Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Các phương án A, B, D là các khẳng định đúng theo dấu hiệu nhận biết hình vuông.

Phương án C sai vì hình thoi đã có sẵn hai đường chéo vuông góc, hình thoi cần có hai đường chéo bằng nhau thì mới là hình vuông.

Hướng dẫn giải

a) Ta có \({x^2} - 1 = \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right).\)

Điều kiện xác định của biểu thức \(P\) là \(x - 1 \ne 0,\) \(x + 1 \ne 0,\) \(x \ne 0\) hay \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0.\)

Vậy điều kiện xác định của biểu thức \(P\) là \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0.\)

b) Với điều kiện \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0,\) ta có:

\(P = \left( {\frac{{x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{x - 1}}{{x + 1}} + \frac{{{x^2} - 3x}}{{{x^2} - 1}}} \right) \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - {{\left( {x - 1} \right)}^2} + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{{x^2} + 2x + 1 - \left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{4x + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{{x^2} + x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\[ = \frac{{x\left( {x + 1} \right) \cdot \left( {x + 4} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) \cdot x}}\]\[ = \frac{{x + 4}}{{x - 1}}.\]

Vậy với \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0,\) thì \[P = \frac{{x + 4}}{{x - 1}}.\]

c) Với \(x \ne 1,\) \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 0,\) ta có \[P = \frac{{x + 4}}{{x - 1}} = \frac{{x - 1 + 5}}{{x - 1}} = 1 + \frac{5}{{x - 1}}.\]

Với \(x\) nguyên, để \(P\) đạt giá trị nguyên thì \(\frac{5}{{x - 1}}\) là số nguyên

Do đó \(5\,\, \vdots \,\,\left( {x - 1} \right)\) hay \(x - 1 \in \)Ư\(\left( 5 \right) = \left\{ {1\,;\,\, - 1\,;\,\,5\,;\,\, - 5} \right\}.\)

Ta có bảng sau:

Vậy \(x \in \left\{ {1\,;\,\,0\,;\,\,6\,;\,\, - 4} \right\}.\)

Hướng dẫn giải

a) Do đường thẳng \[{d_1}\] đi qua điểm \(A\left( {1;1} \right)\) nên thay \[x = 1,{\rm{ }}y = 1\] vào hàm số \[y = mx - 2m - 2\] ta có:

\[1 = m \cdot 1 - 2m - 2\]

Do đó $1=m–2m–2$

Suy ra $m=–3.$

Vậy với \[m = - 3\] thì đường thẳng \({d_1}\) đi qua điểm \(A\left( {1;1} \right).\)

b) Với \[m = - 3\], ta có đường thẳng \[{d_1}:{\rm{ }}y = - 3x + 4.\]

Suy ra hệ số góc của đường thẳng \[{d_1}\] là $a=–3<0.$ Vậy góc \(\alpha \) là góc tù.

c) Để \({d_1}\) và \({d_2}\) cắt nhau thì \[m \ne 3 - 2m\] hay \[3m \ne 3\], suy ra \[m \ne 1.\]

Vậy với \(m \ne 0,m \ne \frac{3}{2},m \ne 1\) thì \({d_1}\) và \({d_2}\) cắt nhau.

Hướng dẫn giải

1)

Theo bài, ta có trung đoạn \(d = 18,66{\rm{\;cm}}\) và diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều là \({S_{xq}} = 858,4{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}.\)

Do đó độ dài cạnh đáy của hình chóp là:

\(CD = \frac{{{S_{xq}}}}{{2d}} = \frac{{858,4}}{{2 \cdot 18,66}} \approx 23{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Tam giác \(SCD\) cân tại \(S\) nên \(SI\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến.

Do đó \(CI = DI = \frac{{CD}}{2} \approx \frac{{23}}{2} = 11,5{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông \(SCI,\) ta có:

\(S{C^2} = S{I^2} + I{C^2} \approx 18,{66^2} + 11,{5^2} = 480,4456\)

Suy ra \(SC \approx 21,92{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Vậy độ dài cạnh bên của hình chóp tứ giác đều khoảng \(21,92{\rm{\;cm}}{\rm{.}}\)

2)

a) Do \[ABCD\] là hình bình hành nên \[BC\,{\rm{//}}\,AD\] và \[BC = AD.\]

Mà \[M \in BC,{\rm{ }}N \in AD\] nên \[MB\,{\rm{//}}\,ND\]

Lại có \[M,{\rm{ }}N\] lần lượt là trung điểm của \[BC,{\rm{ }}AD\] nên

\(MB = MC = \frac{1}{2}BC;NA = ND = \frac{1}{2}AD\)

Do đó \[MB = MC = NA = ND.\]

Tứ giác \[MBND\] có \[MB\,{\rm{//}}\,ND\] và \[MB = ND\] nên là hình bình hành.

b) Tương tự câu a, ta chứng minh được \[MANC\] là hình bình hành.

Do \[MBND,{\rm{ }}MANC\] đều là hình bình hành nên \[PN\,{\rm{//}}\,MQ,{\rm{ }}PM\,{\rm{//}}\,NQ\] (do \[P\] là giao điểm của \[AM\] và \[BN,{\rm{ }}Q\] là giao điểm của \[CN\] và \[DM).\]

Suy ra tứ giác \[PMQN\] là hình bình hành.

Xét \(\Delta ABN\) và \(\Delta MNB\) có:

\[AN = BM,\] \[\widehat {ANB} = \widehat {MBN}\](hai góc so le trong do \[BM\,{\rm{//}}\,AN),\] cạnh \[BN\] chung.

Do đó \(\Delta ABN = \Delta MNB\) (c.g.c). Suy ra \[AB = MN\] (hai cạnh tương ứng)

Tứ giác \[ABMN\] có \[AB = BM = MN = AN\] nên \[ABMN\] là hình thoi.

Suy ra \[AM \bot BN,\] do đó \(\widehat {MPN} = 90^\circ \).

Hình bình hành \[PMQN\] có \(\widehat {MPN} = 90^\circ \) nên \[PMQN\] là hình chữ nhật.

c) Ta có \[BM = AB = 2{\rm{\;cm}}.\]

Do \[ABMN\] là hình thoi nên \[AM\] là tia phân giác của \(\widehat {BAN}\).

Suy ra \(\widehat {BAN} = 2\widehat {MAD} = 60^\circ \).

Tam giác \[ABN\] có \[AB = AN\] và \(\widehat {BAN} = 60^\circ \) nên tam giác \[ABN\] đều.

Suy ra \[BN = AN = AB = 2{\rm{\;cm}}.\]

Do \[P\] là trung điểm của \[BN\] nên \(BP = NP = \frac{{BN}}{2} = 1{\rm{\;cm}}\).

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác \[BMP\] vuông tại \[P,\] ta có: \[B{M^2} = B{P^2} + M{P^2}.\]

Suy ra \[M{P^2} = B{M^2} - B{P^2} = {2^2} - {1^2} = 3.\] Do đó \(MP = \sqrt 3 {\rm{\;cm}}\).

Do \[PMQN\] là hình chữ nhật nên diện tích của \[PMQN\] là: \(MP.NP = \sqrt 3 .1 = \sqrt 3 \;\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Hướng dẫn giải

Ta có \({\left( {a + b + c} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {ab + bc + ca} \right)\)

Suy ra \({0^2} = 1 + 2\left( {ab + bc + ca} \right)\)

Do đó \(ab + bc + ca =  - \frac{1}{2}.\)

Ta có \(A = {a^4} + {b^4} + {c^4} = {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} - 2\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right)\)

\( = {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} - 2\left[ {{{\left( {ab} \right)}^2} + {{\left( {bc} \right)}^2} + {{\left( {ca} \right)}^2}} \right]\)

\( = {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} - 2\left[ {{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^2} - 2abc\left( {a + b + c} \right)} \right]\)

\( = {1^2} - 2\left[ {{{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^2} - 2abc \cdot 0} \right]\)

\( = 1 - 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}.\)

Vậy \(A = \frac{1}{2}.\)