giác ADEC có:

ADC^=AEC^=90° hay ADC^+AEC^=180°

Suy ra: ADEC nội tiếp đường tròn O;AC2.

Qua 3 điểm không thẳng hàng chỉ xác định duy nhất 1 và chỉ 1 đường tròn

Do đó: A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn.

(x² + 8)¹² = ∑k=012C12k.x2k.812−k

Ta thấy (x²)^k luôn có số mũ chẵn do đó không xuất hiện x¹⁵ trong khai triển này.

Ta thấy: AB + BC > AC (theo tính chất tam giác)

Suy ra: người thứ nhất đi dài hơn người thứ hai

Mà 2 người đi đến đích cùng lúc nên tốc độ người thứ nhất nhanh hơn người thứ hai.

Gọi H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A.

Xét tam giác vuông AHC:

sinACH^=AHAC⇒ AH = AC.sinACH^ = 4.32=23(đơn vị độ dài)

Hình bình hành không có trục đối xứng.

DA→.BC→+DB→.CA→+DC→.AB→

=DA→DC→−DB→+DB→.CA→+DC→.AB→

=DC→DA→+AB→+DB→CA→−DA→

=DC→.DB→−DB→.DC→

=0→

343x−1=2764

⇔ 343x−1=343

⇔ 3x – 1 = 3

⇔ 3x = 4

⇔ x = 43

Vậy x = 43.

Gọi số chẵn có 4 chữ số khác nhau là 

Trường hợp:

Với d = 0 có 1 cách chọn d

Có 9 cách chọn a (do a ≠ 0)

Có 8 cách chọn b (do không chọn b giống với d và a đã chọn)

Có 7 cách chọn c (do không chọn c giống với d, a, b đã chọn)

Trường hợp này có 1.9.8.7 = 504 cách

Trường hợp:

Với d = 2; 4; 6; 8 có 4 cách chọn d

Có 8 cách chọn a (do a ≠ 0 và không chọn giống với d vừa chọn)

Có 8 cách chọn b (không chọn b giống với d, a đã chọn)

Có 7 cách chọn c (không chọn c giống với d, a, b đã chọn)

Trường hợp này có 4.8.8.7 = 1792 cách

Vậy Số số chẵn có 4 chữ số khác nhau là:

504 + 1792= 2296 cách.

Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

K, H, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên AB, AC, BC.

Khi đó: AH = AK, CH = CE, BE = BK

Mặt khác ta có: AH = AC – CH

= AC – CE = AC – (BC – BE)

= AC – BC + BE

= AC – BC + BK

= AC – BC + AB – AK

= AC – BC + AB – AH

= b – a + c – AH

Suy ra: AH = b−a+c2=a+b+c2−a=p−a

Từ tanOAH^=OHAH ⇒ AH = OHtanOAH^=rtan30°=5

Mà AH = p – a nên ta có: p – a = 5

Hay p = 5 + a = 5 + 10 = 15

Vậy diện tích tam giác ABC là S_ABC = p.r = 15 . 53= 75 3.

Gọi tuổi em hiện nay là x, thì tuổi anh là x + 13

Ta có: x + 13 + 7 = 2 (x + 7)

⇔ x + 20 = 2x + 14

⇔ x = 6

Vậy tuổi em hiện nay là 6 tuổi.

Tuổi anh hiện nay là: 6 + 13 = 19 (tuổi).

Tổng khối lượng ngô của 2 thùng A và B là:

225 . 2 = 450 (kg ngô)

Thùng A có số kg ngô là:

(450 − 120) : 2=165 (kg ngô)

Thùng B có số kg ngô là:

450 – 165 = 285(kg ngô)

Tỉ số phần trăm số ngô giữa thùng A và thùng B là:

165 : 285 . 100% = 110019%

Đáp số:  110019%

Ta có tính chất aⁿ + bⁿ ⋮ a+b

Và A_n = nn+12 ⇒ 2A_n = n(n+1)

Nên ta có:

2T_n = 2 (1⁵ + 2⁵ + 3⁵ + ... + n⁵)

= (1⁵ + n⁵) + [2⁵ + (n – 1)⁵] + … + [2⁵ + (n – 2)⁵]+ …

Áp dụng tính chất ta có: 1⁵ + n⁵ ⋮ (n+1)

[2⁵ + (n−1)⁵] ⋮ (n+1)

[3⁵ + (n−2)⁵] ⋮ (n+1)

...

Nên T_n = (1⁵ + n⁵) + [2⁵ + (n − 1)⁵] + [3⁵ + (n−2)⁵] +... ⋮ (n + 1)

Hay 2T_n ⋮ (n+1)

 [1⁵+(n−1)⁵] ⋮ (1 + n – 1 = n)

(2⁵+(n−2)⁵] ⋮ n

[3+(n−3)]⁵ ⋮ n

....

Nên 2T_n = [1⁵ + (n−1)⁵] + (2⁵ + (n−2)⁵] + [3 + (n−3)]⁵ + ... + n ⋮ n

Hay 2T_n ⋮ n

Ta có: 2T_n ⋮ n; T_n ⋮ n(n + 1)

Mà (n; n+1) = 1 nên 2T_n ⋮ n.(n+1)

Hay 2T_n ⋮ 2A_n

⇒ T_n chia hết A_n.

a) Gọi M, N, P, Q lần lượt là giao điểm của các đường phân giác với các cạnh của hình bình hành.

Ta có: D1^=D2^=ADC^2 (DN là phân giác ADC^ )

B1^=B2^=ABC^2 (BQ là phân giác ABC^)

Mà ADC^=ABC^(hai góc đối của hình bình hành ABCD)

⇒ D1^=B1^

Vì ABCD là hình bình hành AB // CD ⇒ Q1^=B1^ (hai góc so le trong)

⇒ Q1^=D1^

Mà hai góc ở vị trí đồng vị

⇒ DN // BQ hay HE // GF

Ta có: A1^=A2^=DAB^2 (AP là phân giác DAB^)

C1^=C2^=DCB^2(CM là phân giác DCB^)

Mà DAB^=DCB^ (hai góc đối của hình bình hành ABCD)

⇒ A1^=C1^

Vì ABCD là hình bình hành AB // CD ⇒ A1^=QPG^  (hai góc so le trong)

⇒ C1^=QPB^

⇒ AP //DM hay GH // EF

Xét tứ giác EFGH có:

HE // GF (cmt)

GH // EF (cmt)

⇒ EFGH là hình bình hành (1)

Xét tam giác BFC, có: B2^+C2^=ABC^2+BCD^2=ABC^+BCD^2

Mà ABC^+BCD^ = 180°(hai góc trong cùng phía bù nhau)

⇒ B2^+C2^=180°2=90° ⇒ BFC^=180°−B2^+C2^=90°

⇒ EFG^ = 90°(2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác EFGH là hình chữ nhật.

81x⁴ + 4y⁴

= (9x²)² + (2y²)²

= (9x²)² + (2y²)² + 2.9x².2y² – 36x²y²

= (9x² + 2y²)² – (6xy)²

= (9x² + 2y² – 6xy)(9x² + 2y² + 6xy).

(6²⁰⁰⁷ – 6²⁰⁰⁶) : 6²⁰⁰⁶

= 6²⁰⁰⁶ (6 – 1) : 6²⁰⁰⁶

= 6²⁰⁰⁶ . 5 : 6²⁰⁰⁶

= 5.

Xếp 3 quả bóng giống nhau, mỗi quả vào 1 chỗ nên ta sẽ lấy 3 quả bóng bất kỳ trong 5 chỗ khác nhau để xếp bóng.

Vậy số cách xếp bóng bằng số cách chọn 3 quả bóng từ 5 chỗ – và bằng số  tổ hợp chập 3 của 5 phần tử (chỗ).

Như vậy, ta có C53=5!2!.3!= 10 cách.

1) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABC có:

AB² + BC² = AC²

AC² = 4² + 3² = 25 ⇔ AC = 5(cm)

S_ABC = 12.AB.BC=12.BH.AC

⇒ AB.BC = BH.AC

⇒ BH = 4.3 : 5 = 2,4(cm)

sinBAC^=BCAC=35 ⇒ BAC^≈36,86°

2) Xét trong tam giác ABE có: AHB^=90°

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABE vuông tại A có:

BH.BE = AB²

Mà AB = CD nên BH.BE = CD².

Gọi vận tốc người đi từ A và B lần lượt là x và y. (x, y > 0)

Họ đi ngược chiều gặp nhau sau 4 giờ nên

4x + 4y = 38 (1)

Người thứ nhất đi nhiều hơn người thứ 2 là 2km nên

4x − 4y = 2 (2)

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

4x+4y=384x−4y=2 ⇔ 8x=404x−4y=2

⇔ x=54x−4y=2 ⇔ x=5y=4,5

Vậy vận tốc người thứ nhất là 5km/h, vận tốc người thứ hai là 4,5 km/h.

NP→=NA→+AP→=NA→+25AC→

NB→=NA→+AB→=NA→+52AM→=NA→+52AQ→+QM→

Lại có: aNA→+bNQ→=0→ ⇒ aNA→+bNA→+bAQ→=0→ ⇒ AQ→=−a+bbNA→

NB→=NA→+52AQ→+52QM→=NA→+52.−a+bbNA→+52CP→ (CPMQ là hình bình hành)

= −5a−3b2bNA→+52.35CA→

= −5a−3b2bNA→+32CA→

B, N, P thẳng hàng nên: kNP→=NB→

⇒ kNA→+2k5AC→=−5a−3b2bNA→−32AC→

⇒ k=−5a−3b2b2k5=−32

⇒ 154=5a+3b2bk=−154

⇒ 30b=45a+3b=20a+12bk=−154

⇒ 18b=20ak=−154

⇒ ab=910k=−154

Vậy a + b = 19.

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Khi đó O là trung điểm của AC và BD. Do đó:

OA→+OC→=OB→+OD→=0→

Ta có: MA→+MC→=MO→+OA→+MO→+OC→=2MO→

MB→+MD→=MO→+OB→+MO→+OD→=2MO→

Vậy MA→+MC→=MB→+MD→

Số phần tử của không gian mẫu là:

|Ω| = 6³ = 216

A: “số chấm xuất hiện trên 3 con súc sắc đó bằng nhau”.

A = {(1,1,1) ; (2,2,2) ; (3,3,3) ; (4,4,4) ; (5,5,5) ; (6,6,6)}

Xác suất để số chấm  xuất hiện trên 3 con súc sắc đó bằng nhau là:

P = 6216=136

Ta thấy: EF là đường trung bình của hình thang ABCD do E, F lần lượt là trung điểm của AD và BC.

Nên: EF=AB+CD2=30+502=40 (m).

5dm = 0,5m

Diện tích được lát gạch:

(25 + 10) . 2 . 1,5 + 25 . 10 = 355(m²)

Diện tích mỗi viên gạch:

0,5 . 0,5 = 0,25 (m²)

Cần số viên gạch là:

355 : 0,25 = 1420 (viên)

Đáp số: 1420 viên gạch.

Vì số có chín chữ số viết theo thứ tự giảm dần nên chỉ có thể là chữ số 9 hoặc chữ số 8 đứng đầu.

+ Trường hợp 1, số 9 đứng đầu

Từ các số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 mỗi một lần ta bỏ đi một số ta sẽ lập được 1 số có 9 chữ số viết theo thứ tự giảm dần mà số 9 đứng đầu.

Vậy trường hợp 1 có 9 số được lập

+ Trường hợp 2, số 8 đứng đầu

Vì từ 0 đến 8 có chín chữ số nên ta chỉ lập được 1 số có 9 chữ số viết theo thứ tự giảm đần

Vậy cả 2 trường hợp có 9 + 1 = 10 số.

Ta có: 4NB→+NC→=0→ ⇔  4NB→+NP→+PC→=0→(1)

 −PC→+2PA→=0→ (2)

Lấy (1) + (2) ta được: 4NB→+NP→+2PA→=0→

⇔ 4NB→+2PA→=−NP→=PN→

⇔  2NB→+PA→=12PN→

⇔ 12PN→=PM→+MA→+2NM→+MB→

⇔ 12PN→=PM→+2NM→+MA→+2MB→

⇔ 12PN→=PM→+2NM→ (vì MA→+2MB→=0→)

⇔ 12PN→=PM→+2NP→+2PM→

⇔ 12PN→=3PM→−2PN→

⇔ 52PN→=3PM→

⇔ 56PN→=PM→

Vậy M, N, P thẳng hàng.

Kí hiệu S là diện tích.

Ta có :

S_ABM​ = S_AMN​ = S_ANC​ (BM = MN = NC, chung chiều cao hạ từ A xuống BC )

Diện tích của mỗi hình là:

77,4 : 3 = 25,8 (m²).

a) Ta có : a⊥ c

               b⊥c

Suy ra a // b

b) Ta có: GHE^ và HEF^ là hai góc so le trong 

⇒ GHE^=HEF^ = 120°

c) Ta có: xHE^=xHG^ =  GHE^ : 2 = 60° (tia phân giác)

Ta có: HEy^=yEF^  = HEF^ : 2 = 60° (tia phân giác)

⇒ xHE^=HEy^ mà 2 này ở vị trí so le trong 

⇒ Hx song song Ey.

Góc giữa AC và BC là α = 30°

Ta có: BOA^=DOC^ = 180° – α

S_ABCD = S_AOD + S_BOC + S_AOB + S_DOC

= 12.OD.OA.sinα+12.OB.OC.sinα+12.OB.OA.sin180°−α+12.OD.OC.sin180°−α

=12.sinαOD.OA+OB.OC+OB.OA+OD.OC.

=12.sinαOD+OBOA+OC

=12.sinα.BD.AC

=12.sin30°.12.10= 30(cm²).

a) Điều kiện xác định:

2x−2≠02−2x2≠0 ⇔ x≠1x≠±1

Vậy x ≠ ±1.

b) C = x2x−2+x2+12−2x2

C = x2x−1+x2+121−x2

C = x2x−1−x2+12x−1x+1

C = xx+1−x2−12x−1x+1

C = x2+x−x2−12x−1x+1

C = x−12x−1x+1=12x+1  (x ≠ ±1)

c) C = −12=12x+1

⇔ x + 1 = –1

⇔ x = –2

Vậy x = –2 thì C = −12

d) C > 0 ⇒ 12x+1>0(x ≠ ±1)

⇒ 2(x + 1) > 0

⇒ x + 1 > 0

⇒ x > –1

Vậy x > –1 và x ≠ 1 thì C > 0.

log₂(4x + 4) +x = y + 1 + 2^y

⇔ log₂[4(x + 1)] + x = y + 1 + 2^y

⇔ log₂4 + log₂(x + 1) + x = y + 1 + 2^y

⇔ log₂(x + 1) + 2 + x = 2^y + y + 1 (*)

Xét f(a) = 2^a + a + 1

f'(a) = 2^a. ln2 + 1 > 0

Suy ra f(a) là hàm số đồng biến trên R

Phương trình (*) tương đương với:

f(log₂(x+1)) = f(y)

⇒ log₂(x + 1) = y

⇔ x + 1 = 2^y

⇔ x = 2^y – 1

Do 0 ≤ x ≤ 2020 suy ra: 0 ≤ 2^y – 1 ≤ 2020

⇔ 1 ≤ 2^y ≤ 2021

⇔ 0 ≤ y ≤ 10,98

Vậy y ∈ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10} (có 11 số nguyên y)

Tương ứng có 11 số nguyên x

Vậy có 11 cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn.

Các số có 5 chữ số tròn nghìn là : 

10000, 11000, 12000 ,..., 99000

Ta có : (99000 − 10000) : 1000 + 1 = 90 (số)

Vậy có 90 số trong nghìn có năm chữ số.

a) Ta có cạnh hình vuông là: 60 m

Chu vi hình vuông là: 60 . 4 = 240 (m)

Có 240x + y = 5000000

⇒ y = 5000000 – 240x

b) Bác Nam phải trả số tiền là:

5000000 – 240 . 1500 = 1400000 (đồng).

a) Xét ΔABC có góc BAC^ = 90°, ABC^ = 60° ⇒  ACB^ = 30°

Ta có: Ax // BC ⇒ BCA^=DAC^ = 30°

BAD^=BAC^+DAC^ = 90° + 30° = 120°

Vậy DAC^= 30°,  BAD^= 120°

b) Ta có AD = DC nên △ADC cân tại D

⇒ DCA^=DAC^  = 30°

BCD^=DCA^+ACB^= 30° + 30° = 60°

Xét tứ giác ABCD có: B^=C^ = 60°

⇒ ABCD là hình thang cân.

c) Ta có: △ABC vuông tại A, BE = EC

⇒ AE = EB

Xét tứ giác ABED có:

BE // AD

BE = AD

⇒ ABED là hình bình hành

Lại có AD = AB (= DC) nên ABED là hình thoi.

Chỉ một lần duy nhất.

Vì sau khi lấy 1111 trừ đi 1, chúng ta sẽ không còn số 1111 nữa, mà là 1110 (1111 – 1 = 1110), và tiếp tục các lần tiếp theo là lần lượt các số 1109, 1108, 1107,…

Diện tích tam giác ABM bằng diện tích tam giác ACM vì hai tam giác này chung chiều cao hạ từ A xuống BC, đáy BM bằng đáy CM

Nếu diện tích bằng nhau thì chiều cao và đáy là hai đại lượng tỉ lệ nghịch

Vì diện tích tam giác ABM bằng diện tích tam giác ACM, chiều cao MQ bằng   chiều cao MP nên cạnh AC bằng cạnh AB

Theo bài ra nếu coi cạnh AC là 3 phần thì cạnh AB là 2 phần bằng nhau như thế. Hiệu số phần bằng nhau là:

3 − 2 =1 (phần)

Giá trị một phần là:

8:1 = 8 (cm)

Cạnh AC là:

8 . 3 = 24 (cm)

Diện tích tam giác AMC là:

24 . 4 : 2 = 48 (cm²)

Diện tích tam giác ABC là:

48 . 2 = 96 (cm²)

Đáp số: 96cm².

Gọi số miếng trắng là: a

Gọi số miếng đen là: b

Ta có: a + b = 32

Vì mỗi miếng màu đen chỉ giáp với 5 miếng màu trắng và mỗi miếng màu trắng giáp với 3 miếng màu đen ⇒ 3a = 5b

⇔  a5=b3=a+b5+3=328=4

⇔ a = 4 . 5 = 20 miếng

⇒ b = 32 − 20 = 12 miếng.

x−2x+103−x+4x+1012=x−2x+44

⇔ 4(x – 2)(x + 10) – (x + 4)(x + 10) = 3(x – 2)(x + 4)

⇔ (x – 2)(x + 10) – (x + 4)(x + 10) + 3(x – 2)(x + 10) – 3(x – 2)(x + 4) = 0

⇔ (x + 10) (x – 2 – x – 4) + 3(x – 2)(x + 10 – x – 4) = 0

⇔ (x + 10).(–6) + 3(x – 2).6 = 0

⇔ 6.(–x – 10 + 3x – 6) = 0

⇔ 6.(2x – 16) = 0

⇔ 2x – 16 = 0

⇔ 2x = 16

⇔ x = 8

Vậy x = 8.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên SC.

Khi đó: AB⊥SAAB⊥SD ⇒ AB ⊥ (SAD) ⇒ AB ⊥ AD

BC⊥SCBC⊥SD ⇒ BC ⊥ (SDC) ⇒ BC ⊥ DC

⇒ ABCD là hình vuông và CD = a

Ta có: AD // BC ⇒ AD // (SBC)

⇒ d_(A,(SBC)) = d_(D,(SBC)) = DH

⇒ DH = a32

Vì DC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABC) nên góc giữa SC và (ABC) là góc giữa SC và DC hay chính là góc SCD^

sin SCD^=DHDC=32 ⇒ SCD^= π3.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC)

Ta có:

 BC⊥SCBC⊥SHSH⊥ABC⇒ BC ⊥ (SCH) ⇒ BC ⊥ CH

ΑΒ⊥SAΑΒ⊥SHSH⊥ABC ⇒ AB ⊥ (SAH) ⇒ AB ⊥ AH

⇒ ABCH là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

Vì SH ⊥ (ABC) nên HB là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABC)

⇒ SB;ABC^=SB;HB^=SBH^=60°

Áp dụng định lý Pitago ta có: AC = AB2+BC2=a5

Lại có: ABCH là hình vuông nên BH = AC = a5

Xét tam giác vuông SBH có: SH = BH. tan30° = a15

Vậy V_S.ABC = 13 SH.S_ABC = 13. a15.a.2a = a3153

Ta có: AD là tia phân giác của nên A^

 BDAB=DCAC=BCAB+AC⇔BDBC=ABAB+AC;DCBC=ACAB+AC

Lại có: AD // EG nên ABBG=ADEG=BDBE=2BDBC=2ABAB+AC

⇔ BG = 12AB+AC (1)

EF // AD ⇒   ACCF=CDEC=2CDBC=2ACAB+AC

⇔ CF = 12AB+AC (2)

Từ (1) và (2) ta có: CF = BG

Vậy CF = BG.

Đặt x+3y19=3y+9z114=5z+15x115=t

⇒ x + 3y = 19t (1); 3y + 9z = 114t (2); 5z + 15x = 115t hay z + 3x = 23t (3)

Từ (1), (2), (3) ta có:

x = 4t, y = 5t, z = 11t

x + y + 2z = – 31

⇔ 4t + 5t + 11t = –31

⇔ 31t = – 31

⇔ t = –1

Suy ra: x = –4; y = –5; z = –11.

12x + 9,28 . 12 = 240

⇔ 12(x + 9,28) = 240

⇔ x + 9,28 = 240:12

⇔ x + 9,28 = 20

⇔ x = 20 − 9,28

⇔ x = 10,72

Vậy x = 10,72.

Tam giác cân là tam giác có hai cạnh bằng nhau.

Ví dụ vẽ tam giác cân bằng compa và thước

Tam giác ABC cân tại A, ta có:

AB, AC là các cạnh bên, BC là cạnh đáy, Góc A là góc ở đỉnh, góc B và góc C là các góc ở đáy.

Cách vẽ tam giác ABC cân tại A:

Đầu tiên, ta vẽ cạnh BC

Tiếp theo vẽ cung tròn tâm B, bán kính r

Tiếp theo vẽ cung tròn tâm C, bán kính r

Hai cung tròn cắt nhau tại A.

Như vậy, tam giác ABC là tam giác cần vẽ.

Sai số tỉ đối của phép đo đó là:

ε = 2118.100% = 1,67%.

Ta có: limx→0sinxx=limx→0ddxsinxddxx=limx→0cosx1=11=1

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác BAC ta có:

BC² = AB² + AC² = 3² + 4² = 25

⇒ BC = 5

Vì MB = 2MC

⇒ MB + MC = BC

2MC + MC = BC

3MC = BC

⇒ MC = 53;MB=2MC=103

Ta có:

AM→.BC→=AB→+BM→.BC→=AB→.BC→+BM→.BC→=AM→.BC→=AB→+BM→.BC→

=−BA→.BC→+BM.BC.cos0°

=−BA.BC.cosABC^+103.5.1

=−BA.BC.BABC+503

=−BA2+503

=−32+503=233.

m340n¯ chia hết cho 45 thì m340n¯ chia hết cho 5 và 9 

Để m340n¯ chia hết cho 5 thì n = 0 hoặc n = 5.

+) Nếu n = 5 ta có số m340n¯

Để  chia hết cho 9 thì m + 3 + 0 + 4 + 5 chia hết cho 9 

Tức m + 12 chia hết cho 9 ⇒ m = 6

+) Nếu n = 0 ta có số m340n¯

Để m340n¯ chia hết cho 9 thì m + 3 + 4 + 0 + 0 chia hết cho 9

Tức m + 7 chia hết cho 9 ⇒ m = 2 (vì m < 10)

Vậy 2 số là 23400 ; 63405 thỏa mãn.

1) CB, CD là hai tiếp tuyến của (O)

Suy ra: CB = CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà OB = OD = R

⇒ OC là trung trực của BD ⇒ OC ⊥ BD

2) Ta có: OB ⊥ BC (BC là tiếp tuyến của (O))

⇒ ∆OBC vuông tại B

⇒ ∆OBC nội tiếp đường tròn đường kính OC

⇒ O, B, C cùng thuộc đường tròn đường kính OC

∆ODC vuông tại D nên ∆ODC nội tiếp đường tròn đường kính OC

⇒ O, D, C cùng thuộc đường tròn đường kính OC

Vậy O, B, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính OC.

3) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BAC vuông tại B ta có:

CM.CA = CB²

Vì CB = CD nên CM.CA=CD²

Xét ∆CMD và ∆CDA có: CMCD=CDCA

Chung C^

⇒ ∆CMD ~ ∆CDA (c.g.c)

⇒ CMD^=CDA^

4) Chu vi ∆OMH = R + OH + MH

(OH + MH)² = OH² + MH² + 2.OH.MH = OM² + 2 .OH.MH

= R² + 2 .OH.MH ≤ 2R²

⇒ OH + MH ≤ R2

⇒ Chu vi ∆OMH = R + OH + MH ≤ R + R2 = 1+2R

Vậy chu vi ∆OMH lớn nhất bằng 1+2R khi điểm M thuộc (O) thỏa mãn BOM^=45°.

A = 4571+4562+4553+...+1457

A=4562+1+4553+1+...+1457+1+1

A=458+4582+...+458456+458457+458458

A = 4581+12+...+1457+1458

Xét 1+12+...+1457+1458, ta có:

12=12

13+14>14+14=12

15+16+..+18>18+18+..+18=12

….

1257+1258+..+1458>1458+1458+..+1458=202458

Vậy: 1+12+...+1457+1458>12+12+12+12+12+12+12+12+202458=4+202458=2034458

Vậy A > 458.2034458=2034>2016  hay A > 2016.

Giá niêm yết  là 300000 đồng nếu bán với giá bằng 34 giá niêm yết thì giá bán là:

34.300000 = 225000 (đồng)

Với giá 225000 đồng thì cửa hàng khi đó lãi 20%

⇒ Giá gốc là: 225000 : 120 . 100 = 187500 (đồng)

Để lãi 40% thì cửa hàng bán giá niêm yết là:

187500 : 100 . 140= 262500 (đồng).

a) Tam giác BAC có BE, CF là đường cao nên CF ⊥ AB, BE ⊥ AC

⇒ AFC^ = AEB^ = 90°

Xét ∆ABE và ∆AFC có:

A^ chung

AFC^ = AEB^  = 90°

⇒ ∆ABE ~ ∆AFC (g.g)

⇒ AEAF=ABAC

⇒AF.AB = AE.AC

b) Từ AEAF=ABAC ⇒ AEAB=AFAC

Xét ∆AEF và ∆ABC có:

A^ chung

AEAB=AFAC

⇒ ∆AEF ~ ∆ABC (c.g.c)

⇒ AEF^ = ABC^  (2 góc tương ứng)

c) Ta có: ∆AEF ~ ∆ABC

⇒ SABCSAEF=ABAE2=4

D và E lần lượt là trung điểm của BC và AC nên DE là đường trung bình trong tam giác ABC

Do đó DE // AB; DE = 12AB

E  và F đối xứng nhau qua D nên D là trung điểm FE

Do đó EF // AB và EF = AB = 2DE

Tứ giác ABFE có: EF∥ABEF=AB=2DE và AB ⊥ AE nên ABFE là hình chữ nhật

Gọi I là giao điểm của AF và BE

ABFE là hình chữ nhật nên I là trung điểm của AF và BE và BE = FA

ME là đường trung bình trong ∆AHC nên ME // AH mà AH ⊥ BC ⇒ ME ⊥ BC

∆BME vuông tại M có trung tuyến MI nên MI = 12 BE hay MI = 12FA

∆FAM có trung tuyến MI và MI =12 FA nên ∆AFM vuông tại M

Hay AM vuông góc với FM.

x1−x=−x−x+14+14=−x−122+14≤14

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức đã cho là 14 khi x=12  hay x=14.

Giả sử cạnh của hình vuông ABCD là a

Suy ra: AB = BC = CD = DA = a

M là trung điểm AD ⇒ AM = MD = a2

NC = 2ND; NC + ND = CD = a

⇒ NC = 2a3;ND=a3

Tam giác ABM vuông tại A có:

tanAMB^=ABAM=aa2=2 ⇒ AMB^≈63°

Tam giác DMN vuông tại D có:

tanDMN^=DNDM=a3a2=23 ⇒ DMN^≈34°

Lại có: AMB^+DMN^+BMN^=180° (kề bù)

⇒ 63°+34°+BMN^=180°

⇒ BMN^≈83°.

a) Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O)

⇒ AB = AC mà OB = OC⇒ AO là đường trung trực của BC

⇒ OA ⊥ BC

b) Xét ΔACE và ΔADC có: 

ACE^=ADC^ (góc tạo bởi tiếp tuyến, dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung EC)

EAC^=DAC^

⇒ ΔACE ∼ ΔADC (g.g)

⇒ ACAD=AEAC

⇒ AE.AD = AC² = AH.AO (ΔACO vuông tại C có CH là đường cao)

Số học sinh nữ chiếm số phần trăm là:

100% − 40% = 60%

Số học sinh nữ của trường đó là :

1030 . 60 : 100 = 618 (học sinh)

Đáp số: 618 học sinh.

Để lấy đúng 3 bi trắng, 2 bi đỏ rồi ngừng thì phải lấy tổng cộng 7 viên và viên cuối cùng phải là viên bi xanh.

Tổng số bi trong hộp là 20 (viên)

Xác suất để lần 7 bốc được viên bi xanh là :  520

Xác suất bốc trúng bốc trong 6 lần còn lại (chưa quan tâm thứ tự)

Bi xanh là 520; bi đỏ là 720; bi trắng là 820

Vậy xác suất bốc 6 lần đầu thỏa mãn yêu cầu bài toán là :

7202.8203.520=4925000

Hoán vị lặp: 6!3!.2!=60

Vậy xác suất để chọn được đúng 3 bi trắng, 2 bi đỏ rồi ngừng là:

P =  520.4925000.60=1475000

Gọi số cần tìm có dạng : abcde¯ (a ≠ 0)

Công đoạn 1, chọn số e có 1 cách chọn (vì số  chia hết cho 10 nên e chỉ có thể chọn là số 0)

Công đoạn 2, chọn số a có 9 cách chọn (vì a ≠ 0 nên a chỉ được chọn một trong 9 số 1; 2; 3 ; 4; 5; 6; 7; 8; 9)

Công đoạn 3, chọn số b có 10 cách chọn (vì b chọn tuỳ ý nên b có thể chọn 1 trong 10 số 0; 1; 2; 3 ; 4; 5; 6; 7; 8; 9)

Công đoạn 4, chọn số c có 10 cách chọn (vì c chọn tuỳ ý nên c có thể chọn 1 trong 10 số 0; 1; 2; 3 ; 4; 5; 6; 7; 8; 9)

Công đoạn 5, chọn số d có 10 cách chọn (vì d chọn tuỳ ý nên d có thể chọn 1 trong 10 số 0; 1; 2; 3 ; 4; 5; 6; 7; 8; 9)

Tổng kết, theo quy tắc nhân ta có Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số chia hết cho 10 là: 1.9.10.10.10 = 9000 (số).

Phần thập phân là 0,15 = 15100.

a) S_ABM = 12S_ABC do chung chiều cao từ A, đáy BM = 12 BC

Do đó S_ABM = 480 : 2 = 240 (cm²)

S_BNM = 12S_ABM do chung chiều cao từ B, đáy MN =  12AM

Do đó S_BNM = 240 : 2 = 120 (cm²)

b) Nối C với N

S_ABN = S_BNM do chung chiều cao từ B, đáy AN = MN

S_MNC = S_BNM do chung chiều cao từ C, đáy BM = MC

S_CBN = S_MNC + S_BNM = 2S_BNM 

Do đó chiều cao từ C xuống đáy NB của ∆CNB bằng hai lần chiều cao từ B xuống NB của ∆ABN.

Đó cũng là chiều cao của ∆AIN và ∆CIN, đáy IN chung nên S_CIN = 2S_AIN

Hai tam giác này lại có chung chiều cao từ N xuống AC nên đáy AI = 12IC.

435=4.5+35=235=4,6

Vậy hỗn số 435 được viết dưới dạng số thập phân là 4,6.

a) Vì CA, CM là tiếp tuyến của (O) nên AC = CM

Tương tự: DM = DB

Suy ra: CM + DM = AC + BD ⇒ CD = AC + BD

b) Vì CA, CM là tiếp tuyến của (O) nên OC ⊥ AM tại E là trung điểm AM

Tương tự: OF ⊥ BM tại F là trung điểm BM

Suy ra: EF là đường trung bình của ∆MAB

⇒ EF // AB mà AB ⊥ BD nên EF ⊥ BD

Vì MB ⊥ OD tại F nên G là trung điểm DM, là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MDF

Mà GF là đường trung bình ∆MBD

Suy ra: GF // BD ⇒ GF ⊥ EF

Vậy EF là tiếp tuyến của đường tròn đi qua M, D, F.

Ta thấy: MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn nên A, B là các tiếp điểm nằm trên đường tròn (O).

Vì AC là đường kính nên AC đi qua O.

Qua hình vẽ có thể thấy tam giác ABC vuông tại B vì ABC^=90° là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Do đó: A, B, C, O cùng tạo thành 1 tam giác vuông ABC.

A = x(3x² – x + 5) – (2x³ + 3x – 25) – x(x² – x + 2)

= 3x³ – x² + 5x – 2x³ – 3x + 25 – x³ + x² – 2x

= (3x³ – 2x³ – x³) + (x² – x²) + (5x – 3x – 2x) + 25

= 25.

Vậy A = 25, không phụ thuộc giá trị vào x.

B = x(2x + 1) – x²(x + 2) + (x³ – x + 10)

= 2x² + x – x³ – 2x² + x³ – x + 10

= (2x² – 2x²) + (x³ – x³) + (x – x) + 10

= 10.

Vậy B = 10, không phụ thuộc giá trị vào x.

Ta có: x+1x2+1=1

⇔ x + 1 = x² + 1

⇔ x² – x = 0

⇔ x(x – 1) = 0

⇔ x=0x=1

Vậy với x = 0 hoặc x = 1 thì phân thức có giá trị bằng 1.

a) AM, AN là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AMO^=ANO^= 90°

AK là đường cao của tam giác ABC nên AKO^=AKC^= 90°

Ba điểm M, K, N cùng nhìn đoạn AO dưới một góc vuông nên năm điểm M, K, N, A, O thuộc đường tròn đường kính AO.

Vậy tứ giác AMKO nội tiếp đường tròn.

b) AM, AN là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AM = AN (1)

Theo chứng minh câu trên, năm điểm M, K, N, O, A cùng thuộc một đường tròn nên ta có tứ giác AMKN nội tiếp

Từ (1) và (2) suy ra AKM^=AKN^ (các góc nội tiếp cùng chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau). Vậy KA là tia phân giác của MKN^

c) ANH^=AKM^AKM^=AKN^ ⇒ AKN^=ANH^

∆ANK và ∆ANH có:

⇒ ∆AHN ~ ∆ANK (g.g)

AKN^=ANH^

KAN^=HAN^

Suy ra: ANAK=AHAN hay AN² = AH.AK (3)     

d) Gọi D là giao điểm của AC và (O)

∆AND và ∆CAN có NAD^=NAC^,AND^=ACN^ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau) nên ∆AND ~ ∆CAN (g.g)

Suy ra: ANAC=ADAN  hay AN² = AD.AC (4)

Từ (3) và (4) suy ra: AH.AK = AD. AC hay AHAC=ADAK

Xét ∆AHD và ∆ACK có:

 HAD^=KAC^AHAC=ADAK ⇒∆AHD ~ ∆ACK (c.g.c)

 ⇒ ADH^=AKC^=90°. Dẫn đến HDC^=90° (5)

Điểm D thuộc đường tròn đường kính BC nên BDC^=90°(6)

Từ (5) và (6) suy ra: B, H, D thẳng hàng

Nghĩa là BH ⊥ AC. Lại có: AH ⊥ BC nên H là trực tâm của tam giác ABC.

y = 3cos2x−sin2x+2

= −2sin2x−π3+2

Ta có: −1≤sin2x−π3≤1 nên −2≤−2sin2x−π3≤2

Suy ra: 0 ≤ y ≤ 4

Vậy GTNN của y là 0 khi sin2x−π3=1 ⇒ 2x−π3=π2+k2π ⇔ x=5π12+kπ

GTLN của y là 4 khi sin2x−π3=−1  ⇒ 2x−π3=−π2+k2π ⇔ x=−π12+kπ.

Gọi điểm cố định mà hàm số đi qua là N(x₀; y₀)

Ta có: y₀ = (m + 2)x₀ + m – 1

⇔ m(x₀ + 1) + (2x₀ – 1 – y₀) = 0

Vậy để đồ thị hàm số luôn đi qua N thì:

 x0+1=02x0−y0−1=0 ⇔ x0=−1y0=−3

Vậy điểm cố định mà đường thẳng y luôn đi qua là N(–1; –3).

a) Ta có: AB = AC, BAD^=DAC^

Xét ∆ABD và ∆ACD có:

AB = AC

BAD^=DAC^

Chung AD

⇒∆ABD = ∆ACD (c.g.c)

b) Từ câu a suy ra: DB = DC

Mà DHB^=DKC^=90°, ABC^=ACB^(vì tam giác BAC cân tại A)

Xét ∆DHB và ∆DKC có: DHB^=DKC^=90°

DB = DC

DBH^=DCK^

⇒∆DHB = ∆DKC (g.c.g)

⇒ BH = CK

c) Ta có: ABC^=ACB^

 Mà A^= 4B^ nên: A^+B^+C^=4B^+B^+B^=180°