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 2)

Bài 1: Cho điểm M có hoành độ là -2 và điểm M thuộc đồ thị hàm số y = −2x² . Xác định tọa độ điểm M

Lời giải:

Vì M ∈ y = −2x² và có hành độ là −2

Thay x = −2 vào hàm số y = −2x² ta có:

y = −2.(−2)²

⇔ y = −8

Vậy tọa độ điểm M là: M (−2; −8)

Bài 2: Cho hàm số y = x - 2 có đồ thị là d.Tìm điểm trên d có hoành độ và tung độ đối nhau

Lời giải:

Vì các điểm trên (d) có hoành độ và tung độ đối nhau nên

y = −x

Thay vào (d) ta được

− x = x – 2

⇔ x = 1

⇒ y = −1

Vậy điểm đó là (1; -1)

Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy M: 2MC < AC và M không trùng với C, vẽ đường tròn đường kính MC. Kẻ BM cắt đường tròn tại D. Đường thẳng DA cắt đường tròn tại S. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác ABCD nội tiếp.

b) CA là phân giác góc SCB.

Lời giải:

a) Tứ giác ABCD nội tiếp.

Do MC là đường kính của đường tròn (O), D thuộc (O) nên: ∠MDC = 90⁰ = ∠BAC

Suy ra D và A cùng nhìn BC dưới một góc vuông

⇒ Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BC.

b) CA là phân giác góc SCB.

Do ABCD là tứ giác nội tiếp nên: $\widehat{ADB}=\widehat{ACB}$ (cùng chắn cung AB).

Xét (O) ta có: $\widehat{ACS}=\widehat{BDA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MS)

⇒ ∠ACB = ∠ ACS ( = ∠BDA).

Vậy CA là phân giác của ∠SCB   (đpcm).

Bài 4: Cho đường tròn tâm O bán kỉnh và hai dây AB, CD bất kì. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Gọi E và F tương ứng là giao điểm của MC, MD với dây AB. Gọi I và J tương ứng là giao điểm của DE, CF với đường tròn (O). Chứng minh IJ song song với AB ?

Lời giải:

Xem hình vẽ (h.bs.24)

Ta có cung AM và MB bằng nhau nên $\widehat{AEC}=\widehat{CDM}$  (cùng bằng nửa số đo của cung nhỏ CM)

Suy ra CDFE là tứ giác nội tiếp.

Từ đó $\widehat{CDE}=\widehat{CFE}$  (cùng chắn cung CE)

Lại có $\widehat{IJC}=\widehat{IDC}$  (cùng chắn cung CI)

Vậy $\widehat{IJC}=\widehat{AFC}$ , suy ra JI song song với AB

Bài 5: Tìm chữ số tận cùng của các số: 
a) 7⁹⁹ 

b) 14¹⁴¹⁴  

c) 4⁵⁶⁷ 

Lời giải:

Trước hết, ta tìm số dư của phép chia 99 cho 4 : 
9⁹ - 1 = (9 - 1)(9⁸ + 9⁷ + … + 9 + 1) chia hết cho 4 
 99 = 4k + 1 (k thuộc N)

⇒ 7⁹⁹ = 7^{4k + 1} = 7^4k.7 
Do 7^4k có chữ số tận cùng là 1 (theo tính chất 1c)

⇒ 7⁹⁹ có chữ số tận cùng là 7.
b) Dễ thấy 14¹⁴ = 4k (k thuộc N)

⇒ theo tính chất 1d thì 14¹⁴¹⁴ = 14^4k có chữ số tận cùng là 6. 
c) Ta có 5⁶⁷ - 1 chia hết cho 4

⇒ 5⁶⁷ = 4k + 1 (k thuộc N) 
⇒ 4⁵⁶⁷ = 4^{4k + 1} = 4^4k.4, theo tính chất 1d, 4^4k có chữ số tận cùng là 6 nên 4⁵⁶⁷ có chữ số tận cùng là 4.

Bài 6: Cho hàm số y = 3x⁴ + 2(m − 2018)x² + 2017 với m là tham số thực. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có một góc bằng 120°

A. m = −2018

B. m = −2017

C. m = 2017

D. m = 2018.

Lời giải:

Ta có

y′ = 12x³ + 4(m − 2018)x;

$y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ 3x^2=2018-m\end{array}\right.$

Để hàm số có ba điểm cực trị ⇔ 2018 – m > 0 ⇔ m < 2018

Khi đó, tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

A (0; 2017)

$$\begin{gathered} B\left(\sqrt{\frac{2018-m}{3}};-\frac{{\left(m-2018\right)}^2}{3}+2017\right) \\ C\left(-\sqrt{\frac{2018-m}{3}};-\frac{{\left(m-2018\right)}^2}{3}+2017\right) \end{gathered}$$

Do tam giác ABC cân tại A nên ycbt ⇔ 3AB² = BC²

$3\left[\frac{2018-m}{3}+\frac{{\left(m-2018\right)}^4}{9}\right]=4\frac{2018-m}{}3$

⇔ (m − 2018)³ = −1 ⇔ m = 2017 (thỏa mãn)

Bài 7: Cho hs: y = x⁴ + 2mx² + m² + m (1) ( m là tham số). Xác định m để hs (1) có 3 cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành 1 tam giác có góc bằng 120 độ.

Lời giải:

Ta có:
y′ = 4x³ + 4mx = 4x(x² + m)

Hàm số (1) có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình y′ = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt. Điều này tương đương với:
m < 0,   (2)
Với điều kiện (2), đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là :

$A\left(0;m^2+m\right),B\left(-\sqrt{-m};m\right),C\left(\sqrt{-m};m\right)$

Dễ thấy tam giác ABC là tam giác cân tại A. Do đó $\widehat{A}=120°$. Từ đó suy ra $\widehat{ABC}=30°$. Yêu cầu của bài toán tương đương với:

$\tan \widehat{ABC}=\frac{\left|y_A-y_B\right|}{\left|x_B\right|}\iff \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{m^2}{\sqrt{-m}}\iff m=-\frac{1}{3}$

$m=-\frac{1}{3}$ thỏa mãn (2) nên đó là đáp án của bài toán

Bài 8: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BC = 8cm, BH = 2cm.

a) Tính độ dài các đoạn thẳng AB, AC, AH.

b) Trên cạnh AC lấy điểm K (K ≠ A, K ≠ C), gọi D là hình chiếu của A trên BK. Chứng minh rằng: BD.BK = BH.BC.

c) Chứng minh rằng: $S_{BHD}=\frac{1}{4}{S}_{BKC}.{\cos }^2\widehat{ABD}$ .

Lời giải:

a) Áp dụng HTL tam giác:

$\left\{\begin{array}{c}A{B}^2=BH.BC=16\\ A{C}^2=BC.CH=8\left(8-2\right)=48\\ A{H}^2=BH.CH=2\left(8-2\right)=12\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}AB=4\left(cm\right)\\ AC=4\sqrt{3}\left(cm\right)\\ AH=2\sqrt{3}\left(cm\right)\end{array}\right.$

b) $\widehat{ADB}=\widehat{AHB}\left(=90°\right)\Rightarrow$ ADHB nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{DHA}=\widehat{DBA}$ (cùng chắn AD) (1)

$\left\{\begin{array}{c}\widehat{CKB}=\widehat{KAB}+\widehat{ABD}=90°+\widehat{ABD}\\ \widehat{DHB}=\widehat{DHA}+\widehat{AHB}=\widehat{DHA}+90°\\ \widehat{ABD}=\widehat{DHA}\left(cmt\right)\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \widehat{CKB}=\widehat{DHB} \\ \left\{\begin{array}{c}\widehat{CKB}=\widehat{DHB}\\ \widehat{CBK}chung\end{array}\right.\Rightarrow \Delta DHB~\Delta CKB\left(g.g\right) \\ \Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BH}{BK}\Rightarrow BD.BK=BH.BC \end{gathered}$$

c) Áp dụng công thức tính diện tích hình tam giác bằng nửa tích hai cạnh nhân sin góc xen giữa

$S_{BHD}=\frac{1}{2}BH.BD.\sin \widehat{DBH}$

$S_{BKC}=\frac{1}{2}BK.BC.\sin \widehat{KBC}$

Mà $\widehat{DBH}=\widehat{KBC}$

$\Rightarrow \frac{S_{BHD}}{S_{BKC}}=\frac{BH.BD}{BK.BC}=\frac{2BD}{8BK}=\frac{BD}{4BK}=\frac{B{D}^2}{4BK.BD}$

$=\frac{1}{4}\frac{B{D}^2}{A{B}^2}$ (hệ thức lượng) $=\frac{1}{4}.{\cos }^2\widehat{ABD}$

$\Rightarrow S_{BHD}=\frac{1}{4}{S}_{BKC}.{\cos }^2\widehat{ABD}$.

Bài 9: Cho tam giác ABC có diện tích 60cm². Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AC. Tính diện tích tam giác AMN ?

Lời giải:

Vẽ $AH\perp BC$  cắt MN tại H'

Ta có :  $AH\text{'}=HH\text{'}=\frac{1}{2}AH$ (vì MN là trung điểm $\Rightarrow \frac{\text{1}}{\text{2}}\text{AH}$ )

Lại có:

${\text{S}}_{\text{ABC}}\text{= }\frac{\text{1}}{\text{2}}{\text{ . AH . BC = 60cm}}^{\text{2}}$ và ${\text{S}}_{\text{AMN}}\text{=}\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{.MN}$ . Mà

${\text{S}}_{\text{AMN}}\text{= }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{ . }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{AH . }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{BC = }\frac{\text{1}}{\text{4}}\left(\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{AH . BC}\right)\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{ . 60 = 15}\left({\text{cm}}^{\text{2}}\right)$

Vậy ${\text{S}}_{\text{AMN}}{\text{ = 15cm}}^{\text{2}}$ .

Bài 10: Cho hình bình hành ABCD có diện tích là S. Gọi M là trung điểm của BC. Gọi N là giao điểm của AM và BD. Tính diện tích tứ giác MNDC theo S.

Lời giải:

Gọi I là trung điểm của AD, K là giao điểm của CI và BD. Kẻ $ME \perp BD$  tại E, $CF \perp BD$ tại F.

Ta có 

$$\begin{gathered} \text{BN = }\frac{\text{1}}{\text{3}}\text{BD, EM = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{CF} \\ {\text{S}}_{\text{BMN}}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{EM.BN = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{ . }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{CF . }\frac{\text{1}}{\text{3}}\text{BD = }\frac{\text{1}}{\text{6}}{\text{S}}_{\text{BCD}}\text{=}\frac{\text{1}}{\text{12}}\text{S} \\ \Rightarrow {\text{S}}_{\text{MNDC}}\text{= }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{S - }\frac{\text{1}}{\text{12}}\text{S = }\frac{\text{5}}{\text{12}}\text{S} \end{gathered}$$

Bài 11: Có bao nhiêu số nguyên âm m để hàm số $\text{y = }\frac{\text{1}}{\text{3}}{\text{cos}}^{\text{3}}\text{x - 4cotx - }\left(\text{m + 1}\right)\text{ cosx}$ đồng biến trên khoảng $\left(0;\pi \right)$

A. 5

B. 2

C. Vô số

D. 3

Lời giải:

Ta có:

$y\text{'}=-{\cos }^{2}x.\mathrm{s}\text{inx}+\frac{4}{\mathrm{s}{\text{in}}^2\text{x}}+\left(m+1\right).\mathrm{s}\text{inx}=\mathrm{s}{\text{in}}^3\text{x + }\frac{4}{\mathrm{s}{\text{in}}^2\text{x}}+m.\mathrm{s}\text{inx}$

- Hàm số đồng biến trến $\left(0;\pi \right)$  khi và chỉ khi $y\text{'}\ge \mathrm{0,}\forall x\in \left(0;\pi \right)$

$$\begin{gathered} \iff \mathrm{s}{\text{in}}^3\text{x + }\frac{4}{\mathrm{s}{\text{in}}^2\text{x}}+m.\mathrm{s}\text{inx}\ge \mathrm{0,}\forall x\in \left(0;\pi \right) \\ \iff \mathrm{s}{\text{in}}^2\text{x+}\frac{4}{\mathrm{s}{\text{in}}^3\text{x}}\ge -m,\forall x\in \left(0;\pi \right)\left(1\right) \end{gathered}$$

- Xét hàm số: $g\left(x\right)=\mathrm{s}{\text{in}}^2\text{x +}\frac{4}{\mathrm{s}{\text{in}}^3\text{x}}$ trên $\left(0;\pi \right)$

Có $g\text{'}\left(x\right)=2\sin x.\cos x-\frac{12\cos x}{{\sin }^{4}x}$

$$\begin{gathered} =2\cos x.\left(\sin x-\frac{6}{{\sin }^{4}x}\right)=2\cos x.\frac{{\sin }^{5}x-6}{{\sin }^{4}x} \\ \Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=0\iff x=\frac{\pi }{2}\in \left(0;\pi \right) \end{gathered}$$

Bảng biến thiên

- Do đó : $\left(1\right)\iff -m\le \underset{x\in \left(0;\pi \right)}{\min }g\left(x\right)\iff -m\le 5$

$\iff m\ge -5$

- Lại do m nguyên âm nên $m\in \left\{-5;-4;-3;-2;-1\right\}$

Vậy có 5 số nguyên âm.

Bài 12: Tìm x ∈ BC(16; 21; 25) và x ≤ 400

Lời giải:

Ta có: 16 = 2⁴; 21 = 3.7; 25 = 5²

Suy ra BCNN(16; 21; 25) = 2⁴.3.5².7 = 8 400.

Do đó BC(16; 21; 25) = B(8 400) = {0; 8400; ...}.

Mà x ≤ 400 nên x = 0.

Vậy x = 0.

Bài 13: Cho tam giác ABC vuông ở B, trên cạnh AC lấy điểm E sao cho AE = AB. Tia phân giác của góc A cắt BC tại D.

a, Chứng minh $\Delta ADB=\Delta ADE$

b, Chứng minh $DE\perp AC$

c, Một đường thẳng qua C và vuông góc với AD cắt đường thẳng AB ở F. Chứng minh BF = CE

Lời giải:

a) Xét $\Delta ADB$ và $\Delta ADE$ có:

AD chung

$\widehat{BAD}=\widehat{EAD}$ (AD là tia phân giác của $\widehat{BAC}$ )

AB = AE (gt)

$\Rightarrow \Delta ADB=\Delta ADE\left(c-g-c\right)$

b) Do $\Delta ADB=\Delta ADE\left(c-g-c\right)$

$\Rightarrow \widehat{ABD}=\widehat{AED}$ (hai góc tương ứng)

$\Rightarrow \widehat{AED}={90}^0$

Hay DE vuông góc AC

c) Gọi G là giao điểm của CF và AD

Do $\widehat{BAD}=\widehat{EAD}$  (cmt)

$\Rightarrow \widehat{FAG}=\widehat{CAG}$

Xét hai tam giác vuông: $\Delta AGF$ và $\Delta AGC$ có:

AG chung

$\widehat{FAG}=\widehat{CAG}$ (cmt)

$\Rightarrow \Delta AGF=\Delta AGC$ (cạnh góc vuông - góc nhọn kề)

$\Rightarrow AF=AC$ (hai cạnh tương ứng)

Mà $AF=AB+BF$

$$\begin{gathered} AC=AE+EC \\ AB=AE \\ \Rightarrow BF=CE \end{gathered}$$

Bài 14: Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và một điểm C di động trên đoạn AB. Vẽ các đường tròn tâm I đường kính AC và đường tròn tâm K đường kính BC. Tia Cx vuông góc với AB tại C, cắt (O) tại M. Đoạn thẳng MA cắt đường tròn (I) tại E và đoạn thẳng MB cắt đường tròn (K) tại F

a. Chứng minh tứ giác MECF là hình chữ nhật và EF là tiếp tuyến chung của (I) và (K)

b. Cho AB = 4cm, xác định vị trí điểm C trên AB để diện tích tứ giác IFEK là lớn nhất.

c. Khi C khác O, đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật MECF cắt đường trong (O) tại P (khác M), đường thẳng PM cắt đường thẳng AB tại N. Chứng minh tam giác MPF đồng dạng với tam giác MBN.

d. Chứng minh 3 điểm: N, E, F thẳng hàng

Lời giải:

a) Ta thấy MEC và MFC là các tam giác vuông chung cạnh huyền MC nên MECF nội tiếp đường tròn đường kính MC.

Dễ thấy MECF là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông) nên $\widehat{\text{CEF}}\text{=}\widehat{\text{ECM}}$

Lại có $\widehat{\text{IEC}}\text{=}\widehat{\text{ICE}}\Rightarrow \widehat{\text{IEF}}\text{=}\widehat{\text{MCA}}{\text{=90}}^{\text{o}}$

Hoàn toàn tương tự FE là tiếp tuyến đường tròn (K). Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.

b) MECF là hình chữ nhật nên EF = MC.

Do EI và FK cùng vuông góc với EF nên IEFK là hình thang vuông.

$\Rightarrow {\text{S}}_{\text{IEFK}}\text{=}\frac{\left(\text{EI+FK}\right)\text{.EF}}{\text{2}}\text{=}\frac{\left(\text{IC+CK}\right)\text{.MC}}{\text{2}}\text{=}\frac{\text{IK.MC}}{\text{2}}\text{=}\frac{\frac{\text{AB}}{\text{2}}\text{.MC}}{\text{2}}\text{=MC}\le \text{MH}$ với H là điểm chính giữa cung AB.

Vậy để diện tích IEFK lớn nhất thì C nằm chính giữa cung AB. Khi đó 

${\text{S}}_{\text{IEFK}}\text{=2}\left({\text{cm}}^{\text{2}}\right)$

c) Ta thấy $\widehat{\text{MPF}}\text{=}\widehat{\text{MCF}}$  (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MF) $=\widehat{\text{MBN}}$  (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung CF)

$\Rightarrow \text{ΔMPF ~ ΔMBN}\left(\text{g - g}\right)$

d) Do $\text{ΔMPF ~ ΔMBN}\Rightarrow \widehat{\text{MFP}}\text{ =}\widehat{\text{ MNB}}$

Mà $\widehat{\text{MFP }}\text{=}\widehat{\text{ MEP}}\Rightarrow \widehat{\text{PNA}}\text{ =}\widehat{\text{ MEP}}$  hay NPEA là tứ giác nội tiếp.

Tương tự PFBN cũng là tứ giác nội tiếp.

Vậy thì ta có: $\widehat{\text{PNE}}\text{ = }\widehat{\text{PAE}}\text{ =}\widehat{\text{ PBM}}\text{ =}\widehat{\text{ PNF}}$

Hay N, E, F thẳng hàng.

Bài 15: Cho đường tròn (O) đường kính AB, vẽ góc ở tâm  $\widehat{AOC}={55}^0$. Vẽ dây CD vuông góc với AB và dây DE song song với AB. Tính số đo cung nhỏ BE.

A. 55⁰

B. 60⁰

C. 40⁰

D. 50⁰

Lời giải:

Xét (O) có $CD\perp OA;ED//OA$

$\Rightarrow CD\perp ED$ hay $\widehat{EDC}={90}^0$

Mà E; D; C $\in \left(O\right)$ nên EC là đường kính của (O) hay E; O; C thẳng hàng.

Do đó $\widehat{BOE}=\widehat{COA}={55}^0$ (đối đỉnh) nên số đo cung nhỏ BE là 55°.

Đáp án cần chọn là: A.

Bài 16:  Cho tam giác ABC lấy M bất kì trên cạnh BC. Từ M kẻ đường song song với AB cắt AC tại D. Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB tại E.

Chứng minh: ME = AD và MD = AE.

Lời giải:

Xét tứ giác AEMD có : MD // AE (vì MD // AB) và ME // AD (vì ME // AC)

⇒ AEMD là hình bình hành. Theo tính chất của hình bình hánh ta suy ra được ME = AD và MD = AE (đpcm).

Bài 17: Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ điểm M bất kì trên cạnh BC ( M không trùng với BC ) kẻ đường thẳng song song với AC và AB, chúng cắt AB ở D và AC ở E.

a) ADME là hình gì? Vì sao?

b) Giả sử AD và 3cm, AE = 4cm. Tính độ dài đoạn thẳng AM và diện tích tam giác DME

Lời giải:

a) Ta có: $\text{MD//AC, AB}\perp \text{AC}\left(gt\right)$

$\Rightarrow \text{MD}\perp \text{AB}$

Tương tự $\Rightarrow ME\perp AC$

Xét tứ giác ADME:

$\begin{array}{l}\widehat{\text{DAE}}{\text{ = 90}}^{\text{o}}\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(AB}\perp \text{AC)}\\ \text{}\widehat{\text{ADM}}{\text{ = 90}}^{\text{o}}\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(MD}\perp \text{AB)}\\ \text{}\widehat{\text{AEM}}{\text{ = 90}}^{\text{o}}\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(ME}\perp \text{AC)}\end{array}$

→ Tứ giác ADME là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

→ AD = ME, DM = AE

b)

Ta có: AD = ME = 3cm, DM = AE = 4cm

$\Delta \text{ADM}$ vuông tại D:

${\text{AD}}^{\text{2}}{\text{ + DM}}^{\text{2}}{\text{ = AM}}^{\text{2}}$ (định lý Pytago)

$\Rightarrow \text{AM = }\sqrt{{\text{AD}}^{\text{2}}{\text{+DM}}^{\text{2}}}\text{ = }\sqrt{{\text{3}}^{\text{2}}{\text{+4}}^{\text{2}}}\text{ = 5(cm)}$

$\Delta DME$ vuông tại M

$\Rightarrow {\text{S}}_{\text{VDME}}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{.DM.ME = }\frac{\text{1}}{\text{2}}{\text{.4.3 = 6(cm}}^{\text{2}}\text{)}$

Bài 18: Cho A, B là hai tập hợp tùy ý. Hãy điền kí hiệu tập hợp thích hợp vào chỗ chấm.

Nếu $A \cap B= \varnothing$ thì $A\backslash B=\mathrm{...}$ và $B\backslash A=\mathrm{....}$

Lời giải:

Ta có $A \cap B= \varnothing$ nên A và B là hai tập hợp rời nhau:

Khi đó mọi phần tử của A và B đều khác nhau.

Vậy $A\backslash B=A$ và $B\backslash A=B$ .

Bài 19: Hai xạ thủ độc lập với nhau cùng bắn vào một tấm bia. Mỗi người bắn một viên. Xác suất bắn trúng của xạ thủ thứ nhất là 0,7; của xạ thủ thứ hai là 0,8. Gọi X là số viên đạn bắn trúng bia. Tính kì vọng của X :

A. 1,75

B. 1,5

C. 1,54

D. 1,6

Lời giải:

Xác suất để 2 người không bắn trúng bia là: P = 0,3 . 0,2 = 0, 06.

Xác suất để 2 người cùng bắn trúng bia là:  P = 0,7 . 0,8 = 0,56.

Xác suất để đúng 1 người cùng bắn trúng bia là: P = 1 – 0,06 – 0,56 = 0,38.

Ta có bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc X .

X	0	1	2
P	0,06	0,38	0,56

Vậy kỳ vọng của X là E(X) = 0 . 0,06 + 1 . 0,38 + 2 . 0,56 = 1,5.

Bài 20: Hai xạ thủ A và B cùng bắn vào bia xác suất để xạ thủ bắn trúng là 0,7 và xác suất để xạ thủ b bán kính là 0,8 tính xác suất để có đúng một xạ thủ bắn trúng bia

Lời giải:

Có đúng 1 người bắn trúng bia → (A trúng, B trật) hoặc (A trật, B trúng)

→ xác suất  $P=\mathrm{0,7.}\left(1-\mathrm{0,8}\right)+\left(1-\mathrm{0,7}\right)\mathrm{.0,8}=\mathrm{0,38}$.

Bài 21: Hội khỏe Phù Đổng của trường Trần Phú, lớp 10A có 45 học sinh, trong đó có 25 học sinh thi điền kinh, 20 học sinh thi nhảy xa, 15 học sinh thi nhảy cao, 7 em không tham gia môn nào, 5 em tham gia cả 3 môn. Hỏi số em tham gia chỉ một môn trong ba môn trên là bao nhiêu?
A. 20;

B. 45;

C. 38;

D. 21.

Lời giải:

Gọi a, b, c theo thứ tự là số học sinh chỉ thi môn điền kinh, nhảy xa, nhảy cao.
x là số học sinh chỉ thi hai môn điền kinh và nhảy xa.
y là số học sinh chỉ thi hai môn nhảy xa và nhảy cao.
z là số học sinh chỉ thi hai môn điền kinh và nhảy cao.
Số em thi ít nhất một môn là: 45 –  7 = 38
Dựa vào biểu đồ ven ta có hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{array}{c}a+x+z+5=25\left(1\right)\\ b+x+y+5=20\left(2\right)\\ c+y+z+5=15\left(3\right)\\ x+y+z+a+b+c+5=38\left(4\right)\end{array}\right.$

Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta có: a + b + c + 2(x + y + z) + 15 = 60 (5)

Từ (4) và (5) ta có: a + b + c + 2(38 – 5 – a – b – c) + 15 = 60

⟺ a + b + c = 21.

Vậy có 21 học sinh chỉ thi một trong ba nội dung trên.

Bài 22: Trong hội khỏe Phù Đổng của trường THPT Thanh Miện, lớp 10A có 45 học sinh, trong đó có 25 học sinh thi điền kinh, 20 học sinh thi nhảy xa, 15 học sinh thi nhảy cao, 7 học sinhkhông tham gia môn nào, 5 học sinhtham gia cả 3 môn. Hỏi số học sinh tham gia chỉ một môn trong ba môn trên là bao nhiêu?

Lời giải:

Tổng số lượt đi thi là 25 + 20 + 15 = 60 (lượt)

Trong đó có 55 học sinh thi cả 33 môn

→ Có 60 – 5 . 3 = 45 lượt đi thi cho 40 – 7 = 33 học sinh

hay 45 lượt thi sẽ có xx học sinh và yy học sinh thi 2 trong 3 môn

$\left\{\begin{array}{c}x+y=33\\ x+2y=45\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}x=21\\ y=12\end{array}\right.$

Vậy có 21 học sinh chỉ thi 1 trong 3 môn.

Bài 23: Cho a,b,c là các số không âm thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh $b+c\ge 16abc$

Lời giải:

Ta có:

$a+b+c=1\Rightarrow a=1-b-c$

Điều phải cm

$$\begin{gathered} \iff b+c\ge 16\left(1-b-c\right)bc \\ \iff b+c-16\left(1-b-c\right)bc\ge 0 \\ \iff b+c-16bc+16b^{2}c+16b{c}^2\ge 0 \\ \iff \left(16b^{2}c-8bc+c\right)+\left(16b{c}^2-8bc+b\right)\ge 0 \\ \iff c\left(16b^2-8bc+1\right)+b\left(16c^2-8c+1\right)\ge 0 \end{gathered}$$

$\iff c{\left(4b-1\right)}^2+b{\left(4c-1\right)}^2\ge 0$ (luôn đúng)

→đpcm

Dấu “=” xảy ra $\left(a,b,c\right)\in \left\{\left(\mathrm{1,0,0}\right);\left(\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)\right\}$

Bài 24: Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AH. Gọi M và N là hình chiếu của H lên AB và AC. CMR: AB . AM = AC . AN

Lời giải:

Xét tứ giác AMHN có $\widehat{ANM}=\widehat{AHM}$ (1) (2 góc trong tứ giác nội tiếp cùng nhìn xuống cạnh AM)

Mà $\widehat{AHM}=\widehat{B}={90}^o –\widehat{BHM}\left(2\right)$

(1)(2) ⇒ $\widehat{ANM}=\widehat{B}$

Xét tam giác ANM và tam giác ABC có:

$\widehat{A}$ chung

$\widehat{ANM}=\widehat{B}$

tam giác ANM đồng dạng tam giác ABC (g – g)

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

Bài 25: Tìm hệ số của x⁶ trong khai triển ${(\frac{1}{x}+x^3)}^{3n+1}$ với $x\ne \mathrm{0,}$ biết n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện ${\text{3C}}_{\text{n\hspace{0.05em}+1}}^{\text{2}}{\text{+nP}}_{\text{2}}{\text{=4A}}_{\text{n}}^{\text{2}}$

 A.210.                   

B.252.                       

C.120.                    

D.45.

Lời giải:

Điều kiện:$\text{n}\ge \text{2.}$ Ta có

$\begin{array}{l}{\text{3C}}_{\text{n\hspace{0.05em}+1}}^{\text{2}}{\text{+ nP}}_{\text{2}}{\text{= 4A}}_{\text{n}}^{\text{2}}\\ \iff \text{3.}\frac{\left(\text{n+1}\right)\text{!}}{\left(\text{n-1}\right)\text{!.2!}}\text{ + 2n = 4.}\frac{\text{n!}}{\left(\text{n-2}\right)\text{!}}\\ \iff \frac{\text{3}}{\text{2}}\text{n}\left(\text{n + 1}\right)\text{ + 2n = 4n}\left(\text{n-1}\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \text{3}\left(\text{n + 1}\right)\text{ + 4 = 8}\left(\text{n-1}\right)\\ \iff \text{3n + 3 + 4 = 8n - 8}\\ \iff \text{5n = 15}\\ \iff \text{n = 3.}\end{array}$

Với n = 3, theo khai triển nhị thức Newton, ta có

${\left(\frac{\text{1}}{\text{x}}{\text{+x}}^{\text{3}}\right)}^{\text{10}}\text{=}\sum _{k=0}^{10}{\text{C}}_{\text{10}}^{\text{k}}\text{.}{\left(\frac{\text{1}}{\text{x}}\right)}^{\text{10\hspace{0.05em}-\hspace{0.05em}k}}\text{.}{\left({\text{x}}^{\text{3}}\right)}^{\text{k}}\text{=}\sum _{k=0}^{10}{\text{C}}_{\text{10}}^{\text{k}}\text{.}\frac{{\text{x}}^{\text{3k}}}{{\text{x}}^{\text{10\hspace{0.05em}-\hspace{0.05em}k}}}\text{=}\sum _{k=0}^{10}{\text{C}}_{\text{10}}^{\text{k}}{\text{.x}}^{\text{4k\hspace{0.05em}-\hspace{0.05em}10}}\text{.}$

Hệ số của số hạng chứa x⁶ ứng với 4k – 10 = 6 k = 4

→ Hệ số cần tìm là $C_{10}^4=210.$

Đáp án cần chọn là: A

Bài 26: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện ${\text{6C}}_{\text{n+1}}^{\text{n-1}}{\text{ = A}}_{\text{n}}^{\text{2}}\text{ + 160.}$  Tìm hệ số của x⁷ trong khai triển $\left({\text{1 - 2x}}^{\text{3}}\right){\left(\text{2 + x}\right)}^{\text{n}}$

A. -2224

B. 2224

C. 1996

D. -1996

Lời giải:

Đáp án cần chọn là: A

Điều kiện: $\text{n}\ge \text{2}$

Từ giả thiết, ta có:

$\begin{array}{l}{\text{6C}}_{\text{n+1}}^{\text{n-1}}{\text{ = A}}_{\text{n}}^{\text{2}}\text{ + 160}\\ \iff \text{6.}\frac{\left(\text{n+1}\right)\text{!}}{\left(\text{n-1}\right)\text{!.2!}}\text{ = }\frac{\text{n!}}{\left(\text{n-2}\right)\text{!}}\text{ + 160}\\ \iff \text{3n}\left(\text{n + 1}\right)\text{ = n}\left(\text{n - 1}\right)\text{ + 160}\\ \iff {\text{2n}}^{\text{2}}\text{ + 4n - 160 = 0}\end{array}$

$\iff \text{n = 8}$ (vì điều kiện $n\ge 2$ )

Khi đó, ta được khai triển $\left({\text{1 - 2x}}^{\text{3}}\right){\left(\text{2 + x}\right)}^{\text{8}}\text{= }{\left(\text{2 + x}\right)}^{\text{8}}{\text{ - 2x}}^{\text{3}}{\left(\text{2 + x}\right)}^{\text{8}}$

Theo khai triển nhị thức Newton, ta có:

${\left(\text{2 + x}\right)}^{\text{8}}\text{=}\sum _{k=0}^8{\text{C}}_{\text{8}}^{\text{k}}{\text{.2}}^{\text{8-k}}{\text{.x}}^{\text{k}}$

Suy ra hệ số của x⁷ ứng với $k+3=7\iff k=4$

Hệ số của x⁷ trong khai triển ${\text{x}}^{\text{3}}{\left(\text{2+x}\right)}^{\text{8}}$ là ${\text{2}}^{\text{4}}{\text{.C}}_{\text{8}}^{\text{4}}$

Vậy hệ số cần tìm là ${\text{2.C}}_{\text{8}}^{\text{7}}{\text{ - 2.2}}^{\text{4}}{\text{.C}}_{\text{8}}^{\text{4}}\text{ = -2224}$ .

Bài 27: Bạn A muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam giác đều ABC có cạnh bằng 90(cm). Bạn muốn cắt mảnh tôn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu để tạo thành hình trụ có chiều cao bằng MQ. Thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn A có thể làm được là.

Lời giải:

Gọi I là trung điểm của BC. Suy ra I là trung điểm của MN.  Đặt $MN=x,(0<x<90).$

Khi đó ta có: $\frac{MQ}{AI}=\frac{BM}{BI}\iff MQ=\frac{\sqrt{3}}{2}(90-x).$ Gọi R là bán kính của hình trụ $\Rightarrow R=\frac{x}{2\text{π}}.$

Thể tích của khối trụ là: $V=\text{π}{\left(\frac{x}{\text{2π}}\right)}^2\frac{\sqrt{3}}{2}(90-x)=\frac{\sqrt{3}}{8\text{π}}(-x^3+90x^2).$

Xét $f\left(x\right)=\frac{\sqrt{3}}{8\text{π}}(-x^3+90x^2),$ với $0<x<90.$  Suy ra

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{\sqrt{3}}{8\text{π}}(-3x^2+180x)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=60\end{array}\right..$

Do đó $\underset{x\in (0;90)}{\text{max}}f\left(x\right)=f\left(60\right)=\frac{13500.\sqrt{3}}{\text{π}}.$

Bài 28: Ngày mùng 3 tháng 3 năm 2015 anh A vay ngân hàng 50 triệu đồng với lãi suất kép là $\mathrm{0,6}\%/$tháng theo thể thức như sau: Đúng ngày mùng 3 hàng tháng kể từ một tháng sau khi vay, ngân hàng sẽ tính số tiền nợ của anh bằng số tiền nợ tháng trước cộng với tiền lãi của số tiền nợ đó. Sau khi vay, anh A trả nợ như sau: Đúng ngày mùng 3 hàng tháng kể từ một tháng sau khi vay anh A đều đến trả ngân hàng 3 triệu đồng. Tính số tháng mà anh A trả được hết nợ ngân hàng, kể từ một tháng sau khi vay. Biết rằng lãi suất không thay đổi trong suốt quá trình vay.

Lời giải: Sử dụng tổng cấp số nhân, ta có công thức sau:  $a=\frac{N.y^n(y-1)}{y^n-1}.$

Trong đó với N là số tiền vay, $y=1+m\%,m\%$  là lãi suất hàng tháng), a là số tiền trả hàng tháng và n là số tháng.

Khi đó: $3=\frac{50.y^n(y-1)}{y^n-1}\iff 3.({\mathrm{1,006}}^n-1)={\mathrm{0,3.1,006}}^n$

           $\iff {\mathrm{1,006}}^n=\frac{10}{9}\Rightarrow n\approx 18.$

Vậy anh A mất 18 tháng thì sẽ trả hết nợ cho ngân hàng.

Bài 29: Cho hình lập phương $ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$  có độ dài bằng 1. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, $C^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$  và D$D^{\text{'}}.$  Tính thể tích khối tứ diện MNPQ.

Lời giải: Ta có hình vẽ sau:

Khi đó ta có:  $V_{MNPQ}=\frac{1}{2}{V}_{P.MNE}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}\mathrm{.1.}{S}_{MNE}.$

Do $MN\text{//}AC\text{;\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}ME\text{//}BD$ nên ta có:

$MN\perp ME;MN=\frac{\sqrt{2}}{2};ME=\sqrt{2}.$

Vì vậy $S_{MNE}=\frac{1}{2}\Rightarrow V_{MNPQ}=\frac{1}{12}.$

Bài 30: Cho các hình sau thì có bao nhiêu hình là đa diện lồi?

Lời giải: Khối đa diện (H) được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ của (H) luôn thuộc (H). Khi đó đa diện giới hạn (H) được gọi là đa diện lồi.

Một khối đa diện là khối đa diện lồi khi và chỉ khi miền trong của nó luôn nằm về một phía đối với mỗi mặt phẳng đi qua một mặt của nó.

Vậy theo định nghĩa trên thì chỉ có 1 hình là đa diện lồi.

Bài 31: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B,  SA vuông góc với đáy, I thuộc cạnh SB sao cho  thuộc cạnh BC sao cho  Tính thể tích khối tứ diện ACIJ?

Lời giải: Do tam giác ABC vuông cân tại B nên ta có $AC=2a\Rightarrow AB=a\sqrt{2}.$

Đồng thời $d(I;(ABC\left)\right)=\frac{2}{3}d(S;(ABC\left)\right)$  do $\left(\frac{IB}{BS}=\frac{2}{3}\right).$

Suy ra $V_{I.ABC}=\frac{2}{3}{V}_{S.ABC}.$  Mặt khác: $S_{\Delta AJC}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta ABC}$  (do J là trung điểm của BC).

Ta có: $V_{AIJC}=V_{IAJC}=\frac{1}{2}{V}_{IABC}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}.V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{9}a.\frac{1}{2}A{B}^2=\frac{a^3}{9}.$

Bài 32: Cho hình lăng trụ đều ABC.A'B'C'.  Biết rằng góc giữa (A'BC) và (ABC) là ${30}^0.$  Tam giác A'BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C'

Lời giải: Gọi H là trung điểm của BC. Đặt AB = a ta có: $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Xét tam giác A'AH ta tìm được: $A^{\text{'}}H=a,A{A}^{\text{'}}=\frac{a}{2}.$

Suy ra $S_{A^{\text{'}}BC}=8\iff \frac{1}{2}{A}^{\text{'}}H.BC=8\iff a=4.$

Thể tích của khối lăng trụ ABC.$A\text{'}B\text{'}C\text{'}:V=AA\text{'}.S_{ABC}=8\sqrt{3}.$

Bài 33: Hình lập phương có bao nhiêu mặt đối xứng?

Lời giải: Hình lập phương có 9 mặt đối xứng

Bài 34: Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y = |x³ – 3x² – 9x + m| trên đoạn [– 2; 4] bằng 16. Số phần tử của S là:

A. 0;

B. 2;

C. 4;

D. 1.

Lời giải:

Xét hàm số f(x) = x³ – 3x² – 9x + m trên đoạn [– 2; 4].

Ta có: f(– 2) = m – 2, f(– 1) = m + 5, f(3) = m – 27, f(4) = m – 20. 

Vậy S = {11}. Do đó S có 1 phần tử.

Bài 35: $y=\left|x^3-3x^2+m\right|,$ với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Tổng tất cả các phần tử của tập S là.

Lời giải:  Ta có: $y=\left|x^3-3x^2+m\right|=\sqrt{{(x^3-3x^2+m)}^2}$

$\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{(x^3-3x^2+m)(3x^2-6x)}{\sqrt{{(x^3-3x^2+m)}^2}}.$

Để đồ thị hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình: y' = 0 có 5 nghiệm phân biệt. Điều này tương đương với $(x^3-3x^2+m)(3x^2-6x)=0.$  Đặt $g\left(x\right)=(x^3-3x^2+m)=0$  phải có 3 nghiệm phân biệt khác 0 và 2.

Ta có: $-x^3+3x^2=m,$  tức là ta cần đi tìm giá trị của m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)=-x^3+3x^2$  tại 3 điểm phân biệt.

Do đó ta khảo sát hàm số $f\left(x\right)=-x^3+3x^2$  thì ta có được:

$-4+m<0<m\iff 0<m<4$

Vậy S$=\text{{}1;2;3\},$ tổng tất cả các giá trị của S là 6.

Câu 36: Đồ thị hàm số $y=\left|x^3\right|-3x^2+1$  có bao nhiêu điểm cực trị?

Lời giải: Xét hàm số $y=x^3-3x^2+1.$  Tập xác định D = R

Ta xét đạo hàm bậc nhất: $y^{\text{'}}=3x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right..$  Khi đó ta có BBT sau:

Hàm số $y=\left|x^3\right|-3x^2+1=\left\{\begin{array}{l}{x}^3-3x^2+\mathrm{1,}x\ge 0\\ -x^3-3x^2+\mathrm{1,}x<0\end{array}\right.$  là hàm số chẵn và đồ thị của nó được suy ra từ đồ thị hàm số $y=x^3-3x^2+1$  bằng cách bỏ đi phần bên trái trục tung. Giữ nguyên phần bên phải trục tung và lấy đối xứng với phần bên phải Oy qua Oy. Như vậy ta sẽ thu được đồ thị hàm số $y=\left|x^3\right|-3x^2+1$  có dạng sau:

Bài 37: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có cạnh đáy bằng 2a, góc giữa hai đường thẳng AB' và BC'  bằng ${60}^0.$ Tính thể tích của khối lăng trụ đó.

Lời giải:

Gọi O là tâm của hình bình hành ABB'A' và I là trung điểm của A'C'. Ta có: 

$\widehat{B^{\text{'}}OI}=(A{B}^{\text{'}},B{C}^{\text{'}})={60}^0.$

Mặt khác $O{B}^{\text{'}}=\frac{A{B}^{\text{'}}}{2}=\frac{B{C}^{\text{'}}}{2}=OI$  nên $\Delta B^{\text{'}}OI$  là tam giác đều.

Suy ra $A{B}^{\text{'}}=2O{B}^{\text{'}}=2B^{\text{'}}I=2\left(\frac{2a\sqrt{3}}{2}\right)=2a\sqrt{3}.$

Vì  $ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}$  là hình lăng trụ tam giác đều nên tam giác AA'B' vuông tại A' và có

$A{A}^{\text{'}}=\sqrt{A{B}^{\text{'}2}-A^{\text{'}}{B}^{\text{'}2}}=\sqrt{12a^2-4a^2}=2a\sqrt{2}.$

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là: $V=A{A}^{\text{'}}.S_{ABC}=2a\sqrt{2}.\frac{{\left(2a\right)}^2\sqrt{3}}{4}=2\sqrt{6}{a}^3.$

Bài 38: Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a và O là tâm của đáy. Gọi M, N, P và Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm của các tam giác SAB, SBC, SCD, SDA và là điểm đối xứng của S qua O. Tính thể tích của khối chóp S'.MNPQ

Lời giải:

Gọi $G_1,G_2,G_3,G_4$  lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB, SBC, SCD, SDA.

Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA.

Ta có: $S_{MNPQ}=4S_{G_1{G}_2{G}_3{G}_4}=4.\frac{4}{9}.S_{EFGH}=4.\frac{4}{9}.\frac{1}{2}.EG.HF=\frac{8a^2}{9}.$

Mặt khác:

$\begin{array}{l}d(S^{\text{'}},(MNPQ\left)\right)=d(S^{\text{'}},(ABCD\left)\right)+d(O,(MNPQ\left)\right)\\ =d(S,(ABCD\left)\right)+2d(O,(G_1{G}_2{G}_3{G}_4\left)\right)\\ =d(S,(ABCD\left)\right)+\frac{2}{3}d(S,(ABCD\left)\right)\\ =\frac{5}{3}d(S,(ABCD\left)\right)=\frac{5a\sqrt{14}}{6}.\end{array}$

Vậy thể tích của khối chóp S'.MNPQ là:

$V_{S^{\text{'}}.MNPQ}=\frac{1}{3}.\frac{5a\sqrt{14}}{6}.\frac{8a^2}{9}=\frac{20a^3\sqrt{14}}{81}.$

Bài 39: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD, O là trung điểm của CD, $AD=4a,SA=SB=SO=2a.$  Tính khoảng cách giữa SA và CD.

Lời giải:

Gọi I, N là trung điểm của AD, AB. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABO, vì tam giác ABI đều nên H thuộc NI.

Kẻ HK vuông góc CD, dựng hình bình hành AECD. Gọi F là giao điểm của BO và AE.

Ta có: $AF\text{// }CD,$ nên $d(SA,CD)=d(CD,(SAF\left)\right)=d(O,(SAF\left)\right).$

Vì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD, nên tam giác BIC và CID là các tam giác đều, do đó ta có:

$\begin{array}{l}AC=\sqrt{{\left(4a\right)}^2-{\left(2a\right)}^2}=2a\sqrt{3}\\ CO=\frac{1}{2}CD=a\\ AO=\sqrt{A{C}^2+C{O}^2}=\sqrt{12a^2+a^2}=a\sqrt{13}\\ BO=\sqrt{B{C}^2+C{O}^2-2BC.CO.{\text{cos120}}^0}=\sqrt{4a^2+a^2+2a^2}=a\sqrt{7}\\ S_{\Delta ABO}=\frac{(2a+4a).a\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}.2a.\frac{a\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}.4a.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{2}.\end{array}$

Suy ra

 $\begin{array}{l}AH=\frac{2a.a\sqrt{7}.a\sqrt{13}}{4.\frac{3a\sqrt{3}}{2}}=\frac{a\sqrt{273}}{9}.\\ SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{4a^2-\frac{273a^2}{81}}=\frac{a\sqrt{51}}{9}.\end{array}$

Diện tích $S_{\Delta AFO}=2S_{\Delta ABO}=3a^2\sqrt{3}.$

Thể tích của khối chóp S. AFO là: $V_{S.AFO}=\frac{1}{3}SH.S_{AFO}=\frac{a^3\sqrt{153}}{9}.$

Diện tích tam giác SAF:

$SA=2a,AF=3a\Rightarrow S{B}^2=\frac{S{O}^2+S{F}^2}{2}-\frac{F{O}^2}{4}\Rightarrow SF=3a\sqrt{2}\Rightarrow S_{\Delta SAF}=\frac{a^2\sqrt{119}}{4}.$

Vậy $d(SA,CD)=d(CD,(SAF\left)\right)=d(O,(SAF\left)\right)=\frac{3V_{O.SAF}}{S_{\Delta SAF}}=\frac{3\frac{a^3\sqrt{153}}{9}}{\frac{a^2\sqrt{119}}{4}}=\frac{2a}{\sqrt{7}}.$

Bài 40: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân với $AB=AC=a,\widehat{BAC}={120}^0,$ mặt phẳng (A'BC') tạo với đáy một góc ${60}^0.$  Tính thể tích khối lăng trụ đã cho.

Lời giải:

Ta có: $B^{\text{'}}H=\sin {30}^0.B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Mà $\widehat{BH{B}^{\text{'}}}={60}^0\Rightarrow B{B}^{\text{'}}=B^{\text{'}}H.\tan {60}^0=\frac{3a}{2}.$

Vậy suy ra thể tích của khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' là:

$V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}.B{B}^{\text{'}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{3a}{2}=\frac{3a^3\sqrt{3}}{8}.$

Bài 41: Cho G là trọng tâm tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Mệnh đề nào sau đây là sai?

Lời giải: Đáp án C.

Dựa vào đáp án ta có nhận xét: Xác định góc $\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\widehat{A}$  nên

$\widehat{\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)}={60}^0\Rightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=AB.AC.c\text{os}\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=a.a.{\text{cos60}}^0=\frac{1}{2}{a}^2.$

Tương tự ta cũng xác định $\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}\right)$  là góc ngoài của góc C nên $\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}\right)={120}^0$

Xác định góc của $\left(\overrightarrow{GA},\overrightarrow{GB}\right)=\widehat{AGB}={120}^0$  do đó

$\overrightarrow{GA}.\overrightarrow{GB}=GA.GB.c\text{os}\left(\overrightarrow{GA},\overrightarrow{GB}\right)=\frac{a}{\sqrt{3}}.\frac{a}{\sqrt{3}}.{\text{cos120}}^0=-\frac{1}{6}{a}^2.$

Tương tự cho ý đáp án D, ta ra kết quả là $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AG}=\frac{1}{2}{a}^2.$

Bài 42: Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều. Gọi $V_1,V_2$  lần lượt là thể tích của khối cầu nội tiếp và nội tiếp hình nón đã cho. Tính tỉ số $\frac{V_1}{V_2}.$

Lời giải:  Giả sử cạnh của tam giác đều SAB bằng 1. Gọi thiết diện qua trục hình nón là tam giác đều SAB.

Gọi I là trọng tâm của tam giác đều SAB, khi đó I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón là: $R=SI=\frac{2}{3}SO=\frac{2}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$

Bán kính mặt cầu nội tiếp hình nón là: $r=IO=\frac{1}{3}SO=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{6}.$

Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình nón là: $V_1=\frac{4}{3}\text{π}{R}^3=\frac{4\sqrt{3}}{27}\text{π}.$

Thể tích mặt cầu nội tiếp hình nón là: $V_2=\frac{4}{3}\text{π}{r}^3=\frac{\sqrt{3}}{54}\text{π}.$

Vậy $\frac{V_1}{V_2}=8.$

Bài 43: Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau trong đó chứa các chữ số 3, 4, 5 và chữ số 4 đứng cạnh chữ số 3 và chữ số 5?

Lời giải:  Gọi số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau có dạng: $\overline{\text{abc}\mathrm{deg}}.$

Sắp xếp cụm số 3, 4, 5 mà số 4 luôn đứng cạnh 3 và 5 thì ta có 2 cách sắp xếp: 345 và 543.

TH1: Nếu các cụm số 3, 4, 5 đứng đầu có các số tạo thành là: $\mathrm{2.7.6.5}=420$ (số)

TH2: Nếu các cụm số 3,4,5 không đứng đầu có 3 cách sắp xếp là: x345xx; xx345x; xxx345.

Khi đó 3 chữ số còn lại có: $\mathrm{6.6.5}=180$ cách chọn và sắp xếp.

Do đó ta có được các số tạo thành là: $\mathrm{2.3.180}=1080$  (số)

Áp dụng quy tắc cộng có: $420+1080=1500$ số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 44: Gọi A là tập các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau được tạo ra từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5. Từ A chọn ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số được chọn có chữ số 3 và chữ số 4 đứng cạnh nhau.

Lời giải:  Số cách lập số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau từ tập A (không tính chữ số 0 đứng đầu) là: ${\text{A}}_6^6-{\text{A}}_5^5=600$ (số).

Số cách lập số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau mà số 3 và số 4 đứng cạnh nhau là:$2!\mathrm{.4.4.3.2}=192$ (số).

Xác suất cần tìm thỏa mãn bài toán là: $\frac{192}{600}=\frac{8}{25}.$

Bài 45: Từ các chữ số trong tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau có dạng abcdef sao choa+b = c+d = e+f?
A. 128.
B. 120.
C. 144.
D. 80.

Lời giải:

Ta có: 0 + 6 = 2 + 4 = 1 + 5

Suy ra a, b, c, d, e, f ∈ {0; 1; 2; 4; 5; 6}

+) a khác 0 nên a có 5 cách, b có 1 cách.

+) c khác a và b nên c có 4 cách, d có 1 cách.

+) e khác a, b, c, d nên e có 2 cách, d có 1 cách.

Do đó có 5.4.2 = 40 cách.

Ta lại có: 0 + 5 = 2 + 3 = 1 + 4

Do đó có 40 cách.

Vậy tổng cộng có 40 + 40 = 80 số.

Bài 46: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có $AB=a,AD=AA\text{'}=2a.$  Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp đã cho.

Lời giải:

Gọi O là mặt cầu ngoại tiếp của hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' .

Khi đó bán kính của hình hộp sẽ là:

$R=\frac{1}{2}\sqrt{A{B}^2+A{D}^2+A{A^{\text{'}}}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+{\left(2a\right)}^2+{\left(2a\right)}^2}=\frac{3a}{2}.$

Vậy diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp là:

$S=4\text{π}{\left(\frac{3a}{2}\right)}^2=9\text{π}{a}^2.$

Bài 47: Cho khối lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình bình hành có góc BAC bằng ${90}^0,$ góc ACB bằng ${30}^0,$ tam giác BCC' đều cạnh a, mặt phẳng (ACC'A') vuông góc với đáy. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho.

Lời giải:

Do $\left(AC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\perp \left(ABCD\right)$  nên kẻ $C^{\text{'}}H\perp AC\Rightarrow C^{\text{'}}H\perp \left(ABCD\right).$ Do $C^{\text{'}}B=C^{\text{'}}C$  nên $HB=HC$

$\Rightarrow HI\perp BC$ (với I là trung điểm của BC).

Ta có: $HI=IC.\tan \widehat{HCI}=\frac{a}{2}\tan {30}^0=\frac{a\sqrt{3}}{6}.$

Tam giác $C^{\text{'}}HI$  vuông tại H nên ta có:

$C^{\text{'}}H=\sqrt{C^{\text{'}}{I}^2-HI}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Tam giác vuông ABC có $\widehat{ACB}={30}^0\Rightarrow AC=\frac{a\sqrt{3}}{2},AB=\frac{a}{2}.$

Vậy thể tích của lăng trụ đã cho là: $V=S_{ABCD}.C^{\text{'}}H=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^3\sqrt{2}}{4}.$

Bài 48: Số cách chia 12 phần quà giống nhau cho 3 bạn sao cho ai cũng có ít nhất 2 phần quà.

 Lời giải:

+ Chia trước cho mỗi học sinh một phần quà thì số phần quà còn lại là 9 phần quà.

+ Chia 9 phần quà cho 3 học sinh sao cho học sinh nào cũng có ít nhất một phần quà: Đặt 9 phần quà theo một hàng ngang, giữa các phần quà sẽ có 8 khoảng trống, chọn 2 khoảng trống trong 8 khoảng trống đó để chia 9 phần quà còn lại thành 3 phần quà mà mỗi phần có ít nhất một phần quà, có $C_8^2.$

+ Vậy tất cả có số cách chia là: $C_8^2=28$  (cách chia).

Bài 49: Có bao nhiêu cách xếp 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng sao cho 3 học sinh nam đứng cạnh nhau?

Lời giải: Cho 3 học sinh nam cầm tay nhau coi như là một người, cùng với 2 học sinh nữ xếp thành một hàng ngang, có 3! cách.

Ba học sinh nam có thể đổi chỗ cho nhau, có 3! cách.

Vậy theo quy tắc nhân sẽ có: $3!.3!=36$ cách xếp.

Bài 50: Từ một nhóm có 10 học sinh nam và 8 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn ra 5 học sinh trong đó có 3 bạn nam và 2 bạn nữ?

Lời giải:

B1: Số cách chọn ra 3 bạn nam trong 10 bạn nam là: $C_{10}^3.$

B2: Số cách chọn ra 2 bạn nữ trong 8 bạn nữ là: $C_8^2.$

B3: Áp dụng theo quy tắc nhân ta có số cách chọn ra 5 bạn thỏa mãn đề bài là: $C_{10}^3.$$C_8^2.$

Bài 51: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, có thể lập bao nhiêu số gồm 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 9.

Lời giải: Gọi số cần lập có 3 chữ số đôi một khác nhau có dạng: $\overline{abc}.$

Theo giả thiết là các số này sẽ chia hết cho 9, do đó ta có: $(a+b+c)⋮9.$

Khi đó các số a, b, c thuộc các tập số $A=\text{{}\mathrm{0,4,5}\},$ và $B=\text{{1}\mathrm{,3,5}\}.$

+ TH1: Nếu các số a, b, c thuộc tập A.

Khi đó chữ số a có: 2 cách chọn; chữ số b có 2 cách và c có 1 cách chọn. Vậy ta có: 2.2.1=4 (số).

+ TH2: Nếu các số a, b, c thuộc tập B.

Khi đó a có 3 cách chọn, b có 2 cách và c có 1 cách chọn. Vậy ta có: 3.2.1 = 6 (số).

Áp dụng quy tắc cộng ta có các số tạo thành thỏa mãn bài toán là: 6 + 4 = 10  (số).

Bài 52: Từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3?

Lời giải: Đặt y = 23 xét số $x=\overline{abcde}$ trong đó a; b; c; d; e đôi một khác nhau và thuộc tập {0; 1; y; 4; 5}.

Khi đó có 4 cách chọn a; 4 cách chọn b; 3 cách chọn c; 2 cách chọn d và 1 cách chọn e.

Theo quy tắc nhân có 4.4.3.2 = 96 số.

Khi ta hoán vị trong y ta được hai số khác nhau.

Vậy có tất cả: 96.2 = 192  số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 53: Tính cosin góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy của hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau.

Lời giải:

Gọi các cạnh của đáy ABCD đều có độ dài là a.

Vì chóp S. ABCD là chóp tứ giác đều, nên do đó ta có: $SA=AB=a.$

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD thì ta có: $SO\perp \left(ABCD\right).$

Suy ra ta có: $(SA,ABCD))=\widehat{SAO}.$

Xét tam giác SAO vuông tại O ta có:

$\cos \widehat{SAO}=\frac{SO}{SA}=\frac{\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}}{SA}=\frac{\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}}{a}=\frac{1}{\sqrt{2}}.$

Bài 54: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số $y=x^3-8x^2+(m^2+11)x-2m^2+2$  có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox.

Lời giải: Đồ thị hàm số $y=x^3-8x^2+(m^2+11)x-2m^2+2\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left(C\right)$ có 2 điểm cực trị nằm về hai phía của Ox

$\iff \left(C\right)$ cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt.

$\iff x^3-8x^2+(m^2+11)x-2m^2+2\text{}=0(*)$ có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có: $(*)\iff (x-2)(x^2-6x+m^2-1\text{}=0$

                $\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x^2-6x+m^2-1=0\left(1\right)\end{array}\right.$

Để (C) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2.

$\iff \left\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\text{'}}=10-m^2>0\\ 2^2-6.2+m^2-1\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-\sqrt{10}<m<\sqrt{10}\\ m\ne \pm 3\end{array}\right..$

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn điều kiện trên.

Bài 55: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có các cạnh bằng 2a. Biết $\widehat{BAD}={60}^0,\widehat{A^{\text{'}}AB}=\widehat{A^{\text{'}}AD}={120}^0.$  Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D'

Lời giải:

Từ giả thiết ta có các tam giác ABD, A'AD, A'AB là các tam giác đều.

Suy ra ta có: $A^{\text{'}}A=A^{\text{'}}B=A^{\text{'}}D$  nên H là hình chiếu của A' trên mặt phẳng (ABCD) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABD.

Do đó: $AH=\frac{2}{3}.2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{2}a$

$\Rightarrow A^{\text{'}}H=\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2-A{H}^2}=\frac{2\sqrt{6}}{3}a.$

Vậy thể tích của khối hộp là:

$V=A^{\text{'}}H.S_{ABCD}=\frac{2\sqrt{6}}{3}a\mathrm{.2.}\frac{4a^2\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{2}{a}^3.$

Bài 56:Cho tam giác ABC, biết AB = 8, AC = 9, BC = 11. Gọi M là trung điểm của BC, N là điểm trên đoạn AC sao cho $AN=x(0<x<9).$ Hãy khai triển $\overrightarrow{MN}$  theo $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{c},\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{b}.$

Lời giải:

Ta có: $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CN}.$

$$\begin{gathered} \overrightarrow{MC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}). \\ \frac{\overrightarrow{CN}}{\overrightarrow{AC}}=-\frac{(9-x)}{9}=\frac{x}{9}-1\Rightarrow \overrightarrow{CN}=\left(\frac{x}{9}-1\right)\overrightarrow{AC} \\ \Rightarrow \overrightarrow{CN}=\left(\frac{x}{9}-1\right)\overrightarrow{AC}\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)+\left(\frac{x}{9}-1\right)\overrightarrow{AC}=\left(\frac{x}{9}-\frac{1}{2}\right)\overrightarrow{AC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB} \end{gathered}$$

Vậy $\overrightarrow{MN}=\left(\frac{x}{9}-\frac{1}{2}\right)\overrightarrow{c}-\frac{1}{2}\overrightarrow{b}.$

Bài 57: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Gọi φ là góc giữa SD và mặt phẳng (ABCD). Tính cot φ?

Lời giải:

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó ta có $SH\perp AB\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$  nên hình chiếu của SD trên (ABCD) là HD.

Do đó $\widehat{SD,\left(ABCD\right)}=\widehat{SD,HD}=\widehat{SDH}.$

Mặt khác tam giác SAB đều cạnh a nên $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Suy ra $HD=\sqrt{A{H}^2+A{B}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

Khi đó xét tam giác vuông SHD, ta có: $\cot \widehat{SHD}=\frac{DH}{SH}=\frac{5}{\sqrt{15}}.$

Bài 58: Khối chóp S. ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, $SA=SB=SC=a,$  cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S. ABCD là bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi I là tâm của hình thoi ABCD, H là hình chiếu của S lên mặt (ABCD).

Ta có $SA=SB=SC$  nên hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay $H\in BI.$

Ta có: $S{I}^2=S{A}^2-I{A}^2=a^2-I{A}^2,I{B}^2=A{B}^2-I{A}^2=a^2-I{A}^2\Rightarrow SI=IB.$

Khi đó tam giác SBD vuông tại S. Giả sử $SD=x.$  Ta có

$SB.SD=SH.BD\iff a.x=SH.BD\iff SH=\frac{a.x}{BD}.$

Ta có: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{3}\frac{a.x}{BD}.\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{6}a.x.AC.$

Ta có:

$B{D}^2=S{B}^2+S{D}^2=a^2+x^2\Rightarrow I{B}^2=\frac{a^2+x^2}{4}\Rightarrow I{A}^2=a^2-\frac{a^2+x^2}{4}=\frac{3a^2-x^2}{4}.$

Suy ra $AC=2IA=2\sqrt{\frac{3a^2-x^2}{4}}=\sqrt{3a^2-x^2}.$

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{6}a.x.\sqrt{3a^2-x^2}\le \frac{a}{6}.\frac{x^2+3a^2-x^2}{2}=\frac{a^3}{4}.$

Bài 59: Có bao nhiêu số nguyên dương không lớn hơn 2020 mà chia hết cho 2 hoặc cho 3?

Lời giải:

Số các số chia hết cho 2 là: $\frac{2020-2}{2}+1=1010.$

Số các số chia hết cho 3 là: $\frac{2019-3}{3}+1=673.$ 

Số các số chia hết cho cả 2 và 3 (đồng nghĩa là chia hết cho 6) là: $\frac{2016-6}{6}+1=336.$

Vậy các số thỏa mãn đề bài ra là: $1010+673-336=1347.$

Bài 60: Phương trình $2{\cos }^{2}x=1$ có bao nhiêu nghiệm trên đoạn $\left[-2\text{π;\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}2π}\right]$

Lời giải: Ta có:

$2{\cos }^{2}x=1\iff 2{\cos }^{2}x-1=0\iff \cos 2x=0\iff 2x=\frac{\text{π}}{\text{2}}+k\text{π}\iff x=\frac{\text{π}}{4}+\frac{k\text{π}}{2};k\in {\rm Z}$

Vì $x\in \left[-2\text{π;\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}2π}\right]$  nên ta có: $-2\text{π}\le \frac{\text{π}}{4}+\frac{k\text{π}}{2}\le 2\text{π}\iff \frac{-9}{2}\le k\le \frac{7}{2}.$

Mặt khác k là số nguyên nên k sẽ nhận các giá trị: $-4;-3;-2;-1;0;1;2;3.$

Vậy phương trình đã cho có 8 nghiệm trên đoạn $\left[-2\text{π;\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}2π}\right].$