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 8)

Câu 12: Cho tam giác ABC. Hỏi có bao nhiêu vecto khác vecto không có điểm đầu; điểm cuối là các đỉnh của tam giác ?

Lời giải:

Xét tam giác ABC có:

$\overrightarrow{AB};\overrightarrow{BA};\overrightarrow{AC};\overrightarrow{CA};\overrightarrow{BC};\overrightarrow{CB}$

Vậy có 6 vecto khác vecto không có điểm đầu; điểm cuối là các đỉnh của tam giác.

Câu 13: Cho n thuộc ℕ. Chứng minh n² + n + 1 không chia hết cho 4 và không chia hết cho 5.

Lời giải:

+) Ta có: n² + n + 1 = n(n + 1) + 1

Thấy n(n + 1) là hai số tự nhiên liên tiếp nên sẽ bao gồm một số chẵn và một số lẻ. Do đó, n(n + 1) ⋮ 2

⇒ n(n + 1) + 1 không chia hết cho 2

⇒ n² + n + 1 không chia hết cho 2

⇒ n² + n + 1 không chia hết cho 4.

+) Tích 2 số tự nhiên liên tiếp có chữ số tận cùng là 0; 2; 6

⇒ n(n + 1) có chữ số tận cùng là 0; 2; 6

⇒ n(n + 1) + 1 có chữ số tận cùng là 1; 3; 7 hay n² + n + 1 có chữ số tận cùng là 1; 3; 7

⇒ n² + n + 1 không chia hết cho 5

Câu 14: Lớp 10A có 40 học sinh trong đó có 10 bạn học sinh giỏi toán, 15 học sinh giỏi Lý và 22 bạn không giỏi môn nào trong hai môn Toán, Lý. Hỏi lớp 10A có bao nhiêu bạn học sinh vừa giỏi Toán vừa giỏi Lý ?

Lời giải:

Tổng học sinh ít nhất giỏi 1 môn học là:

40 – 22 =18

Theo bài ra, có 10 học sinh giỏi toán, 15 bạn học sinh giỏi lí

Do đó, tổng số học chỉ giỏi toán, học sinh chỉ giỏi lí và học sinh vừa giỏi toán vừa giỏi lí là 10 + 15 = 25 (học sinh)

Vậy số học sinh giỏi toán và lí là : 25 – 18 = 7 (học sinh)

Câu 15: Xác định a, b, c biết parabol y = ax² + bx + c đi qua 3 điểm A(–1; –3), B(4; 42), C(–2; 0).

Lời giải:

Parabol y = ax² + bx + c  đi qua điểm A(–1; –3) nên ta có:

–3 = a.(–1)² + b.(–1) + c ⇒ a – b + c = –3

Parabol y = ax² + bx + c  đi qua điểm B(4; 42) nên ta có:

42 = a.4² + b.4 + c ⇒ 16a + 4b + c = 42

Parabol y = ax² + bx + c  đi qua điểm C(–2; 0) nên ta có:

0 = a.(–2)² + b.(–2) + c ⇒ 4a – 2b +  c  = 0

Từ đó, ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}a-b+c=-3\\ 16a+4b+c=42\\ 4a-2b+c=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=3\\ c=-2\end{array}\right.$

Vậy a = 2, b = 3, c = –2

Câu 16: Xác định a, b, c biết parabol y = ax² + bx + c đi qua 3 điểm A( 0; –1), B(1; –1), C(–1; 1).

Lời giải:

Parabol y = ax² + bx + c  đi qua điểm A( 0; –1) nên ta có:

–1 = a.0² + b.0 + c ⇒ c = –1

Parabol y = ax² + bx + c  đi qua điểm B(1; –1) nên ta có:

–1 = a.1² + b.1 + c ⇒ a + b – 1 = –1 ⇒ a + b = 0

Parabol y = ax² + bx + c  đi qua điểm C(–1; 1) nên ta có:

1 = a.(–1)² + b.(–1) + c ⇒ a – b – 1 = 1 ⇒ a – b = 2

Từ đó, ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}a+b=0\\ a-b=2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-1\end{array}\right.$

Vậy a = 1, b = –1, c = –1.

Câu 17: Phương trình $\frac{\sin x}{x}=\frac{\pi }{18}$ có bao nhiêu nghiệm ?

Lời giải:

$\frac{\sin }{x}=\frac{\pi }{18}$ (x ≠ 0)

$\Rightarrow \sin x=\frac{\pi }{18}x$ (*)

Do –1 ≤ sinx ≤ 1 nên $-1\le \frac{\pi }{18}x\le 1\iff -\frac{18}{\pi }\le x\le \frac{18}{\pi }$

Nếu x = x­­_0­­ là nghiệm của phương trình (*) thì x = –x­­_0­­ cũng là nghiệm của phương trình (*)

Vẽ đồ thị của hàm số y = sinx và $y=\frac{\pi }{18}x$

Ta thấy:

Trên đoạn $\left[-\frac{18}{\pi };\frac{18}{\pi }\right]$ ta thấy phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm x = 0 (loại).

Vậy phương trình  $\frac{\sin x}{x}=\frac{\pi }{18}$ có hai nghiệm.

Câu 18: Cho tam giác ABC cân tại A đường cao AH và BK cắt nhau tại I. Chứng minh:

a) Đường tròn đường kính AI đi qua K.

b) HK là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI.

Lời giải:

a)

Gọi F là trung điểm của AI

Do BK là đường cao của tam giác ABC nên $\widehat{BKA}=90°$

Xét tam giác AKI vuông tại K có:

KF là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền.

Do đó, KF = FI = FA

Vậy K nằm trên đường tròn đường kính AI.

b)

Xét tam giác AKF có: FA =FK (cmt)

Do đó, AKF cân tại F

$\Rightarrow \widehat{FAK}=\widehat{FKA}$ (1)

Do AH là đường cao của tam giác ABC cân tại A nên ta AH cũng là đường trung tuyến hay H là trung điểm của BC

Xét tam giác CKB vuông tại K có:

KH là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

⇒ KH = CH = BH

Xét tam giác CHK có: CH = HK (cmt)

Do đó, tam giác CHK cân tại H  $\Rightarrow \widehat{HCK}=\widehat{HKC}$ (2)

Xét tam giác AHC vuông tại H có: $\widehat{FAK}+\widehat{HCK}=90°$ (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: $\widehat{FKA}+\widehat{HKC}=90°$

$\Rightarrow \widehat{FKH}=90°$

Do đó, HK vuông góc với FK mà FK là bán kính của đường tròn đường kính AI.

Vậy HK là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI.

Câu 19: Giải phương trình lượng giác: 2sinx.(1 + cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx

Lời giải:

2sinx(1 + cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx

⇔ 2sinx.(1 + 2cos²x – 1) + 2sinxcosx = 1 + 2cosx

⇔ 2sinx.2cos²x + 2sinxcosx = 1 + 2cosx

⇔ 2sinxcosx(2cosx + 1) = 1 + 2cosx

⇔ 2sinxcosx(2cosx + 1) – (1 + 2cosx) = 0

⇔ (2cosx + 1)(2sinxcosx – 1) = 0

⇔ (2cosx + 1).(sin2x – 1) = 0

$\iff \left[\begin{array}{l}2\cos x+1=0\\ \sin 2x-1=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\cos x=\frac{-1}{2}\\ \sin 2x=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x=\frac{2\pi }{3}+k2\pi \\ x=-\frac{2\pi }{3}+k2\pi \end{array}\right.\\ 2x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \end{array}\right.(k\in \mathbb{Z})$

$\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x=\frac{2\pi }{3}+k2\pi \\ x=-\frac{2\pi }{3}+k2\pi \end{array}\right.\\ x=\frac{\pi }{4}+k\pi \end{array}\right.(k\in \mathbb{Z})$

Câu 20: Cho hình vuông ABCD, qua điểm M thuộc đường chéo AC kẻ ME vuông góc với AD, MF vuông góc với CD. Chứng minh rằng:

a) BE vuông góc với AF.

b) BM vuông góc với EF.

c) Các đường thẳng BM, AF và CE đồng quy.

Lời giải:

a)

Gọi giao của BM với EF là I, FM và AB là K

Vì tam giác ADF bằng tam giác BAE (cạnh huyền–cạnh góc vuông)

Nên $\widehat{DAF}=\widehat{ABE}$

⇒ $\widehat{ABE}+\widehat{BAF}=\widehat{DAF}+\widehat{BAF}$

$\Rightarrow \widehat{ABE}+\widehat{BAF}=90°$

Do đó, AF vuông góc với EB

b)

Vì ABCD là hình vuông nên AC là phân giác của $\widehat{BAD}$

Xét tứ giác AKME có

AK // ME

MK //AE

AM là phân giác của $\widehat{KAE}$

$\widehat{KAE}=90°$

Do đó, AKME là hình vuông

⇒ MK = ME và KB = MF

Do đó, tam giác KMB bằng tam giác MEF

$\Rightarrow \widehat{MFE}=\widehat{KBM}$

Mà $\widehat{KMB}=\widehat{IMF}$

$\Rightarrow \widehat{MFE}+\widehat{IMF}=\widehat{KBM}+\widehat{KMB}=90°$

Do đó, BM vuông góc với EF

c)

Xét tam giác BEF có:

BM,AF là các đường cao

nên BM cắt AF tại trực tâm của tam giác

Do đó, M là trực tâm

Vậy BM,AF,CE đồng quy

Câu 21: Cho tứ giác ABCD. Trên các tia đối của tia BA, CB, DC, AD lần lượt lấy các điểm E, F, G, H sao cho BE = BA, CF = CB, DG = DC và AH = HC. Chứng minh rằng: $S_{ABCD}=\frac{1}{5}{S}_{EFGH}$.

Lời giải:

Ta có BA là trung tuyến của tam giác HBD nên diện tích tam giác BAH bằng diện tích tam giác BAD.

HB là trung tuyến của tam giác HEA nên $S_{BAH}=S_{BEH}$

Do đó $S_{HEA}=2S_{BAD}$

Chứng minh tương tự có:

Câu 22: Phân tích đa thức thành nhân tử: a³ – 3a + 3b – b³

Lời giải:

a³ – 3a + 3b – b³

= (a³ – b³) – (3a – 3b)

= (a – b)(a² + ab + b²) – 3(a – b)

= (a – b)(a² + ab + b² – 3)

Câu 23: Tìm x biết: $\sqrt{{\left(2x-3\right)}^2}=5$.

Lời giải:

$\begin{array}{l}\sqrt{{\left(2x-3\right)}^2}=5\\ \iff {\left(2x-3\right)}^2=25\\ \iff \left[\begin{array}{l}2x-3=5\\ 2x-3=-5\end{array}\right.\\ \iff \left[\begin{array}{l}x=4\\ x=-1\end{array}\right.\end{array}$

Vậy x ∈ {4; –1}

Câu 24: Tìm x biết: |x–1| = 2

Lời giải:

|x–1| = 2 (*)

TH1: x – 1 ≥ 0 ⇒ x ≥ 1

(*) ⇔ x – 1 = 2

⇔ x = 3

TH2: x – 1 < 0 ⇒ x < 1

(*) ⇔ x – 1 = –2

⇔ x = –1

Câu 25: Cho hình thoi ABCD cạnh bằng 1 và có $\widehat{BAD}=60°$. Tính độ dài cạnh AC.

Lời giải:

Do ABCD là hình thoi, có $\widehat{BAD}=60°$ nên góc $\widehat{ABC}=120°$

Theo định lí hàm cosin, ta có

AC² = AB² + BC² – 2AB.BC.cos$\widehat{ABC}$ = 1² + 1² – 2.1.1.cos$120°$ = 3

$\Rightarrow AC=\sqrt{3}$

Câu 26: Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng a, $\widehat{BAD}=60°$. Tính $\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right|$

Lời giải:

Ta có: $\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right|=\left|\overrightarrow{AC}\right|=AC$

Gọi O la giao điểm hai đường chéo AC và BD.

Tam giác ABD đều nên BD = a, OD = $\frac{a}{2}$

Xét tam giác OCD vuông tại O có:

Áp dụng định lý Py–ta–go ta có:

$O{C}^2=C{D}^2-O{D}^2=a^2-\frac{a^2}{4}=\frac{3a^2}{4}\Rightarrow OC=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=a\sqrt{3}$

Câu 27: Tìm x biết: (x + 60%) : 16  = 5%

Lời giải:

(x + 60%) : 16  = 5%

(x + 0,6) : 16 = 0,05

x + 0,6 = 0,05.16

x + 0,6 = 0,8

x = 0,8 – 0,6

x = 0,2

Vậy x = 0,2

Câu 28: Tìm n biết: $\frac{8}{2^n}=2$

Lời giải:

$\frac{8}{2^n}=2\iff 8=2^n\iff 2^n=2^3\iff n=3$

Câu 29: Cho A={0,2,4,6,8}, B={0,1,2,3,4}, C={0,3,6,9}. Tính (A ∪ B) ∪ C và A ∪ (B ∪ C), có nhận xét gì về hai kết quả.

Lời giải:

(A ∪ B) ∪ C = { 0;1;2;3;4;6;9;8}

A ∪ (B ∪ C) = { 0;1;2;3;4;6;9;8}

⇒ (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)

Câu 30: Lớp 10A có 40 học sinh trong đó có 10 bạn học sinh giỏi toán, 15 học sinh giỏi Lý và 22 bạn không giỏi môn nào trong hai môn Toán, Lý. Hỏi lớp 10A có bao nhiêu bạn học sinh vừa giỏi Toán vừa giỏi Lý ?

Lời giải:

Gọi A là tập hợp HS giỏi toán ( 10 bạn)

Gọi B là tập hợp HS giỏi lý ( 15 bạn)

A ∩ B là tập hợp các HS vừa giỏi toán vừa giỏi lý. Còn lại 22 bạn ko giỏi môn nào nên ta có: 40 – 22 = 18 (1)

Giao của 2 tập hợp A và B là: 15+10=25 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

A ∪ B : 25 – 18 = 7

Câu 31: Nghiệm của phương trình: sin4x + cos5x = 0 là

Lời giải:

Ta có:

sin4x  + cos4x = 0 ⟺ cos5x = –sin4x

$\iff \cos 5x=\cos \left(\frac{\pi }{2}+4x\right)$

$$\begin{gathered} \iff \left[\begin{array}{c}5x=\frac{\pi }{2}+4x+k2\pi \\ 5x=-\frac{\pi }{2}-4x+k2\pi \end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{c}x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \\ x=-\frac{\pi }{18}+\frac{k2\pi }{9}\end{array}\right.,k\in \mathbb{Z} \end{gathered}$$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $x=\frac{\pi }{2}+k2\pi$  hoặc $x=-\frac{\pi }{18}+\frac{k2\pi }{9},k\in \mathbb{Z}$ .

Câu 32: Bạn An ra nhà sách và mang theo một số tiền vừa đủ để mua 5 quyển tập và 2 cây bút. Nhưng khi ra đến nơi, giá quyển tập mà bạn An dự định mua đã tăng lên 1000 đồng một quyển còn giá một cây bút thì giảm 500 đồng một cây so với dự định. Vậy để mua 5 quyển tập và 2 cây bút như dự định ban đầu thì bạn An còn thừa hay thiếu số tiền là bao nhiêu?

Lời giải:

Do giá mỗi quyển sách tăng thêm 1000 đồng  so với dự định, nên khi bạn An mua 5 quyển sách thì số tiền đã tăng lên thêm:  1000. 5 = 5000 (đồng) so với dự định. Do giá mỗi cây bút giảm đi 500 đồng so với dự định nên khi mua 2 cây bút thì bạn An được giảm:

2. 500 = 1000 (đồng) so với dự định

Do số tiền tăng lên (5000 đồng) nhiều hơn số tiền được giảm (1000 đồng) so với dự định, nên để mua 5 quyển tập và 2 cây bút như dự định ban đầu thì bạn An còn thiếu số tiền là: 5000 – 1000 = 4000 (đồng)

Vậy để mua 5 quyển tập và 2 cây bút như dự định ban đầu thì bạn An còn thiếu số tiền là: 4000 đồng.

Câu 33: Cho hàm số $y=\frac{2x+1}{2x-1}$  có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = x + 2. Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d.

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

$\frac{2x+1}{2x-1}=x+2$ với $x\ne \frac{1}{2}$

⟺  2x  + 1 = (x + 2)(2x – 1)

⟺  2  + x – 3 = 0 

 ⟺  x = 1 hoặc $x=-\frac{3}{2}$

Hai nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện.

Với x = 1 ta có y = 3 suy ra A(1; 3)

Vậy $x=-\frac{3}{2}$  ta có $y=\frac{1}{2}$  suy ra $B\left(-\frac{3}{2};\frac{1}{2}\right)$

Vậy đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm là A và B có tọa độ là:  A(1;3) và $B\left(-\frac{3}{2};\frac{1}{2}\right)$

Câu 34: Giải phương trình: (3x – 5)(2x – 1) – (x + 2)(6x – 1) = 0.

Lời giải:

(3x – 5)(2x – 1) – (x + 2)(6x – 1) = 0

$$\begin{gathered} \iff (6x^2-3x-10x+5)-(6x^2-x+12x-2)=0 \\ \iff -24x+7=0 \\ \iff 24x=7 \\ \iff x=\frac{7}{24} \end{gathered}$$

Câu 35: Cho góc xOy. Lấy điểm A trên tia Ox, điểm B trên tia Oy sao cho OA = OB. Gọi K là giao điểm của AB với tia phân giác của góc xOy. Chứng minh rằng: AK = KB.

Lời giải:

Ta có: ΔOAB cân tại O (vì OA = OB)

Mà OK là phân giác, do đó OK cũng là đường trung tuyến của tam giác OAB.

Nên K là trung điểm của AB ⇒ KA = KB.

Câu 36: Cho x, y, z > 0 và x + 2y + 3z ≥ 10. Tìm min P$=x+y+z+\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}y+\frac{1}{z}$ .

Lời giải:

P $=x+y+z+\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}y+\frac{1}{z}$

$$\begin{gathered} =\frac{3}{4}x+\frac{3}{4x}+\frac{1}{2}y+\frac{9}{8y}+\frac{1}{4}z+\frac{1}{z}+\frac{1}{4}x+\frac{1}{2}y+\frac{3}{4}z \\ \ge \frac{3}{2}\sqrt{x.\frac{1}{x}}+2\sqrt{\frac{1}{2}y.\frac{9}{8y}}+2\sqrt{\frac{1}{4}z.\frac{1}{z}}+\frac{1}{4}.10 \\ =\frac{3}{2}+\frac{3}{2}+1+\frac{5}{2}=\mathrm{6,5} \end{gathered}$$

Dấu = xảy ra khi $\iff \left\{\begin{array}{c}x=1\\ y=\mathrm{1,5}\\ z=2\end{array}\right.$ .

Câu 37: Cho hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{c}x+my=9\\ mx-3y=4\end{array}\right.$ . Chứng minh phương trình luôn có nghiệm duy nhất với mọi m.

Lời giải:

Ta có: $\left\{\begin{array}{c}x+my=9\\ mx-3y=4\end{array}\right.$

Với m = 0 hệ phương trình tương đương: $\left\{\begin{array}{c}x=9\\ y=-\frac{4}{3}\end{array}\right.$ .

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất

Với m ≠ 0, $\left\{\begin{array}{c}x+my=9\\ mx-3y=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}mx+m^{2}y=9\\ mx-3y=4\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}mx+m^{2}y=9m\\ mx-3y=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}x=9-my\\ (m^2+3)y=9m-4\end{array}\right.$

Do $m^2+3$ > 0

Nên $y=\frac{9m-4}{m^2+3},x=9-m.\frac{9m-4}{m^2+3}=\frac{27+4m}{m^2+3}$ .

Với mỗi giá trị của m chỉ cho 1 cặp nghiệm (x, y).

Vậy với mọi giá trị của m hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất.

Câu 38: Cho tam giác ABC nhọn (AB > AC) có góc B = 45°. AH là đường cao. M là trung điểm AB. P đối xứng với H qua M. Chứng minh AHBP là hình vuông.

Lời giải:

Xét tứ giác AHBP có

$\widehat{AHB}=90°$

M là trung điểm chung của AB và HP

AH = HB (∆AHB vuông cân tại H)

Do đó: AHBP là hình vuông.

Câu 39: Cho 2 điểm A(3; –5); B(1; 0). Tìm tọa độ điểm C sao cho $\overrightarrow{OC}=-3\overrightarrow{AB}$ . Tính điểm D đối xứng qua C.

Lời giải:

C(x; y)

A(3; –5); B(1; 0)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \overrightarrow{AB}=(-2;5) \\ \overrightarrow{OC}=(x;y) \\ \overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{AB}\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}x=3.(-2)=-6\\ y=3.5=15\end{array}\right. \\ \Rightarrow C(-6;15) \end{gathered}$$

Điểm D đối xứng với A qua D $\Rightarrow$ A là trung điểm AC$\Rightarrow$ $D\left(-\frac{3}{2};5\right)$ .

Câu 40: 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:

 

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{3}{2}\overrightarrow{AC} \\ =\overrightarrow{AM}+\frac{3}{2}\overrightarrow{AC} \end{gathered}$$

$=\overrightarrow{AE}$ (hình vẽ)

⇒ $\left|\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}\right|=AE$

$AE=\sqrt{A{M}^2+{\left(\frac{3}{2}AC\right)}^2+2AM.\frac{3}{2}AC.\cos 30°}$

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

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

Câu 41: Tìm giá trị lớn nhất của $y=-5x^2-4x$  trên đoạn $\left[-1;1\right]$ .

Lời giải:

$y^{\text{'}}=-10x-4$ ⇒ $y^{\text{'}}=0\iff x=-\frac{2}{5}$

$y(-1)=-1;y\left(1\right)=-9;y(-\frac{2}{5})=\frac{4}{5}$

⇒ Max = $\frac{4}{5}$ .

Câu 42: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $y=3x^2+x-1$ trên đoạn $\left[-1;1\right]$ .

Lời giải:

$y^{\text{'}}=6x+1\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff x=-\frac{1}{6}$

y(–1) = 1; y(1) = 3; $y\left(-\frac{1}{6}\right)$ = –1

⇒ Min = –1.

Câu 43: Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì phương trình $m{x}^2-(3m+2)x+1=0$ luôn có nghiệm.

Lời giải:

Phương trình $m{x}^2-(3m+2)x+1=0$ luôn có nghiệm (1)

Ta có: ∆₁ $={(3m+2)}^2-4.m.1=9m^2+12m+4-4m$

                  $=9m^2+8m+4$

Xét f(x) $=9m^2+8m+4$ có: $\left\{\begin{array}{c}{\Delta }^{\text{'}}=4^2-9.4=-20<0\\ a=9>0\end{array}\right.$

⇒ f(x) > 0 ( $\forall$ m)

⇒ ∆₁ > 0 $\forall$ m ⇒ (1) luôn có nghiệm với mọi m (đpcm).

Câu 44: Tìm tập nghiệm của phương trình $\sqrt{x^2-2x}=\sqrt{2x-x^2}$ .

Lời giải:

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{c}{x}^2-2x\ge 0\\ 2x-x^2\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}{x}^2-2x\ge 0\\ x^2-2x\le 0\end{array}\right.$

⟺ $x^2-2x=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Thử lại ta thấy cả x = 0 và x = 2 đều thỏa mãn phương trình

⇒ S = $\left\{0;\left.2\right\}\right.$

Câu 45: Giải phương trình $(x-3)\left(\sqrt{x^2-4}\right)=x^2-9$ .

Lời giải:

Điều kiện xác định: $x^2-4\ge 0\iff \left[\begin{array}{c}x\ge 2\\ x\le -2\end{array}\right.$

Phương trình ⟺ $(x-3)\sqrt{x^2-4}=(x-3)(x+3)$

⟺ $(x-3)\left[\sqrt{x^2-4}-x-3\right]=0\iff \left[\begin{array}{c}x-3=0\\ \sqrt{x^2-4}=x+3\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \iff \left[\begin{array}{c}x=3\left(tm\right)\\ \left\{\begin{array}{c}x+3\ge 0\\ x^2-4=x^2+6x+9\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}x=3\left(tm\right)\\ \left\{\begin{array}{c}x\ge -3\\ 6x=-13\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{c}x=3\left(tm\right)\\ \left\{\begin{array}{c}x\ge -3\\ x=-\frac{13}{6}\left(tm\right)\end{array}\right.\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: $S=\left\{3;-\frac{13}{6}\right\}$ .

Câu 46: Một bể chứa nước có thành cao 80 cm và đáy phẳng dài 120 cm. Độ cao mực nước trong bể là 60cm, chiết xuất của nước là $\frac{4}{3}$ . Ánh nắng chiếu theo phương nghiêng 1 góc 30° so với phương ngang. Hãy tìm độ dài bóng đen tạo thành dưới đáy bể.

Lời giải:

 

Theo hình vẽ ta có:

 $\mathrm{s}\text{inr}=\frac{HJ}{\sqrt{H{I}^2+H{J}^2}}\Rightarrow \frac{\sin i}{\mathrm{s}\text{inr}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{H{I}^2+H{J}^2}}{HJ}=n$

$\iff \frac{3}{4}\left(\frac{{60}^2+H{J}^2}{HJ}\right)=\frac{16}{9}$

⟹ HJ = 51,25 cm

Độ dài vệt sáng dưới đáy bể là:

y = x + HJ = 85,9 cm

Câu 47: Trong mặt phẳng Oxy, cho A(–3; –5), B(1; 1), C(–1; –5). Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm I của đường thẳng BG với trục hoành.

Lời giải:

x_G $=\frac{-3+1+(-1)}{3}=-\mathrm{1,}$  y_G  $=\frac{-5+1+(-5)}{3}=-3$

Vậy G(–1; –3).

Do điểm I thuộc trục hoành nên I(x; 0)

Do điểm I thuộc đường thằng BG nên $\overrightarrow{BI}=k\overrightarrow{BG}$

$\overrightarrow{BI}(x-1;-1),\overrightarrow{BG}(-2;-4)$

Suy ra $\frac{x-1}{-2}=\frac{-1}{-4}\iff 4(x-1)=-2\iff x=\frac{1}{2}$

Vậy $I\left(\frac{1}{2};0\right)$ .

Câu 48: Giải phương trình: ${(x+2)}^2-(x-3)(x+1)=0$

Lời giải:

$$\begin{gathered} \left(1\right)\iff (x^2+4x+4)-(x^2+x-3x-3)=0 \\ \iff 3x+7=0\iff x=-\frac{7}{3} \end{gathered}$$

Câu 49: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: $6x^2-3xy$ .

Lời giải:

Ta có: $6x^2-3xy=3x(2x-y)$ .

Câu 50: Cho tam giác ABC có trọng tâm G và độ dài 3 cạnh AB, BC, CA lần lượt là 15, 18, 27.

a) Tính diện tích và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

b) Tính diện tích tam giác GBC.

Lời giải:

a) Nửa chu vi của tam giác ABC là: $p=\frac{15+18+27}{2}=30$

Áp dụng công thức Heron ta tính được diện tích tam giác ABC là:

$S=\sqrt{30(30-15)(30-18)(30-27)}=\sqrt{16200}=90\sqrt{2}$

Mặt khác S = pr (r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC).

Suy ra $r=\frac{s}{p}=\frac{90\sqrt{2}}{30}=3\sqrt{2}$

Vậy diện tích tam giá ABC là $90\sqrt{2}$ ( đơn vị diện tích), bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là $3\sqrt{2}$ (đơn vị độ dài).

b) Do G là trọng tâm tam giác ABC nên G chia tam giác ABC thành 3 tam giác GAB, GAC, GBC có diện tích bằng nhau.

Suy ra S_GBC $=\frac{S△ABC}{3}=\frac{90\sqrt{2}}{3}=30\sqrt{2}$

Vậy diện tích của tam giác GBC: $30\sqrt{2}$ ( đơn vị diện tích).