15000 câu hỏi ôn tập môn Toán có đáp án (Phần 101)

15000 câu hỏi ôn tập môn Toán (Phần 101)

Đề bài. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Qua trung điểm E của OB kẻ một đường thẳng vuông góc với OB, cắt đường tròn (O) ở M và N. Kẻ dây MP song song với AB. Gọi I là điểm chính giữa của cung nhỏ PM. Gọi K là giao điểm của OI và PM. Chứng minh rằng:

a) AP⏜=BN⏜

.

b) Tứ giác OKME là hình chữ nhật.

c) P, O, N thẳng hàng và KE // PN.

Lời giải:

a) Xét (O) có PM // AB

⇒ 2 cung AP⏜

và BM⏜

bị chắn bởi 2 dây trên sẽ bằng nhau.

mà BM = BN (∆BMN cân tại B vì có BE vừa là đ/c, đường trung tuyến)

⇒ BM⏜=BN⏜

⇒ AP⏜=BN⏜

b) Xét (O) có OI đi qua điểm chính giữa của PM (giả thiết)

⇒ OI vuông góc với dây PM tại K

⇒ OKM^=90°

Xét tứ giác OKME có 3 góc vuông: OKM^=90°

(cmt),

MEO^=90°

( MN vuông góc với OB tại E)

EMK^=90°

(vì PM//AB, AB vuông góc với MN ⇒ PM vuông góc với MN tại M)

⇒ OKME là hình chữ nhật

c) Ta có: OPI ^=NOE^

( vì 2 góc đồng vị, MP//AB)

mà OPI ^+POI^=90°

(∆POK vuông tại K)

⇒ NOE ^+POI^=90°

⇒ NOE ^+POI^+IOE^=90°+90°=180°

⇒ P, O, N thẳng hàng

– Xét ∆PMN có KE đường trung bình (K là trung điểm PM, E là trung điểm MN)

⇒ KE//PN.

Đề bài. Cho đa thức R(x) = x² – 2x. Tính giá trị biểu thức

.S=1R3+1R4+…+1R2022+1R2023

Lời giải:

R(x) = x² – 2x = x(x – 2)

R(3) = 3² – 2.3 = 3(3 – 2) = 1.3

R(4) = 2.4

R(5) = 3.5

….

R(2023) = 2021.2023

S=1R3+1R4+…+1R2022+1R2023

S=11.3+13.5+…+12021.2023+12.4+…12020.2022

S=12.21.3+…+22021.2023+22.4+…22020.2022

S=12.1−13+13−15+…+12021−12023+12−14+…12020−12022

S=12.20222023+5051011

.

Đề bài. Rút gọn biểu thức: (4x – 1)³ – (4x − 3)(16x² + 3).

Lời giải:

(4x – 1)³ – (4x − 3)(16x² + 3)

= 64x³ – 48x² + 12x – 1 – (64x³ + 12x – 48x² – 9)

= 64x³ – 48x² + 12x – 1 – 64x³ – 12x + 48x² + 9

= 8.

Đề bài. Cho tam giác ABC. Hai điểm M và N di chuyển sao cho MN→=2MA→−MB→+MC→.

Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải:

Với cách lấy điểm I như trên, ta có điểm I cố định. Khi đó MN đi qua I, thật vậy:

Theo giả thiết có: MN→=2MA→−MB→+MC→

⇒ MN→=2MA→−MB→+MC→=2MI→+2IA→−MI→−IB→+MI→+IC→

MN→=2MI→+2IA→−IB→+IC→

MN→=2MI→

Suy ra I là trung điểm MN hay MN đi qua I cố định.

Đề bài. Tìm m để A giao B bằng rỗng biết A = [m; m + 1] và B = (-1; 3).

Lời giải:

Để A ∩ B = ∅ thì: m+1≤−1m≥3⇔m≤−2m≥3

.

Đề bài. Cho hình bình hành ABCD. Ở phía ngoài hình bình hành, vẽ các hình vuông ABEF và ADGH. Chứng minh:

a) ΔAHF = ΔADC.

b) AC ⊥ HF.

Lời giải:

Gọi K là giao điểm của AC và HF

a) Do ABEF và ADGH đều là hình vuông nên BAF^=DAH^=90°

AH = BA, AH = DA

Do ABCD là hình bình hành nên BA=DC.

Suy ra AF = DC

Ta chứng minh được HAF^+DAB^=180°

và ADC^+DAB^=180°

Suy ra ADC^=HAF^

Xét hai tam giác HAF và ADC, ta có:

AH = DA

ADC^=HAF^

AF = DA

Suy ra ΔHAF = ΔADC (c.g.c)

b) Ta có: HAK^+DAH^+DAC^=CAK^=180°

và DAH^=90°

nên HAK^+DAC^=90°

Mà DAC^=AHF^

(vì ΔHAF = ΔADC), suy ra HAK^+AHF^=90°

Trong tam giác AHK, ta có: AKH^+HAK^+AHF^=180°

Suy ra AKH^=90°

Vậy AK ⊥ HK hay AC ⊥ HF.

Đề bài. Cho tứ giác ABCD. M, N là trung điểm của AC và BD.

Chứng minh: AB² + BC² + CD² + DA² = AC² + BD² + 4MN².

Lời giải:

Trong tam giác ABD ta có AN là đường trung tuyến:

AN2=AB2+AD22−BD24

⇒ AB² + AD² = 2AN² +

(1)

Trong tam giác CBD có CN là đường trung tuyến:

CN2=CD2+CB22−BD24

⇒ CB² + CD² = 2CN² + BD22

(2)

Cộng (1) với (2) ta được: AB² + AD² + CB² + CD² = 2AN² + 2CN² + BD² (3)

Xét tam giác CAN có NM là trung tuyến:

MN2=CN2+AN22−AC24

⇒ AN² + CN² = 2MN² +

AC22(4)

Thay (4) vào (3) ta được:

AB² + AD² + CB² + CD² = 2.(2MN² + AC22

) + BD² = 4MN² + AC² + BD²

Vậy B² + BC² + CD² + DA² = AC² + BD² + 4MN².

Đề bài. Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ ra phía ngoài của tam giác này các tam giác ABD và tam giác ACE vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng hai đường thẳng MA và BC vuông góc với nhau.

Lời giải:

Vẽ hình bình hành DAEF. Khi đó AF đi qua M.

Gọi H là giao điểm của MA với BC.

Ta có: EF = AD = AB.

AEF^+DAE^=180°

mà

BAC^+DAE^=180° nên AEF^=BAC^

Xét tam giác AEF và CAB có:

AC = AE

AEF^=BAC^

AB = AF

⇒ ΔAEF = ΔCAB (g.c.g)

⇒ A1^=C1^

Lại có: A1^+A2^=90°

Suy ra: C1^+A2^=90°⇒H^=90°

Do đó: AM vuông góc BC.

Đề bài. Hai bạn An và Hưng cùng xuất phát từ điểm P, đi theo hai hướng khác nhau và tạo với nhau một góc 40° để đến đích là điểm D. Biết rằng họ dừng lại để ăn trưa lần lượt tại A và B (như hình vẽ minh hoạ). Hỏi Hưng phải đi bao xa nữa để đến được đích?

Lời giải:

Xét △PAB:

AB² = AP² + BP² − 2.AP.BP.cosAPB^

= 8² + 7² − 2.8.7.cos40° ≈ 27,2

Suy ra: AB ≈ 5,22 (km)

cosPAB^=PA2+BA2−PB22.PA.BA=82+5,222−722.8.5,22≈0,51

⇒ PAB^≈60°

Suy ra: BAD^≈100°−60°=40°

Xét △ABD:

DB² = AD² + BA² − 2.DA.BA.cosDAB^

= 3² + 5,22² − 2.3.5,22.cos40° ≈ 12,26

⇒ DB ≈ 3,5 (km)

Vậy Hưng phải đi khoảng 3,5km nữa để đến được đích.

Đề bài. Chứng minh B = 3 + 3² + … + 3⁹⁹ không phải là số chính phương.

Lời giải:

B = 3 + 3² + … + 3⁹⁹

3B = 3² + 3³ + … + 3¹⁰⁰

3B – B = (3² + 3³ + … + 3¹⁰⁰) – (3 + 3² + … + 3⁹⁹)

2B = 3¹⁰⁰ – 3

B=3100−32

Mà B=3100−32

không thể viết được dưới dạng n²

Nên B không phải số chính phương.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 1,8cm, HC = 3,2cm

a) Tính AH, AB, AC.

b) Tính góc B, C (làm tròn đến độ).

c) Tia phân giác góc B cắt AC tại D. Tính BD.

d) Chứng minh rằng: tanABD^=ACAB+BC

.

Lời giải:

a) Ta có: ΔABC vuông tại A, AH ⊥ BC

⇒ AH² = HB.HC (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

⇒ AH² = 5.76

⇒ AH = 2,4

Suy ra: AB=AH2+HB2=3;AC=AH2+HC2=4

BC = HB + HC = 5.

b) Ta có: sinB^=ACBC=45⇒B^=acrsin45≈53°

Suy ra: C^≈90°−53°=37°

.

c) Vì BD là phân giác B^

Nên: DADC=BABC=35

⇒ DADA+DC=BABA+BC=33+5

⇒ DA=38DC,DA=AB.ACAB+BC

⇒ DA=32

BD=AB2+AD2=10,5

.

d) tanABD^=ADAB=AB.ACAB+ACAB=ACAB+BC

.

Đề bài. Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x² – xy + y + 2 = 0.

Lời giải:

x² – xy + y + 2 = 0

⇔ x² – 1 – xy + y = -3

⇔ (x – 1)(x + 1) – y(x – 1) = -3

⇔ (x – 1)(x + 1 – y) = -3

Vì x, y là số nguyên nên x – 1 và x – y + 1 là số nguyên

Nên x – 1 và x – y + 1 đều là ước của -3

Suy ra: x – 1; x – y + 1 ∈ {-3; -1; 1; 3}

Ta có bảng:

Vậy (x;y) ∈ {(-2;-2), (0;-2), (2;6), (4;6)}.

Đề bài. Cho tam giác ABC, dựng ra phía ngoài các hình vuông ABGD và ACEF, vẽ đường cao AH, kéo dài HA gặp DF tại I. Chứng minh: DI = IF.

Lời giải:

Qua F kẻ đường thẳng song song với AI cắt AD tại K

Xét tam giác ABC và AKF có:

BAC^=KAF^

(cùng phụ với CAK^

)

ABC^=90°−BAH^=DAI^=AKF^

(góc đồng vị)

⇒ △ABC ∽ △AKF (g.g)

⇒ ABAK=ACAF=1

(Vì ACEF là hình vuông nên AC = AF)

Suy ra: AB = AK

Mà AB = AD nên AD = AK

AI // FK nên theo định lý Ta-lét: DIIF=DAKA=1

Vậy DI = IF.

Đề bài. Tìm x biết 12x.(3 – 4x) + 7(4x – 3) = 0.

Lời giải:

12x.(3 – 4x) + 7(4x – 3) = 0

⇔ (3 – 4x)(12x – 7) = 0

⇔ 3−4x=012x−7=0

⇔ x=34x=712

.

Đề bài. Tìm GTNN của A = x² – 6x + 6.

Lời giải:

A = x² – 6x + 6

A = x² – 6x + 9 – 3

A = (x – 3)² – 3

Vì (x – 3)² ≥ 0 với mọi x nên (x – 3)² – 3 ≥ – 3 với mọi x

Vậy GTNN của A là – 3 khi x – 3 = 0 hay x = 3.

Đề bài. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), phân giác BD và CE. Gọi I là trung điểm của BC, J là trung điểm của ED, O là giao điểm của BD và CE.

Chứng minh:

a) Tứ giác BEDC là hình thang cân.

b) BE = ED = DC.

c) Bốn điểm A, I, O, J thẳng hàng.

Lời giải:

a) Ta có:

ABC^=ACB^(vì tam giác ABC cân tại A)

⇒ DBC^=ECB^

Xét tam giác DBC và tam giác ECB có:

DCB^=EBC^

(vì ABC^=ACB^

)

BC là cạnh chung

DBC^=ECB^

⇒ ∆DBC = ∆ECB (g.c.g)

⇒ BE = CD mà AB = AC

Nên ta có: BEAB=CDAC

⇒ ED // BC

b) Từ phần a trên đã có BE = CD

Có: EDB^=DBC^

(so le trong)

mà EBD^=DBC^

(BD là phân giác)

⇒ EBD^=EDB^

⇒ Tam giác BED cân tại E

⇒ BE = ED

⇒ BE = ED = CD.

c) AI cắt ED tại J’, ta chứng minh J’ ≡ J

Từ tính chất tam giác đồng dạng ta có: EJ’BI=AEAB=EDBC=ED2BI

⇒ EJ’ = ED2

⇒ J’ là trung điểm ED ⇒ J’ ≡ J

Vậy A, I, J thẳng hàng

*OI cắt ED tại J” ta chứng minh J” ≡ J

Xét tam giác ODE và tam giác OBC có:

DOE^=BOC^

(đối đỉnh)

EDO^=OBC^

(so le trong, DE // BC)

∆ODE ∽ ∆OBC (g.g)

⇒ ODOB=EDBC

Mặt khác:

J”DO^=OBI^(so le trong), J”OD^=IOB^

(đối đỉnh)

⇒ ∆J”DO ∽ ∆IBO (g.g)

⇒ J”DIB=ODOB=EDBC=ED2BI

⇒ J”D=ED2

⇒ J” là trung điểm ED ⇒ J” ≡ J

Tóm lại A, I, O, J thẳng hàng.

Đề bài. Cho đường tròn tâm O bán kính R và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Qua A kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (B là tiếp điểm). Vẽ tia Ax nằm giữa tia AB và tia AO cắt đường tròn (O) tại hai điểm C và D (C nằm giữa A và D). Gọi M là trung điểm của dây CD, kẻ BH vuông góc với AO tại H.

a, Tính tích OH.OA theo R.

b, Chứng minh 4 điểm A, B, M, O cùng thuộc một đường tròn.

c, Gọi E là giao điểm của OM với HB. Chứng minh ED là tiếp tuyến của đường tròn (O;R).

Lời giải:

a) Xét tam giác AMO vuông tại A có AH vuông góc MO

Áp dụng hệ thức lượng: OH.OM = OA² = R²

b) Xét (O) có M là trung điểm CD nên OM vuông góc CD (bán kính vuông góc dây cung)

⇒ OMA^=90°

Lại có: BA là tiếp tuyến nên OBA^=90°

Suy ra: M, B thuộc đường tròn đường kính OA

Hay A, B, M, O cùng thuộc một đường tròn.

c) Xét tam giác OHE và tam giác OMA có:

OHE^=OMA^=90°

Chung O^

⇒ ∆OHE ∽ ∆OMA (g.g)

⇒ OHOM=OEOA⇒OM.OE=OH.OA=R2=OD2

Suy ra: OMOD=ODOE

Xét tam giác ODE và tam giác OMD có:

OMOD=ODOE

Chung O^

⇒ ∆ODE ∽ ∆OMD (c.g.c)

⇒ ODE^=OMD^=90°

Suy ra: OD ⊥ ED mà D thuộc (O) nên ED là tiếp tuyến của (O).

Đề bài. Chứng minh đẳng thức: tanx1−tanx2cotx2−1cotx=1

.

Lời giải: tanx1−tanx2cotx2−1cotx=1

⇔ cotx2−1cotx=1−tanx2tanx

⇔ cotx−1cotx=1tanx−tanx

⇔ cotx+tanx=1tanx+1cotx

⇔ cotx+tanx=cotx+tanxtanx.cotx

⇔ cotx + tanx = cotx + tanx (vì tanx.cotx = 1 luôn đúng)

Vậy tanx1−tanx2cotx2−1cotx=1

.

Đề bài. Tìm số tròn trăm biết: 18650 < X . 3 < 18920.

Lời giải:

18650 < X . 3 < 18920

⇔ 186503<X<189203

⇔ 6216,67 < X < 6306,67

Vì X là số tròn trăm nên X = 6300.

Vậy X = 6300.

Đề bài. Số học sinh khối 6 của một trường trong khoảng từ 400 đến 500 em. Nếu xếp hàng 7 em thì thừa ra 3 em, còn nếu xếp hàng 6 em, 8 em hoặc 10 em thì vừa đủ. Hỏi số học sinh khối 6 của trường là bao nhiêu em?

Lời giải:

Gọi số học sinh khối 6 là a (a ∈ ℕ*, 400 < a < 500).

Theo đề bài ta có a ∈ BC(6, 8, 10)

Ta có

6 = 2 . 3

8 = 2³

10 = 2 . 5

Suy ra BCNN(6, 8, 10) = 2³ . 3 . 5 = 120

Suy ra BC(6, 8, 10) ={0; 120; 240; 360; 480; 600; …}

Mà 400 < a < 500

Suy ra a = 480

Vậy số học sinh là 480 em.

Đề bài. Cho tống S = 30 + 42 – 6 + x với x thuộc ℕ. Tìm x để S chia hết cho 6.

Lời giải:

Ta có: S = 30 + 42 – 6 + c = 66 + x

Để S chia hết cho 6 thì (66 + x) chia hết cho 6

Mà 66 luôn chia hết cho 6.

Suy ra: x ⋮ 6

Hay x = 6k (k ∈ ℕ).

Đề bài. Cho A = 2 + 2² +……. + 2⁶⁰.

a) Thu gọn tổng A.

b) Chứng tỏ rằng: A chia hết cho 3, 5, 7.

Lời giải:

a) A = 2 + 2² +……. + 2⁶⁰

2A = 2² + 2³ +……. + 2⁶¹

2A – A = (2² + 2³ +……. + 2⁶¹) – (2 + 2² +……. + 2⁶⁰)

A = 2⁶¹ – 2.

b) A = 2 + 2² +……. + 2⁶⁰

A = (2 + 2²) + (2³ + 2⁴) +……. + (2⁵⁹ + 2⁶⁰)

A = 2(1 + 2) + 2³(1 + 2) + … + 2⁵⁹(1 + 2)

A = (1 + 2)(2 + 2³ + … + 2⁵⁹)

A = 3.(2 + 2³ + … + 2⁵⁹) ⋮ 3

Lại có: A = 2 + 2² +……. + 2⁶⁰

A = (2 + 2² + 2³) + (2⁴ + 2⁵ + 2⁶) + ……. + (2⁵⁸ + 2⁵⁹ + 2⁶⁰)

A = 2(1 + 2 + 2²) + 2⁴(1 + 2 + 2²) + … + 2⁵⁸(1 + 2 + 2²)

A = (1 + 2 + 2²)(2 + 2⁴ + … + 2⁵⁸)

A = 7.(2 + 2⁴ + … + 2⁵⁸) ⋮ 7

Lại xét: A = 2 + 2² +……. + 2⁶⁰

A = (2 + 2² + 2³ + 2⁴)+ ……. + (2⁵⁷ + 2⁵⁸ + 2⁵⁹ + 2⁶⁰)

A = 2(1 + 2 + 2² + 2³) + … + 2⁵⁷(1 + 2 + 2² + 2³)

A = (1 + 2 + 2² + 2³)(2 + … + 2⁵⁷)

A = 15.(1 + 2 + 2² + 2³)

A = 3.5.(1 + 2 + 2² + 2³) ⋮ 5

Vậy A ⋮ 3, 5, 7.

Đề bài. Chứng minh rằng nếu ab¯+cd¯

chia hết cho 11 thì abcd¯

cũng chia hết cho 11 (biết rằng ab¯,cd¯

là số tự nhiên có hai chữ số; abcd¯

là số tự nhiên có 4 chữ số).

Lời giải: abcd¯=100.ab¯+cd¯=99ab¯+ab¯+cd¯=99ab¯+ab¯+cd¯

Ta thấy: ab¯+cd¯⋮11

, lại có 99 ⋮ 11 nên 99ab¯⋮11

Suy ra: 99ab¯+ab¯+cd¯⋮11

Vậy abcd¯⋮11

Đề bài. Tìm 2 số tự nhiên a và b biết a – b = 84 , ƯCLN(a, b) = 12 .

Lời giải:

Do ƯCLN(a, b) = 12

⇒ a = 12m; b = 12n (với m, n là 2 số nguyên tố cùng nhau)

Ta có: a – b = 12(m − n) = 84

⇒ m – n = 7; mà m, n là hai số nguyên tố cùng nhau và ƯCLN(12m, 12n) = 1

⇒ m = 8; n = 1

⇒ a = 96; b = 12

Vậy 2 số cần tìm là 96 và 12.

Đề bài. Chứng minh tồn tại vô hạn các số nguyên tố.

Lời giải:

Giả sử chỉ có hữu hạn các số nguyên tố là p₁; p₂; p₃; …; pn và giả sử p₁ < p₂ < p₃ < …< p_n.

Xét tích A = p₁. p₂. p₃. …p_{n + 1}. Rõ ràng A > p_n nên A là hợp số, do đó A có ít nhất một ước nguyên tố p.

Khi đó p₁; p₂; p₃; …; pn là tất cả các số nguyên tố nên tồn tại I thuộc {1, 2, …, n} sao cho p = p_i.

Như vậy A chia hết cho p; p₁; p₂; p₃; …; pn chia hết cho p nên 1 chia hết cho p, mâu thuẫn.

Do đó, giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là sai.

Vậy có vô hạn các số nguyên tố.

Đề bài. Đội văn nghệ có 36 bạn, được xếp thành các hàng có số người bằng nhau. Hỏi có thể có những cách xếp hàng nào, biết mỗi hàng có từ 4 đến 12 bạn.

Lời giải:

36 chia hết cho 4; 6; 9; 12

Suy ra có 4 hàng

Hàng 4 người thì có số nhóm là:

36 : 4 = 9 (nhóm)

Hàng 6 người thì có số nhóm là:

36 : 6 = 6 (nhóm)

Hàng 9 người thì có số nhóm là:

36 : 9 = 4 (nhóm)

Hàng 12 người thì có số nhóm là:

36 : 12 = 3(nhóm)

Đáp số: 4 nhóm

Nhóm 4 người: 9 nhóm

Nhóm 6 người: 6 nhóm

Nhóm 9 người: 4 nhóm

Nhóm 12 người: 3 nhóm

Đề bài. Tính nhanh: A = 1 – 3 + 5 – 7 + 9 – 11 + … + 91 – 93 + 95 – 97 + 99.

Lời giải:

A = 1 – 3 + 5 – 7 + 9 – 11 + … + 91 – 93 + 95 – 97 + 99

= 99 – 97 + 95 – 93 + 91 -…+11 – 9 +7 – 5 +3 – 1

= (99 – 97) + (95 – 93) + … + (7 – 5) + (3 – 1)

= 2 + 2+ … + 2 + 2 (có 25 số 2 vì có (99 – 1) : 2 + 1 = 50 số hạng, mỗi nhóm 2 số hạng)

= 2.25

= 50.

Đề bài. Tìm n sao cho 25 < 3ⁿ < 250.

Lời giải:

25 < 3ⁿ < 250

Ta có: 3³ = 27 > 25; 3² = 9

Theo đề: 25 < 3ⁿ; 3ⁿ > 3² (1)

Lại có: 3⁵ = 243 < 250 < 3⁶

Suy ra: 25 < 3³, 3⁴, 3⁵ < 250

Vậy n ∈ {3; 4; 5}.

Đề bài. Tìm miền giá trị của y=sinx+1cosx+2

.

Lời giải:

TXĐ: D = ℝ

Ta có: y=sinx+1cosx+2

⇔ ycosx + 2y = sinx + 1

⇔ ycosx – sinx = 1 – 2y

Phương trình có nghiệm khi: y² + 1 ≥ (1 – 2y)²

⇔ 3y² – 4y ≤ 0

⇔ 0≤y≤43

Vậy y∈0;43.

Đề bài. Cho A = 2 + 2² + … + 2¹⁰⁰. Chứng minh rằng A chia hết cho 3.

Lời giải:

A = 2 + 2² + … + 2¹⁰⁰

A = (2 + 2²) + (2³ + 2⁴) + … + (2⁹⁹ + 2¹⁰⁰)

A = 2(1 + 2) + 2³(1 + 2) + … + 2⁹⁹(1 + 2)

A = (1 + 2)(2 + 2³ + … + 2⁹⁹)

A = 3.(2 + 2³ + … + 2⁹⁹)

Vì 3 chia hết cho 3 nên 3.(2 + 2³ + … + 2⁹⁹) chia hết cho 3

Vậy A chia hết cho 3.

Đề bài. Tìm x biết (x – 1)⁵ = 32.

Lời giải:

(x – 1)⁵ = 32

⇔ (x – 1)⁵ = 2⁵

⇔ x – 1 = 2

⇔ x = 3

Vậy x = 3.

Đề bài. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A. Hai đường thẳng cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.

B. Hai đường thẳng song song nhau nếu chúng không có điểm chung.

C. Hai đường thẳng cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau.

D. Không có mặt phẳng nào chứa cả hai đường thẳng a và b thì ta nói a và b chéo nhau.

Lời giải:

Chọn D.

– Hai đường thẳng cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì có thể trùng nhau ⇒ A sai.

– Hai đường thẳng không có điểm chung thì song song hoặc chéo nhau ⇒ B sai.

– Hai đường thẳng cùng song song với một mặt phẳng thì có thể cắt, trùng hoặc chéo nhau ⇒ C sai.

– Hai đường thẳng chéo nhau nếu chúng không đồng phẳng ⇒ D đúng.

Đề bài. Tìm chu kì T của hàm số y = cos3x + cos5x.

Lời giải:

Hàm số y = cos3x tuần hoàn với chu kì T1=2π3

.

Hàm số y = cos5x tuần hoàn với chu kì T2=2π5

.

Suy ra hàm số y = cos3x + cos5x tuần hoàn với chu kì T = 2π.

Đề bài. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm SA, CD. Chứng minh MN // (SBC).

Lời giải:

Trong mp(ABCD) nối AN kéo dài cắt BC kéo dài tại E

Suy ra E ∈ (SBC)

Vì N là trung điểm của CD nên NC = ND

Vì AD // BE nên ANNE=NDNC=1

(Định lí Ta – let)

Suy ra AN = EN

Do đó N là trung điểm của AE

Xét tam giác SAE có

N là trung điểm của AE

M là trung điểm của AS

Suy ra MN là đường trung bình

Do đó MN // SE

Vậy MN // (SBC).

Đề bài. Hiện nay mẹ hơn con 24 tuổi. Tuổi mẹ và tuổi con cộng lại là 56. Hỏi hiện nay mẹ bao nhiêu tuổi? Con bao nhiêu tuổi?

Lời giải:

Tuổi mẹ hiện nay là:
(24 + 56) : 2 = 40 tuổi)
Tuổi con hiện nay là:
56 – 40 = 16 (tuổi).

Vậy tuổi con là 16 tuổi, tuổi mẹ là 40 tuổi.

Đề bài. Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 12%/năm. Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng 1 tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết tiền nợ sau đúng ba tháng kể từ ngày vay. Hỏi, theo cách đó số tiền m mà ông A sẽ phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng lãi xuất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ.

Lời giải:

Số tiền ông A còn nợ ngân hàng sau lần trả thứ nhất:

(100 + 100. 0,01) – m = 100.1,01 – m (triệu đồng)

Số tiền ông A còn nợ ngân hàng sau lần trả thứ hai:

(100 + 1,01 – m) .1,01 – m = 100.1,01² – (1,01 + 1) m (triệu đồng)

Vì ông A đã hoàn cho ngân hàng toàn bộ số tiền nợ, sau lần trả thứ ba, nên

0 = [ 100.1,01² – (1,01 + 1)m] .1,01 – m= 100.1,01³ – [ 1,012 + 1,01 + 1]m

Từ đó suy ra:

m=100.1,0131,012+1,01+1=100.1,013.0,011,01−11,012+1,01+1=1,0131,013−1

.

Đề bài. Cho hình vẽ sau. Tính số đo góc x?

Lời giải:

Xét tam giác ACF có: A^+ACF^+AFC^=180°

⇔ 60°+ACF^+90°=180°

⇔ ACF^=180°−60°−90°=30°

Xét tam giác IEC có: IEC^+ECI^+EIC^=180°

⇔ 30°+x+90°=180°

⇔ x=180°−30°−90°=60°

.

Đề bài. Chứng minh biểu thức A=1−tan2x24tan2x−14sin2xcos2x

không phụ thuộc vào x.

Lời giải:

A=1−tan2x24tan2x−14sin2xcos2x

A=1−tan2x24tan2x−14tan2x.1cos2x2

A=1−tan2x24tan2x−1+tan2x24tan2x

A=1−tan2x2−1+tan2x24tan2x

A=−4tan2x4tan2x=−1

Đề bài. Từ 1 điểm A ở bên ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Chứng minh OA là trung trực của đoạn BC.

Lời giải:

Xét tam giác ABC có AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó: tam giác ABC cân tại A

Xét ∆ABC cân tại A có OA là đường phân giác BAC^

Suy ra: OA đồng thời là đường trung trực của tam giác ABC

Hay OA là trung trực của BC.

Đề bài. Giải phương trình x(x − 3) – x + 3 = 0.

Lời giải:

x(x − 3) – x + 3 = 0

⇔ x(x − 3) – (x – 3) = 0

⇔ (x – 3)(x – 1) = 0

⇔ x=3x=1

Vậy phương trình có nghiệm x = 3 hoặc x = 1.

Đề bài. Giải phương trình (x – 1)⁵ = 32.

Lời giải:

(x – 1)⁵ = 32

⇔ (x – 1)⁵ = 2⁵

⇔ x – 1 = 2

⇔ x = 3

Vậy x = 3.

Đề bài. Biến đổi thành tích: A= cosx + cos3x + cos5x + cos7x.

Lời giải:

A = cosx + cos3x + cos5x + cos7x

= 2cos4x.cos3x + 2cos4x.cosx

= 2cos4x.(cos3x + cosx)

= 4cos4x.cos2x.cosx

Đề bài. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 5(xy + yz + zx) = 4xyz.

Lời giải:

Xét x = y = z = 0 là nghiệm của phương trình do 0 = 0 (thỏa mãn)

Xét x, y, z đều khác 0 ta có:

5(xy + yz + zx) = 4xyz

⇔ 5xy+yz+xzxyz=4

⇔ 5.1x+1y+1z=4

Vì 5 không chia hết cho 4 mà 4 ⋮ 4 nên 1x+1y+1z⋮4

Ta có: x≥1⇒1x≤1

Tương tự: y≥1⇒1y≤1;z≥1⇒1z≤1

Suy ra: 1x+1y+1z≤3

Mà 1x+1y+1z≥1x+1y+1z⇒1x+1y+1z≤3

Suy ra: 3≥1x+1y+1z≥−3

Mà từ 3 đến -3 chỉ có 0 chia hết cho 4 mà x, y, z khác 0 nên vô lí

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là x = y = z = 0.

Đề bài. Một ô tô chạy 100km hết 12 lít xăng. Hỏi cần bao nhiêu lít xăng khi ô tô chạy quãng đường thứ nhất 138km và quãng đường thứ hai 162km?

Lời giải:

1km ô tô tiêu thụ là:

12 : 100 = 0,12 (lít)

Cả hai quãng đường ô tô tiêu thụ là:

(169 + 131) . 0,12 = 36 (lít)

Đáp số: 36 lít.

Đề bài. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Gọi M là điểm bất kì thuộc tia Ax. Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt By ở N. Tính số đo góc MON^

.

Lời giải:

Gọi I là tiếp điểm của tiếp tuyến MN với đường tròn (O). Nối OI

Ta có:

AOI^+BOI^=180°(hai góc kề bù)

OM là tia phân giác của góc AOI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

ON là tia phân giác của góc BOI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra : OM ⊥ ON (tính chất hai góc kề bù)

Vậy MON^=90°

.

Đề bài. Cho tam giác ABC có A^=100°,B^−C^=50°

. Tính B^,C^

.

Lời giải:

Ta có: B^+C^=180°−A^=180°−100°=80°

(tính chất tổng 3 góc trong 1 tam giác)

Suy ra: B^+C^=180°−A^=180°−100°=80°

B^=80°+50°:2=65°

C^=65°−50°=15°

.

Đề bài. Tìm giá trị của m để phương trình sin2x – m = 1 có nghiệm.

Lời giải:

Phương trình tương đương: sin2x = m + 1

Vì sin2x ∈ [-1;1] nên để phương trình có nghiệm thì: -1 ≤ m + 1 ≤ 1

Suy ra: -2 ≤ m ≤ 0.

Vậy -2 ≤ m ≤ 0.

Đề bài. Giải phương trình sin3x – cos2x = 0.

Lời giải:

sin3x – cos2x = 0

⇔ sin3x = cos2x

⇔ sin3x=sinπ2−2x

⇔ 3x=π2−2x+k2π3x=π−π2+2x+k2π

⇔ x=π10+k2π5x=π2+k2πk∈ℤ

.

Đề bài 1. Cho ∆ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, BC. Hỏi MP→+NP→

bằng vecto nào?

Lời giải:

Từ M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, BC, ta suy ra MN, NP, MP là các đường trung bình của tam giác ABC.

Suy ra ANPM là hình bình hành.

Vì ANPM là hình bình hành nên theo quy tắc hình bình hành ta có

MP→+NP→=AN​→+AM→=AP→

Đề bài 2. Cho tam giác ABC. Các điểm M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC. Xác định hiệu AM→−AN→,MN→−NC→,MN→−PN→,BP→−CP→

.

Lời giải:

* AM→−AN→=AM→+NA→=NM→

N là trung điểm AC nên AN→=NC→

* MN→−NC→=MN→−AN→=MN→+NA→=MA→

Xét tam giác ABC có: M, N là trung điểm AB, AC nên MN là đường trung bình

Suy ra: MN // BC; MN=12BC=BP=PC

⇒ MN→=PC→

* MN→−PN→=PC→−PN→=NC→

*

BP→−CP→=BP→+PC→=BC→

Đề bài. Cho biểu thức E=a+1a−2

. Tìm a ∈ ℤ để E ∈ ℤ.

Lời giải: E=a+1a−2=a−2+3a−2=1+3a−2

Để E ∈ ℤ thì 3 chia hết cho a – 2

Hay a – 2 ∈ Ư(3)

Suy ra: a – 2 ∈ {-1; 1; 3; -3}

⇒ a ∈ {1; 3; 5; -1}

Vậy a ∈ {1; 3; 5; -1}.

Đề bài. Cho tam giác ABC. Chứng minh

cosA2.cosB2.cosC2=sinA2.sinB2.cosC2+sinA2.cosB2.sinC2+cosA2.sinB2.sinC2

.

Lời giải:

Ta có: A+B+C2=180°2=90°⇒cosA2+B2+C2=cos90°=0

⇔ cosA2+B2+C2=0

⇔ cosA2+B2.cosC2−sinA2+B2.sinC2=0

⇔ cosA2.cosB2+sinA2.sinB2.cosC2−sinA2.cosB2+cosA2.sinB2.sinC2=0

⇔ cosA2.cosB2.cosC2−sinA2.sinB2.cosC2−sinA2.cosB2.sinC2−cosA2.sinB2.sinC2=0

⇔ cosA2.cosB2.cosC2=sinA2.sinB2.cosC2+sinA2.cosB2.sinC2+cosA2.sinB2.sinC2

.

Đề bài. Cho hình vuông ABCD cạnh a, M bất kì.

Tính độ dài của MA→+MB→+MC→−3MD→

.

Lời giải:

MA→+MB→+MC→−3MD→=MA→−MD→+MB→−MD→+MC→−MD→

=DA→+DB→+DC→=DB→+DB→=2DB

Do DB=AB2+AD2=a2+a2=a2

Nên: MA→+MB→+MC→−3MD→=2DB=2a2

.

Đề bài. Tìm x để 50 chia hết cho x + 1.

Lời giải:

Ta có: 50 ⋮ (x + 1) nên x + 1 ∈ Ư(50)

Suy ra x + 1 ∈ {±1; ±5; ±10; ±25; ±50}

Hay x ∈ {-2; 0; -6; 4; -11; 9; -26; 24; 49; -51}.

Đề bài. Tìm x, y, z biết: x−12=y−23=z−34

và x – y + z = –4.

Lời giải:

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: x−12=y−23=z−34=x−1−y+2+z−32−3+4=x−y+z−23=−4−23=−83

Suy ra: x−12=−83⇒x=−133

y−23=−83⇒y=−6

z−34=−83⇒z=−233

Đề bài. Một con tàu khởi hành từ đảo A, đi thẳng về hướng đông 10 km rồi đi thẳng tiếp 10 km về hướng nam thì tới đảo B (H.4.2). Nếu từ đảo A, tàu đi thẳng (không đổi hướng) tới đảo B, thì phải đi theo hướng nào và quãng đường phải dài bao nhiêu kilômét?

Lời giải:

Ta có hình vẽ sau:

Vì góc giữa hướng đông và hướng nam là bằng 90 độ nên AHB^=90°

do đó tam giác AHB vuông tại H.

Xét ΔAHB vuông tại H, áp dụng định lí Py – ta – go ta có: AB² = AH² + BH²

Thay số: AB² = 102 + 10 = 100 + 100 = 200

⇔ AB=200=102km

ΔAHB vuông tại H, có AH = BH = 10 km nên ΔAHB cân tại H

Suy ra: HAB^=45°

Do đó nếu đi từ đảo A, tàu đi thẳng (không đổi hướng) tới đảo B thì phải đi theo đường thẳng AB chính là hướng đông nam, tạo với hướng đông một góc 45°.

Vậy nếu từ đảo A, tàu đi thẳng (không đổi hướng) tới đảo B, thì phải đi theo hướng đông nam, tạo với hướng đông một góc 45° và đi quãng đường dài 102km.

Đề bài. Tìm số tự nhiên n có 3 chữ số khác nhau biết rằng nếu xóa bất kì chữ số nào của nó ta cũng được một số là ước của n.

Lời giải:

Gọi số tự nhiên n có dạng là abc¯

Nếu xóa c ta được ab¯

và abc¯⋮ab¯

Tương tự nếu xóa b ta được ac¯

và abc¯⋮ac¯

Nếu xóa a ta được bc¯

và abc¯⋮bc¯

abc¯⋮ab¯=10ab¯+c⋮ab¯

Vì 10ab¯⋮ab¯⇒c⋮ab¯

Để c⋮ab¯

thì c = 0

Lại có: abc¯ac¯=ab0¯+10ca0¯+c=100a+10b+10c10a+c=1010a+c+10b10a+c

Suy ra: 10b ⋮ (10a + c) mà c = 0 nên 10b ⋮ 10a hay b ⋮ a

Tức a là ước của b (1)

Lại có: abc¯bc¯=a00¯+b0→b0¯=100a+10b10b=1010a+b10b=10a+bb=1+10.ab

Để abc¯⋮bc¯

thì a ⋮ b

Suy ra: b là ước của a (2)

Từ (1) và (2) ta có: a = b và khác 0.

Suy ra: n = {110; 220; 330; 440; 550; 660; 770; 880; 990}.

Đề bài. Tập giá trị của hàm số y = 2sin²x – sinx – 1 là đoạn [m; M]. Khi đó 8m – 3M bằng?

Lời giải:

Đặt t = sinx (-1 ≤ t ≤ 1)

Khi đó y = 2t² – t – 1

y’ = 4t – 1

Xét y’ = 0 ta có: 4t – 1 = 0 ⇔

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy: y∈−98;2

Suy ra: m=−98;M=2

Khi đó 8m−3M=8.−98−3.2=−9−6=−15

.

Đề bài. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x³ + 2x² + (m − 3)x + m có hai điểm cực trị và điểm M(9; −5) nằm trên đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị.

Lời giải:

Ta có: y’ = 3x² + 4x + m – 3

Để hàm số có 2 điểm cực trị thì phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt

⇔ ∆’ > 0 ⇔ m<133*

Ta có: y=y’13x+29+2m3−269x+7m9+23

nên phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: y=2m3−269x+7m9+23

Thay M(9;-5) vào ta có: −5=2m3−269.9+7m9+23

⇔ m = 3.

Vậy m = 3.

Đề bài. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d: y = (2m + 10)x – 4m – 1 và điểm A(-2;3). Tìm m để khoảng cách từ A đến đường thẳng lớn nhất.

Lời giải:

Gọi điểm mà đồ thị hàm số luôn đi qua là M(x₀; y₀)

Ta có: (2m + 10)x₀ – 4m – 1 = y₀

⇔ 2mx₀ + 10x₀ – 4m – 1 – y₀ = 0

⇔ 2m(x₀ – 2) + (10x₀ – y₀ – 1) = 0

⇔ x0−2=010×0−y0−1=0⇔x0=2y0=19

Vậy đồ thị hàm số luôn đi qua M(2; 19)

Gọi khoảng cách từ A đến d là AH

Xét trong tam giác vuông AHM luôn có: AH ≤ AM

Vậy AH_max khi AH = AM tức AM ⊥ d

Gọi phương trình đường thẳng AM có dạng y = ax + b

Ta có: 19=2a+b3=−2a+b⇔a=4b=11

Vậy AM có phương trình: y = 4x + 11.

Để AM ⊥ d thì 4.(2m + 10) = -1

Suy ra: m=−418

Vậy m=−418

thì khoảng cách từ A đến đường thẳng d lớn nhất.

Đề bài. Tìm tập hợp các số tự nhiên n sao cho (3n + 7) chia hết cho (n – 2).

Lời giải:

Ta có: 3n + 7 = 3(n – 2) + 16.

Vì 3(n – 2) chia hết cho (n – 2) nên để (3n + 7) chia hết cho (n – 2) thì 16 chia hết cho n – 2

Hay n – 2 ∈ Ư(16)

Mà n là số tự nhiên

Suy ra: n – 2 ∈ {1; 2; 4; 8; 16}

Vậy n ∈ {3; 4; 6; 10; 18}

Đề bài. Tìm tập hợp các số tự nhiên n sao cho (6n + 9) chia hết cho (2n + 1).

Lời giải:

Ta có: 6n + 9 = 3(2n + 1) + 6

Vì 3(2n + 1) chia hết cho 2n + 1

Để 6n + 9 chia hết cho 2n + 1 thì 6 chia hết cho 2n + 1

⇒ 2n + 1 ∈ Ư(6)

Do n ∈ ℕ mà 2n + 1 là số lẻ

⇒ 2n + 1 ∈{1; 3}

⇒ n ∈ {0; 1}

Vậy n ∈ {0; 1}.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH kẻ HE, HF lần lượt vuông góc với AB, AC. Chứng minh BC.BE.CF = AH³.

Lời giải:

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

Lại có: BH² = AB.BE ⇒ BE = BH2AB

CH² = AC.CF ⇒ CF = CH2AC

Khi đó: BE.CF=BH2AB.CH2AC=AH4AB.AC

(Vì AH² = BH.CH)

Vậy BC.BE.CF = AB.ACAH.AH4AB.AC=AH3

.

Đề bài. Cho góc xOy^

. Lấy hai điểm A, B thuộc tia Ox sao cho OA < OB. Lấy hai điểm C, D thuộc tia Oy sao cho OC = OA, OD = OB. Gọi E là giao điểm của AD và BC. Chứng minh rằng:

a) AD = BC.

b) DEAB = DECD.

c) OE là tia phân giác của góc xOy.

Lời giải:

a) Xét tam giác OAD và tam giác OCB có:

OA = OC (giả thiết)

O^chung

OD = OB

Do đó: ∆OAD = ∆OCB (c.g.c)

Suy ra: AD = BC

b) Do OA = PC, OB = OD nên OB – OA = OD – OC hay AB = CD

Do ∆OAD = ∆OCB (c.g.c) nên ODA^=OBC^

ECD^ là góc ngoài tại định C của tam giác OBC nên ECD^=COB^+OBC^1

EAB^ là góc ngoài tại định C của tam giác OAD nên EAB^=AOD^+ODA^2

Từ (1) và (2) suy ra: ECD^=EAB^

Xét tam giác EAB và ECD có:

ECD^=EAB^

AB = CD

EDC^=EBA^

Do đó: ∆EAB = ∆ECD (g.c.g)

c) Do ∆EAB = ∆ECD (g.c.g) nên BE = DE

Xét tam giác ODE và OBE có:

OD = OB

OE chung

BE = DE

Do đó: ∆ODE = ∆OBE (c.c.c)

Suy ra: EOD^=EOB^

Vậy OE là tia phân giác của xOy^

.

Đề bài. cho hình bình hành ABCD, đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD, kẻ CH vuông góc với AD, CK vuông góc với AB.

a, Chứng minh tam giác BCK đồng dạng tam giác DCH.

b, Chứng minh tam giác CKH đồng dạng tam giác BCA.

c, Chứng minh HK = AC.sin BAD^

.

d, Tính diện tích của tứ giác AKCH nếu BDA^=60°

, AB = 4cm, AC = 5cm.

Lời giải:

a) Ta có: KBC^=BAD^

(2 góc ở vị trí so le trong)

Mà CDH^=BAD^

(2 góc đồng vị)

Suy ra: CDH^=KBC^

Xét tam giác BCK và DCH có

CDH^=KBC^

K^=H^=90°

⇒ ∆BCK ~ ∆DCH (g.g)

b) Tứ giác AKCH có: AKC^+AHC^=90°+90°=180°

Suy ra: AKCH nội tiếp đường tròn đường kính AC

Suy ra: KAC^=KHC^

(góc nội tiếp cùng chắn cung KC) (1)

Và CKH^=CHA^

(góc nội tiếp cùng chắn cung HC)

Mà HAC^=BCA^

(2 góc so le trong)

⇒ CKH^=BCA^

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: tam giác CKH đồng dạng tam giác BCA (g.g)

c) Do ∆BCK ∽ ∆DCH (g.g) nên CKCH=BCDC3

∆CKH ∽ ∆BCA (g.g) nên CKBC=KHAC4

Từ (3): CKBC=CHDC5

Từ (4) và (5); CKBC=KHAC=CHDC=sinCDH^

Mà CDH^=BAD^

(đồng vị)

Nên: KHAC=sinBAD^

hay HK = AC.sin

d) CDH^=BAD^=60°

DC = AB = 4

Tam giác DHC vuông có: sinCDH^=CHDC⇒CH=DC.sinCDH^=4.sin60°=23

DH=DC2−CH2=42−232=2

AH = AD + DH = 5 + 2 = 7

SAHC=12.AH.CH=12.7.23=73

BC = AD = 5

sinKBC^=KCBC⇒KC=BC.sinKBC^=BC.sinCDH^=532

BK=BC2−KC2=52

AK = AB + BK = 132

SACK=12.AK.CK=12.132.532=6538

Vậy S_AKCH = S_ACH + S_ACK =73+6538=12138

.

Đề bài. Cho hình bình hành ABCD. Đặt AB→=a→,AD→=b→

. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Biểu thị các vectơ AG→,CG→

theo hai vectơ a→,b→

.

Lời giải:

Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình bình hành ABCD.

Khi đó O là trung điểm của AC và BD.

Do đó BO là đường trung tuyến của tam giác ABC.

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên G thuộc trung tuyến BO của tam giác ABC.

Theo tính chất trọng tâm ta có: BG=23BO

Mà BO=12BD

nên BG=23.12BD=13BD

Hai vectơ BG→,BD→

cùng hướng và BG=13BD

nên BG→=13BD→

Ta có: AG→=AB→+BG→=AB→+13BD→=AB→+13BA→+AD→=23AB→+13AD→=23a→+13b→

Do ABCD là hình bình hành nên AC→=AB→+AD→

CG→=CA→+AG→=−AC→+AG→=−AB→+BC→+AG→=−a→+b→+23a→+13b→=−13a→−23b→

Đề bài. Cho tam giác ABC có M là trung điểm của cạnh BC. Vẽ các điểm F, E, G sao cho B, M, C theo thứ tự là trung điểm của AF, AE và AG. Chứng minh ba điểm F, E, G thẳng hàng.

Lời giải:

xét ΔBME và ΔCMA có:

BM = MC (giả thiết)

BME^=CMA^

(đối đỉnh)

ME = MA
⇒ ΔBME = ΔCMA (c.g.c)

Suy ra: BE = AC và MBE^=MCA^

Mà 2 góc MBE^,MCA^

ở vị trí so le trong nên BE // AC

Suy ra: BAC^=EBA^

(2 góc đồng vị)

Xét ΔFBE và ΔBAC có:

FB = BA

BAC^=EBA^

BE = AC

⇒ ΔFBE = ΔBAC (c.g.c)

⇒ ABC^=BFE^

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên BC // EF (1)

chứng minh tương tự ta có ΔEMC = ΔAMB(c.g.c)

⇒ AB = EC (2 cạnh tương ứng) và BAC^=ECG^

chứng minh tương tự ta có ΔACB = ΔCGE (c.g.c)

Suy ra: ACB^=CGE^

mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên BC // EG (2)

Từ (1) và (2) ta có FE // BC; EG // BC mà theo tiên đề Ơ-clit thì qua điểm E nằm ngoài đường thẳng BC chỉ có 1 đường thẳng song song vói đường thẳng đó

nên FE trùng EG hay F; E; G thẳng hàng.

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn đường cao AH. E, F là hình chiếu của H lên AB, AC. Khi S_AHE = 4cm², S_BHE = 1cm². Tính AB biết EH = 2 cm.

Lời giải:

2S_AHE = AE.EH

2S_BHE = BE.EH

Ta có: 2S_AHE + 2S_BHE = AE.EH + BE.EH = EH(AE + BE) = EH.AB

⇔ 2.4 + 2.1 = EH.AB

Hay EH.AB = 10

Mà EH = 2cm nên AB = 10 : 2 = 5(cm)

Đề bài. Cho ∆ ABC nhọn, đường cao AH. Kẻ HE ⊥ AB (E ∈ AB), HF ⊥ AC (F ∈ AC).

a) Chứng minh: ∆AEH ∽ ∆AHB. Từ đó suy ra AH² = AE.AB.

b) Chứng minh AE. AB = AF.AC.

c) Cho chu vi các ∆AEF và ∆ACB lần lượt là 20 cm và 30 cm. Tính diện tích ∆AEF và ∆ACB biết diện tích ∆ACB lớn hơn diện tích ∆AEF là 25 cm².

Lời giải:

a) Vì AH là đường cao (giả thiết)

AH ⊥ BC

∆AHB vuông tại H

Lại có HE ⊥ AB (giả thiết)

∆AEH vuông tại E

Do đó AEH^=AHB^=90°

Xét ∆AEH và ∆AHB có:

AEH^=AHB^=90°

(chứng minh trên)

BAH^

chung

Do đó ∆AEH ∽ ∆ AHB (g.g)

⇒ AHAB=AEAH

(tỉ số đồng dạng)

Suy ra: AH² = AE.AB. (1)

b) Vì AH ⊥ BC (chứng minh câu a) nên AHC^=90°

Vì HF ⊥ AC (giả thiết) nên AFH^=90°

Xét ∆AFH và ∆AHC có

AFH^=AHC^=90°

HAF^ chung

Do đó ∆AFH ᔕ ∆AHC (g.g)

⇒ AFAH=AHAC

(tỉ số đồng dạng)

Suy ra: AH² = AF.AC. (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AE. AB = AF.AC

c) Theo b có: AE. AB = AF.AC nên: AEAC=AFAB

Xét ∆AEF và ∆ACB có

AEAC=AFAB

A^ chung

Do đó ∆AEF ᔕ ∆ACB (c.g.c)

⇒ AEAC=AFAB=EFBC

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: AEAC=AFAB=EFBC=AE+AF+EFAC+AB+BC=2030=23

(vì chu vi ∆AEF và ∆ACB lần lượt là 20 cm và 30 cm)

SAEFSABC=AEAC2=49⇒SAEF4=SABC9=SABC−SAEF9−4=255=5

(Do S_ABC – S_AEF = 25 cm²)

Vậy S_AEF = 5.4 = 20 (cm²)

S_ABC = 20 + 25 = 45 (cm²).

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH kẻ HE, HF lần lượt vuông góc với AB, AC

a) Chứng minh ABAC2=HBHC

.

b) Chứng minh EBFC=ABAC3

.

Lời giải:

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

AB.AC = BC.AH ⇒ BC=AB.ACAH

AB² = BH.BC

AC² = CH.BC

Xét: ABAC2=HB.BCHC.BC=HBHC

(đpcm)

b) Từ AB² = BH.BC ⇒ AB⁴ = BH² . BC² = AB.BE.BC² (vì BH² = AB.BE)

Từ AC² = CH.BC ⇒ AC⁴ = CH² . BC² = AC.CF.BC² ( vì CH² = AC.CF)

Xét: AB4AC4=AB.BE.BC2AC.CF.BC2=AB.BEAC.CF

Suy ra: EBFC=ABAC3

.

Đề bài. Một cung lượng giác trên đường tròn định hướng có độ dài bằng một nửa bán kính. Số đo theo rađian của cung đó là?

Lời giải:

Một cung lượng giác trên đường tròn định hướng có độ dài bằng bán kính thì có số đo 1 rad hoặc -1 rad.

Do đó, một cung lượng giác trên đường tròn định hướng có độ dài bằng nửa bán kính thì số đo theo rađian của cung đó là 12rad

hoặc −12rad

.

Đề bài. Một sân trường hình chữ nhật có nửa chu vi là 120 m. Chiều rộng bằng

chiều dài. Hỏi diện tích của sân trường đó bằng bao nhiêu mét vuông, bao nhiêu ha?

Lời giải:

Ta có sơ đồ:

Theo sơ đồ, tổng số phần bằng nhau là:

3 + 5 = 8 (phần)

Chiều rộng sân trường đó là:

120 : (8 . 3) = 45 (m)

Chiều dài sân trường đó là:

120 – 45 = 75 (m)

Diện tích sân trường đó là:

75 . 45 = 3375 (m²)

Đổi 3375 m² = 0,3375 ha

Đáp số: 3375 m²; 0,3375 ha.

Đề bài. Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F. Chứng minh rằng: AB→+CD→+EF→=AD→+EB→+CF→

Lời giải:

AB→+CD→+EF→

=AD→+DB→+CF→+FD→+EB→+BF→

=AD→+EB→+CF→+FD→+DB→+BF→

=AD→+EB→+CF→+FB→+BF→

=AD→+EB→+CF→+0→

=AD→+EB→+CF→

Vậy AB→+CD→+EF→=AD→+EB→+CF→

.

Đề bài. Cho A = 2 + 2² + 2³ + … + 2⁴⁸. Chứng minh rằng A chia hết cho 2, 3, 7.

Lời giải:

* Xét A = 2 + 2² + 2³ + … + 2⁴⁸

Ta thấy: 2 ⋮ 2; 2² ⋮ 2, … , 2⁴⁸ ⋮ 2

Nên: 2 + 2² + 2³ + … + 2⁴⁸ ⋮ 2 hay A chia hết cho 2.

* Xét A = 2 + 2² + 2³ + … + 2⁴⁸

A = (2 + 2²) + (2³ + 2⁴) + … + (2⁴⁷ + 2⁴⁸)

A = 2(1 + 2) + 2³(1 + 2) + … + 2⁴⁷(1 + 2)

A = 2.3+ 2³.3 + … + 2⁴⁷.3

A = 3(2 + 2³ + … + 2⁴⁷)

Vì 3 ⋮ 3 nên 3(2 + 2³ + … + 2⁴⁷) ⋮ 3

Vậy A chia hết cho 3.

* Xét A = 2 + 2² + 2³ + … + 2⁴⁸

A = (2 + 2² + 2³) + (2⁴ + 2⁵ + 2⁶) + … + (2⁴⁶ + 2⁴⁷ + 2⁴⁸)

A = 2(1 + 2 + 2²) + 2⁴(1 + 2 + 2²) + … + 2⁴⁶(1 + 2 + 2²)

A = (1 + 2 + 2²)(2 + 2⁴ + … + 2⁴⁶)

A = 7.(2 + 2⁴ + … + 2⁴⁶)

Vì 7 ⋮ 7 nên 7.(2 + 2⁴ + … + 2⁴⁶)⋮ 7

Vậy A chia hết cho 7.

Đề bài. Cho A = 3³.2².19. Hỏi các số 27; 4; 16; 19; 24 có là ước của A không?

Lời giải:

A = 3³.2².19 = 27.4.19

Vì 27 ⋮ 27 nên 27.4.19 ⋮ 27

4 ⋮ 4 nên 27.4.19 ⋮ 4

19 ⋮ 19 nên 27.4.19 ⋮ 19

Vậy các số là ước của A là 27;4;19.

Đề bài. Cho A = 5 + 5² + … + 5²⁰²². Tìm x để 4A + 5 = 5^x.

Lời giải:

A = 5 + 5² + … + 5²⁰²²

⇒ 5A = 5² + … + 5²⁰²³

⇒ 5A – A = (5² + … + 5²⁰²³) – (5 + 5² + … + 5²⁰²²)

4A = 5²⁰²³ – 5

Khi đó: 4A + 5 = 5²⁰²³ = 5^x

Vậy x = 202.

Đề bài. Tính C=a8+10a+13+a

biết a là nghiệm dương của phương trình 2

x² + x – 1 = 0.

Lời giải:

Xét phương trình: x² + x – 1 = 0

⇔ x2+2.12x+14−54=0

⇔ x+122−522=0

⇔ x+12+52x+12−52=0

⇔ x=−5−12x=5−12

Vì a dương nên a=5−12

Khi đó: C=a8+10a+13+a=5−128+10.5−12+13+5−12=5

Vậy C = 5.

Đề bài. Cho hình bình hành ABCD. Vẽ AE ⊥ BC tại E, DF ⊥ AB tại F. Biết AE = DF. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình thoi.

Lời giải:

Ta có: FAD^=ABE^

(vì AD // BC)

Xét tam giác AFD và tam giác BEA có:

FAD^=ABE^

DF = AE (giả thiết)

AFD^=AEB^=90°

Suy ra: ∆AFD = ∆BEA (g.c.g)

⇒ AD = AB (2 cạnh tương ứng)

Xét hình bình hành ABCD có AD = AB nên ABCD là hình thoi.

Đề bài. Cho a + b + c = 0 và a² + b² + c² = 1. Tính a⁴ + b⁴ + c⁴.

Lời giải:

Ta có a + b + c = 0.

⇔ (a + b + c)² = 0.

⇔ a² + b² + c² + 2(ab + bc + ca) = 0.

⇔ 2 + 2(ab + bc + ca) = 0.

⇔ 2(ab + bc + ca) = –2.

⇔ ab + bc + ca = –1.

Ta có ab + bc + ca = –1.

Suy ra (ab + bc + ca)² = 1.

⇔ a²b² + b²c² + c²a² + 2(ab²c + bc²a + a²bc) = 1.

⇔ a²b² + b²c² + c²a² + 2abc(b + c + a) = 1.

⇔ a²b² + b²c² + c²a² + 2abc.0 = 1.

⇔ a²b² + b²c² + c²a² = 1.

Đặt P = a⁴ + b⁴ + c⁴

= (a² + b² + c²)² – 2(a²b² + b²c² + c²a²)

= 2² – 2.1 = 2.

Vậy a⁴ + b⁴ + c⁴ = 2.

Đề bài. Tìm GTLN của a² + b² + c² biết a, b, c thỏa mãn 1 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c = 6.

Lời giải:

Ta có: (a – 1)(a – 2) ≤ 0 ⇒ a² ≤ 3a – 2

Tương tự: (b – 1)(b – 2) ≤ 0 ⇒ b² ≤ 3b – 2

(c – 1)(c – 2) ≤ 0 ⇒ c² ≤ 3c – 2

Cộng 3 vế ta có:

a² + b² + c² ≤ 3(a + b + c) – 6 = 3.6 – 6 = 12

Vậy GTLN của a² + b² + c² là 12 khi a = b = c = 2.

Đề bài. Cho a,b là các số thực dương thoả mãn điều kiện a+1b+1=4

. Tìm min của P=a2b+b2a

.

Lời giải:

Ta có:

4=a+1b+1=ab+a+b+1≤a+b2+a+12+b+12+1⇒a+b≥2

Do đó: P=a2b+b2a≥a+b2a+b=a+b≥2

Vậy P min = 2 khi a = b = 1.

Đề bài. Cho a và b là hai số tự nhiên. Biết a chia cho 5 dư 1; b chia cho 5 dư 4. Chứng minh ab + 1 chia hết cho 5.

Lời giải:

Vì a chia 5 dư 1 nên đặt a = 5x + 1 (x ∈ ℕ); b chia 5 dư 4 nên đặt b = 5y + 4(y ∈ ℕ).

Ta có a.b + 1 = (5x + 1)(5y + 4) + 1 = 25xy + 20x + 5y + 5.

ab + 1 = 5(5xy + 4x + y + 1) ⋮ 5 (đpcm).

Đề bài. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A(1;3); B(-2;2); C(-1;-3). Tính chu vi và diện tích tam giác ABC.

Lời giải: AB→=−3;−1,AC→=−2;−6,BC→=1;−5

AB = −32+−1=10

AC = −22+−62=40=210

BC = 12+−52=26

Chu vi tam giác ABC = AB + AC + BC = 26+310

BC→=1;−5⇒nBC→=5;1

Phương trình đường thẳng BC là: 5(x + 1) + 1(y + 3) = 0 hay 5x + y + 8 = 0

d(A;BC) = 5.1+3.1+852+12=1626

S_ABC = 12dA;BC.BC=12.1626.26=8dvdt

.

Đề bài. Cho a, b, c là 3 số nguyên dương thỏa mãn tổng của 160 và bình phương của a bằng tổng của 5 và bình phương của b. Tổng của 320 và bình phương của a bằng tổng của 5 và bình phương của c. Tìm a

Lời giải:

Ta có: 160 + a² = 5 + b²

⇔ b² – a² = 155

⇔ (b – a)(b + a) = 155 (1)

Lại có: b – a, b + a là các số nguyên, b – a < b + a (2).

Từ (1), (2) ta có bảng:

Với a = 77 thì 320 + a² = 5 + c², suy ra c không phải số nguyên

Với a = 13 thì 320 + a² = 5 + c² = 320 + 13² = 489

⇒ c² = 484 ⇒ c = 22.

Vậy a = 13.

Đề bài. Cho 2 số thực dương a, b thỏa mãn a² + 2ab + 2b² – 2b = 8.

Chứng minh rằng 0 < a + b ≤ 3.

Lời giải:

Ta có: a, b > 0 nên a + b > 0

a² + 2ab + 2b² – 2b = 8

⇔ (a + b)² = 8 – (b² – 2b)

⇔ (a + b)² = 9 – (b – 1)²

Vì (b – 1)² ≥ 0 với mọi b nên 9 – (b – 1)² ≤ 9

Suy ra: (a + b)² ≤ 9

⇒ -3 ≤ a + b ≤ 3

Mà a + b > 0 nên 0 < a + b ≤ 3

Vậy 0 < a + b ≤ 3.

Đề bài. Cho a, b, c, d thỏa mãn a² + b² = 25; c² + d² = 16; ac + bd ≥ 20. Tìm max a + d.

Lời giải:

Đặt a=5cosαb=5sinα;c=4cosβd=4sinβ0≤α,β≤2π

Từ ac + bd ≥ 20 ta có: 20cosα.cosβ + 20sinα.sinβ ≥ 20

⇔ 20cos(α – β) ≥ 20

Vậy cos(α – β) = 1 ⇔ α – β = k2π (k ∈ ℤ) ⇔ α = β + k2π

Suy ra: cosα=cosβsinα=sinβ

Ta có: a + d = 5cosα + 4sinβ = 5cosα + 4sinα ≤ 52+42.cos2α+sin2α=41

Dấu “=” khi: cosα5=sinα45cosα+4sinα=41

Vậy max a + d =

khi a=5cosα=2541;d=4sinβ=1641

.

Đề bài. Cho các số thực a, b, c sao cho a + b + c = 3; a² + b² + c² = 29 và abc = 11. Tính a⁵ + b⁵ + c⁵.

Lời giải:

Xét: ab + bc + ca = 12a+b+c2−a2+b2+c2=12.32−29=−10

Suy ra: a²b² + b²c² + c²a² = (ab + bc + ca)² – 2abc(a + b + c) = (-10)² – 2.11.3 = 34

a³ + b³ + c³ – 3abc = (a + b + c)(a² + b² + c² – ab – bc – ca) = 3.(29 + 10) = 117

Suy ra: a³ + b³ + c³ = 150

Xét a⁵ + b⁵ + c⁵ = (a³ + b³ + c³)(a² + b² + c²) – [( a²b² + b²c² + c²a²)(a + b + c) – abc(ab + ac + bc) = 150.29 – [(34.3 – 11.(-10)] = 4138.

Vậy a⁵ + b⁵ + c⁵ = 4138.

Đề bài. Cho a, b >0 thỏa mãn a + b ≤ 1. Tìm GTNN của P=a2+b2+1a2+1b2

.

Lời giải:

P=a2+116a2+b2+116b2+15161a2+1b2

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

a2+116a2≥12;b2+116b2≥12;1a2+1b2≥2ab=42ab

Mặt khác: 1a2+1b2≥4a2+b2

Suy ra: 21a2+1b2≥41a2+b2+12ab≥4.4a2+b2+2ab=16a+b2=16

Suy ra: 1a2+1b2≥8

Vậy P≥12+12+1516.8=172

Dấu “=” xảy ra khi: a=ba+b=1⇔a=b=12

.

Đề bài. Cho ab+c+ba+c+ca+b=1

. Chứng minh rằng a2b+c+b2a+c+c2a+b=0

.

Lời giải:

Nhân hai vế của ab+c+ba+c+ca+b=1

với a + b + c ta được:

a2+ab+cb+c+b2+bc+aa+c+c2+ca+ba+b=a+b+c

⇔ a2b+c+b2a+c+c2a+b+a+b+c=a+b+c

⇔ a2b+c+b2a+c+c2a+b=0

.

Đề bài. Giả sử a, b là 2 số thực phân biệt thỏa mãn: a² + 3a = b² + 3b = 2. Chứng minh rằng a³ + b³ = -45.

Lời giải:

Ta có:

a² + 3a = b² + 3b

⇔ (a² – b²) + (3a – 3b) = 0

⇔ (a – b)(a +b + 3) = 0

Vì a và b phân biệt nên a – b ≠ 0

Suy ra: a + b + 3 = 0 hay a + b = -3

Suy ra: (a + b)² = 9

⇔ a² + 2ab + b² = 9 (1)

Mà a² + 3a = b² + 3b = 2

Suy ra: a² + b² + 3a + 3b = 2 + 2 = 4

a² + b² = 4 – 3(a + b) = 4 – 3.(-3) = 13 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 2ab = -4 hay ab = -2 (2)

Lấy (2) + (3): a² – ab + b² = 15

Do đó: a³ + b³ = (a + b)(a² – ab + b²) = 15.(-3) = -45.

Đề bài. Cho hai tập hợp A = (-1;2] và B = {x ∈ R| mx ≥ 1} (với m là tham số thực). Xác định tất cả giá trị của tham số m để A ∩ B = ∅.

Lời giải:

* Xét m = 0 thì B = ∅ ⇒ A ∩ B = ∅ nên m = 0 thỏa mãn (1)

* Xét m < 0 ⇒ B=−∞;1m

⇒ A ∩ B = ∅ khi và chỉ khi: 1m≤−1

Hay: 1m+1≤0⇔m+1m≤0⇔−1≤m≤0

Kết hợp với điều kiện m < 0 suy ra: -1 ≤ m < 0 (2)

* Xét m > 0 ⇒ B=1m;+∞

⇒ A ∩ B = ∅ khi và chỉ khi: 1m>2

Hay: 1−2mm>0⇔0<m<12

(3)

Từ (1), (2) và (3): Kết luận: A ∩ B = ∅ khi −1≤m<12

.

Đề bài. Cho A = 3 + 3² + 3³ + … + 3⁹⁹ + 3¹⁰⁰. Hỏi 2A + 3 có phải là số chính phương không?

Lời giải:

A = 3 + 3² + 3³ + … + 3⁹⁹ + 3¹⁰⁰

3A = 3² + 3³ + … + 3¹⁰⁰ + 3¹⁰¹

3A – A = (3² + 3³ + … + 3¹⁰⁰ + 3¹⁰¹) – (3 + 3² + 3³ + … + 3⁹⁹ + 3¹⁰⁰)

2A = 3¹⁰¹ – 3

2A + 3 = 3¹⁰¹

Mà 3¹⁰¹ không phải là số chính phương

Vậy 2A + 3 không phải là số chính phương.

Đề bài. Cho A = [1;2], B = [m; m + 2]. Tìm m để B là tập con của của A.

Lời giải:

Ta có: B ⊂ A thì: 1 ≤ m ≤ m+ 2 ≤ 2

⇔ m≥1m+2≤2

⇔ m≥1m≤0

(vô lí).

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đề bài. Cho A = (2m – 1; 2m + 3) và B = (-1; 1).

Xác định m để B là tập con A và A ∩ B = ∅.

Lời giải:

Để A ∩ B = ∅ thì: 2m−1≥12m+3≤−1⇔m≥1m≤−2

Vậy m ≥ 1 hoặc m ≤-2 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.