Tailieumoi.vn biên soạn và giới thiệu các dạng bài tập môn Toán gồm các kiến thức lý thuyết và thực hành, các dạng bài tập thường gặp giúp học sinh ôn tập và bổ sung kiến thức cũng như hoàn thành tốt các bài kiểm tra môn Toán. Mời các bạn đón xem:

Top 1000 Bài tập thường gặp môn Toán có đáp án (Phần 90)

Đề bài. Cho ∆ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết 3AB = 2AC. Tính $\sin \widehat{ACB},\tan \widehat{ACB}$

Lời giải:

Áp dụng Pytago vào tam giác ABC vuông tại A có: BC² = AB² + AC²

Ta có: $\sin \widehat{ACB}=\frac{AB}{BC}=\frac{AB}{\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}}=\frac{AB}{\sqrt{A{B}^2+{\left(\frac{3AB}{2}\right)}^2}}=\frac{2\sqrt{13}}{13}AB$

$\tan \widehat{ACB}=\frac{AB}{AC}=\frac{\frac{2}{3}AC}{AC}=\frac{2}{3}$.

Đề bài. Cho tam giác ABC ( AB > BC) có AB + BC = 11cm, $\widehat{B}=60°$ . Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là $r=\frac{2}{\sqrt{3}}$ cm. Tính đường cao AH của tam giác ABC.

Lời giải:

Đặt AB = c, AC = b, BC = a

Ta có: $\cos \widehat{B}=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{{11}^2-2ac-b^2}{2ac}$

⇔ $\frac{1}{2}=\frac{{11}^2-2ac-b^2}{2ac}$

⇔ ac = 11² – 2ac – b²

⇔ 3ac = 11² – b² (1)

Lại có: $r=\frac{2S_{ABC}}{a+b+c}=\frac{2.\frac{1}{2}.a.c.\sin \widehat{B}}{11+b}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}ac}{11+b}$

⇔ $\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}ac}{11+b}$

⇔ $\frac{4}{3}\left(11+b\right)=ac\left(2\right)$

Từ (1) và (2): 4(11 + b) = (11 + b)(11 – b)

⇔ (11 + b)(4 – 11 + b) = 0

⇔ b = 7 (vì b > 0)

Suy ra: ac = 24

Mà a + c = 11

⇒ $\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=3\\ c=8\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=8\\ c=3\end{array}\right.\end{array}\right.$

Suy ra: $S_{ABC}=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right).r=\frac{1}{2}.\left(11+7\right).\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{18}{\sqrt{3}}$

Lại có: $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AH.BC\Rightarrow AH=\frac{2S_{ABC}}{BC}$

Nếu a = 8 thì $AH=\frac{2.\frac{18}{\sqrt{3}}}{8}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

Nếu a = 3 thì $AH=\frac{2.\frac{18}{\sqrt{3}}}{3}=4\sqrt{3}$ .

Đề bài. Cho C = 5 + 5² + … + 5²⁰. Chứng minh rằng C chia hết cho 5, 6, 13.

Lời giải:

a) Ta có C = 5 + 5² + … + 5²⁰

= 5(1 + 5 + 5² + ... + 5¹⁹) ⋮ 5

Vậy C ⋮ 5.

b) Ta có C = 5 + 5² + … + 5²⁰

= (5 + 5²) + 5²(5 + 5²) + ... + 5¹⁸(5 + 5²)

= 30 + 5².30 + ... + 5¹⁸.30

= 30(1 + 52 + ... + 518)

= 5.6.(1 + 52 + ... + 518) ⋮ 6

Vậy C ⋮ 6.

c) Ta có C = (5 + 5² + 5³ + 5⁴) + (5⁵ + 5⁶ + 5⁷ + 5⁸) +... + (5¹⁷ + 5¹⁸ + 5¹⁹ + 5²⁰)

= (5 + 5² + 5³ + 5⁴) + 5⁴(5 + 5² + 5³ + 5⁴) + ... + 5¹⁶(5 + 5² + 5³ + 5⁴)

= 780 + 5⁴.780 + .... + 5¹⁶.780

= 780(1 + 5⁴ + ... + 5¹⁶)

= 13.60.(1 + 5⁴ + ... + 5¹⁶) ⋮ 13

Vậy C ⋮ 13.

Đề bài. Cho x + y = 12 và xy = 32. Tính x⁴ + y⁴.

Lời giải:

x + y = 12

⇔ (x + y)² = 144

⇔ x² + 2xy + y² = 144

⇔ x² + y² = 144 – 2xy

⇔ x² + y² = 144 – 2.32 = 80

Bình phương 2 vế:

(x² + y²)² = 80²

⇔ x⁴ + y⁴ + 2x²y² = 6400

⇔ x⁴ + y⁴ = 6400 - 2(xy)²

⇔ x⁴ + y⁴ = 6400 – 2.32²

⇔ x⁴ + y⁴ = 4352.

Vậy x⁴ + y⁴ = 4352.

Đề bài. Cho dãy số 1, 2, 3, 4, ..., 199, 200; hỏi dãy số có bao nhiêu số chẵn, bao nhiêu số lẻ?

Lời giải:

Tổng số hạng của dãy là:

(200 – 1) : 1 + 1 = 200 (số hạng)

Số lẻ bắt đầu từ 1 và kết thúc là 199, mỗi số lẻ cách nhau 2 đơn vị

Số các số lẻ là:

(199 – 1) : 2 + 1 = 100 (số lẻ)

Số các số chẵn là:

200 – 100 = 100 (số chẵn).

Đề bài. Cho hình vẽ biết : Ax // By, $\widehat{xAO}=32°,\widehat{OBy}=122°$ . Chứng tỏ OA vuông góc với OB.

Lời giải:

Theo giả thiết: Ax // By; $\widehat{xAO}=32°,\widehat{OBy}=122°$

Kẻ tia Oz song song với Ax song song với By

⇒ $\widehat{OBy}+\widehat{BOz}=180°$ (vì là 2 góc trong cùng phía )

⇒ $\widehat{BOz}=180°-\widehat{OBy}=180°-122°=58°$

Mà ta có Ax // Oz

⇒ $\widehat{AOz}=\widehat{xAO}=32°$ (vì là 2 góc so le trong bằng nhau )

⇒ $\widehat{AOB}=\widehat{AOz}+\widehat{BOz}=32°+58°=90°$

⇒ $\widehat{AOB}$ là góc vuông

⇒ OA vuông góc với OB.

Đề bài. Hình thang ABCD (AB//CD) có AB = 4cm; MN = 6cm với M và N lần lượt là trung điểm của BC và AD. Khi đó độ dài cạnh CD là?

Lời giải:

M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD nên MN là đường trung bình của hình thang ABCD

⇒ MN = (AB + CD) : 2

⇒ CD = 2MN - AB = 2.6 - 4 = 8 (cm).

Đề bài. Biết Ax là tia phân giác của $\widehat{mAn}$ và $\widehat{mAn}=80°$ . Tính $\widehat{mAx}$ .

Lời giải:

Do Ax là phân giác $\widehat{mAn}$ nên $\widehat{mAx}=\widehat{nAx}=\frac{1}{2}\widehat{mAn}=\frac{1}{2}.80°=40°$

Vậy $\widehat{mAx}=40°$ .

Đề bài. Cho $\overline{abc}+\overline{acb}=\overline{bca}$ . Tìm phép cộng đã cho?

Lời giải:

Xét từng hàng, ta có:

Hàng đơn vị và hàng chục: b + c + 1 = 10 + c

⇒ b = 9

Hàng trăm: a + a + 1 = 9

⇒ a + a = 9 – 1 = 8

⇒ a = 4

Hàng đơn vị: c + 9 = 4 (loại vì không có số tự nhiên + 9 = 4)

⇒ c + 9 = 14

⇒ c = 14 − 9

⇒ c = 5

Vậy phép cộng trên là: 495 + 459 = 954.

Đề bài. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + 2y + 3z ≥ 20. Tìm GTNN của $A=x+y+z+\frac{3}{x}+\frac{9}{2y}+\frac{4}{z}$ .

Lời giải:

$A=x+y+z+\frac{3}{x}+\frac{9}{2y}+\frac{4}{z}$

$A=\frac{1}{4}x+\frac{1}{2}y+\frac{3}{4}z+\left(\frac{3}{4}x+\frac{3}{x}\right)+\left(\frac{1}{2}y+\frac{9}{2y}\right)+\left(\frac{4}{z}+\frac{1}{4}z\right)$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương: $A=\frac{1}{4}x+\frac{1}{2}y+\frac{3}{4}z+\left(\frac{3}{4}x+\frac{3}{x}\right)+\left(\frac{1}{2}y+\frac{9}{2y}\right)+\left(\frac{4}{z}+\frac{1}{4}z\right)$

$A\ge \frac{1}{4}\left(x+2y+3z\right)+2\sqrt{\frac{3}{4}x.\frac{3}{x}}+2\sqrt{\frac{1}{2}y.\frac{9}{2y}}+2\sqrt{\frac{4}{z}.\frac{1}{4}z}$

$A\ge \frac{1}{4}.20++3+3+2=13$

Vậy GTNN của A là 13 khi $\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{4}x=\frac{3}{x}\\ \frac{1}{2}y=\frac{9}{2y}\\ \frac{4}{z}=\frac{1}{4}z\\ x+2y+3z=20\end{array}\right.$⇔ $\left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=3\\ z=4\end{array}\right.$ .

Đề bài. Số nhà của Alice là một số có 4 chữ số chia hết cho 5. Khi cô ấy di chuyển chữ số đầu tiên đến vị trí hàng đơn vị thì nhận thấy rằng số mới có 4 chữ số lớn hơn số nhà của cô ấy là 4707. Hỏi số nhà của Alice là bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi số nhà của Alice là $\overline{abcd}$

Vì $\overline{abcd}$ chia hết cho 5 nên d = 0 hoặc d = 5.

* Nếu d = 0 thì số nhà Alice có dạng $\overline{abc0}$

Ta có: $\overline{bc0a}-\overline{abc0}=4707$

Ta thấy: a – 0 = 7 (hàng đơn vị) nên a = 7.

Suy ra có: $\overline{bc07}-\overline{7bc0}=4707$

⇔ $\overline{bc07}=\overline{7bc0}+4707$

Giả sử số nhỏ nhất của là 7000 thì 7000 + 4707 = 11707 là số có 5 chữ số. Nên loại.

* Nếu d = 5 thì số nhà Alice có dạng $\overline{abc5}$

Ta có: $\overline{bc5a}-\overline{abc5}=4707$

Xét hàng đơn vị: a – 5 = 7, vì a có 1 chữ số nên a = 2

Xét hàng chục: 5 – c = 0 (nhớ thêm 1 từ hàng đơn vị) nên c = 4

Khi đó: $\overline{b452}-\overline{2b45}=4707$(*)

Xét chữ số b có: 4 – b = 7 (nên b = 7)

Thay vào (*): 7452 – 2745 = 4707 (đúng, thỏa mãn)

Vậy số nhà Alice là 2745.

Đề bài. Giải phương trình: (2sinx – 1)(2sin2x + 1) = 3 – 4cos²x.

Lời giải:

(2sinx – 1)(2sin2x + 1) = 3 – 4cos²x

⇔ (2sinx – 1)(2sin2x + 1) = 3 – 4(1 - sin²x)

⇔ (2sinx – 1)(2sin2x + 1) = 3 – 4 + 4sin²x

⇔ (2sinx – 1)(2sin2x + 1) = 4sin²x – 1

⇔ (2sinx – 1)(2sin2x + 1) = (2sinx – 1)(2sinx + 1)

⇔ (2sinx – 1)(2sin2x + 1 – 2sinx - 1) = 0

⇔ 2.(2sinx – 1)(sin2x – sinx) = 0

⇔ 2.(2sinx – 1)(2sinxcosx – sinx) = 0

⇔ 2.(2sinx – 1).sinx(2cosx – 1) = 0

⇔ $\left[\begin{array}{l}\sin x=\frac{1}{2}\\ \sin x=0\\ \cos x=\frac{1}{2}\end{array}\right.$

⇔ $\left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi \\ x=k\pi \\ x=\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ x=\frac{2\pi }{3}+k2\pi \end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$ .

Đề bài. Một lớp học có 28 nam và 24 nữ. Có bao nhiêu cách chia đều số học sinh vào các tổ với số tổ nhiều hơn sao cho số nam trong các tổ bằng nhau và số nữ trong các tổ bằng nhau? Cách chia nào để mỗi tổ có ít học sinh nhất?

Lời giải:

Vì số nam và số nữ chia đều vào các tổ nên 24 ⋮ x, 28 ⋮ x

Hay x thuộc ƯC(24;28)

Có ƯCLN(24;28) = 2² = 4.

Nên x ∈ Ư(4) = {1;2;4}

Có 2 cách để chia đều số học sinh là chia thành 2 tổ và 4 tổ

Nếu chia thành 2 tổ thì mỗi tổ sẽ có: 28 : 2 = 14 nam và 24 : 2 = 12 nữ

Nếu chia thành 4 tổ thì mỗi tổ sẽ có: 28 : 4 = 7 nam và 24 : 4 = 6 nữ

Vậy chia thành 4 tổ thì mỗi tổ sẽ có ít học sinh nhất.

Đề bài. Cho đoạn thẳng AB và hai tia Ax, By vuông góc với AB ở trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB. Gọi O là trung điểm của AB. Xét góc vuông $\widehat{mOn}$ quay quanh O sao cho Om cắt Ax tại C, On cắt By tại D. Chứng minh rằng:

a) CD luôn tiếp xúc với nửa đường tròn $\left(O;\frac{AB}{2}\right)$ .

b) $AC.BD=\frac{A{B}^2}{4}$ .

Lời giải:

Xét góc vuông $\widehat{mOn}$ quay quanh O sao cho Om cắt Ax tại C, On cắt By tại D nên $\widehat{COD}=90°$

a) Kẻ OH ⊥ CD

Ta có DC = DE (chứng minh câu a)

Suy ra tam giác DCE cân ở D

Mà DO là đường cao nên DO đồng thời là phân giác của $\widehat{CDE}$

Suy ra $\widehat{CDE}=\widehat{CDO}$

Xét ∆HOD và ∆BOD có

$\widehat{DHO}=\widehat{DBO}=90°$

OD là cạnh chung

$\widehat{H}=\widehat{ODB}$

Suy ra ∆HOD = ∆BOD (cạnh huyền – góc nhọn)

Do đó OH = OB, HD = BD (các cặp cạnh tương ứng)

Mà OB là bán kính của (O)

Suy ra H thuộc (O)

Lại có OH ⊥ CD nên CD là tiếp tuyến của (O)

c) Xét ∆HOC và ∆AOC có

OH = OA (= OB)

$\widehat{CHO}=\widehat{CAO}=90°$

OC là cạnh chung

Suy ra ∆HOC = ∆AOC (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Do đó HC = AC

Xét tam giác COD vuông tại O có OH ⊥ CD

Theo hệ thức lượng trong tam giác có

OH² = CH . DH

Ta có: $AC.BD=CH.DH=O{H}^2=O{A}^2={\left(\frac{BC}{2}\right)}^2=\frac{B{C}^2}{4}$

Vậy $AC.BD=\frac{A{B}^2}{4}$ .

Đề bài. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1.

Chứng minh $\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}\ge \frac{3}{4}$ .

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: $\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b+1}{8}+\frac{c+1}{8}\ge 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}.\frac{b+1}{8}.\frac{c+1}{8}}=\frac{3a}{4}$

Tương tự: $\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c+1}{8}+\frac{a+1}{8}\ge 3\sqrt[3]{\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}.\frac{c+1}{8}.\frac{a+1}{8}}=\frac{3b}{4}$

$\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c+1}{8}+\frac{a+1}{8}\ge 3\sqrt[3]{\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}.\frac{c+1}{8}.\frac{a+1}{8}}=\frac{3c}{4}$

Suy ra: $\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}\ge \frac{3}{4}\left(a+b+c\right)$

$\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}\ge \frac{3}{4}\sqrt[3]{abc}=\frac{3}{4}$(BĐT Cô-si)

Vậy $\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}\ge \frac{3}{4}$

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.

Đề bài. Nêu khái niệm của khối đa diện? Khối đa diện cần biểu diễn bao nhiêu hình chiếu. Nếu mặt đáy của hình lăng trụ đáy tam giác đều song song với mặt phẳng hình chiếu cạnh thì hình chiếu cạnh là hình gì?

Lời giải:

Khái niệm khối đa diện:

- Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bởi một hình đa diện và kể cả hình đa diện đó.

* Khối đa diện cần biểu diễn: 3 hình chiếu (hình chiếu đứng, hình chiếu bằng, hình chiếu cạnh)

* Nếu mặt đáy của hình lăng trụ đáy tam giác đều song song với mặt phẳng hình chiếu cạnh thì hình chiếu cạnh là hình chữ nhật.

Đề bài. Tìm x biết (x + 2)(x + 2) – (x – 2)(x – 2) = 8x.

Lời giải:

(x + 2)(x + 2) – (x – 2)(x – 2) = 8x

⇔ (x + 2)² – (x – 2)² = 8x

⇔ (x + 2 + x – 2)(x + 2 – x + 2) = 8x

⇔ 2x.4 = 8x

⇔ 8x = 8x (luôn đúng)

Vậy phương trình có vô số nghiệm

Đề bài. Phân tích đa thức thành nhân tử x⁴ – 2x³ + 2x – 1.

Lời giải:

x⁴ – 2x³ + 2x – 1

= x⁴ – x³ – x³ + x² – x² + x + x – 1

= x³(x – 1) – x²(x – 1) – x(x – 1) + (x – 1)

= (x – 1)(x³ – x² – x + 1)

= (x – 1)[x²(x – 1) – (x – 1)]

= (x – 1)(x – 1)(x² – 1)

= (x – 1)³(x + 1).

Đề bài. Cho $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}$ . Chứng minh $\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n}+\frac{1}{c^n}=\frac{1}{a^n+b^n+c^n}$ (n là số lẻ).

Lời giải: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}$

⇔ $\frac{bc+ac+ab}{abc}=\frac{1}{a+b+c}$

⇔ (ab + bc + ca)(a + b + c) = abc

⇔ (ab + bc + ca)(a + b) + (abc + bcc + cca - abc) = 0

⇔ (ab + bc + ca)(a + b) +c²(a + b) = 0

⇔ (a + b)(a + c)(b + c) = 0

⇔ $\left[\begin{array}{l}a+b=0\\ b+c=0\\ c+a=0\end{array}\right.$

Suy ra: trong a, b, c có 2 số đối nhau

Giả sử a, b đối nhau khi đó vì n lẻ nên $\frac{1}{a^n}+\frac{1}{{\left(-a\right)}^n}+\frac{1}{c^n}=\frac{1}{a^n+{\left(-a\right)}^n+c^n}$ (đúng)

Vậy $\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n}+\frac{1}{c^n}=\frac{1}{a^n+b^n+c^n}$ .

Đề bài. Tìm số tập con của tập hợp A = {1; 2; 3}.

Lời giải:

Các tập con của A là: ∅; {1}; {2};{3}; {1; 2}; {1; 3}; {2; 3}; {1; 2; 3}.

Vậy tập hợp A có 8 tập hợp con.

Đề bài. Gọi S = 1 + 11 + 111 +… + 111….1. Tính S?

Lời giải:

$S=1+11+111+\mathrm{...}+\underset{nso1}{\underbrace{\mathrm{111....1}}}$

$9S=9+99+999+\mathrm{...}+\underset{nso9}{\underbrace{\mathrm{999....9}}}$

Áp dụng công thức tính tổng cấp số nhân $S_n=\frac{u_1.\left(1-q^n\right)}{1-q}$

Khi đó: $9S=9+99+999+\mathrm{...}+\underset{nso9}{\underbrace{\mathrm{999....9}}}=10.\left(\frac{{10}^n-1}{9}\right)-n$

⇔ $S=\frac{1}{9}\left[10.\left(\frac{{10}^n-1}{9}\right)-n\right]$ .

Đề bài. Cho tam giác ABC cân tại A. $\widehat{A}=20°$ . Trên AB lấy điểm D sao cho AD = BC.Tính góc $\widehat{BDC},\widehat{ACD}$ .

Lời giải:

Trong tam giác ABC lấy điểm M sao cho tam giác BMC đều

⇒ BM = CM

⇒ M thuộc trung trực của BC

Lại có: AB = AC(ABC cân tại A)

⇒ A thuộc trung trực của BC

Do đó: AM là trung trực của BC

⇒ AM là phân giác góc $\widehat{BAC}$

⇒ $\widehat{MAB}=\widehat{MAC}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}=\frac{1}{2}.20°=10°$

Vì tam giác ABC cân tại A nên: $\widehat{CBA}=\widehat{BCA}=\frac{180°-20°}{2}=80°$

Lại có: $\widehat{MCA}=\widehat{ACB}-\widehat{MCB}=80°-60°=20°$ (tam giác BMC đều)

Suy ra: $\widehat{CMA}=180°-10°-20°=150°$

Xét tam giác CMA và tam giác ADC có:

AC chung

$\widehat{MCA}=\widehat{DAC}=20°$

CM = DA (=BC)

⇒ ∆CMA = ∆ADC (c.g.c)

⇒ $\widehat{CDA}=\widehat{CMA}=150°;\widehat{ACD}=\widehat{MAC}=10°$

Mặt khác: $\widehat{CDA}+\widehat{BDC}=180°$ (2 góc kề bù)

Suy ra: $\widehat{BDC}=180°-\widehat{CDA}=180°-150°=30°$

Vậy $\widehat{BDC}=30°;\widehat{ACD}=10°$ .

Đề bài. Cho tập A= (m; m + 2) và tập B = (0; 5). Có bao nhiêu số nguyên m để A giao B khác rỗng?

Lời giải:

A∩B = ∅ ⇔ $\left[\begin{array}{l}m+2\le 0\\ m\ge 5\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m\le -2\\ m\ge 5\end{array}\right.$

Vậy A∩B ≠ ∅ khi -2 < m < 5.

Vậy m ∈ [-1;4]

Có: 4 – (-1) + 1 = 6 số nguyên m.

Đề bài. Cho hình chữ nhật ABCD. Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt đường thẳng AB, AD theo thứ tự tại E, F. Tia phân giác của góc AFE cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của A trên FH.

a) Biết AB = 4cm, AC = 6cm. Tính AE, DE.

b) Chứng minh AB.AE = AD.AF.

Lời giải:

a) CB² = AB² + AC² = 4² + 6² = 52

Suy ra: $CB=\sqrt{52}$ (cm)

Xét tam giác vuông ACE (vì CE vuông góc AC) có CB vuông góc AE

Nên: CA² = AB.AE

⇒ $AE=\frac{C{A}^2}{AB}=\frac{6^2}{4}=9$ (cm)

DE² = AE² + AD² = 9² + BC² = 9² + 52 = 1333

⇒ $DE=\sqrt{133}$ cm

b) Xét tam giác BAC và tam giác AEC có:

Chung $\widehat{A}$

$\widehat{ABC}=\widehat{ACE}=90°$

⇒ ∆ABC ∽ ∆ACE (g.g)

⇒ $\frac{AB}{AC}=\frac{AC}{AE}$⇒ AC² = AB.AE (1)

Xét tam giác vuông ACF tại C có DC là đường cao, có:

AD.AF = AC² (2)

Từ (1) và (2): AB.AE = AD.AF

Đề bài. Tìm nghiệm âm lớn nhất của phương trình tan5x.tanx = 1.

Lời giải:

tan5x.tanx = 1

⇔ $\tan 5x=\frac{1}{\tan x}$

⇔ tan5x = cotx = $\tan \left(\frac{\pi }{2}-x\right)$

⇔ $5x=\frac{\pi }{2}-x+k\pi$

⇔ $x=\frac{\pi }{12}+\frac{k\pi }{6}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$ .

Nghiệm âm lớn nhất khi k = -1

Vậy $x=\frac{\pi }{12}-\frac{\pi }{6}=\frac{-\pi }{12}$ .

Đề bài. Cho hàm số y = ax + 3. Hãy xác định hệ số a trong trường hợp sau:

Đồ thị của hàm số song song với đường thẳng y = -2x.

Lời giải:

Theo đề bài ta có b ≠ b' (vì 3 ≠ 0)

Vậy đồ thị của hàm số y = ax + 3 song song với đường thẳng y = -2x khi và chỉ khi a = a' tức là: a = -2.

Hàm số có dạng y = 2x + 3.

Đề bài. Cho (O; R) đường kính AB và M nằm trên (O; R) với MA < MB (M khác A và B). Tiếp tuyến tại M của (O; R) cắt tiếp tuyến tại A và B của (O; R) theo thứ tự ở C và D.

a) Chứng minh ACDB là hình thang vuông

b) AD cắt (O; R) tại E, OD cắt MB tại N. Chứng minh OD vuông góc MB và DE.DA = DN.DO

c) Cho AM = R. Tính theo R diện tích ACDB.

Lời giải:

a) AC ⊥ AB vì AC là tiếp tuyến

BD ⊥ AB vì BD là tiếp tuyến

Suy ra: AC // DB ⇒ ACDB là hình thang

Lại có: $\widehat{BAC}=\widehat{DBA}=90°$ nên ACDB là hình thang vuông

b) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau

Ta có: MD = MB

OM = OB = R

Nên OD là đường trung trực của MB

⇒ OD ⊥ MB và MN = NB

Xét tam giác OBD vuông tại B có OD ⊥ BN

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: DN.DO = BD² (1)

Tam giác AEB có OE = OA = OB = R nên tam giác AEB vuông tại E

Suy ra: BE ⊥ DA

Lại có: tam giác ABD vuông tại B và OD ⊥ BE

⇒ DE.DA = BD² (2)

Từ (1) và (2) suy ra: DE.DA = DN.DO

c) Ta có: MA = OA = OM = R nên tam giác AMO đều

⇒ $\widehat{AOM}=60°\Rightarrow \widehat{AOC}=30°$(vì OC là phân giác)

⇒ $\widehat{BOM}=120°\Rightarrow \widehat{BOD}=60°$

Xét trong tam giác BOD có: $BD=OB.\tan 60°=R\sqrt{3}$

Trong tam giác OCA có: $AC=OA.\tan 30°=\frac{R\sqrt{3}}{3}$

Vì ACDB là hình thang vuông AB là đường cao

Nên $S_{ACDB}=\frac{1}{2}.AB.\left(AC+BD\right)=\frac{4R^2\sqrt{3}}{3}$ .

Đề bài. Cho y = ax – 3.

a) Đồ thị cắt đường thẳng y = 2x - 1 tại điểm có hoành độ là 2.

b) Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = -3x + 2 tại điểm có tung độ là 3.

Lời giải:

a) Vì đường thẳng y = 2x - 1 cắt đồ thị trên tại điểm có hoành độ bằng 2

⇒ x = 2

Thay x = 2 vào đường thẳng y = 2x - 1

⇒ y = 2.2 – 1 = 3

Vậy y = 3.

Thay x = 2; y = 3 vào đồ thị trên:

⇒ 3= a.2 − 3

⇒ a = 3

Vậy a = 3 hay đồ thị y = 2x – 3.

b) Vì đường thẳng y = -3x + 2 cắt đồ thị trên tại điểm có tung độ bằng 3

⇒ y = 3

Thay y = 3 vào đường thẳng ta có: 3 = -3x + 2

⇒ $x=-\frac{1}{3}$

Thay $x=-\frac{1}{3}$ vào đồ thị y = ax – 3

Suy ra: $3=a\left(-\frac{1}{3}\right)-3$ ⇒ a = –18

Vậy a = -18 hay đồ thị y = –18x – 3.

Đề bài. Chứng minh sin⁴a + cos⁴a = $\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos 4a$ .

Lời giải:

sin⁴a + cos⁴a = (sin²x + cos²x)² – 2sin²xcos²x = 1 – 2(sinxcosx)²

= $1-2{\left(\frac{1}{2}\sin 2x\right)}^2$

$=1-\frac{1}{2}{\sin }^{2}2x$

$=1-\frac{1}{2}\left(1-{\cos }^{2}2x\right)$

$=\frac{1}{2}+{\cos }^{2}2x$

$=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos 4a$.

Đề bài. Cho tam giác ABC có b = 7; c = 5, $\cos A=\frac{3}{5}$ . Tính đường cao h_a của tam giác ABC?

Lời giải:

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ta có:

a² = b² + c² = 2bc.cosA = 7² + 5² - 2.7.5.$\frac{3}{5}$ = 32

Nên $a=4\sqrt{2}$

Mặt khác: sin²A + cos²A = 1 nên sin²A = 1 - cos²A = $\frac{16}{25}$

Mà sinA > 0 nên sinA = $\frac{4}{5}$

$S_{ABC}=\frac{1}{2}.b.c.\sin A=\frac{1}{2}.a.h_a$

Suy ra: h_a = $\frac{bc\sin A}{a}=\frac{\mathrm{7.5.}\frac{4}{5}}{4\sqrt{2}}=\frac{7\sqrt{2}}{2}$ .

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, biết AH : AC = 3: 5 và AB = 15cm.

a) Tính HB, HC.

b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC. Chứng minh AB.AC = EF.BC.

Lời giải:

a) Xét ΔABH và ΔCBA có:

$\widehat{ABC}$ chung

$\widehat{AHB}=\widehat{BAC}=90°$

⇒ ΔABH ∽ ΔCBA(g.g)

⇒ $\frac{AB}{BC}=\frac{AH}{AC}=\frac{3}{5}\Rightarrow \frac{AB}{BC}=\frac{3}{5}$

Hay $\frac{15}{BC}=\frac{3}{5}\Rightarrow BC=25\left(cm\right)$

Xét ΔABC vuông tại A, đường cao AH có:

AB² = HB.BC ( hệ thức lượng trong Δ vuông )

⇔ 152 = HB.25

⇔ 225 = HB.25

⇔ HB = 9 (cm)

HB + HC = BC

⇔ 9 + HC = 25

⇔ HC = 16(cm)

b) Xét tứ giác AEHF có: $\widehat{EAF}=\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90°$

Nên AEHF là hình chữ nhật

⇒ AH = EF

Xét ΔABC vuông tại A, đường cao AH có:

AB.AC = AH.BC (hệ thức lượng trong Δ vuông)

⇒ AB.AC = EF.BC (vì AH = EF).

Đề bài. Cho tam giác đều ABC. Gọi M là điểm thuộc cạnh BC. Gọi E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB và AC. Gọi I là trung điểm của AM, D là trung điểm của BC.

a, Tính góc DIE và góc DIF.

b, Chứng minh rằng: tứ giác DEIF là hình thoi.

Lời giải:

a) + ΔAME vuông tại E có đường trung tuyến EI

⇒ EI = $\frac{1}{2}$ AM ⇒ EI = MI = AI

+ Tương tự ta có: DI = FI = AI = MI

Tam giác AEI cân tại I nên $\widehat{IAE}=\widehat{IEA}$

⇒ $\widehat{EIM}=2\widehat{IAE}$

Tương tự: $\widehat{MID}=2\widehat{IAD}$

⇒ $\widehat{EIM}+\widehat{MID}=2\widehat{IAE}+2\widehat{IAD}$

$\widehat{DIE}=2.30°=60°$(do góc $\widehat{EAD}=30°$)

$\widehat{DIF}=180°-\left(\widehat{AIF}+\widehat{MID}\right)=180°-\left(180°-2\widehat{IAF}+180°-2\widehat{IMC}\right)$

$\widehat{DIF}=180°-\left(360°-240°\right)$(do $\widehat{IAF}+\widehat{IMC}=120°$ )

Suy ra: $\widehat{DIF}=60°$

b) Tam giác DIE có: DI = EI mà $\widehat{DIE}=60°$ nên tam giác DIE đều

Suy ra: DI = EI = DE (1)

Tương tự: tam giác DIF đều vì DI = FI mà $\widehat{DIF}=60°$

Suy ra: DI = FI = DF (2)

Từ (1) và (2) ⇒ DE = EI = IF = DF

⇒ tứ giác DEIF là hình thoi.

Đề bài. Cho tam giác ABC đều. Trên tia đối của AB lấy điểm D, trên tia đối của BC lấy điểm E, trên tia đối của CA lấy điểm F sao cho AD = BE = CF. Chứng minh rằng tam giác DEF đều.

Lời giải:

Xét tam giác EBD và tam giác FCE có:

EC = DB (vì AB = BC; AD = EB nên EB + BC = AB + AD)

$\widehat{EBD}=\widehat{FCE}$(cùng là 2 góc ngoài của 1 tam giác đều)

EB = FC (giả thiết)

Suy ra: ∆EBD = ∆FCE (c.g.c)

⇒ DE = EF (1)

Chứng minh tương tự: ∆EBD = ∆DAF (c.g.c)

⇒ DE = FD (2)

Từ (1) và (2): DE = DF = EF

Vậy tam giác DEF đều.

Đề bài. Tìm x sao cho: (x + 5)(4 − 3x) − (3x + 2)² + (2x + 1)³ = (2x − 1)(4x² + 2x + 1).

Lời giải:

(x + 5)(4 − 3x) − (3x + 2)² + (2x + 1)³ = (2x − 1)(4x² + 2x + 1)

⇔ −3x² − 11x + 20 − 9x² − 12x – 4 + 8x³ + 12x² + 6x + 1 = 8x³ – 1

⇔ −17x + 18 = 0

⇔ $x=\frac{18}{17}$ .

Đề bài. Phân tích số 90 ra thừa số nguyên tố.

Lời giải:

Nên 90 = 2.5.3.3 = 2.3².5.

Đề bài. Tìm các số tự nhiên n sao cho 6n + 16 chia hết cho n + 2.

Lời giải:

Ta có: 6n + 16 = 6(n + 2) + 4

Vì 6(n + 2) chia hết cho n + 2

Để 6n + 16 chia hết cho n + 2 thì 4 chia hết cho n + 2

Hay n + 2 ∈ Ư(6)

⇒ n + 2 ∈{1; 2; 3; 6}

⇒ n ∈ {-1;0;1;4}

Vì n là số tự nhiên nên n ∈ {0; 1; 4}.

Vậy n ∈ {0; 1; 4}.

Đề bài. Tính cos4a theo cosa.

Lời giải:

cos4a = cos(2.2a) = 2cos²2a – 1

Mà cos2a = 2cos²a – 1

Suy ra: cos4a = 2cos²2a – 1 = 2(2cos²a – 1)² – 1 = 8cos⁴a – 8cos²a + 1.

Đề bài. Tìm $\frac{a}{b}$ thỏa mãn điều kiện $\frac{4}{7}<\frac{a}{b}<\frac{2}{3}$ và 7a + 4b = 1994.

Lời giải:

Ta có: 7a + 4b = 1994 nên 7a = 1994 – 4b

⇒ $a=\frac{1994-4b}{7}=\frac{1994}{7}-\frac{4}{7}b$

Thay $a=\frac{1994-4b}{7}=\frac{1994}{7}-\frac{4}{7}b$ vào điều kiện $\frac{4}{7}<\frac{a}{b}<\frac{2}{3}$ ta được: $\frac{4}{7}<\frac{\frac{1994}{7}-\frac{4}{7}b}{b}<\frac{2}{3}\iff \frac{4}{7}<\frac{1994}{7b}-\frac{4}{7}<\frac{2}{3}\iff \frac{8}{7}<\frac{1994}{7b}<\frac{26}{21}\iff 8<\frac{1994}{b}<\frac{26}{3}$

Suy ra: $\left\{\begin{array}{l}8<\frac{1994}{b}\\ \frac{1994}{b}<\frac{26}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}8b<994\\ 26b>5982\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b<249\frac{1}{4}\\ b>230\frac{1}{13}\end{array}\right.$

⇒ $230\frac{1}{13}<b<249\frac{1}{4}$

Suy ra: 231 < b < 249

Vậy b = 243

Suy ra: $a=\frac{1994-4.243}{7}=146$

Vậy phân số cần tìm là $\frac{a}{b}=\frac{146}{243}$ .

Đề bài. Tìm x, y thỏa mãn 2015(x² + y²) – 2014(2xy + 1) = 25.

Lời giải:

2015(x² + y²) – 2014(2xy + 1) = 25

⇔ x² + y² + 2014(x – y)² = 2039

Nếu $\left|x-y\right|\ge 2$ thì ${\left(x-y\right)}^2\ge 4$

Suy ra: Vế trái > 8056 > 2039 (loại)

⇒ $\left|x-y\right|\le 1$

⇒ $\left[\begin{array}{l}\left|x-y\right|=0\\ \left|x-y\right|=1\end{array}\right.$

Nếu x = y thì 2x² = 2039 (vô lý)

Nếu y = x – 1 thì ta có: 2x² – 2x + 1 = 25

⇔ x² – x – 12 = 0

⇔ $\left[\begin{array}{l}x=4\\ x=-3\end{array}\right.$

Suy ra: $\left[\begin{array}{l}y=3\\ y=-4\end{array}\right.$

Nếu y = x + 1 thì: x² + (x + 1)² + 2014(x – x – 1)² = 2039

⇔ 2x² + 2x + 1 + 2014 – 2039 = 0

⇔ 2x² + 2x – 24 = 0

⇔ x² + x – 12 = 0

⇔ $\left[\begin{array}{l}x=3\\ x=-4\end{array}\right.$

Suy ra: $\left[\begin{array}{l}y=4\\ y=-3\end{array}\right.$

Vậy (x,y) ∈ {(4;3), (-3;-4), (3;4), (-4;-3)}.

Đề bài. Bác Hùng và bác Long cùng làm chung một công việc, sau 2 giờ thì hoàn thành. Nếu bác Hùng làm 1 mình thì sau 5 giờ mới hoàn thành. Hỏi nếu bác Long làm một mình thì sau bao nhiêu lâu sẽ hoàn thành công việc đó?

Lời giải:

1 giờ cả 2 bác làm được: $1:2=\frac{1}{2}$ (công việc)

1 giờ bác Hùng làm được: $1:5=\frac{1}{5}$ (công việc)

1 giờ bác Long làm được: $\frac{1}{2}-\frac{1}{5}=\frac{3}{10}$ (công việc)

Một mình bác Long làm trong: $1:\frac{3}{10}=\frac{10}{3}$ (giờ) = 3 giờ 20 phút.

Đề bài. Lớp 5A có số học sinh nữ bằng $\frac{1}{3}$ số học sinh của lớp. Nếu lớp 5A bớt đi 2 bạn nữ thì số học sinh nữ bằng $\frac{1}{4}$ số học sinh cả lớp. Tìm số học sinh ở lớp 5A.

Lời giải:

2 học sinh nữ ứng với: $\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=\frac{1}{12}$ (học sinh).

Số học sinh của lớp 5A là: $2:\frac{1}{12}=24$ (học sinh).

Đề bài. Tìm x biết 9^{x – 1} = 9.

Lời giải:

9^{x – 1} = 9

⇔ 9^{x – 1} = 9¹

⇔ x – 1 = 1

⇔ x = 2

Vậy x = 2.

Đề bài. Cho tam giác ABC. Chứng minh cotA.cotB + cotB.cotC + cotC.cotA = 1.

Lời giải:

Ta có:

cotA = -cot(π – A) = -cot(B + C)

$=-\frac{1}{\tan \left(B+C\right)}=-\frac{1-\tan B.\tan C}{\tan B+\tan C}=\frac{\tan B.\tan C-1}{\tan B+\tan C}$

$=\frac{1-\frac{1}{\tan B.\tan C}}{\frac{\tan B+\tan C}{\tan B.\tan C}}=\frac{1-\frac{1}{\tan B}.\frac{1}{\tan C}}{\frac{1}{\tan C}+\frac{1}{\tan B}}=\frac{1-\cot B.\cot C}{\cot C+\cot B}$

Suy ra: cotA(cotC + cotB) = 1 – cotB.cotC

Xét cotA.cotB + cotB.cotC + cotC.cotA

= cotA(cotB + cotC) + cotB.cotC

= 1 – cotB.cotC + cotB.cotC

= 1.

Vậy cotA.cotB + cotB.cotC + cotC.cotA = 1.

Đề bài. Tìm 6 chữ số khác nhau a, b, c, d, e, g sao cho $A=\overline{abc}-\overline{\mathrm{deg}}$ có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

Ta thấy: a,b,c,d,e,g ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}.

$A=\overline{abc}-\overline{\mathrm{deg}}$có giá trị nhỏ nhất thì a – d = 1

$\overline{bc}=01$(nhỏ nhất)

$\overline{eg}=98$(lớn nhất)

khi đó: $A=\overline{abc}-\overline{\mathrm{deg}}=\overline{a01}-\overline{d98}=3$

Vậy b = 0, c = 1, e = 9, g = 8

a và b là một trong các cặp số sau: 3 và 2, 4 và 3, 5 và 4, 6 và 5, 7 và 6.

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH ; Gọi M; N lần lượt là hình chiếu của H trên AB; AC. Chứng minh: MN = AH.sin $\widehat{A}$.

Lời giải:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB, AHC có:

AH² = AM.AB

AH² = AN.AC

Suy ra: AM.AB = AN. AC

⇒ $\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}$

Xét tam giác AMN và tam giác ABC có:

$\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}$

$\widehat{A}$ chung

⇒ ∆AMN ∽ ∆ABC (c.g.c)

⇒ $\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}=\frac{MN}{BC}\Rightarrow \frac{MN}{AN}=\frac{BC}{AB}$

⇒ $MN=\frac{BC.AN}{AB}=\frac{BC.AN.AC}{AB.AC}=\frac{BC.A{H}^2}{AB.AC}$ (1)

Lại có: $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AH.BC=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat{A}$

Suy ra: $AH.BC=AB.AC.\sin \widehat{A}$ (2)

Thay (2) vào (1) có: $MN=\frac{AH.AB.AC.\sin \widehat{A}}{AB.AC}=AH.\sin \widehat{A}$ .

Đề bài. Tìm x biết 18 chia hết cho x và x > 3.

Lời giải:

Vì 18 chia hết cho x nên x ∈ Ư(18)

Mà x > 3 nên ta chọn các ước dương của 18

Các ước dương của 18 là: Ư(18) ∈ {1; 2; 3; 6; 9; 18}

Vậy x ∈ {6; 9; 18}.

Đề bài. Số nghiệm của phương trình $\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=1$ với π ≤ x ≤ 5π?

Lời giải: $\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=1$

⇔ $x+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

⇔ $x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Vì π ≤ x ≤ 5π nên

⇔ $1\le \frac{1}{4}+2k\le 5$

⇔ $\frac{3}{8}\le k\le \frac{19}{8}$

Vì k ∈ ℤ nên k = 1 hoặc k = 2.

Vậy phương trình có hai nghiệm nằm trong đoạn [π; 5π].

Đề bài. Với x > 9. Tìm GTNN của biểu thức $P=\frac{x}{\sqrt{x}-3}$ .

Lời giải:

$P=\frac{x}{\sqrt{x}-3}=\frac{x-9+9}{\sqrt{x}-3}=\frac{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}{\sqrt{x}-3}+\frac{9}{\sqrt{x}-3}=\sqrt{x}-3+\frac{9}{\sqrt{x}-3}+6$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có: $\sqrt{x}-3+\frac{9}{\sqrt{x}-3}+6\ge 2\sqrt{\sqrt{x}-3.\frac{9}{\sqrt{x}-3}}+6=12$

Vậy GTNN của P là 12 khi ${\left(\sqrt{x}-3\right)}^2=9\iff \sqrt{x}-3=3$ (do $\sqrt{x}-3>0$ ) ⇔ x = 36.

Đề bài. Một cột đèn có bóng trên mặt đất dài 8,5m . Các tia nắng mặt trời tạo với mặt đất một góc xấp xỉ 38°. Tính chiều cao của cột đèn ? (Kết quả làm tròn đến 1 chữ số thập phân).

Lời giải:

Gọi chiều cao cột đèn là AC, AB là bóng của cột đèn trên mặt đất, AB = 8,5 m.

Góc tạo bởi tia nắng mặt trời với mặt đất là $\widehat{ABC}=38°$

Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có:

AC = AB . tanB = 8,5 . tan38° ≈ 6,6 (m).

Vậy cột đèn cao khoảng 6,6 m.

Đề bài. Cho hình thang cân ABCD có AB // CD, O là giao điểm của hai đường chéo, E là giao điểm của hai đường thẳng chứa hai cạnh bên AD và BC. Chứng minh: OA = OB; OC = OD.

Lời giải:

Xét ∆ADC và ∆BCD, ta có:

AD = BC (tính chất hình thang cân)

$\widehat{ADC}=\widehat{BCD}$(gt)

DC chung

Do đó: ∆ADC = ∆BCD (c.g.c) ⇒ $\widehat{ACD}=\widehat{BDC}$

Trong ∆OCD ta có: $\widehat{ACD}=\widehat{BDC}$

⇒ ∆OCD cân tại O

⇒ OC = OD (1)

AC = BD (tính chất hình thang cân)

⇒ AO + OC = BO + OD (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AO = BO.

Vậy OA = OB; OC = OD.

b) Theo phần a có: OA = OB

∆ADC = ∆BCD (c.g.c)

⇒ ∆EDC cân tại E

⇒ EC = ED nên E thuộc đường trung trực CD

OC = OD nên O thuộc đường trung trực CD

E ≠ O. Vậy OE là đường trung trực của CD.

Ta có: BD= AC (tính chất hình thang cân)

⇒ EB + ED = EA + EC mà ED = EC

⇒ EB = EA nên E thuộc đường trung trực AB

OA = OB (chứng minh trên ) nên O thuộc đường trung trực của AB

E ≠ O. Vậy OE là đường trung trực của AB.

Đề bài. Cho cosα = 0,2 với π < a < 2π. Tính $\sin \frac{\alpha }{2}$ .

Lời giải:

Do π < a < 2π nên $\frac{\pi }{2}<\frac{\alpha }{2}<\pi$ . Suy ra: $\sin \frac{\alpha }{2}>0$

Ta có: ${\sin }^2\frac{\alpha }{2}=\frac{1-\cos \alpha }{2}=\frac{1-0,2}{2}=0,4$

Suy ra: $\sin \frac{\alpha }{2}=\sqrt{0,4}=\frac{\sqrt{10}}{5}$

Đề bài. Cho mảnh vườn hình chữ nhật có độ dài hai cạnh là 6m và 10m. Người ta trồng 4 bồn cỏ có dạng hình tam giác xung quanh như hình vẽ, phần còn lại trồng hoa.

a) Tính diện tích phần đất dùng để trồng cỏ.

b) Mỗi mét vuông trồng cỏ chi phí mua hạt giống hết 25000 đồng, công trồng hết 30000 đồng. Mỗi mét vuông trồng hoa chi phí mua hoa giống hết 80000 đồng, công trồng hết 35000 đồng. Hỏi tổng chi phí làm mảnh vườn hết bao nhiêu tiền?

Lời giải:

a) Diện tích một bồn cỏ hình tam giác là:
$\frac{1}{2}\mathrm{.2.3}=3\left(m^2\right)$

Diện tích bốn bồn cỏ hình tam giác là: 4.3 = 12 (m²)

b) Diện tích mảnh vườn hình chữ nhật là: 10.6 = 60 (m²)

Diện tích trồng hoa là: 60 – 12 = 48 (m²)

Chi phí làm mảnh vườn đó là:

(25000 + 30000).12 + (80000 + 35000).48 = 6180000 (đồng).

Đề bài. Trong một mảnh vườn hình vuông có kích thước cạnh là 7m (như hình vẽ). Có ba bản vẽ đã được về với yêu cầu phần diện tích đất còn lại (phần màu xám trên bản vê) của vườn là lớn nhất. Bản vẽ nào dùng được? Vì sao?

Lời giải:

Xét bản vẽ 1: diện tích phần màu trắng là:

2.1.7 – 1.1 = 12 (m²)

Diện tích phần màu xám là:

7.7 – 12 = 37 (m²)

Xét bản vẽ 2: (2 hình màu trắng là hình bình hành có đáy là 1m, đường cao 7m)

Diện tích phần màu xám là:

7.7 – 2.7.1 = 35 (m²)

Xét bản vẽ 3:

Ta có: $AE=\sqrt{6^2+7^2}=\sqrt{85}$ (m)

$S_{ABE}=\frac{1}{2}.AB.BE=\frac{1}{2}.BH.AE\Rightarrow BH=\frac{AB.BE}{AE}=\frac{7.6}{\sqrt{85}}=\frac{42}{\sqrt{85}}$(m)

Tam giác BHE vuông tại H nên $HE=\sqrt{B{E}^2-B{H}^2}=\frac{36}{\sqrt{85}}$ (m)

Diện tích phần màu xám là: $4.\frac{1}{2}.BH.HE=2.\frac{42}{\sqrt{85}}.\frac{36}{\sqrt{85}}=35,57\left(m^2\right)$

Suy ra: Chọn bản vẽ 1 để diện tích phần màu xám là lớn nhất.

Đề bài. Một số học sinh dự thi học sinh giỏi toán. Nếu xếp 25 học sinh vào một phòng thì còn thừa 5 học sinh chưa có chỗ. Nếu xếp 28 học sinh vào một phòng thì thừa 1 phòng. Tìm số học sinh dự thi?

Lời giải:

Nếu xếp 28 học sinh vào một phòng thì thừa 1 phòng

Số học sinh chênh lệch trong 2 trường hợp xếp phòng là:

5 + 28 = 33 (học sinh)

Số học sinh chênh lệch ở mỗi phòng trong 2 trường hợp là:

28 – 25 = 3 (học sinh)

Số phòng thi là:

33 : 3 = 11 (phòng)

Số học sinh dự thi là:

25.11 + 5 = 280 (học sinh).

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn, vẽ AH vuông góc BC tại H. Chứng minh AC² + BH² = AB² + CH².

Lời giải:

Tam giác ABH vuông tại H nên AB² = AH² + BH²

Tam giác ACH vuông tại H nên AC² = AH² + CH²

Lại có: AC² + BH² = AH² + CH² + BH² = (AH² + BH²) + CH² = AB² + CH².

Đề bài. Cho 3 đường thẳng (d₁): $y=\frac{1}{2}x-1$ ; (d₂): y = -2x – 4; (d₃): $y=\frac{1}{2}x-4$ .

a) Vẽ đồ thị các hàm số trên cùng một trục tọa độ. Nhận xét vị trí của 3 đường thẳng trên.

b) Cho (d₂) cắt (d₁) và (d₃) tại 2 điểm A và B; (d₁) cắt trục Ox tại C. Tính diện tích tam giác ABC.

Lời giải:

a) Ta thấy: Hệ số góc của d₁ và d₃ bằng nhau và – 1 khác - 4

Nên d₁ // d₃

Xét vị trí tương đối của d₂ với d₃ thấy: $-2\ne \frac{1}{2}$ nên d₂ cắt d₃

Tương tự: d₁ cắt d₂.

b)

Ta thấy: (d₂) ⊥ (d₁), ⊥ (d₃) vì: $\left(-2\right).\frac{1}{2}=-1$

Xét phương trình hoành độ giao điểm (d₂) và (d_1­): $\frac{1}{2}x-1=-2x-4$

⇔ $x=\frac{-6}{5}$

Suy ra: $A\left(\frac{-6}{5};\frac{-8}{5}\right)$

Xét phương trình hoành độ giao điểm (d₂) và (d_3­): $\frac{1}{2}x-4=-2x-4$

⇔ $x=0$

Suy ra: B(0;-4)

Có: C thuộc Ox nên y_C = 0

Lại có C thuộc d₁ nên: $\frac{1}{2}x-1=0\iff x=2$

Suy ra: C(2;0)

$AC=\sqrt{{\left(2+\frac{6}{5}\right)}^2+{\left(\frac{8}{5}\right)}^2}=\frac{8\sqrt{5}}{5}$

$AB=\sqrt{{\left(0+\frac{6}{5}\right)}^2+{\left(-4+\frac{8}{5}\right)}^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$

S_ABC = $\frac{1}{2}.AC.AB=\frac{1}{2}.\frac{8\sqrt{5}}{5}.\frac{6\sqrt{5}}{5}=\frac{24}{5}$ .

Đề bài. Cho 3 số dương x, y, z có tích bằng 144. Tìm GTNN của biểu thức

$P=\left(x+\frac{1}{4}y\right)\left(y+\frac{1}{9}z\right)\left(x+\frac{1}{36}z\right)$

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có: $P=\left(x+\frac{1}{4}y\right)\left(y+\frac{1}{9}z\right)\left(x+\frac{1}{36}z\right)\ge 2.\sqrt{x.\frac{1}{4}y}\mathrm{.2.}\sqrt{y.\frac{1}{9}z}\mathrm{.2.}\sqrt{x.\frac{1}{36}z}$

$P=8.\sqrt{x^2{y}^2{z}^2.\frac{1}{4}.\frac{1}{9}.\frac{1}{36}}=8\sqrt{{144}^2.\frac{1}{4}.\frac{1}{9}.\frac{1}{36}}=32$

Dấu “=” xảy ra khi: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{4}y\\ y=\frac{1}{9}z\\ z=\frac{1}{36}x\end{array}\right.\iff \left(x;y;z\right)=\left(1;4;36\right)$

Vậy GTNN của P là 32 khi (x; y; z) = (1; 4; 36).

Đề bài. Tìm x sao cho 24 chia hết cho x, 30 chia hết cho x, 48 chia hết cho x và x lớn nhất.

Lời giải:

Vì 24 ⋮ x, 30 ⋮ x, 48 ⋮ x và x lớn nhất

Nên x = ƯCLN(24, 30, 48)

Ta có:

24 = 2³.3

30 = 2.3.5

48 = 2⁴.3

Suy ra: ƯCLN(24, 30, 48) = 2.3 = 6

Vì x lớn nhất nên x = 6.

Vậy x = 6.

Đề bài. Kim giờ và kim phút chỉ thời gian lúc 12 giờ. Người ta để ý rằng cứ cách 1 giờ thì hai kim vuông góc với nhau hai lần. Hỏi thời gian để hai kim vuông góc với nhau lần đầu tiên gần với số nào sau đây?

A. 15 phút

B. 16 phút

C. 17 phút

D. 18 phút

Lời giải:

Chọn B

Vì cứ 15 phút thì kim giờ lại nhích 1 vạch.

Vì kim giờ nhích 1 vạch thì kim phút cũng nhích một vạch nên thời gian để hai kim vuông góc với nhau lần đầu tiên là: 15 + 1 = 16 (phút).

Đề bài. Cho hai tập hợp A = {1; 2; 3} và B ={1; 2; 3; 4; 5}. Có tất cả bao nhiêu tập X thỏa mãn A ⊂ X ⊂ B?

Lời giải:

Ta có: A ⊂ X nên X có ít nhất 3 phần tử {1; 2; 3}.

Ta có: X ⊂ B nên X phải có nhiều nhất 5 phần tử và các phần tử thuộc X cũng thuộc B

Do đó các tập X thỏa mãn là: {1; 2; 3}, {1; 2; 3; 4}, {1; 2; 3; 5}, {1; 2; 3; 4; 5}.

Vậy có 4 tập X thỏa mãn.

Đề bài. Tìm giá trị lớn nhất của M = sin⁶x – cos⁶x.

Lời giải:

Ta có:

M = sin⁶x – cos⁶x

M = (sin²x – cos²x)(sin⁴x + sin²xcos²x + cos⁴x)

= – cos2x(1 - sin²xcos²x)

$=-\cos 2x\left(1-\frac{1}{4}{\sin }^{2}2x\right)$

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

(do cos2x ≤ 1)

Vậy GTLN của M bằng 1 khi cos2x = 1 ⇔ 2x = k2π ⇔ x = kπ (k ∈ ℤ).

Đề bài. Cho tam giác ABC, D thuộc BC. Qua D kẻ các đường thẳng song song với AC và AB cắt AB, AC lần lượt tại E, F. Chứng minh rằng $\frac{AE}{AB}+\frac{AF}{AC}=1$ .

Lời giải:

Áp dụng định lý Ta-lét:

DE // AC nên: $\frac{AE}{AB}=\frac{CD}{CB}\left(1\right)$

DF // AB nên: $\frac{AF}{AC}=\frac{BD}{CB}\left(2\right)$

Cộng (1) và (2) ta được: $\frac{AE}{AB}+\frac{AF}{AC}=\frac{CD}{CB}+\frac{BD}{CB}=\frac{CD+BD}{BC}=1$

Vậy $\frac{AE}{AB}+\frac{AF}{AC}=1$ .

Đề bài. So sánh 2³⁰⁰ và 3²⁰⁰.

Lời giải:

2³⁰⁰ = (2³)¹⁰⁰ = 8¹⁰⁰

3²⁰⁰ = (3²)¹⁰⁰ = 9¹⁰⁰

Vì 8¹⁰⁰ < 9¹⁰⁰ nên 2³⁰⁰ < 3²⁰⁰.

Đề bài. Cho tam giác ABC, trực tâm H là trung điểm của đường cao AD. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 2.

Lời giải:

Gọi M là giao điểm BH và AC

Do H là trực tâm nên AM ⊥ AC

Ta có: $\widehat{HBD}=90°-\widehat{BHD}=90°-\widehat{MHA}=\widehat{MAH}=\widehat{CAD}$

Xét tam giác BHD và tam giác ACD có:

$\widehat{HBD}=\widehat{CAD}$

$\widehat{BDH}=\widehat{ADC}=90°$

Suy ra: ∆BHD ∽ ∆ACD (g.g)

⇒ $\frac{HD}{BD}=\frac{CD}{AD}$

⇔ $\frac{AD}{2BD}=\frac{CD}{AD}$ (do H là trung điểm AH nên 2HD = AD)

⇔ $\frac{AD}{BD}.\frac{AD}{CD}=2$

Xét trong tam giác vuông ABD có: tanB = $\frac{AD}{BD}$

Trong tam giác vuông ADC có: tanC = $\frac{AD}{CD}$

Suy ra: tanB.tanC = 2.

Đề bài. Cho tam giác đều ABC cạnh a, M là trung điểm BC. Tính độ dài $\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}$ .

Lời giải:

$\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{3}{2}\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AM}+\frac{3}{2}\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AE}$(hình vẽ)

Suy ra: $\left|\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}\right|=\left|\overrightarrow{AE}\right|=AE=\sqrt{A{M}^2+{\left(\frac{3}{2}AC\right)}^2+2.AM.\frac{3}{2}AC.\cos 30°}$

$=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+\frac{9a^2}{4}+\frac{\sqrt{3}}{2}.a^2\mathrm{.3.}\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{21}}{2}a$

Vậy: $\left|\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}\right|=\frac{a\sqrt{21}}{2}$ .

Đề bài. Tính tổng 1² + 2² + … + n².

Lời giải:

F = 1² + 2² + 3² + … + n²

F = 1 + (1 + 1).2 + (1 + 2).3 + (1 + 3).4 + … + (1 + n – 1)n

F = 1 + (2 + 1.2) + (3 + 2.3) + (4+ 3.4) + … + [n + (n – 1)n]

F = (1 + 2 + 3 + 4 + … + n) + [1.2 + 2.3 + 3.4 + …. + (n – 1)n]

Đặt A = 1 + 2 + 3 + 4 + … + n thì A = $\frac{n\left(n+1\right)}{2}\left(1\right)$

Đặt B = [1.2 + 2.3 + 3.4 + …. + (n – 1)n]

Xét 3B = 1.2.3 + 2.3.3 + 3.4.3 + … + (n – 1).n.3

3B = [1.2.3 + 2.3.4 + … + (n – 1).n.(n + 1)] – (1.2.3 + 2.3.4 + … + (n – 2)(n – 1)n)

3B = (n – 1)n(n + 1)

B = $\frac{\left(n–1\right)n\left(n+1\right)}{3}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra:

F = $\frac{n\left(n+1\right)}{2}+\frac{\left(n–1\right)n\left(n+1\right)}{3}=\frac{3n^2+3n+2n\left(n^2-1\right)}{6}=\frac{2n^3+3n^2+n}{6}$

$=\frac{n\left(2n^2+3n+1\right)}{6}=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}$

Vậy F = 1² + 2² + 3² + … + n^{2 _{$=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}$}} .

Đề bài. Cô giáo chủ nhiệm muốn chia 24 quyển vở, 48 bút bi và 36 gói bánh thành một số phần thưởng như nhau để trao trong dịp sơ kết hợc kì. Hỏi có thể chia được nhiều nhất bao nhiêu phần thưởng? Khi đó mỗi phần thưởng có bao nhiêu quyển vở, bút bi và gói bánh?

Lời giải:

Gọi a là số phần thưởng để cô giáo chủ nhiệm trao trong dịp sơ kết học kì (a ∈ ℕ^*; a < 24).

Để số phần thưởng là nhiều nhất thì a phải là số lớn nhất sao cho 24 chia hết cho a; 48 chia hết cho a; 36 chia hết cho a.

Tức là a = ƯCLN (24, 48, 36).

Ta có:

24 = 2³.3

48 = 2⁴.3

36 = 2².3²

Suy ra: ƯCLN (24, 48, 36) = a = 2².3 = 12.

Vậy có thể chia được nhiều nhất 12 phần thưởng. Trong đó có 2 quyển vở, 4 bút bi và 3 gói bánh.

Đề bài. Tính: (−0,4)² − (−0,4)³.(−3).

Lời giải:

(−0,4)² − (−0,4)³.(−3) = ${\left(-\frac{4}{10}\right)}^2-{\left(-\frac{4}{10}\right)}^3.\left(-3\right)=\frac{4}{25}-\frac{8}{125}.3=\frac{-4}{125}$ .

Đề bài. Chứng minh rằng: 11ⁿ⁺² + 12²ⁿ⁺¹ chia hết cho 133.

Lời giải:

11ⁿ⁺² + 12²ⁿ⁺¹

= 121.11ⁿ + 12.144ⁿ

= (133 – 12).11ⁿ + 12.144ⁿ

= 133.11ⁿ + 12.(144ⁿ – 11ⁿ)

Ta thấy: 133.11ⁿ chia hết cho 133

144ⁿ – 11ⁿ chia hết cho (144 – 11) tức chia hết cho 133.

Vậy 133.11ⁿ + 12.(144ⁿ – 11ⁿ) chia hết cho 133 hay 11ⁿ⁺² + 12²ⁿ⁺¹ chia hết cho 133.

Đề bài. Cho tập hợp X = {1;2;4;7}.Tập hợp nào là tập hợp con của tập hợp X?

A. {1; 7}

B. {1; 5}

C. {2; 5}

D. {3; 7}

Lời giải:

Vì 3 ∉ X và 5 ∉ X nên loại B, C, D

Vậy A là đáp án đúng.

Đề bài. Một sản phẩm được hạ giá 60%. Hỏi sản phẩm đó phải tăng giá lên bao nhiêu % để trở về giá ban đầu?

Lời giải:

Tỉ số % của giá bán sau khi giảm là:

100% - 60% = 40%

Tỉ số % giữa giá mới và giá bán lúc đầu là:

100 : 40 = 2,5 = 250%

Cần tăng giá mới của sản phẩm thêm số % để được giá ban đầu là:

250% - 100% = 150%.

Đề bài. Góc ngoài của một tam giác cân hơn góc trong kề với nó 90 độ. Tính các góc trong của tam giác đó?

Lời giải:

Do theo giả thiết: $\widehat{C_1}-\widehat{C_2}=90°$ (*)

Mà: $\widehat{C_1}=\widehat{A}+\widehat{B}$ (định lý góc ngoài tam giác)

Vì tam giác BAC cân nên: $\widehat{C_2}=\widehat{B}$

Khi đó (*) trở thành: $\left(\widehat{A}+\widehat{B}\right)-\widehat{B}=90°\iff \widehat{A}=90°$

Mà ABC cân tại A nên: $\widehat{C_2}=\widehat{B}=\frac{180°-90°}{2}=45°$ .

Đề bài. Cho p và p + 2 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng p + 1 ⋮ 6.

Lời giải:

Vì p là số nguyên tố và p > 3, nên số nguyên tố p có 1 trong 2 dạng: 3k + 1, 3k + 2

- Nếu p = 3k + 1 thì p + 2 = 3k + 1 + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1) ⋮ 3

Suy ra: p + 2 là hợp số (trái với đề bài p + 2 là số nguyên tố).

- Nếu p = 3k + 2 thì p + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1) ⋮ 3 (1)

Do p là số nguyên tố và p > 3 nên p lẻ ⇒ k lẻ ⇒ k + 1 chẵn ⇒ k + 1 ⋮ 2 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ p + 1 ⋮ 6

Vậy p + 1 ⋮ 6.

Đề bài. Cho 2 đường thẳng d₁ : y = -4x + m + 1, d₂ : y = $\frac{4}{3}$ x + 15 - 3m.

a) Tìm m để d₁ cắt d₂ tại điểm C trên trục tung.

b) Với m vừa tìm được, hãy tìm giao điểm A, B của d₁, d₂ với Ox.

Lời giải:

a) Để d₁ cắt d₂ tại điểm C trên trục tung thì x = 0

Khi đó ta có: y_C = -4.0 + m + 1 = $\frac{4}{3}.0+15-3m$

⇔ 4m = 14

⇔ m = $\frac{7}{2}$

Suy ra: $C\left(0;\frac{9}{2}\right)$

b) Với m = ta có: d₁: $y=-4x+\frac{9}{2}$

d₁ giao Ox tại A nên y_A = 0, khi đó: $x_A=\frac{9}{8}$ ⇒$A\left(\frac{9}{8};0\right)$

d₂ giao Ox tại B nên y_B= 0, khi đó: $x_B=\frac{-27}{8}$ ⇒ $B\left(\frac{-27}{8};0\right)$ .

Đề bài. Phân tích đa thức thành nhân tử: 16x² – (x + 1)².

Lời giải:

16x² – (x + 1)²

= (4x)² – (x + 1)²

= (4x + x + 1)(4x – x – 1)

= (5x + 1)(3x – 1)

Đề bài. Cho tam giác ABC có trọng tâm G và hai trung tuyến AM, BN. Biết AM = 15, BN = 12 và tam giác CMN có diện tích là . Tính độ dài đoạn thẳng MN.

Lời giải:

$S_{ABC}=\frac{1}{2}.AC.BC.\sin \widehat{ACB}$

$S_{CMN}=\frac{1}{2}.CM.CN.\sin \widehat{ACB}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}AC.\frac{1}{2}BC.\sin \widehat{ACB}=\frac{1}{4}{S}_{ABC}$

Suy ra: S_ABC = 4S_CMN = $60\sqrt{3}$

$S_{ABG}=\frac{2}{3}{S}_{ABM}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}{S}_{ABC}=\frac{1}{3}.60\sqrt{3}=20\sqrt{3}$

Lại có: $S_{ABG}=\frac{1}{2}.AG.BG.\sin \widehat{AGB}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}AM.\frac{2}{3}BN.\sin \widehat{AGB}=40.\sin \widehat{AGB}$

⇒ $\sin \widehat{AGB}=\frac{20\sqrt{3}}{40}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Hay: $\widehat{AGB}=60°$

Ta có: AB² = AG² + GB² – 2.AG.GB.cos

⇒ $={\left(\frac{2}{3}.15\right)}^2+\left(\frac{2}{3}.12\right)-2.\frac{2}{3}\mathrm{.15.}\frac{2}{3}\mathrm{.12.}\cos 60°=84$

M, N là trung điểm BC, AC nên MN là đường trung bình của tam giác ACB

Nên $MN=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}.2\sqrt{21}=\sqrt{21}$

Vậy $MN=\sqrt{21}$ .

Đề bài. Chọn khẳng định đúng:

A. Hai vectơ cùng hướng thì cùng phương.

B. Hai vectơ cùng phương thì cùng hướng.

C. Hai vectơ cùng phương thì có giá song song với nhau.

D. Hai vectơ cùng hướng thì có giá song song nhau.

Lời giải:

Đáp án: A

Giải thích các bước giải:

Hai vecto cùng phương nếu giá của chúng song song hoặc trùng nhau

Hai vecto cùng phương có thể cùng hoặc ngược hướng

A. Hai vectơ cùng hướng thì cùng phương.

⇒ Đúng vì để hai vectơ cùng hướng thì trước tiên chúng phải cùng phương

B. Hai vectơ cùng phương thì cùng hướng.

⇒ Sai, chúng có thể ngược hướng

C. Hai vectơ cùng phương thì có giá song song với nhau.

⇒ Sai, giá có thể trùng nhau

D. Hai vectơ cùng hướng thì có giá song song nhau.

⇒ Sai, giá có thể trùng nhau.

Đề bài. Tìm đa thức M, biết: M + (5x² – 2xy) = 6x² + 9xy – y².

Lời giải:

M + (5x² – 2xy) = 6x² + 9xy – y²

⇒ M = (6x² + 9xy – y²) – (5x² – 2xy)

M = 6x² + 9xy – y² – 5x² + 2xy

M = x² + 11xy – y²

Đề bài. Hãy cho biết các tọa độ của điểm M nằm chính giữa một bức tường hình chữ nhật ABCD có cạnh AB = 5m, và cạnh AD = 4m. Lấy trục Ox dọc theo AB, trục Oy dọc theo AD.

Lời giải:

Điểm M nằm chính giữa một bức tường hình chữ nhật ABCD nên M là giao điểm của hai đường chéo hình chữ nhật

Vậy tọa độ điểm M là:

$x_M=\frac{AB}{2}=\frac{5m}{2}=2,5m;y_M=\frac{AD}{2}=\frac{4m}{2}=2m$

Suy ra: M(2,5m; 2m)

Vậy tọa độ M có dạng M(2,5m; 2m).

Đề bài. Cho hình vẽ, biết a ⊥ c, b ⊥ c và $\widehat{A}=60°$ . Chứng minh: a // b.

Lời giải:

Vì a ⊥ c, b ⊥ c nên a // b.

Đề bài. Biết $x+\frac{1}{x}=3$. Tính giá trị biểu thức $x^4+\frac{1}{x^4}$ .

Lời giải: $x+\frac{1}{x}=3$

⇒ ${\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2=3^2=9$

⇔ $x^2+\frac{1}{x^2}+2=9$

⇔ $x^2+\frac{1}{x^2}=7$

Bình phương 2 vế ta được: ${\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)}^2=49$

⇔ $x^4+\frac{1}{x^4}+2=49$

⇔ $x^4+\frac{1}{x^4}=47$

Vậy $x^4+\frac{1}{x^4}=47$

Đề bài. Tính B = – 1 + 7 – 7² + 7³ - … - 7²⁰⁰ + 7²⁰¹ – 7²⁰².

Lời giải:

B = – 1 + 7 – 7² + 7³ - … - 7²⁰⁰ + 7²⁰¹ – 7²⁰²

7B = – 7 + 7² – 7³ + 7⁴ - … - 7²⁰¹ + 7²⁰² – 7²⁰³

7B + B = (– 7 + 7² – 7³ + 7⁴ - … - 7²⁰¹ + 7²⁰² – 7²⁰³) + (– 1 + 7 – 7² + 7³ - … - 7²⁰⁰ + 7²⁰¹ – 7²⁰²)

8B = –7²⁰³ – 1

$B=\frac{-7^{203}-1}{8}$.

Đề bài. So sánh các số sau: 199²⁰ và 2003¹⁵

Lời giải:

199²⁰ < 200²⁰ = (2³.5²)²⁰ = 2⁶⁰.5⁴⁰

2003¹⁵ > 2000¹⁵ = (2.10³)¹⁵ = (2⁴.5³)¹⁵ = 2⁶⁰.5⁴⁵

Vì 2⁶⁰.5⁴⁵ > 2⁶⁰.5⁴⁰ nên 2003¹⁵ > 199²⁰.

Đề bài. So sánh 2 số sau: $\frac{23}{48}$ và $\frac{47}{92}$ .

Lời giải:

Ta có: $\frac{23}{46}=\frac{46}{92}<\frac{47}{92}$

Mà: $\frac{23}{48}<\frac{23}{46}$

Nên: $\frac{23}{48}<\frac{23}{46}<\frac{47}{92}$

Vậy $\frac{23}{48}<\frac{47}{92}$ .

Đề bài. Cho A = 3 + 3³ + 3⁵ + … + 3²⁰²¹ + 3²⁰²³. Chứng minh A chia hết cho 30.

Lời giải:

A = 3 + 3³ + 3⁵ + … + 3²⁰²¹ + 3²⁰²³

A = (3 + 3³) + (3⁵ + 3⁷) + … + (3²⁰²¹ + 3²⁰²³)

A = 1.(3 + 3³) + 3⁴(3 + 3³) + … +3²⁰²⁰(3 + 3³)

A = (3 + 3³)(1 + 3⁴ + … + 3²⁰²⁰)

A = 30.(1 + 3⁴ + … + 3²⁰²⁰)

Vì 30 ⋮ 30 nên 30.(1 + 3⁴ + … + 3²⁰²⁰) ⋮ 30

Vậy A ⋮ 30.

Đề bài. Chứng minh vì sao số có ước lẻ là số chính phương.

Lời giải:

Gọi P là một số chính phương.

Ta có: P = k² (k ∈ ℕ)

Giả sử k phân tích ra thừa số nguyên tố là k = ax.by.cz.... (a, b, c là các số nguyên tố)

⇒ P = (ax.by.cz....)²

⇒ P = a²x.b²y.c²z

Vì 2 chia hết cho 2 nên 2x, 2y, 2z, ... cũng chia hết cho 2

⇒ 2x, 2y, 2z, ... là số chẵn

Số lượng ước của P là (2x + 1)(2y + 1)(2z + 1)...

Vì 2x, 2y, 2z, ... là số chẵn nên 2x + 1, 2y + 1, 2z + 1, ... là số lẻ

⇒ (2x + 1)(2y + 1)(2z + 1)... là số lẻ

⇒ Số lượng ước của P là 1 số lẻ

Vậy số chính phương luôn có số ước là 1 số lẻ.

Đề bài. Hai số lẻ có tổng là số nhỏ nhất có 4 chữ số và ở giữa hai số lẻ đó có 4 số lẻ tìm hai số đó.

Lời giải:

Số nhỏ nhất có 4 chữ số là 1000. Vậy tổng 2 số là 1000.

Do ở giữa hai số lẻ đó có 4 số lẻ nữa nên giữa chúng có 5 khoảng và mỗi khoảng là 2 đơn vị.

Hiệu hai số là:

2.5 = 10

Số lớn là:

(1000 + 10) : 2 = 505

Số bé là:

505 – 10 = 495

Đáp số: 505 và 495.

Đề bài. Chứng minh tam giác ABC có h_a = 2R.sinB.sinC.

Lời giải:

TH1: Tam giác ABC nhọn hoặc tam giác ABC tù ở A

Ta có: $\widehat{AHC}=90°$

Suy ra: h_a = AH = AC.sinC = b.sinC

Mà theo định lý sin: $\frac{b}{\sin B}=2R$ hay b = 2R.sinB

Suy ra: h_a = 2R.sinB.sinC.

TH2: Tam giác ABC tù ở B hoặc C

Ta có: $\widehat{AHB}=90°$

Suy ra: h_a = AH = AB.sin$\widehat{ABH}$

h_a = AB.sin$\left(180°-\widehat{B}\right)$

h_a = AB.sinB = c.sin B

Mà theo định lý sin: $\frac{c}{\sin C}=2R$ hay c = 2R.sinC

Vậy h_a = 2R.sinB.sinC.

Đề bài. Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi bằng chu vi của một thửa ruộng hình vuông cạnh 80m. Nếu giảm chiều dài mảnh vườn đi 30m và tăng chiều rộng thêm 10m thì mảnh vườn sẽ có hình vuông. Tính diện tích mảnh vườn?

Lời giải:

Chu vi của mảnh vườn hình chữ nhật là:

80 . 4 = 320 (m)

Nửa chu vi mảnh vườn hình chữ nhật là

320 : 2 = 160 (m)

Mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng là:

30 + 10 = 40 (m)

Chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật là:

(160 - 40) : 2 = 60 (m)

Chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật là:

60 + 40 = 100 (m)

Diện tích mảnh vườn hình chữ nhật là:

60 . 100 = 6000 (m²).

Đề bài. Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O, từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC; B và C là hai tiếp điểm và một cát tuyến ADE đến (O).

a) Chứng minh AB² = AD.AE.

b) Gọi H là giao điểm của OA và BC. Chứng minh tứ giác DEOH nội tiếp, chứng minh HB là tia phân giác của $\widehat{EHD}$ .

Lời giải:

a) Xét tam giác ABD và tam giác ABE có:

Chung $\widehat{A}$

$\widehat{ABD}=\widehat{AEB}$(vì AB là tiếp tuyến (O))

⇒ ∆ABD ∽ ∆AEB (g.g)

⇒ $\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}$

⇒ AB² = AD.DE

b) Ta có: AB,AC là tiếp tuyến của (O)

⇒AB ⊥ OB, BC ⊥ AO

⇒ BH ⊥ AO

⇒ AB² = AH.AO (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

⇒ AH.AO = AD.AE

⇒ $\frac{AH}{AE}=\frac{AD}{AO}$

Mà $\widehat{DAH}=\widehat{EAO}$

⇒ ∆ADH ∽ ∆AOE (c.g.c)

⇒ $\widehat{AHD}=\widehat{AEO}$

⇒ DHOE nội tiếp

⇒ $\widehat{AHD}=\widehat{DEO}=\widehat{EDO}=\widehat{EHO}$

⇒ $\widehat{DHB}=90°-\widehat{AHD}=90°-\widehat{EHO}=\widehat{BHE}$

Nên: HB là phân giác $\widehat{EHD}$ .

Đề bài. Cho $M=\frac{42-x}{x-15}$ . Tìm số nguyên x để M đạt GTNN.

Lời giải: $M=\frac{42-x}{x-15}=\frac{-\left(x-15\right)+27}{x-15}=-1+\frac{27}{x-15}$

Để M nhỏ nhất thì $\frac{27}{x-15}$ nhỏ nhất

Suy ra: $\frac{27}{x-15}<0$ và x – 15 lớn nhất

Mà x – 15 là số nguyên nên x – 15 = -1

Suy ra: x = -1 + 15 = 14

Vậy GTNN của $M=-1+\frac{27}{-1}=-1-27=-28$ khi x = 14.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6cm, AC = 8cm. Điểm M nằm giữa B và C, gọi I là trung điểm của AC, lấy điểm N đối xứng M qua I.

a) Tính độ dài cạnh BC?

b) Tứ giác AMCN là hình gì? Vì sao?

Lời giải:

Ta có tam giác ABC vuông tại A, với AB = 6cm và AC = 8cm.

Sử dụng định lý Pythagoras, ta có: BC² = AB² + AC² = 6² + 8² = 100

Suy ra: BC = 10 cm

Vậy độ dài cạnh BC là 10cm.

b) Vì N là điểm đối xứng của M qua I, nên ta có AI = IN và AM = MN.

Đồng thời, ta có IM = IN (tính chất đối xứng); IA = IC

Vậy ta có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Điều này chứng tỏ AMCN là hình bình hành.

Đề bài. Cho tứ diện ABCD có M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AD thoả MB = 2MA, AN = 2ND. Gọi P là điểm thuộc miền trong của tam giác BCD. Tìm giao tuyến của (MNP) và (ABC).

Lời giải:

Dựng hình theo hình vẽ.

$\frac{MA}{MB}=\frac{1}{2}\ne 2=\frac{NA}{ND}$

Ta có: MB = 2MA, AN = 2ND nên:

Nên MN không song song với BD

Gọi MN ∩ BD = E, EP ∩ BC = F

Suy ra: (MNP) ∩ (ABC) = MF.