1500 câu hỏi ôn tập Toán (Phần 12)
Câu 1: Tam giác ABC có hai đường trung tuyến BM, CN vuông góc với nhau và có BC = 3, góc BAC^=300
. Tính diện tích tam giác ABC.
Lời giải:
Vì BM⊥CN→5a2=b2+c2
. (Áp dụng hệ quả đã có trước)
Trong tam giác ABC, ta có
a2=b2+c2−2bc.cosA=5a2−2bc.cosA→bc=2a2cosA
Khi đó S=12bcsinA=12.2acosA.sinA=a2t=33
Chọn A
Câu 2: Chứng minh rằng: nếu 1 tam giác có 2 đường trung tuyến vuông góc với nhau thì tổng các bình phương của 2 đường trung tuyến này bằng bình phương của đường trung tuyến thứ ba.
Lời giải:
Giả sử
có hai đường trung tuyến BE và CF vuông góc với nhau, AD là đường trung tuyến thứ ba. Ta cần chứng minh AD2=BE2+CF2
Trên tia đối của tia EF lấy điểm K sao cho EF = FK
Tứ giác AKCF có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm E của mỗi đường nên AKCF là hình bình hành → AK // FC. Mà FC⊥BE nên BE⊥AK
(*)
Ta có: F là trung điểm của AB, E là trung điểm của AC nên EF là đường trung bình củaΔABC→ EF = 12BC
và EF // BC hay EK // BD (1)
Mà BD = 12BC
(gt) nên EF = BD → EK = BD (do EF = EK theo cách chọn điểm phụ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra EKDB là hình bình hành → EB // DK (**)
Từ (*) và (**) suy ra
→ DK⊥AK vuông tại K →AK2+KD2=AD2 (theo định lý Py-ta-go)
Mà AK = FC (do AKCF là hình bình hành) và KD = BE (do EKDB là hình bình hành) nênAD2=BE2+CF2 (đpcm)
Câu 3: Tam giác ABC có hai trung tuyến AM và BN vuông góc với nhau. Hãy tính diện tích tam giác đó theo AM và BN
Lời giải:
Tứ giác ABMN có hai đường chéo vuông góc.
SABMN=12AM.BN
ΔABM
và ΔAMC
có chung chiều cao kẻ từ A cạnh đáy BM = MC
→SABM=SAMC=12SABC
ΔMAN
và ΔMNC
có chung chiều cao kẻ từ M, cạnh đáy AN = NC
→SMAN=SMNC=12SAMC=14SABCSABMN=SABM+SMNA=12SABC+14SABC=34SABC→SABC=43SABMN=43.12.AM.BN=23AM.BN
Câu 4: Tìm ảnh của đường tròn (C) qua phép quay tâm O, góc quay -90° biết: (C): (x + 4)2 + (y – 1)2 = 16
Lời giải:
Từ (C), ta có tâm I(-4; 1) và bán kính R = 4. Khi đó: QO,−90°I = I’1;4
và bán kính
R’ = R = 4
Vậy: QO,−90°C = C’: x − 12 + y − 42 = 16
Câu 5: Tìm ảnh của đường tròn (C): (x−1)2+(y+2)2=9
qua phép quay Q( I; 90°) với I(3; 4)
Lời giải:
(C) có tâm A(1; −2) bán kính R = 3
⇒Ảnh của (C) là đường tròn tâm B bán kính R = 3 với B là ảnh của A qua phép quay Q(I; 900)
Ta có: xB=3+(1−3)cos900−(−2−4)sin900yB=4+(1−3)sin900+(−2−4)cos900
⇒xB=9yB=2⇒B(9;2)
Vậy phương trình ảnh là: x−92+y−22=3
Câu 6:
Cho đồ thị chuyển động của hai xe được mô tả trên hình vẽ.
a. Hãy nêu đặc điểm chuyển động của hai xe.
b. Tình thời điểm hai xe gặp nhau, lúc đó mỗi xe đi được quãng đường là bao nhiêu ?(Hình 2)
Lời giải:
a, Xe 1 chia làm ba giai đoạn
Giai đoạn 1:
Ta có v1=x2−x1t2−t1=40−00,5−0=80
km/h
Xe chuyển động theo chiều dương với 80 km/h xuất phát từ gốc tọa độ
Phương trình chuyển động:
xgd1=80t 0≤t≤0,5
Giai đoạn 2:
Ta có v2=x3−x4t3−t4=40−401−0,5=0 km/h
Xe đứng yên tại vị trí cách gốc tọa độ là 40km trong khoảng thời gian 0,5h
Phương trình chuyển động gđ 2:
xgd2=40+0t−0,5 0,5≤t≤t
Giai đoạn 3
Ta có vgd3=x5−x4t5−t4=90−402−1=50
km/h
Xe vẫn chuyển động theo chiều dương với 50 km/h xuất phát cách gốc tọa độ 40km và xuất phát sau gốc thời gian là 1h
Phương trình chuyển động:
x3=40+50t−−1 1≤t≤2
Đới với xe 2:
Ta có v=x2−x1t2−t1=0−903−0=−30
km/h
Vậy xe 2 chuyển động theo chiều âm với vận tốc -30 km/h xuất phát cách gốc tọa độ là 90km, cùng gốc thời gian
xx2=90−30t 0≤t≤3
b; Từ hình vẽ ta nhận thấy hai xe gặp nhau ở giai đoạn 3 của xe một
Ta có:
xx2=x3⇒90−30t=40+50t−1⇒t=54h=1,25h
Vậy sau 1h15 phút hai xe gặp nhau và xe hai đi được quãng đường:
s2=vt=30.1,25=37,5km
Xe một đi được quãng đường
s1=90−37,5=52,5km
Câu 7: Cho đồ thị chuyển động của hai xe được mô tả như hình vẽ. (Hình 1). Hãy nêu đặc điểm chuyển động của mỗi xe và viết phương trình chuyển động
Lời giải:
Đối với xe 1 chuyển động từ A đến N rồi về E
Xét giai đoạn 1 từ A đến N: v1= xN− xAtN− tA=25−00,5−0=50
km/h
Xe một chuyển động từ gốc tọa độ đến N theo chiều dương với vận tốc 50km/h
Phương trình chuyển động x1gd1=50 t
ĐK: 0≤t≤0,5
Xét giai đoạn hai từ N về E: v2=xE−xNtE−tN=0−252,5−0,5=−12,5
km/h
Giai đoạn hai chuyển động từ N về E theo chiều âm có vận tốc -12,5km/h và xuất phát cách gốc tọa độ 25km và sau 0,5h xo với gốc tọa độ
Phương trình chuyển động x2=25−12,5t−0,5
ĐK: 0,5≤t≤2,5
Đối với xe 2 chuyển động từ M về C với
v=xC−xMtC−tM=0−25 1,5−0=−503
km/h
Chuyển động theo chiều âm, cách gốc tọa độ 25km: x2=25−503t
ĐK: 0≤t≤1,5
Câu 8: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. tìm GTLN của aa+1+bb+1+cc+1
Lời giải:
aa+1+bb+1+cc+1=a−a2a+1+b−b2b+1+c−c2c+1=1−a2a+1+b2b+1+c2c+1
Áp dụng BĐT Cauchy dạng phân thức a2a+1+b2b+1+c2c+1≥a+b+c2a+b+c+3=11+3=14
→a2a+1+b2b+1+c2c+1≤1−14=34
→ GTLN =34
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=13
Câu 9: Tính giá trị nhỏ nhất của A=1a+1b+1c
với a, b, c > 0 và a+b+c=3abc
Lời giải:
Từ điều kiện
a+b+c=3abc⇒A=1a+1b+1c=ab+bc+acabc=3ab+bc+aca+b+c (1)
Theo hệ quả của BĐT AM-GM
a2b2+b2c2+c2a2≥abca+b+c⇔ab+bc+ac2≥3abca+b+c=a+b+c2⇔ab+bc+ac≥a+b+c2
Từ (1) và (2) ⇒A≥3
Do đó Amin=3⇔a=b=c=1
Câu 10: Xét các mệnh đề sau
(I): Véc tơ – không là véc tơ có độ dài bằng 0.
(II): Véc tơ – không là véc tơ có nhiều phương.
A. Chỉ (I) đúng.
B. Chỉ (II) đúng.
C. (I) và (II) đúng.
D. (I) và (II) sai.
Lời giải:
Đáp án: C
Véc tơ – không là véc tơ có điểm đầu, điểm cuối trùng nhau nên có độ dài bằng 0.
Véc tơ – không cùng phương với mọi véc tơ.
Câu 11: Tính tổng các số lẻ liên tiếp từ 1 đến 99
Lời giải:
Số lẻ nhỏ nhất là 1
Số lẻ lớn nhất là 99
Khoảng cách giữa hai số lẻ liên tiếp là 2
Số số hạng là: 99−1:2+1=98:2+1=50
Tổng là: 99+1×50:2=100×50:2=2500
Đáp số: 2500
Câu 12: Tổng các số tự nhiên từ 1 đến 99 là:
A. 4900
B. 4950
C.5000
D.5050
Lời giải:
CTTQ: nn+1:2
Ta có: 9999+1:2=4950
Vậy, đáp án đúng là B.
Câu 13: Tổng các ước tự nhiên của số 75 là ?
Lời giải:
Các ước tự nhiên của số 75 là: 1, 3, 5, 15, 25, 75
→ Tổng các ước tự nhiên của số 75 là: 1+3+5+15+25+75=124
Câu 14: Số ước tự nhiên của 75 là bao nhiêu ?
Lời giải:
75 = 31 . 52
Số ước tự nhiên của 75 là: ( 1 + 1 ) . ( 2 + 1 ) = 6 ( ước )
Câu 15: Cho a, b thuộc N. Chứng tỏ rằng nếu 5a + 3b và 13a + 8b cùng chia hết cho 2012 thì a và b cũng chia hết cho 2012
Lời giải:
a có: 5a + 3b chia hết cho 2012 → 13(5a + 3b) chia hết cho 2012
→ 65 a + 39b chia hết cho 2012 (1)
Lại có: 13a + 8b chia hết cho 2012 → 5(13a + 8b) chia hết cho 2012
→ 65 a + 40b chia hết cho 2012 (2)
Từ (1)(2) → (65a + 40b) – (65a + 39b) chia hết cho 2012
→ b chia hết cho 2012
Tương tự → a chia hết cho 2012
Vậy a, b cũng chia hết cho 2012
Câu 16: Số nào sau đây: 13, 15, 17, 19 là hợp số?
A. 13
B. 15
C. 17
D. 19.
Lời giải:
Đáp án đúng là: B
Số 15 là hợp số.
Câu 17: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3cm; AC = 4cm, đường cao AH.
a) Tính BC,AH;
b) Vẽ (A:AH), vẽ HI vuông góc với AC, HI cắt (A) tại M. Chứng minh: CM là tiếp tuyến của (A);
c) Vẽ đường kính MG của (A). Chứng minh BG là tiếp tuyến của (A)
Lời giải:
a) Áp dụng định lí Pytago vào
vuông tại A, ta được:
BC2=AB2+AC2⇔BC2=32+42=25
hay BC = 5(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:
AH⋅BC=AB⋅AC⇔AH⋅5=3⋅4=12
hay AH = 2,4(cm)
Vậy: BC = 5cm; AH = 2,4cm
b) Xét (A) có
AI là một phần đường kính
MH là dây
AI⊥MH
tại I(gt)
Do đó: I là trung điểm của MH(Định lí đường kính vuông góc với dây)
Xét ΔCMI vuông tại I và ΔCHI vuông tại I có
CI chung
IM = IH(I là trung điểm của MH)
Do đó:
ΔCMI=ΔCHI (hai cạnh góc vuông)
Suy ra: CM = CH(hai cạnh tương ứng)
Xét ΔCMA và ΔCHA có
CM = CH(cmt)
CA chung
AM = AH( = R)
Do đó: ΔCMA=ΔCHAc−c−c
Suy ra: CMA^=CHA^
(Hai góc tương ứng)
mà CHA^=900
(gt)
nên CMA^=900
hay CM là tiếp tuyến của (A)
Câu 18: Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 4 chữ số khác nhau?
A. 2240
B. 2520
C. 2016
D. 256
Lời giải:
Gọi số cần tìm là: abcd¯
Vì số cần tìm là số lẻ nên: d∈1;3;5;7;9
→ d có 5 cách
a≠d,0→ a có 8 cách
b≠d≠a→
b có 8 cách
c≠a≠b≠d→
c có 7 cách
Vậy có tất cả 5.8.8.7=2240
số.
Đáp án A
Câu 19: Có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau?
A. 4536
B. 6543
C. 3546
D. 6345
Lời giải:
số đầu tiên có 9 cách chọn trong các số từ 1 đến 9.
Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số còn lại là A93
Vậy có 9.A93=4536 số.
Câu 20: Tìm số hạng thứ 7 trong khai triển (x+2)10
Lời giải:
Số hạng tổng quát trong khai triển (x+2)10 có dạng:
k=010C10k2k.x10−k (0≤k≤10; k∈ℕ)
Số hạng thứ 7 là: C106.26.×4=13440×4
Câu 21: Tìm số hạng thứ năm trong khai triển x + 2×10 mà trong khai triển đó số mũ của x giảm dần.
Lời giải:
Số hạng thứ trong khai triển là
tk+1=C10kx10−k2xk
Vậy t5=C104x10−4.2×4=210.×6.16×4=3360×2
t5=3360×2
Câu 22: Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng
A. 11 630
B. 1 126
C. 1 105
D. 1 42
Lời giải:
Coi 5 bạn của cả 12A và B vào một lớp 12X nào đó. Do số lượng ở đề nên ta có hai trường hợp
TH1. Các bạn 12C và 12X xen kẽ nhau. Có 5!.5!.2=28800 cách
TH2. Có hai bạn lớp 12A và 12B dính với nhau. Ta có như 12X chỉ có 4 bạn. rồi lại làm xen kẽ. Chọn 2 bạn dính nhau và hoán vị 2 bạn đó có 12 cách, 5 bạn 12C tạo ra 4 khe để 4 bạn của lớp 12X đứng vào nên có tất cả là 12.5!.4!=34560
Đáp án cần chọn là A
Câu 23: Một nhóm gồm 10 học sinh trong đó có 4 nữ và 6 nam. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 10 học sinh trên thành 1 hàng dọc sao cho 4 học sinh nữ phải đứng liền nhau?
Lời giải:
Số cách xếp 4 bạn nữ đứng cạnh nhau : 4! (cách)
Số cách xếp 6 bạn nam đứng cạnh nhau : 6!(cách)
Đổi chỗ nam và nữ có : 2 (cách)
→ Số cách xếp : 2.4!.6! (cách)
Câu 24: Có 6 học sinh nam và 2 học sinh nữ được xếp thành một hàng ngang. Hỏi có bao nhiêu cách xếp sao cho hai học sinh nữ không đứng cạnh nhau?
A. 30240
B. 30420
C. 34020
D. 32400
Lời giải:
Trường hợp 1: ta xếp 8 học sinh đứng tùy ý thành hàng ngang, có 8!(cách xếp).
Trường hợp 2: ta xếp 8 học sinh sao cho 2 nữ đứng cạnh nhau, coi 2 nữ là 1 nhóm.
+) Xếp 6 nam và nhóm nữ, có 7! (cách xếp)
+) Xếp 2 nữ trong nhóm: có 2! (cách xếp)
Vậy có 7!.2! (cách xếp).
Số cách xếp sao cho hai học sinh nữ không đứng cạnh nhau: 8! −7!2!=30240 (cách xếp)
Chọn A
Câu 25: Một cái bể bơm có thể bơm đầy 1 cái bể trong 6 giờ . máy thứ hai bơm đầy bể mất 23
số giờ đó, máy thứ ba bơm đầy bể mất 12
số giờ mà máy thứ hai bơm đầy bể. Hỏi nếu mở đồng loạt cả ba máy cùng 1 múc thì bao lâu bể đầy.
Lời giải:
Máy bơm thứ nhất có thể bơm đầy 1 cái bể trong 6 giờ :
Vậy 1 giờ máy thứ nhất bơm được 16
bể
Máy thứ hai bơm đầy bể mất 23 số giờ đó , → 4 giờ: Vậy 1 giờ máy thứ hai bơm được 14 bể
Máy thứ ba bơm đầy bể mất 1/2 số giờ mà máy thứ hai bơm đầy bể, → 2 giờ:
Vậy 1 giờ máy thứ ba bơm được 12
bể
Vậy trong 1 giờ cả 3 vòi chảy được: 16+14+12=1112
(bể)
Thời gian để chảy đầy bể là : 1:1112=1211
(giờ)
ĐS: 1211
giờ
Câu 26: Hai máy bơm cùng làm việc thì sau 12 giờ bơm nước đầy bể, nếu máy bơm thứ nhất làm 3 giờ và máy bơm thứ hai làm 18 giờ thì hai máy cũng bơm nước đầy bể. hỏi nếu làm một mình thì mỗi máy bơm đầy bể trong bao lâu?
Lời giải:
Giải thích các bước giải:
Gọi a là số giờvòi 1 chảy 1 mình làm đầy bể. Vậy mỗi giờ chảy được 1a
bể
Gọi b là số giờ vòi 2 chảy 1 mình làm đầy bể.1 giờ chảy: 1b
bể.
Ta có : 1a+1b=112→3a+3b=14
(1)
và 3a+18b=1 (2)
Lấy (2) – (1): 15b= 34⇒1b=360=120⇒
vòi 2 chảy đầy bể trong 20 giờ.
và 1a+120=112
thì: 1a=112−120= 260=130
. Vòi 1 chảy 30 giờ thì đầy bể.
Câu 27: Cho đường thẳng d: y=2m+1.x−2
và m khác 12
giả sử d cắt ox tại a cắt oy tại b tìm m để diện tích tam giác oab bằng 12
Lời giải:
x=0⇒y=−2⇒OB=2y=0⇒x=22m+1⇒OA=22m+1⇔2m+1=4⇔2m+1=42m+1=−4⇔m=32m=−52
Câu 28: Cho 2n+1 là số nguyên tố (n > 2)
Chứng minh 2n−1 là hợp số
Lời giải:
Ta có: 2n+1;2n;2n−1
là 3 số tự nhiên liên tiếp
→ một trong 3 số trên chia hết cho 3
mà 2n+1
là số nguyên tố (n > 2) →2n+1
không chia hết cho 3
Mặt khác: 2n
không chia hết cho 3
→2n−1
chia hết cho 3
Câu 29: Cho 2n−1 là số nguyên tố. Chứng minh n cũng là số nguyên tố.
Lời giải:
Giải thích các bước giải:
Giả sử n là hợp số →n=p.q(p,q∈N; p,q>1)
Khi đó 2n−1=2pq−1=(2p)q−1=(2p−1)(2p)q−1+(2p)q−2+…+1)
Vì p>1⇒2p−1>1
và (2p)q−1=(2p)q−2+…+1>1
Dẫn đến 2n−1
là hợp số: trái với giả thiết 2n−1 là số nguyên tố
Vậy n là số nguyên tố (đpcm)
Câu 30: Số 0 và số 1 có phải số chính phương không?
Lời giải:
O là số chính phương. Vì số chính phương là số có thể lấy căn bậc 2. Kết quả phải là số nguyên. Căn bậc 2 của 0 = 0
1 là số chính phương. Vì số chính phương là số có thể lấy căn bậc 2. Kết quả phải là số nguyên. Căn bậc 2 của 1 = 1
Câu 31: Tứ giác ABCD có A^:B^:C^:D^
tỉ lệ với 3 : 4 : 5 : 6
a) Tính các góc của tứ giác
b) Tứ giác ABCD là hình gì ? Vì sao?
Lời giải:
a) Do tổng 4 góc của 1 tứ giác bằng 3600 nên:
A^+B^+C^+D^=3600
Mà A^:B^:C^:D^=3:4:5:6
⇒A^3=B^4=C5^=D^6=A^+B^+C^+D^3+4+5+6=360018=200
⇒A^=3.200=600B^=4.200=800C^=5.200=1000D^=6.200=1200
b) Ta thấy
A^+B^+C^+D^=3600A^+D^=1800⇒AB//CD
=> ABCD là hình thang
Câu 32: Cho tứ giác ABCD biết số đo của các góc A^; B^;C^;D^
tỉ lệ thuận với 4; 3; 5; 6. Khi đó số đo các góc
A^; B^;C^;D^ lần lượt là:
A. 80° ; 60° ; 100° ; 120°
B. 90° ; 40° ; 70° ; 60°
C. 60° ; 80° ; 100° ; 120°
D. 60° ; 80° ; 120° ; 100°
Lời giải:
Đáp án cần chọn là: A
Vì số đo của các góc A^; B^;C^;D^ tỉ lệ thuận với 4; 3; 5; 6 nên ta có:
A4=B3=C5=D6=A+B+C+D4+3+5+6=A+B+C+D18
( tính chất dãy tỉ số bằng nhau )
Mà A^+B^+C^+D^=360°
nên ta có
A4=B3=C5=D6=A+B+C+D18=360018=200
⇒A^=4×20°=80° ; B^=3×20°=60°; C^=5×20°=100° ; D^=6×20°=120°
Nên số đo các góc
A^; B^;C^;D^ lần lượt là 80°; 60°; 100°; 120°
Câu 33: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
1) 4x2 – 8xy + 4y2;
2) 5x(x – 1) – 3x2(1 – x);
3) x2 – y2 – 5x + 5y;
4) 3x2 – 6xy + 3y2 – 12z2;
5) 4x2 – y2 + 4x + 1;
6) x5 – 3x4 + 3x3 – x2;
7) –x2 – y2 + 2xy + 36;
8) x3 – x2 – 5x + 125;
9) 6x2 – 5x + 1;
10) x2 – 2x – 9y2 + 6y;
11) (x2 + 1)2 – 4x2;
12) x2 + 2x – 15;
13) x2 – 4xy + 4y2 – z2 + 4zt – 4t2;
14) x3 – x + 3x2y + 3xy2 – y + y3.
Lời giải:
1) 4x2 – 8xy + 4y2
= 4(x2 – 2xy + y2)
= 4(x – y)2.
2) 5x(x – 1) – 3x2(1 – x)
= 5x(x – 1) + 3x2(x – 1)
= (5x + 3x2)(x – 1)
= x(5 + 3x)(x – 1).
3) x2 – y2 – 5x + 5y
= (x – y)(x + y) – 5(x – y)
= (x – y)(x + y – 5).
4) 3x2 – 6xy + 3y2 – 12z2
= 3(x2 – 2xy + y2 – 4z2)
= 3[(x – y)2 – (2z)2]
= 3(x – y – 2z)(x – y + 2z).
5) 4x2 – y2 + 4x + 1
= (2x + 1)2 – y2
= (2x + 1 – y)(2x + 1 + y).
6) x5 – 3x4 + 3x3 – x2
= x2(x3 – 3x2 + 3x – 1)
= x2(x – 1)3.
7) –x2 – y2 + 2xy + 36
= 36 – (x2 – 2xy + y2)
= 62 – (x – y)2
= (6 – x + y)(6 + x – y).
8) x3 – x2 – 5x + 125
= (x3 + 125) – (x2 + 5x)
= (x + 5)(x2 – 5x + 25) – x(x + 5)
= (x + 5)(x2 – 5x + 25 – x)
= (x + 5)(x2 – 6x + 25).
9) 6x2 – 5x + 1
= 6x2 – 3x – 2x + 1
= 3x(2x – 1) – (2x – 1)
= (3x – 1)(2x – 1).
10) x2 – 2x – 9y2 + 6y
= (x2 – 9y2) – (2x – 6y)
= (x – 3y)(x + 3y) – 2(x – 3y)
= (x – 3y)(x + 3y – 2).
11) (x2 + 1)2 – 4x2
= (x2 + 1 – 2x)(x2 + 1 + 2x)
= (x – 1)2.(x + 1)2.
12) x2 + 2x – 15
= (x2 – 3x) + (5x – 15)
= x(x – 3) + 5(x – 3)
= (x + 5)(x – 3).
13) x2 – 4xy + 4y2 – z2 + 4zt – 4t2
= (x – 2y)2 – (z – 2t)2
= (x – 2y + z – 2t)(x – 2y – z + 2t).
14) x3 – x + 3x2y + 3xy2 – y + y3
= (x3 + 3x2y + 3xy2 + y3) – (x + y)
= (x + y)3 – (x + y)
= (x + y)[(x + y)2 – 1]
= (x + y)(x + y – 1)(x + y + 1).
Câu 34: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(0; 3), B(2; –1), C(–1; 5). Phép vị tự tâm A tỉ số k biến B thành C. Khi đó giá trị của k là
Lời giải:
Ta có AC→=−1;2, AB→=2;−4
Theo đề, ta có VA,kB=C
.
⇔AC→=kAB→
.
⇔−1=2k2=−4k⇔k=−12
.
Vậy k=−12
.
Câu 35: Trong hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm A(0; –3), B(2; 1), D(5; 5). Tìm tọa độ điểm C để tứ giác ABCD là hình bình hành.
A. C(3; 1);
B. C(–3; –1);
C. C(7; 9);
D. C(–7; –9).
Lời giải:
Đáp án đúng là: C
Gọi C(x; y).
Ta có AB→=2;4
, DC→=x−5;y−5
.
Tứ giác ABCD là hình bình hành ⇔ AB→=DC→
.
⇔2=x−54=y−5⇔x=7y=9
⇒ tọa độ C(7; 9).
Vậy ta chọn phương án C.
Câu 36: Bỏ ngoặc rồi tính:
a) 25 – (–17) + 24 – 12;
b) 235 – (+135) – 100;
c) (13 + 39) – (13 – 135 + 49);
d) (18 + 29) + (158 – 18 – 29).
Lời giải:
a) 25 – (–17) + 24 – 12
= 25 + 17 + 24 – 12
= 54.
b) 235 – (+135) – 100
= 235 – 135 – 100
= 0.
c) (13 + 39) – (13 – 135 + 49)
= 13 + 39 – 13 + 135 – 49
= 125.
d) (18 + 29) + (158 – 18 – 29)
= 18 + 29 + 158 – 18 – 29
= 158.
Câu 37: Bỏ ngoặc rồi tính:
a) 25 – (–17) + 24 – 12;
b) (13 + 49) – (13 – 135 + 49);
c) 235 – (34 + 135) – 100.
Lời giải:
a) 25 – (–17) + 24 – 12
= 25 + 17 + 24 – 12
= 54.
b) (13 + 49) – (13 – 135 + 49)
= 13 + 49 – 13 + 135 – 49
= 135.
c) 235 – (34 + 135) – 100
= 235 – 34 – 135 – 100
= –34.
Câu 38: Chứng minh 2n3 + 3n2 + n chia hết cho 6, với mọi số nguyên n.
Lời giải:
Ta có 2n3 + 3n2 + n = n(2n2 + 3n + 1)
= n(2n2 + 2n + n + 1)
= n[2n(n + 1) + (n + 1)]
= n(n + 1)(2n + 1)
= n(n + 1)(2n – 2 + 3)
= 2(n – 1)n(n + 1) + 3n(n + 1).
Ta có n – 1; n và n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp.
Suy ra (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 2 và 3.
Do đó (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 2.3 = 6
Vì vậy 2(n – 1)n(n + 1) chia hết cho 6 (1)
Lại có n và n + 1 là 2 số nguyên liên tiếp. Tức là trong 2 số n và n + 1, ta có 1 số là số chẵn.
Suy ra n(n + 1) chia hết cho 2.
Do đó 3n(n + 1) chia hết cho 2.
Mà 3n(n + 1) cũng chia hết cho 3.
Vì vậy 3n(n + 1) chia hết cho 2.3 = 6 (2)
Từ (1), (2), ta suy ra 2n3 + 3n2 + n chia hết cho 6.
Câu 39: Chứng minh rằng với mọi n ∈ ℕ*, ta có 2n3 – 3n2 + n chia hết cho 6.
Lời giải:
Đặt An = 2n3 – 3n2 + n.
Với n = 1, ta có A1 = 2.13 – 3.12 + 1 = 0 ⋮ 6.
Giả sử với n = k ≥ 1 và n ∈ ℕ*, ta có Ak = 2k3 – 3k2 + k ⋮ 6 (1)
Ta cần chứng minh với n = k + 1, ta có Ak + 1 ⋮ 6.
Thật vậy, Ak + 1 = 2(k + 1)3 – 3(k + 1)2 + k + 1
= 2(k3 + 3k2 + 3k + 1) – 3(k2 + 2k + 1) + k + 1
= 2k3 – 3k2 + k + 6k2
= Ak + 6k2.
Ta có 6 ⋮ 6 (hiển nhiên).
Suy ra 6k2 ⋮ 6.
Mà Ak ⋮ 6 (theo (1)).
Do đó Ak + 6k2 ⋮ 6.
Vì vậy Ak + 1 ⋮ 6.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 40: Cho a, b > 0 thỏa mãn a + b = 1. Chứng minh a+1b2+b+1a2≥252
.
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số a > 0, b > 0, ta được: a+b2≥4ab
.
Dấu “=” xảy ra ⇔a=b=12
.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta được:
Dấu “=” xảy ra ⇔ a=b=12
.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 41: Một bồn nước inox có dạng một hình trụ có chiều cao 1,75 m và diện tích đáy là 0,32 m2. Hỏi bồn nước này đựng đầy được bao nhiêu mét khối nước? (Bỏ qua bề dày của bồn nước).
A. 0,48 m3;
B. 0,54 m3;
C. 0,56 m3;
D. 0,6 m3.
Lời giải:
Đáp án đúng là: C
Thể tích của bồn nước là: V = Sđáy.h = 0,32.1,75 = 0,56 (m3).
Vậy bồn nước này đựng đầy được 0,56 m3 nước.
Do đó ta chọn phương án C.
Câu 42: Cho x, y là các số dương thỏa mãn 4xy = x + y + 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x+y+1x+y
.
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có (x + y)2 ≥ 4xy.
⇔ (x + y)2 ≥ x + y + 2
⇔ (x + y)2 – (x + y) – 2 ≥ 0
⇔ (x + y – 2)(x + y + 1) ≥ 0
y – 2 ≥ 0 (do x + y + 1 > 0, với mọi số dương x, y)
⇔ x + y ≥ 2.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có x+y4+1x+y≥2x+y4.1x+y=2.14=1
.
Ta có x+y+1x+y=3x+y4+x+y4+1x+y≥3.24+1=52
.
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức x+y+1x+y
bằng 52
khi x = y = 1.
Câu 43: Cho x, y là hai số thỏa mãn x, y ≥ 1 và 3(x + y) = 4xy. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x3+y3−31×2+1y2
.
Lời giải:
Đặt t = x + y (t ≥ 2).
Theo đề, ta có 3(x + y) = 4xy. Suy ra xy=3t4
.
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có (x + y)2 ≥ 4xy.
⇔ (x + y)2 ≥ 3(x + y) (theo giả thiết).
⇔ (x + y)2 – 3(x + y) ≥ 0.
⇔ (x + y)(x + y – 3) ≥ 0.
⇔ x + y – 3 ≥ 0.
⇔ x + y ≥ 3.
⇔ t ≥ 3.
Mặt khác, vì x, y ≥ 1 nên ta có (x – 1)(y – 1) ≥ 0.
⇔ xy – (x + y) + 1 ≥ 0.
⇔3t4−t+1≥0
⇔ t ≤ 4.
Vì vậy ta có 3 ≤ t ≤ 4.
Theo đề, ta có 3(x + y) = 4xy.
Suy ra hàm số P(t) đồng biến trên [3; 4].
Vậy:
⦁ Giá trị nhỏ nhất của P là P3=4912
khi t = 3 ⇔x=y=32
.
⦁ Giá trị lớn nhất của P là P4=743
khi t = 4 ⇔x=1∧y=3x=3∧y=1
.
Câu 44: Cho biểu thức: A=1x−2−1x+2.x+222
.
a) Rút gọn biểu thức.
b) Tìm giá trị của x để A=32
.
Lời giải:
a)
b) Ta có A=32
⇔x+2x−2=32
(1)
Điều kiện:
x≥0x−2≠0⇔x≥0x≠2⇔x≥0x≠4 (*)
Phương trình (1) tương đương với: 2x+2=3x−2
⇔ x = 100.
So với điều kiện (*), ta nhận x = 100.
Vậy khi x = 100 thì A=32
.
Xem thêm các câu hỏi ôn tập Toán chọn lọc, hay khác:
1500 câu hỏi ôn tập môn Toán có đáp án (Phần 13)
1500 câu hỏi ôn tập môn Toán có đáp án (Phần 14)
1500 câu hỏi ôn tập môn Toán có đáp án (Phần 15)
1500 câu hỏi ôn tập môn Toán có đáp án (Phần 16)
1500 câu hỏi ôn tập môn Toán có đáp án (Phần 17)
Cảm ơn bạn đã theo dõi bài viết tại Giải Bài Tập. Mời các bạn cùng xem các nội dung giải trí học tập và các kiến thức thú vị khác tại đây.