Đề cương ôn tập cuối kì 2 Toán 7 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Tự luận

a) Mùa giải năm 2017, Quang Hải thi đấu 26 trận.

b) Số trận thi đấu Quang Hải tham gia là:

\[25 + 26 + 24 + 24 + 17 + 9 + 2 = 127\] (trận).

c) Giảm số phần trăm: \(88,88\% \).

a) Tỉ lệ học sinh xếp loại Đạt của khối 7 là: \[100\% -46\% -2\% -28\% = 24\% \].

b) Số học sinh xếp loại giỏi gấp số lần chưa đạt là: \[28:2 = 14\] (lần)

c) Tổng số học sinh khá, giỏi chiếm số phần trăm so với số học sinh khối 7 là: \[28\% + 46\% = 74\% \].

d) Số học sinh khối 7 đạt loại giỏi là: \[350.28\% = 98\] (học sinh).

a) Tất cả các thẻ trong hộp đều ghi số nhỏ nhỏ hơn 25.

Do đó, xác suất của biến cố A là \[100\% \].

b) Tất cả các thẻ trong hộp đều ghi số tự nhiên hay không có thẻ nào ghi số thập phân.

Do đó, xác suất của biến cố B là \[0\% \].

c) Trong 20 thẻ trong hộp thì có 19 thẻ ghi số nhỏ hơn 20 gồm \[\left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,...\,;\,\,19} \right\}.\]

Do đó, xác suất của biến cố C là \[\frac{{19}}{{20}}\].

d) Trong 20 thẻ trong hộp thì có 3 thẻ ghi số lớn hơn 17 gồm \[\left\{ {18\,;\,\,19\,;\,\,20} \right\}.\]

Do đó, xác suất của biến cố D là \[\frac{3}{{20}}\].

e) Trong 20 thẻ trong hộp thì có 10 thẻ ghi số chẵn và 10 thẻ ghi số lẻ.

Do đó, xác suất của biến cố E là \[50\% \].

g) Trong 20 thẻ trong hộp có các số chia hết cho 4 là \[4\,;\,\,8\,;\,\,12\,;\,\,16\,;\,\,20\].

Xác suất số chia hết cho 4 là \[\frac{5}{{20}}\].

h) Các số nguyên tố trên thẻ là \[2\,;\,\,3\,;\,\,5\,;\,\,7\,;\,\,13\,;\,\,17\,;\,\,19\];

Xác suất xuất hiện số nguyên tố là \[\frac{7}{{20}}\];

Xác suất xuất hiện là \[\frac{7}{{20}}\].

a) Tập hợp \[A\] gồm các kết quả thuận lợi cho biến cố "Số chấm trên mặt xuất hiện của xúc xắc là số chia 3 dư 2" là \(A = \left\{ {2\,;\,\,5} \right\}\).

b) Xác suất gieo được mặt 5 chấm là \[\frac{1}{6}\].

c) Số nguyên tố xuất hiện ở trên mặt con xúc xắc là \[2\,;\,\,3\,;\,\,5.\]

Xác suất của biến cố gieo được mặt có chấm là số nguyên tố là \[\frac{3}{6} = \frac{1}{2}\].

a) Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố A: “Số được chọn là số nguyên tố” là:

\(\left\{ {2;3;5;7} \right\}\). Do đó, có 4 kết quả thuận lợi.

Vậy xác suất của biến cố này là: \(\frac{4}{7}.\)

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố B: “Số được chọn là số chia hết cho 2 và 5” là: \(10\).

Do đó, có 1 kết quả thuận lợi.

Vậy, xác suất cho biến cố này là: \(\frac{1}{7}.\)

a) Xác suất để lấy ngẫu nhiên được một chiếc bút bi màu xanh là: \(\frac{3}{{10}}.\)

b) Xác suất để lấy ngẫu nhiên được một chiếc bút bi màu đỏ là: \(\frac{2}{{10}} = \frac{1}{5}.\)

a) Xác suất của biến cố “Thẻ được ra là hình bông hoa” là \(\frac{2}{{15}}.\)

b) Xác suất của biến cố “Thẻ được rút ra là hình vuông” là \(\frac{8}{{15}}.\)

c) Biến cố “Thẻ được rút ra không phải hình ngôi sao” tức là thẻ được rút ra có hình bông hoa hoặc hình vuông.

Do đó, xác suất của biến cố này là: \(\frac{8}{{15}} + \frac{2}{{15}} = \frac{{10}}{{15}} = \frac{2}{3}.\)

a) Thay \(x = - 2\) và \(y = 4\) vào biểu thức \[A\], ta được:

\(A = 2 \cdot {\left( { - 2} \right)^2} \cdot 4 - 3 \cdot \left( { - 2} \right) \cdot 4 = 32 + 24 = 56\).

b) Ta có \(B = \left( {2{x^2} + x - 1} \right) - \left( {{x^2} + 5x - 1} \right) = {x^2} - 4x\).

Thay \(x = - 2\) vào biểu thức \[B\], ta được:

\(B = {\left( { - 2} \right)^2} - 4 \cdot \left( { - 2} \right) = 4 + 8 = 12\).

a) Để \(x\) là nghiệm của đa thức \(A\left( x \right)\) thì \(2x - 1 = 0\) hay \(x = \frac{1}{2}\).

Vậy \(x = \frac{1}{2}\) là nghiệm của đa thức \(A\left( x \right)\).

b) Để \(x\) là nghiệm của đa thức \(B\left( x \right)\) thì \(3 - \frac{5}{6}x = 0\) nên \(\frac{5}{6}x = 3\) hay \(x = \frac{{18}}{5}\).

Vậy \(x = \frac{{18}}{5}\) là nghiệm của đa thức \(B\left( x \right)\).

c) Để \(x\) là nghiệm của đa thức \(C\left( x \right)\) thì \({x^2} - 1 = 0\) nên \({x^2} = 1\) hay \(x = \pm 1\).

Vậy \(x = \pm 1\) là nghiệm của đa thức \(C\left( x \right)\).

d) Để \(x\) là nghiệm của đa thức \(D\left( x \right)\) thì \(8{x^3} + 27 = 0\) nên \({x^3} = \frac{{ - 27}}{8}\) nên \(x = - \frac{3}{2}\).

Vậy \(x = - \frac{3}{2}\) là nghiệm của đa thức \(D\left( x \right)\).

e) Để \(x\) là nghiệm của đa thức \(E\left( x \right)\) thì \({x^2} + 2x = 0\) hay \(x\left( {x + 2} \right) = 0\).

Do đó, \(x = 0\) hoặc \(x = - 2\).

Vậy \(x = 0\) và \(x = - 2\) là nghiệm của đa thức \(E\left( x \right)\).

a) Ta có: \(\left( {{x^2} - 8} \right)\left( {{x^3} + 2x + 4} \right) = {x^5} + 2{x^3} + 4{x^2} - 8{x^3} - 16x - 32\)

\( = {x^5} - 6{x^3} + 4{x^2} - 16x - 32\).

b) Thực hiện phép chia, ta có:

Vậy \(\left( {{x^2} - 6x + 8} \right):\left( {x + 3} \right) = x - 9\) dư \(35\).

c) Thực hiện phép chia, ta có:

Vậy \[\left( {{x^2} - 4x + 3} \right):\left( {x - 3} \right) = x - 1\].

d) Thực hiện phép chia, ta có:

Vậy \(\left( {8{x^2} - 6x + 3} \right):\left( {2x + 1} \right) = 4x - 5\) dư 8.

Ta có \[g\left( x \right) = - {x^5} + 4x - 5{x^3} + 2 = - {x^5} - 5{x^3} + 4x + 2\].

a) Theo đề bài, \[f\left( x \right) + h\left( x \right) = g\left( x \right)\].

Suy ra \[h\left( x \right) = g\left( x \right) - f\left( x \right)\]

\[ = \left( { - {x^5} - 5{x^3} + 4x + 2} \right) - \left( {{x^5} - 3{x^3} + 2x - 1} \right)\]

\[ = - {x^5} - 5{x^3} + 4x + 2 - {x^5} + 3{x^3} - 2x + 1\]

\[ = \left( { - {x^5} - {x^5}} \right) + \left( {3{x^3} - 5{x^3}} \right) + \left( {4x - 2x} \right) + \left( {2 + 1} \right)\]

\[ = - 2{x^5} - 2{x^3} + 2x + 3\].

Vậy \[h\left( x \right) = - 2{x^5} - 2{x^3} + 2x + 3\].

b) Theo đề bài, \[g\left( x \right) + h\left( x \right) = f\left( x \right)\]

Suy ra \[h\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right)\]

\[ = \left( {{x^5} - 3{x^3} + 2x - 1} \right) - \left( { - {x^5} - 5{x^3} + 4x + 2} \right)\]

\[ = {x^5} - 3{x^3} + 2x - 1 + {x^5} + 5{x^3} - 4x - 2\]

\[ = \left( {{x^5} + {x^5}} \right) + \left( {5{x^3} - 3{x^3}} \right) + \left( {2x - 4x} \right) - \left( {1 + 2} \right)\]

\[ = 2{x^5} + 2{x^3} - 2x - 3\].

Vậy \[h\left( x \right) = 2{x^5} + 2{x^3} - 2x - 3.\]

a) Thu gọn và sắp xếp các đa thức \[f\left( x \right),\,\,g\left( x \right)\] theo lũy thừa giảm dần của biến:

• \[f\left( x \right) = 3{x^3} + 5x - 4 - {x^3} + 2{x^2} + 11\]

\[ = \left( {3 - 1} \right){x^3} + 2{x^2} + 5x - 4 + 11\]

\[ = 2{x^3} + 2{x^2} + 5x + 7\].

• \[g\left( x \right) = {x^2} + 4 - 3{x^2} - \left( {3{x^2} - 7{x^3} - 1} \right)\]

\[ = {x^2} + 4 - 3{x^2} - 3{x^2} + 7{x^3} + 1\]

\[ = 7{x^3} + (1 - 3 - 3){x^2} + 4 + 1\]

\[ = 7{x^3} - 5{x^2} + 5\].

b) Ta có \[f\left( x \right) + g\left( x \right) = \left( {2{x^3} + 2{x^2} + 5x + 7} \right) + \left( {7{x^3} - 5{x^2} + 5} \right)\]

\[ = 2{x^3} + 2{x^2} + 5x + 7 + 7{x^3} - 5{x^2} + 5\]

\[ = \left( {2 + 7} \right){x^3} + \left( {2 - 5} \right){x^2} + 5x + \left( {7 + 5} \right)\]

\[ = 9{x^3} - 3{x^2} + 5x + 12\].

Vậy \[f\left( x \right) + g\left( x \right) = 9{x^3} - 3{x^2} + 5x + 12\].

c) Ta có \[f\left( x \right) - g\left( x \right) = \left( {2{x^3} + 2{x^2} + 5x + 7} \right) - \left( {7{x^3} - 5{x^2} + 5} \right)\]

\[ = 2{x^3} + 2{x^2} + 5x + 7 - 7{x^3} + 5{x^2} - 5\]

\[ = \left( {2 - 7} \right){x^3} + \left( {2 + 5} \right){x^2} + 5x + \left( {7 - 5} \right)\]

\[ = - 5{x^3} + 7{x^2} + 5x + 2\].

Vậy \[f\left( x \right) - g\left( x \right) = - 5{x^3} + 7{x^2} + 5x + 2\].

a) Rút gọn và sắp xếp đa thức \(M\left( x \right)\) theo lũy thừa giảm dần của biến, ta được:

\(M\left( x \right) = 3x + {x^4} - 4{x^3} - {x^2} - 2{x^4} + 4{x^3} - x - 5\)

\( = \left( {{x^4} - 2{x^4}} \right) + \left( {4{x^3} - 4{x^3}} \right) - {x^2} + \left( {3x - x} \right) - 5\)

\( = - {x^4} - {x^2} + 2x - 5\).

Vậy \(M\left( x \right) = - {x^4} - {x^2} + 2x - 5\).

b) • \(A\left( x \right) = M\left( x \right) + N\left( x \right) = \left( { - {x^4} - {x^2} + 2x - 5} \right) + \left( {2x + 3} \right)\)

\( = - {x^4} - {x^2} + 2x - 5 + 2x + 3\)

\[ = - {x^4} - {x^2} + \left( {2x + 2x} \right) + \left( {3 - 5} \right)\]

\[ = - {x^4} - {x^2} + 4x - 2\].

• \[B\left( x \right) = N\left( x \right) - M\left( x \right) = \left( {2x + 3} \right) - \left( { - {x^4} - {x^2} + 2x - 5} \right)\]

\[ = 2x + 3 + {x^4} + {x^2} - 2x + 5\]

\[ = {x^4} + {x^2} + \left( {2x - 2x} \right) + \left( {3 + 5} \right) = {x^4} + {x^2} + 8\].

Vậy \[A\left( x \right) = - {x^4} - {x^2} + 4x - 2\]; \[B\left( x \right) = {x^4} + {x^2} + 8\].

c) Nghiệm của đa thức \(N\left( x \right)\) là

\(2x + 3 = 0\)

\(2x = - 3\)

\(x = - \frac{3}{2}\).

Vậy nghiệm của đa thức \(N\left( x \right)\) là \(x = - \frac{3}{2}\).

d) Ta có \(B\left( x \right) = {x^4} + {x^2} + 8 = {x^4} + 2 \cdot \frac{1}{2}{x^2} + \frac{1}{4} + \frac{{31}}{4}\)

\( = {\left( {{x^2} + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{31}}{4} > 0{\kern 1pt} \,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

Do đó \(B\left( x \right)\) vô nghiệm.

a) Ta có: \[A\left( x \right) = {x^3} + 5{x^2} + 2 - {x^3} + 7{x^2} - x\]

\[A\left( x \right) = \left( {{x^3} - {x^3}} \right) + \left( {5{x^2} + 7{x^2}} \right) - x + 2\]

\[A\left( x \right) = 12{x^2} - x + 2\]

b) Đa thức \[A\left( x \right)\] có bậc là 2 và hệ số của lũy thừa bậc 0 là 2.

c) Ta có: \[C\left( x \right) = A\left( x \right) - B\left( x \right)\] với \[B\left( x \right) = - 5 + 12{x^2} + 3 - {x^2} + 3x\].

Do đó, \[C\left( x \right) = 12{x^2} - x + 2 - 5 + 12{x^2} + 3 - {x^2} + 3x\]

\[C\left( x \right) = \left( {12{x^2} - 12{x^2} - {x^2}} \right) + \left( { - x + 3x} \right) + 2 - 5 + 3\]

\[C\left( x \right) = - {x^2} + 2x\].

Cho \[C\left( x \right) = 0\], do đó \[ - {x^2} + 2x = 0\] hay \[x\left( { - x + 2} \right) = 0\].

Suy ra \[x = 0\] hoặc \[x = 2.\]

a) \(A\left( x \right) = 2{x^4} + 3{x^2} - x + 3 - {x^2} - {x^4} - 6{x^3}\)

\( = \left( {2{x^4} - {x^4}} \right) - 6{x^3} + \left( {3{x^2} - {x^2}} \right) - x + 3\)

\( = {x^4} - 6{x^3} + 2{x^2} - x + 3\).

\(B\left( x \right) = 10{x^3} + 3 - {x^4} - 4{x^3} + 4x - 2{x^2}\)

\( = - {x^4} + \left( {10{x^3} - 4{x^3}} \right) - 2{x^2} + 4x + 3\)

\( = - {x^4} + 6{x^3} - 2{x^2} + 4x + 3\).

b) Đa thức \(A\left( x \right)\) có bậc là 4, hệ số cao nhất là 1.

c) \(M\left( x \right) = A\left( x \right) + B\left( x \right)\)

\(M\left( x \right) = \left( {{x^4} - 6{x^3} + 2{x^2} - x + 3} \right) + \left( { - {x^4} + 6{x^3} - 2{x^2} + 4x + 3} \right)\)

\[ = {x^4} - 6{x^3} + 2{x^2} - x + 3 - {x^4} + 6{x^3} - 2{x^2} + 4x + 3\]

\[ = \left( {{x^4} - {x^4}} \right) + \left( { - 6{x^3} + 6{x^3}} \right) + \left( {2{x^2} - 2{x^2}} \right) + \left( { - x + 4x} \right) + \left( {3 + 3} \right)\]

\[ = 3x + 6.\]

Để tìm nghiệm của đa thức \(M\left( x \right)\), ta cho \(M\left( x \right) = 0\)

Do đó \(3x + 6 = 0\), suy ra \(x = - 2\).

Vậy \(x = - 2\) là nghiệm của đa thức \(M\left( x \right)\).

a) Ta có: \(P\left( x \right) = - 2 - 3{x^4} - x - 5{x^3} + 10x - 17{x^2} + \frac{1}{2}{x^3} - 5 + {x^3}\)

\(P\left( x \right) = - 3{x^4} + \left( { - 5{x^3} + \frac{1}{2}{x^3} + {x^3}} \right) - 17{x^2} + \left( {10x - x} \right) - 5 - 2\)

\(P\left( x \right) = - 3{x^4} - \frac{7}{2}{x^3} - 17{x^2} + 9x - 7\).

b) Ta có bậc của đa thức \(P\left( x \right)\) là 4, hệ số cao nhất là \( - 3\) và hệ số tự do là \( - 7\).

Ta có: \(P\left( { - 2} \right) = - 3.{\left( { - 2} \right)^4} - \frac{7}{2}.{\left( { - 2} \right)^3} - 17.{\left( { - 2} \right)^2} + 9.\left( { - 2} \right) - 7\)

\(P\left( { - 2} \right) = - 49\).

c) Ta có: \(Q\left( x \right) - P\left( x \right) = 2{x^4} - \frac{1}{2}{x^3} - 19x - 1\)

Do đó, \(Q\left( x \right) = P\left( x \right) + 2{x^4} - \frac{1}{2}{x^3} - 19x - 1\)

\(Q\left( x \right) = - 3{x^4} - \frac{7}{2}{x^3} - 17{x^2} + 9x - 7 + 2{x^4} - \frac{1}{2}{x^3} - 19x - 1\)

\(Q\left( x \right) = \left( { - 3{x^4} + 2{x^4}} \right) + \left( { - \frac{7}{2}{x^3} - \frac{1}{2}{x^3}} \right) - 17{x^2} + \left( {9x - 19x} \right) - 7 - 1\)

\(Q\left( x \right) = - {x^4} - 4{x^3} - 17{x^2} - 10x - 8\).

d) Thực hiện phép chia \(P\left( x \right):\left( {2 - x} \right),\) ta có:

Vậy dư của phép chia \(P\left( x \right):\left( {2 - x} \right)\) là \( - 33\).

a) Các cạnh của phần diện tích hình vuông còn lại là \(a - 1,2\) m.

Do đó, biểu thức biểu thị phần diện tích còn lại của mảnh vườn là: \({\left( {a - 1,2} \right)^2}\) m².

b) Khi \(a = 25,5\) thì diện tích phần còn lại của mảnh vườn là:

\({\left( {25,5 - 1,2} \right)^2} = 590,49\) (m²)

Biểu thức biểu thức số xe được bán ra trong khoảng thời gian nêu trên là:

\( - 0,016{t^4} + 0,49{t^3} - 4,8{t^2} + 14t + 70 + \left( { - 0,01{t^4}} \right) + 0,31{t^3} - 3{t^2} + 11t + 23\)

\( = \left( { - 0,016{t^4} - 0,01{t^4}} \right) + \left( {0,49{t^3} + 0,31{t^3}} \right) + \left( { - 4,8{t^2} - 3{t^2}} \right) + \left( {14t + 11t} \right) + 70 + 23\)

\( = - 0,026{t^4} + 0,8{t^3} - 7,8{t^2} + 28t + 93\).

a) Xét \(\Delta ABN\) và \(\Delta BCM\) có:

\[AB = BC\] (tam giác\(ABC\) đều)

\[\widehat B = \widehat C\] (tam giác \(ABC\) đều)

\[BN = CM\] (gt)

Do đó \(\Delta ABN = \Delta BCM\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)\).

Suy ra \(AN = BM\) (hai cạnh tương ứng)

b) Từ câu a: \(\Delta ABN = \Delta BCM\) suy ra \(\widehat {BAN} = \widehat {MBC}\) (hai góc tương ứng)

Theo tính chất góc ngoài của tam giác, ta có:

\(\widehat {AGM} = \widehat {GBA} + \widehat {BAN} = \widehat {GBA} + \widehat {MBC} = \widehat {ABC} = 60^\circ \).

Vậy \(\widehat {AGM} = 60^\circ \).

a) Trên tia đối của tia \(MA\) lấy \(D\) sao cho \(MA = MD\) suy ra \(AM = \frac{{AD}}{2}\,\,\,\left( 1 \right)\)

• Xét \(\Delta ABM\) và \(\Delta CMD\) có

\(AM = MD\) (theo cách vẽ)

\(\widehat {AMB} = \widehat {CMD}\) (hai góc đối đỉnh)

\(BM = CM\) (gt)

Do đó \(\Delta AMB = \Delta DMC\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)\)

Suy ra \(AB = CD\) (hai cạnh tương ứng)

Và \(\widehat {ABC} = \widehat {DCM}\) (hai góc tương ứng)

Do đó \(\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = \widehat {DCM} + \widehat {ACB}\) nên \(\widehat {ACD} = 90^\circ \).

• Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta DCA\) có:

\(AB = CD\) (cmt)

\(\widehat {ABC} = \widehat {DCM}\) (cmt)

Cạnh \(AC\) chung

Do đó \(\Delta ABC = \Delta CDA\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)\).

Suy ra \(BC = AD\,\,\,\left( 2 \right)\) (hai cạnh tương ứng).

Từ (1) và (2) suy ra \(AM = \frac{{BC}}{2}\).

b) Vì \(AM = \frac{{BC}}{2};\,\,BM = \frac{{BC}}{2}\) nên \(AM = BM\) suy ra \(\Delta ABM\,\) cân.

Nếu \(\widehat C = 30^\circ \) thì \(\widehat {ABC} = 60^\circ \) nên \(\Delta ABM\) đều.

Do đó \[AB = AM = \frac{{BC}}{2}\widehat {BAC} = \widehat {ACD}\,\,\,\left( { = 90^\circ } \right)\] (tính chất tam giác đều).

Vậy \(AB = \frac{{BC}}{2}\).

a) Xét \(\Delta CAB\) và \(\Delta CAD\) có \(\widehat {CAB} = \widehat {CAD} = 90^\circ \)

\(AD = AB\)

Cạnh \(CA\) chung

Do đó \(\Delta CAB = \Delta CAD\,\,{\rm{(c}}{\rm{.g}}{\rm{.c)}}\).

Suy ra \(CB = CD\) (hai cạnh tương ứng)

Mặt khác \(BD = 2AB = 2 \cdot 3 = 6 = CB.\)

Do đó \(CB = CD = BD\).

Vậy tam giác \(BCD\) là tam giác đều.

b) Theo giả thiết \(CA = CM\) nên \(\Delta CAM\) cân tại \(C\).

Suy ra \(\widehat {CAM} = \widehat {CMA} = \frac{{180^\circ - \widehat {ACM}}}{2} = \frac{{180^\circ - 30^\circ }}{2} = 75^\circ \).

• Xét \(\Delta AHM\) vuông ta có

\(\widehat {MAH} = 180^\circ - \widehat {AHM} - \widehat {AMH}\)\( = 180^\circ - 90^\circ - 75^\circ = 15^\circ \).

• Xét \(\Delta AHB\) ta có

\(\widehat {HAB} = 180^\circ - \widehat {AHB} - \widehat {HBA}\)\( = 180^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \).

Mặt khác \(\widehat {MAN} = \widehat {MAB} - \widehat {MAH}\)\( = 30^\circ - 15^\circ = 15^\circ \).

Do đó \(\widehat {MAH} = \widehat {MAN} = 15^\circ \).

• Xét \(\Delta MAN\) và \(\Delta MAH\) có:

\(AN = AH\), \(\widehat {MAH} = \widehat {MAN}\) và cạnh \(AM\) chung.

Do đó \(\Delta MAN = \Delta MAH\,\,{\rm{(c}}{\rm{.g}}{\rm{.c)}}\).

Suy ra \(\widehat {ANM} = \widehat {AHM} = 90^\circ \). Vậy \(MN \bot AB\).

a) Theo giả thiết, ta có $CH\perp AB;BH\perp AC$ nên $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Suy ra $AH\perp BC$ hay $AM\perp BC$

Xét tam giác $BAM$ ta có

$\widehat{BAM}=180°-\widehat{AMB}-\widehat{MBA}$$180°-90°-\widehat{MBA}=90°-\widehat{MBA}(1)$

Xét tam giác $BCE$ ta có

$\widehat{ECB}=180°-\widehat{CEB}-\widehat{MBE}$$=180°-90°-\widehat{MBA}=90°-\widehat{MBA}(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra $\widehat{BAM}=\widehat{ECB}$.

b) Xét hai tam giác vuông $AKE$ và $AHE$ có

$EK=EH$, $AE$ là cạnh chung.

Do đó \Delta AKE=\Delta AHE (hai cạnh góc vuông bằng nhau).

Suy ra $\widehat{KAE}=\widehat{HAE}$ (hai góc tương ứng).

Mà $\widehat{HAE}=\widehat{KCB}$ (câu a) nên $\widehat{KAB}=\widehat{KCB}$.

a) Xét $\Delta ADE$ và $\Delta BED$ có

AD=BE (gt)

$\widehat{AED}=\widehat{BDE}=90°$

Cạnh AB chung

Do đó $\Delta ADE=\Delta BED$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Suy ra \widehat{EAB}=\widehat{ABD} (hai góc tương ứng)

Vậy tam giác ABC cân tại C.

b) Vì tam giác ABC cân tại C nên CA=CB.

Suy ra C thuộc đường trung trực của AB.

Vì $\Delta ADE=\Delta BED$ (cmt) nên \widehat{EBA}=\widehat{DAB} (hai góc tương ứng).

Suy ra tam giác HAB cân tại Hnên HA=HB.

Do đó H thuộc đường trung trực của AB.

Vậy đường thẳng CH là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

c) Tam giác ABC cân tại C nên \widehat{CAB}=\frac{180°-\widehat{ACB}}{2}.

Ta có AE=BD (vì $\Delta ADE=\Delta BED$).

Suy ra CA-AE=CB-BD nên CE=CD.

Do đó tam giác CED cân tại C nên \widehat{CED}=\frac{180°-\widehat{ACB}}{2}.

Suy ra \widehat{CAB}=\widehat{CED}

Mà \widehat{CAB} và \widehat{CED} ở vị trí đồng vị nên ED\text{/}\text{/}BA.

a) Xét $\Delta AMB$ và $\Delta NMC$ có

MC=MB (gt)

$\widehat{AMB}=\widehat{NMC}$ (hai góc đối đỉnh)

MA=MN (gt)

Do đó $\Delta AMB=\Delta NMC\text{(}\text{c}\text{.}\text{g}\text{.}\text{c}\text{)}$.

Suy ra \widehat{MAB}=\widehat{MNC} (hai góc tương ứng).

Ta thấy hai góc này ở vị trí so le trong $CN\text{/}\text{/}AB$.

Mà BA\perp CA nên CN\perp CA.

b) Vì B là trung điểm của AE nên DB là đường trung tuyến của $\Delta DAE$.

Ta có DC=CM,CM=MB nên DM=\frac{2}{3}DB.

Do đó M là trọng tâm của \Delta DAE

Vì I là trung điểm của DE nên AI là đường trung tuyến của \Delta DAE.

Mà M\in AI nên ba điểm A,M,I thẳng hàng.

c*) Vì \Delta AMB=\Delta NMC (cmt) nên AB=NC (hai cạnh tương ứng)

Xét \Delta ACN và \Delta CAB có

Cạnh CA chung ; \widehat{CAB}=\widehat{ACN}=90°, CN=AB (cmt)

Do đó \Delta ACN=\Delta CAB\text{(}\text{c}\text{.}\text{g}\text{.}\text{c}\text{)}

Suy ra AN=BC (hai cạnh tương ứng)

Nên \frac{1}{2}AN=\frac{1}{2}BC hay AM=MC=MB.

Do đó \Delta AMC và \Delta AMB cân tại M.

Theo tính chất góc ngoài tam giác, ta có

• \widehat{AMB}=\widehat{ACB}+\widehat{CAM}=2\widehat{ACB}

• \widehat{AMC}=\widehat{ABC}+\widehat{BAM}=2\widehat{ABC}

• \widehat{AMC}=\widehat{ABC}+\widehat{BAM}=2\widehat{ABC}

Vì \widehat{ACB}<\widehat{ABC} nên \widehat{AMB}<\widehat{AMC}.

Mà \widehat{AMB} và \widehat{AMC} là hai góc kề bù nên \widehat{AMC} là góc tù.

Xét \Delta AMB có \widehat{AMD} là góc tù nên \widehat{AMD}>\widehat{DAM}.

Suy ra AD>MD (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện).

Lại có MB=MC=CD nên MB+MC=MC+CD.

Do đó BC=MD (đpcm).

a) Trên tia đối của tia DA lấy điểm H sao cho DA=DH.

• Xét \Delta ADB và \Delta HDC có

BD=CD (D là trung điểm của BC)

\widehat{ADB}=\widehat{HDC} (đối đỉnh)

AD=HD (cách dựng)

Do đó \Delta ADB=\Delta HCD\text{(}\text{c}\text{.}\text{g}\text{.}\text{c}\text{)}.

Suy ra AB=HC (hai cạnh tương ứng).

• Xét \Delta ACH có AC+HC>AH (bất đẳng thức trong tam giác).

Suy ra AC+AB>2AD hay AD<\frac{AB+AC}{2}.

b) Ta có AD,BE,CF cắt nhau tại G nên G là trọng tâm của \Delta ABC.

Suy ra BG=\frac{2}{3}BE,CG=\frac{2}{3}CF,AG=\frac{2}{3}AD.

Xét \Delta BGC có BG+CG>BC (bất đẳng thức trong tam giác).

Suy ra \frac{2}{3}\left(BE+CF\right)>BC hay BE+CF>\frac{3}{2}BC.

c) Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác AGB,AGC,BGC:

• Xét \Delta AGB có AG+BG>AB. (1)

• Xét \Delta AGC có AG+CG>AC. (2)

• Xét \Delta BGC có BG+CG>BC. (3)

Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được:

AG+BG+AG+CG+BG+CG>AB+AC+BC

2AG+2BG+2CG>AB+AC+BC

\frac{4}{3}AD+\frac{4}{3}BE+\frac{4}{3}CF>AB+AC+BC

\frac{3}{4}\left(AB+BC+AC\right)<AD+BE+CF.

Theo câu a) ta có AD<\frac{AB+AC}{2}.

Chứng minh tương tự, ta có: BE<\frac{AB+BC}{2};CF<\frac{BC+AC}{2}.

Suy ra AD+BE+CF>\frac{AB+AC}{2}+\frac{AB+BC}{2}+\frac{BC+AC}{2}.

Do đó AD+BE+CF<AB+BC+AC.

Vậy \frac{3}{4}\left(AB+BC+AC\right)<AD+BE+CF<AB+BC+AC.

a) Xét $\Delta MAC$ và $\Delta MBD$ có:

$MA=MB$ (do $M$ là trung điểm của $AB$0;

$\widehat{AMC}=\widehat{BMD}$ (đối đỉnh);

$MC=MD$ (giả thiết)

Do đó $\Delta MAC=\Delta MBD\left(\text{c}\text{.}\text{g}\text{.}\text{c}\right)$.

b) Do $\Delta MAC=\Delta MBD$ (câu a) nên $AC=BD$ (hai cạnh tương ứng).

Xét $\Delta BCD$ có: BD+BC>CD (bất đẳng thức tam giác)

Do đó AC+BC>CD

Mà $CD=2CM$ (do $MD=MC$ nên $M$ là trung điểm của $CD$).

Vậy AC+BC>2CM.

c) Xét $\Delta ACD$ có đường trung tuyến $AM$ và $AK=\frac{2}{3}AM$ nên $K$ là trọng tâm của $\Delta ACD$

Do đó $CK$ là đường trung tuyến nên $N$ là trung điểm của $AD$.

Xét $\Delta ABD$ có $DM,BN$ là hai đường trung tuyến và $DM,BN$ cắt nhau tại $I$ nên $I$ là trọng tâm của $\Delta ABD$.

Do đó $DI=\frac{2}{3}DM$

Mà $DM=\frac{1}{2}CD$ nên $DI=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}CD=\frac{1}{3}CD$ hay $CD=3DI$.

a) Xét $\Delta MON$ và $\Delta MOP$, có:

$MN=MP$ (do tam giác $MNP$ cân tại $M$)

$\widehat{MON}=\widehat{MOP}=90°$

$MO$ chung

Do đó, $\Delta MON=\Delta MOP$ (ch – cgv)

b) Xét $\Delta EMK$ và $\Delta EOK$, có:

$EK$ chung

$MK=KO$

$\widehat{KEM}=\widehat{KEO}=90°$

Do đó, $\Delta EMK=\Delta EOK$ (2cgv)

c) Vì $\Delta EMK=\Delta EOK$ nên $EM=ME$ (hai cạnh tương ứng)

Do đó, $\Delta EMO$ cân tại $E$ nên $\widehat{EMO}=\widehat{EOM}$.

Mà $\widehat{EMO}=\widehat{OMN}$ (do $OM$ vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao trong tam giác cân)

Do đó, $\widehat{OMN}=\widehat{EOM}$.

Mà hai góc ở vị trí so le trong nên $OE\parallel MN$.

Ta có $f\left(1\right)=f\left(0+1\right)=f\left(0\right)+1=1+1=2$;

$f\left(2\right)=f\left(1+1\right)=f\left(1\right)+1=2+1=3$;

$f\left(3\right)=f\left(2+1\right)=f\left(2\right)+1=3+1=4$;

………………………………………

$f\left(x\right)=f\left(x-1+1\right)=f\left(x-1\right)+1=x+1$.

Vậy $f\left(x\right)=x+1$.

Tổng tất cả các hệ số của đa thức $f\left(x\right)$ sau khi đã phá ngoặc là:

$f\left(1\right)={\left(1-5+3\right)}^{2017}={\left(-1\right)}^{2017}=-1$.

• Thay x=0 vào $x\cdot f\left(x-2\right)=\left(x-4\right)\cdot f\left(x\right)$, ta có $0=-4f\left(0\right)$ hay $f\left(0\right)=0$.

Do đó $x=0$ là nghiệm của $f\left(x\right)$.

• Thay $x=4$ vào $x\cdot f\left(x-2\right)=\left(x-4\right)\cdot f\left(x\right)$, ta có $4f\left(2\right)=0$ hay $f\left(2\right)=0$.

Do đó $x=2$ là nghiệm của $f\left(x\right)$.

Vậy $f\left(x\right)$ có ít nhất hai nghiệm là $x=0$; $x=2$.

Ta thực hiện đặt tính chia đa thức như sau:

Để đa thức $x^3-3x^2-3x-1$ chia hết cho đa thức $x^2+x+1$ thì 3⋮\left(x^2+x+1\right)

Tức là $x^2+x+1\in$ Ư$\left(3\right)=\left\{-3;3;-1;1\right\}$.

Do x>0 nên $x^2+x+1>1$

Do đó $x^2+x+1=3$

$x^2+x-2=0$

$x^2-x+2x-2=0$

$x\left(x-1\right)+2\left(x-1\right)=0$

$\left(x-1\right)\left(x+2\right)=0$

Suy ra $x=1$ (thỏa mãn) hoặc $x=-2$ (loại).

Vậy $x=1$ thì đa thức $x^3-3x^2-3x-1$ chia hết cho đa thức $x^2+x+1$.

Ta thực hiện đặt tính chia đa thức như sau:

Do đó số dư của phép chia $A\left(x\right)$ cho $B\left(x\right)$ là $\left(a-1\right)x+b+30$.

Để phép chia trên là phép chia hết thì $\left(a-1\right)x+b+30=0$ với mọi $x$

Điều này xảy ra khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}a-1=0\\ b+30=0\end{array}$, suy ra $\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-30\end{array}$.

Vậy $a=1$ và $b=-30$.

Do $A\left(x\right)$ nhận $-1$ làm nghiệm nên ta có \(A\left( { - 1} \right) = 0\)

Do đó \(a.{\left( { - 1} \right)^2} + b.\left( { - 1} \right) + c = 0\), suy ra \(a - b + c = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Ta thực hiện đặt tính chia đa thức \(A\left( x \right)\) cho đa thức \(x - 1\) như sau:

Để \(A\left( x \right)\) chia hết cho đa thức \(x - 1\) thì \(c + b + a = 0\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(a - b + c = c + b + a\)

Suy ra \(2b = 0\), nên \(b = 0\).

Thay \(b = 0\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được \(a + c = 0\), do đó \(a = - c\).

Vậy \(a\) và \(c\) là hai số đối nhau.

Lưu ý: Với dữ kiện \(A\left( x \right)\) chia hết cho đa thức \(x - 1\) ta có thể suy ra điều kiện \(\left( 2 \right)\) theo cách sau:

\(A\left( x \right)\) chia hết cho đa thức \(x - 1\) nên ta có:

\(A\left( x \right) = \left( {x - 1} \right).Q\left( x \right)\) với \(Q\left( x \right)\) là thương của phép chia đa thức \(A\left( x \right)\) cho đa thức \(x - 1\).

Khi đó \(A\left( 1 \right) = \left( {1 - 1} \right).Q\left( 1 \right) = 0\) hay \(A\left( 1 \right) = 0\).

Suy ra \(a + b + c = 0\) \(\left( 2 \right)\).

Cách 1: Theo đề bài: \(\frac{a}{c} = \frac{{a - b}}{{b - c}} = \frac{{2a - b}}{b}\) (tính chất dãy tỉ số bằng nhau)

Đẳng thức \(\frac{1}{a} + \frac{1}{{a - b}} = \frac{1}{{b - c}} - \frac{1}{c}\)

\(\frac{{2a - b}}{{a\left( {a - b} \right)}} = \frac{{2c - b}}{{\left( {b - c} \right)c}}\)

\(\frac{{2a - b}}{b} = \frac{a}{c} \cdot \frac{{a - b}}{{b - c}} \cdot \frac{{2c - b}}{b}\)

\(1 = \frac{a}{c} \cdot \frac{{2c - b}}{b}\)

\(bc + ab = 2ac\)

\(ab - ac = ac - bc\)

\(\left( {b - c} \right)a = c\left( {a - b} \right)\)

\(\frac{a}{c} = \frac{{a - b}}{{b - c}}\) (luôn đúng).

Cách 2: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

• \(\frac{a}{c} = \frac{{a - b}}{{b - c}} = \frac{{a + a - b}}{{c + b - c}} = \frac{{2a - b}}{b}\);

• \(\frac{a}{c} = \frac{{a - b}}{{b - c}} = \frac{{a - a + b}}{{c - b + c}} = \frac{b}{{2c - b}}\) nên \(\frac{c}{a} = \frac{{2c - b}}{b}\).

Đẳng thức \(\frac{1}{a} + \frac{1}{{a - b}} = \frac{1}{{b - c}} - \frac{1}{c}\)

\(\frac{{2a - b}}{{a\left( {a - b} \right)}} = \frac{{2c - b}}{{\left( {b - c} \right)c}}\)

\(\frac{{2a - b}}{b} = \frac{a}{c} \cdot \frac{{a - b}}{{b - c}} \cdot \frac{{2c - b}}{b}\)

\(\frac{a}{c} = \frac{a}{c} \cdot \frac{a}{c} \cdot \frac{c}{a}\)

\(\frac{a}{c} = \frac{a}{c}\) (luôn đúng).

a) Ta có \(\left| {x - 2023y} \right| \ge 0\,;\,\,{\left( {y - 1} \right)^{2022}} \ge 0\).

Để \(\left| {x - 2023y} \right| + {\left( {y - 1} \right)^{2022}} = 0\) thì

\(\left\{ \begin{array}{l}\left| {x - 2023y} \right| = 0\\{\left( {y - 1} \right)^{2022}} = 0\end{array} \right.\)suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2023y = 0\\y - 1 = 0\end{array} \right.\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2023\\y = 1\end{array} \right.\).

Vậy \(x = 2023\,,\,\,y = 1.\)

b) \(P\left( x \right) = 3{x^3} + 4{x^2} - 8x + 1\)

\( = 3{x^3} + 3{x^2} - 9x + {x^2} + x - 3 + 4\)

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

\( = 0 + 0 + 4 = 4\).

Vậy \(P\left( x \right) = 4.\)

Ta có \(xy = \left( { - 2} \right) \cdot \frac{1}{2} = - 1\).

Khi đó \(A = xy + {x^2}{y^2} + {x^4}{y^4} + {x^6}{y^6} + {x^8}{y^8} + ... + {x^{2016}}{y^{2016}} + {x^{2018}}{y^{2018}}\)

\[ = xy + {\left( {xy} \right)^2} + {\left( {xy} \right)^4} + {\left( {xy} \right)^6} + ... + {\left( {xy} \right)^{2016}} + {\left( {xy} \right)^{2018}}\]

\[ = \left( { - 1} \right) + {\left( { - 1} \right)^2} + {\left( { - 1} \right)^4} + {\left( { - 1} \right)^6} + ... + {\left( { - 1} \right)^{2016}} + {\left( { - 1} \right)^{2018}}\]

\({\rm{ = }} - 1 + 1 + 1 + 1 + ... + 1 + 1 = 1\,\,007\).

Do mật khẩu là số có ba chữ số và các chữ số này đều là lẻ nên các số đó được tạo thành từ bộ số \(\left\{ {1;3;5;7;9} \right\}\).

Ta có \(5\) cách chọn chữ số hàng trăm;

\(5\) cách chọn chữ số hàng chục;

\(5\) cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Từ đó, số kết quả có thể xảy ra là: \(5.5.5 = 125\).

Mà Nam chỉ bấm 1 lần nên khả năng xảy ra của mỗi biến cố là như nhau.

Do đó, xác suất để Nam bấm 1 lần mở được cửa là: \(\frac{1}{{125}}\).

Số các kết quả có thể xảy ra khi lấy ngẫu nhiên một bông hoa trong hộp kín là:

\(10 + 20 + n = n + 30\).

Xác suất lấy được bông hoa màu xanh là \(\frac{n}{{n + 30}} = \frac{4}{{10}}\).

Do đó, \(10n = 4\left( {n + 30} \right)\) hay \(10n = 4n + 120\) do đó, \(6n = 120\) hay \(n = 20\).

Vậy có 20 bông hoa hồng xanh trong hộp.

Số các kết quả có thể xảy ra khi lấy ngẫu nhiên một quả bóng là: \(5 + 20 + n = n + 25\).

Xác suất để lấy được quả bóng màu cầu vồng là \(\frac{n}{{n + 25}} = \frac{3}{4}\).

Hay \(4n = 3\left( {n + 25} \right)\), do đó \(4n = 3n + 75\) hay \(n = 75\).

Vậy có 75 quả bóng cầu vồng trong hộp.

Gọi xác suất của biến cố “Lan lấy được quả bóng màu đỏ” là \(n.\)

Do các biến cố “Lan lấy được quả bóng màu đỏ”, “Lan lấy được quả bóng màu xanh”, “Lan lấy được quả bóng màu xanh” là các biến cố đồng khả năng nên chúng đều có xác suất là \(n.\)

Do đó, ta có: \(n + n + n = 1\) hay \(n = \frac{1}{3}\).

Lại có, số các kết quả có thể xảy ra là 60.

Gọi số kết quả thuận lợi cho biến cố “Lan lấy được quả bóng màu đỏ” là \(a\).

Do đó, ta có: \(\frac{a}{{60}} = \frac{1}{3}\) hay \(a = \frac{{60.1}}{3} = 20\).

Tương tự, ta suy ra, số quả bóng màu xanh và vàng đều bằng 20 quả.

Do đó, trong thùng có 20 quả bóng màu xanh, 20 quả bóng màu vàng và 20 quả bóng màu đỏ.

Gọi \(n\) (người) là số hành khách nam đã xuống xe \(\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\). Khi đó trên xe có \(9\) hành khách nữ và \(17 - n\) hành khách nam xuống xe.

Xác suất để chọn được một hành khách nam xuống xe là \(\frac{1}{2}\) nên số số hành khách nam trên xe còn lại bằng số hành khách nữ.

Do đó, ta có: \(17 - n = 9\) hay \(n = 8\).

Do đó, có 8 hành khách nam đã xuống xe.