Lời giải

a) Chị Hoa phải trả số tiền là:

1 050 000 – 1 050 000 × 30% = 735 000 (đồng)

b) Giá chiếc túi đã giảm khi có thẻ khách hàng thân thiết là:

91 000 : 10% = 910 000 (đồng)

Giá chiếc túi ban đầu là:

910 000 : (1 – 30%) = 1 300 000 (đồng)

Vậy giá niêm yết ban đầu của túi xách là 1 300 000 đồng.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức Heron cho tam giác ABC, ta có:

Suy ra:

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

a) Xét tam giác ABC vuông tại A có AH ⊥ BC, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AB² = BH . BC

AC² = CH . BC

Xét tam giác ABH vuông tại H có HE ⊥ AB, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

BH² = BE . BA

Hay \(BE = \frac{{B{H^2}}}{{BA}}\)

Xét tam giác ACH vuông tại H có HF ⊥ AC, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

CH² = CF . CA

Hay \(CF = \frac{{C{H^2}}}{{CA}}\)

Ta có: \(\frac{{A{B^4}}}{{A{C^4}}} = \left( {\frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}} \right) = \frac{{{{\left( {BH.BC} \right)}^2}}}{{{{\left( {CH.BC} \right)}^2}}} = \frac{{B{H^2}}}{{C{H^2}}} = \frac{{BE.AB}}{{CF.AC}} = \frac{{BE}}{{CF}}.\frac{{AB}}{{AC}}\)

Suy ra  \(\frac{{FB}}{{FC}} = \frac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}}\)

Vậy \(\frac{{FB}}{{FC}} = \frac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}}\).

b) Xét tứ giác AEHF có \(\widehat {{\rm{EAF}}} = \widehat {HE{\rm{A}}} = \widehat {HF{\rm{A}}} = 90^\circ \)

Suy ra AEHF là hình chữ nhật

Do đó AH = EF

 Xét tam giác ABC vuông tại A , theo định lý Pytago ta có:

Vậy BC² = 3AH² + BE² + CF²

c) Ta có: \(BE\sqrt {CH} + CF\sqrt {BH} \)

Vậy \(BE\sqrt {CH} + CF\sqrt {BH} = AH\sqrt {BC} \).

Lời giải

Ta có:

\[{\rm{A}} = \left( {\frac{1}{4} - 1} \right).\left( {\frac{1}{9} - 1} \right).\left( {\frac{1}{{16}} - 1} \right).\left( {\frac{1}{{25}} - 1} \right).....\left( {\frac{1}{{121}} - 1} \right)\]

\[{\rm{A}} = \left( { - \frac{3}{4}} \right).\left( { - \frac{8}{9}} \right).\left( { - \frac{{15}}{{16}}} \right).....\left( { - \frac{{120}}{{121}}} \right)\] (có 10 số hạng)

\[{\rm{A}} = \frac{{3.8.15.....120}}{{4.9.16.....121}}\]

\[{\rm{A}} = \frac{{\left( {1.3} \right).\left( {2.4} \right).\left( {3.5} \right).....\left( {10.12} \right)}}{{{2^2}{{.3}^2}{{.4}^2}{{.....11}^2}}}\]

\[{\rm{A}} = \frac{{\left( {1.2.3.....10} \right).\left( {3.4.5.....12} \right)}}{{\left( {2.3.4.....11} \right).\left( {2.3.4.....11} \right)}}\]

\(A = \frac{{12}}{{11.2}} = \frac{6}{{11}}\).

Lời giải

a) Ta có: \[{\rm{A}} \subset B \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 5\\m + 3 > 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 5\\m > 4\end{array} \right. \Leftrightarrow 4 < m \le 5\].

b) Ta có: \[B \subset A \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 5\\m + 3 \le 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 5\\m \le 4\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \].

Lời giải

a) Ta có:

\[{\rm{A}} \subset B \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \ge - 4\\m + 3 \le 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m \ge - 3\\m \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{2} \le m \le 2\].

b) Ta có:

\[B \subset A \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \le - 4\\m + 3 \ge 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m \le - 3\\m \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \].

c) Ta có:

\(A \cap B = \emptyset \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 3 < 4\\2m - 1 > 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 1\\m > 3\end{array} \right.\).

Lời giải

a) (2x + 3)(x – 4) + (x – 5)(x – 2) = (3x – 5)(x – 4)

⇔ 2x² – 8x + 3x – 12 + x² – 2x – 5x + 10 = 3x² – 12x – 5x + 20

⇔ –12x – 2 = – 17x + 20

⇔ 5x = 22

\( \Leftrightarrow x = \frac{{22}}{5}\)

Vậy \(x = \frac{{22}}{5}\).

b) (8x – 3)(3x + 2) – (4x + 7)(x + 4) = (2x + 1)(5x – 1)

⇔ 24x² – 9x + 16x – 6 – 4x² – 16x – 7x – 28 = 10x² – 2x + 5x – 1

⇔ 20x² – 16x – 34 = 10x² + 3x – 1

⇔ 10x² – 19x – 33 = 0

⇔ 10x² – 30x + 11x – 33 = 0

⇔ 10x(x – 3) + 11(x – 3) = 0

⇔ (10x + 11)(x – 3) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}10{\rm{x}} + 11 = 0\\x - 3 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{x}} = \frac{{ - 11}}{{10}}\\x = 3\end{array} \right.\)

Vậy \(x = \frac{{ - 11}}{{10}}\) hoặc x = 3.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(y = \sin \left( {\frac{2}{5}x} \right).c{\rm{os}}\left( {\frac{2}{5}x} \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {\frac{4}{5}x} \right)\)

Do đó f là hàm số tuấn hoàn với chu kì \(T = \frac{{2\pi }}{{\frac{4}{5}}} = \frac{{5\pi }}{2}\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Hàm số xác định trên R

Mà m nguyên

Suy ra m ∈ {–4; –3; –2; –1; 0; 1; 2; 3}

Do đó có 8 giá trị của m.

Lời giải

Ta có:

\(2c{\rm{osA + cosB + cosC = }}\frac{9}{4}\)

\( \Leftrightarrow 2c{\rm{osA + 2cos}}\left( {\frac{{{\rm{B + C}}}}{2}} \right){\rm{cos}}\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right){\rm{ = }}\frac{9}{4}\)

\( \Leftrightarrow c{\rm{osA + cos}}\left( {\frac{{{\rm{B + C}}}}{2}} \right){\rm{cos}}\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right){\rm{ = }}\frac{9}{8}\)

\( \Leftrightarrow c{\rm{osA + sin}}\frac{A}{2}{\rm{cos}}\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right){\rm{ = }}\frac{9}{8}\)

\( \Leftrightarrow 1 - 2{\sin ^2}\frac{A}{2}{\rm{ + }}\sin A{\rm{cos}}\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right){\rm{ = }}\frac{9}{8}\)

\( \Leftrightarrow - 2{\sin ^2}\frac{A}{2}{\rm{ + }}\sin \frac{A}{2}{\rm{cos}}\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right) - \frac{1}{8}{\rm{ = 0}}\)                          (1)

Để tồn tại góc A thì phương trình (1) phải có nghiệm \(\sin \frac{A}{2}\)

Suy ra ∆ ≥ 0

\( \Leftrightarrow co{s^2}\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right) - 1 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow cos\left( {\frac{{B - C}}{2}} \right) = 1\)

Khi đó \( - 2{\sin ^2}\frac{A}{2}{\rm{ + }}\sin \frac{A}{2} - \frac{1}{8}{\rm{ = 0}}\)

\( \Leftrightarrow {\sin ^2}\frac{A}{2}{\rm{ }} - \frac{1}{2}\sin \frac{A}{2} + \frac{1}{{16}}{\rm{ = 0}}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sin \frac{A}{2} - \frac{1}{4}} \right)^2}{\rm{ = 0}}\)

\( \Leftrightarrow \sin \frac{A}{2} = \frac{1}{4}\)

Vậy \(\sin \frac{A}{2} = \frac{1}{4}\).

Lời giải

a) Hàm số: y = x + 1

Cho x = 0 thì y = 0 + 1 = 1, ta có điểm M(0; 1)

Cho y = 0 thì 0 = x + 1 nên x = –1, ta có điểm P(–1; 0)

Đồ thị hàm số y = x + 1 là đường thẳng đi qua hai điểm M(0; 1) và P(–1; 0)

+) Hàm số: y = –x + 3

Cho x = 0 thì y = 0 + 3 = 3, ta có điểm N(0; 3)

Cho y = 0 thì 0 = –x + 3 nên x = 3, ta có điểm Q(3; 0)

Đồ thị hàm số y = –x + 3 là đường thẳng đi qua hai điểm N(0; 3) và Q(3; 0)

Ta có hình vẽ sau:

b) Hoành độ của điểm C là nghiệm của phương trình

x + 1 = –x + 3

⇔ 2x = 2

⇔ x = 1

Suy ra y = 1 + 1 = 2

Vậy C(1; 2)

Hoành độ của điểm A là nghiệm của phương trình

x + 1 = 0 ⇔ x = –1

Suy ra A(–1; 0) ≡ P

Hoành độ của điểm B là nghiệm của phương trình

–x + 3 = 0 ⇔ x = 3

Suy ra B(3; 0) ≡ Q

c) Ta có AB = OA + OB = 1 + 3 = 4

Áp dụng định lý Pytago ta có

Chu vi tam giác ABC là:

Ta có:

Suy ra tam giác ABC vuông tại C

Diện tích tam giác ABC là

d) Xét tam giác ABC có

\(\sin {\rm{A}} = \frac{{BC}}{{AB}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Suy ra \(\widehat A = 45^\circ \)

Vậy góc tạo bởi đường thẳng y = x + 1 với trục Ox bằng 45°.

Lời giải

Trung bình cộng của 6 số đó là:

42 : 6 = 7 

Vậy trung bình cộng của 6 số đó là 7.

Lời giải

a) Để hàm số y = (m – 2)x + 2m + 1 đồng biến

Vậy với m > 2 thì hàm số y = (m – 2)x + 2m + 1 đồng biến.

b) Để đồ thị hàm số y = (m – 2)x + 2m + 1 song song đường thẳng y = 2x – 1

Vậy m = 4 và m ≠ 1.

c) Giả sử đồ thị hàm số y = (m – 2)x + 2m + 1 luôn đi qua một điểm cố định M(x₀; y₀) với mọi m

Khi đó y₀ = (m – 2)x₀ + 2m + 1

Vậy điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn luôn đi qua với mọi giá trị m là M(–2; 5).

Lời giải

a) Vì tam giác ABC vuông tại A

Nên BC² = AB² + AC²

Hay BC² = 15² + 20² = 625

Suy ra BC = 25 (cm)

b) Xét tam giác ACB vuông ở A có AH ⊥ BC

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

AC² = CH . BC nên \(CH = \frac{{A{C^2}}}{{BC}} = \frac{{{{20}^2}}}{{25}} = 16\)

AB² = BH . BC nên \(BH = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} = \frac{{{{15}^2}}}{{25}} = 9\)

AH² = BH . CH = 16 . 9 = 144

Suy ra AH = 12 (cm)

Vậy AH = 12 cm, BH = 9 cm, CH = 16 cm.

Lời giải

a) Vì điểm K nằm trên đường tròn ngoại tiếp ΔBDE nên tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn

Suy ra \(\widehat {BEK} = \widehat {B{\rm{D}}K}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BK)

Hay \(\widehat {AEK} = \widehat {{\rm{FD}}K}\)

Vì tứ giác DKFC nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {FCK} = \widehat {{\rm{FD}}K}\)

Suy ra \(\widehat {AEK} = \widehat {{\rm{FC}}K}\), hay \(\widehat {AEK} = \widehat {{\rm{AC}}K}\)

Do đó tứ giác AKCE nội tiếp đường tròn

Suy ra \(\widehat {K{\rm{AE}}} + \widehat {KCE} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {KC{\rm{D}}} + \widehat {KCE} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Do đó \(\widehat {K{\rm{AE}}} = \widehat {KC{\rm{D}}}\) hay \(\widehat {K{\rm{AB}}} = \widehat {KC{\rm{D}}}\)

Do tứ giác BKDE nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {KD{\rm{E}}} + \widehat {KBE} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {KBA} + \widehat {KBE} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Do đó \(\widehat {KD{\rm{E}}} = \widehat {KBA}\) hay \(\widehat {{\rm{KBA}}} = \widehat {KDC}\)

Xét ΔDKC và ΔBKA có:

\(\widehat {{\rm{KBA}}} = \widehat {KDC}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {K{\rm{AB}}} = \widehat {KC{\rm{D}}}\) (chứng minh trên)

Suy ra (g.g)

Do đó \(\frac{{KC}}{{K{\rm{A}}}} = \frac{{K{\rm{D}}}}{{KB}}\)

Hay \(\frac{{KC}}{{KD}} = \frac{{KA}}{{KB}}\)

Ta có: \(\widehat {BK{\rm{D}}} = \widehat {DKC} + \widehat {BKC}\); \(\widehat {AKC} = \widehat {BKA} + \widehat {BKC}\)

Mà \(\widehat {DKC} = \widehat {BK{\rm{A}}}\), suy ra \(\widehat {DKB} = \widehat {CK{\rm{A}}}\)

Xét ΔKBD và ΔKAC có:

\(\widehat {DKB} = \widehat {CK{\rm{A}}}\) (chứng minh trên)

\(\frac{{KC}}{{KD}} = \frac{{KA}}{{KB}}\) (chứng minh trên)

Suy ra (c.g.c)

Do đó \(\widehat {KB{\rm{D}}} = \widehat {KAC}\)

Hay \(\widehat {KBF} = \widehat {KAF}\)

Suy ra tứ giác AKFB nội tiếp đường tròn

Do đó \(\widehat {BKF} = \widehat {{\rm{BAF}}}\) (2 góc nội tiếp chắn cung BF)

Suy ra \(\widehat {BKF} = \widehat {BAC} = \widehat {B{\rm{D}}C}\) (do \(\widehat {BAC},\widehat {B{\rm{D}}C}\) cùng chắn cung BC)                   (1)

Ta có: \(\widehat {B{\rm{D}}C} = \widehat {F{\rm{D}}C} = \widehat {FKC}\) (cùng chắn cung FC)                       (2)

Xét ΔBMC có \(\widehat {MBC} + \widehat {MCB} + \widehat {BMC} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Mà \(\widehat {MBC} = \widehat {BAC},\widehat {MCB} = \widehat {B{\rm{D}}C}\)(Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

Suy ra \(\widehat {BAC} + \widehat {BDC} + \widehat {BMC} = 180^\circ \)                                              (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra \(\widehat {BKF} + \widehat {FKC} + \widehat {BMC} = 180^\circ \)

Hay \(\widehat {BKC} + \widehat {BMC} = 180^\circ \)

Do đó tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn

b) Ta có \(\widehat {BKF} = \widehat {B{\rm{D}}C}\) (chứng minh câu a)

Suy ra \(\widehat {BKF} = \widehat {B{\rm{DE}}} = \widehat {BKE}\) (Do tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn)

Mà 2 điểm F và E nằm cùng phía so với BK

Suy ra 3 điểm K; F; E thẳng hàng

Hay F nằm trên KE                                                   (*)

Vì \(\widehat {BKF} = \widehat {BAC},\widehat {CKF} = \widehat {B{\rm{D}}C},\widehat {BAC} = \widehat {B{\rm{D}}C}\)

Nên \(\widehat {BKF} = \widehat {CKF}\)

Suy ra \(\widehat {BKE} = \widehat {CKE}\) (Do K; F; E thẳng hàng)

Do đó KE là phân giác của \(\widehat {BKC}\)                     (4)

Xét (O) có MB, MC là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M

Nên MB = MC

Do đó tam giác MBC cân tại M

Suy ra \(\widehat {MBC} = \widehat {MCB}\)

Xét tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn có \(\widehat {MBC} = \widehat {MKC},\widehat {MCB} = \widehat {MKB}\)

Suy ra \(\widehat {MKC} = \widehat {MKB}\)

Do đó KM là phân giác của \(\widehat {BKC}\)                                         (5)

Từ (4) và (5) suy ra 3 điểm K; M; E thẳng hàng hay M nằm trên KE (**)

Từ (*) và (**) suy ra 3 điểm E; M; F thẳng hàng

Vậy 3 điểm E; M; F thẳng hàng.

Lời giải

a) Gọi E là giao điểm của CO và BD

Xét ∆ACO và ∆BEO có

\(\widehat {CAO} = \widehat {EBO}\left( { = 90^\circ } \right)\)

AO = BO (giả thiết)

\(\widehat {BOE} = \widehat {AOC}\) (hai góc đối đỉnh)

Suy ra ∆ACO và ∆BEO (g.c.g)

Do đó AC = BE, CO = OE (các cặp cạnh tương ứng)

Xét ∆COD và ∆EOD có

OD là cạnh chung

\(\widehat {CO{\rm{D}}} = \widehat {EOD}\left( { = 90^\circ } \right)\)

CO = OE (chứng minh trên)

Suy ra ∆COD và ∆EOD (c.g.c)

Do đó CD = DE (hai cạnh tương ứng)

Ta có CD = DE = BD + BE = BD + AC

Vậy CD = AC + BD

b) Kẻ OH ⊥ CD

Ta có DC = DE (chứng minh câu a)

Suy ra tam giác DCE cân ở D

Mà DO là đường cao nên DO đồng thời là phân giác của \(\widehat {C{\rm{D}}E}\)

Suy ra \(\widehat {{\rm{CD}}O} = \widehat {O{\rm{D}}E}\)

Xét ∆HOD và ∆BOD có

\(\widehat {{\rm{DHO}}} = \widehat {DBO}\left( { = 90^\circ } \right)\)

OD là cạnh chung

\(H = \widehat {O{\rm{DB}}}\) (chứng minh trên)

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

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

Mà OB là bán kính của (O)

Suy ra H thuộc (O)

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

c) Xét ∆HOC và ∆AOC có

\(\widehat {{\rm{CHO}}} = \widehat {CAO}\left( { = 90^\circ } \right)\)

OC là cạnh chung

OH = OA (= OB)

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

Do đó HC = AC

Xét tam giác COD vuông tại O có OH ⊥ CD

Theo hệ thức lượng trong tam giác có

OH² = CH . DH

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

Vậy \(AC.B{\rm{D}} = \frac{{A{B^2}}}{4}\).

Lời giải

Trên tia CA lấy E sao cho A là trung điểm của CE

Vì tam giác ABC cân tại A nên BA = AC

Suy ra \(BA = \frac{1}{2}CE\)

Xét tam giác BCE có BA là trung tuyến và \(BA = \frac{1}{2}CE\)

Suy ra tam giác EBC vuông tại E

Hay BC ⊥ BE

Mà BC ⊥ AH nên AH // BE (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tam giác EBC có AH // BE và A là trung điểm của CE

Suy ra \[{\rm{A}}H = \frac{1}{2}BE\]

Xét tam giác BEC vuông tại B có BK là đường cao

Suy ra \(\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{B{C^2}}} + \frac{1}{{B{E^2}}}\)

Do đó \(\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{4B{C^2}}} + \frac{1}{{4A{H^2}}}\)

Vậy \(\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{4B{C^2}}} + \frac{1}{{4A{H^2}}}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Phương trình hoành giao điểm là

\(\frac{{2{\rm{x}} + 1}}{{x + 1}} = - x - 1\) (x≠ – 1)

⇔ 2x + 1 = (x + 1)( – x – 1)

⇔ 2x + 1 = – x² – 2x – 1

⇔ x² + 4x + 2 = 0

Gọi x₁, x₂ là hai nghiệm của phương trình trên

Theo Vi – ét ta có:

x₁ + x₂ = –4 và x₁ . x₂ = 2

Tọa độ các điểm A(x₁; y₁) và B(x₂; y₂)

Độ dài đoạn thẳng AB là

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Mệnh đề phủ định của ∀ x ∈ R, x² + 3x + 5 > 0 là ∃ x ∈ R, x² + 3x + 5 ≤ 0

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

Đáp án đúng là D

Ta có: P_n = n! = n(n – 1)(n – 2) ... . 2 . 1. Do đó B và C đúng.

\[{\rm{A}}_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}} = n\left( {n - 1} \right)...\left( {n - k + 1} \right)\]. Do đó A đúng D sai.

Vậy ta chọn đáp án D.

Lời giải

a) Điều kiện xác định x ≠ 0

Ta có:

 \(P = \sqrt {\frac{{{{\left( {{x^2} - 3} \right)}^2} + 12{{\rm{x}}^2}}}{{{x^2}}}} + \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} - 8{\rm{x}}} \)

b) Với x ≠ 0, ta có: \(P \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \left| {\frac{{{x^2}}}{x} + \frac{3}{x}} \right| + \left| {x - 2} \right| \in \mathbb{Z}\)

\( \Leftrightarrow \frac{3}{x} \in \mathbb{Z}\) ⇔ 3 ⋮ x

⇔ x ∈ Ư(3) = {1; 3; –1; –3}

Vậy x ∈ {1; 3; –1; –3} thì P ∈ Z.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có:

Hàm số y = f(x) có 3 cực trị

⇔ y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

⇔ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

⇔ m > 0

Gọi 3 điểm phân biệt của hàm số là

\(A\left( {0;a} \right),B\left( { - \sqrt m ;b} \right),C\left( {\sqrt m ;c} \right)\). Khi đó:

Ta luôn có AB = AC nên tam giác ABC đều

Mà m > 0 nên \(m = \sqrt[3]{3}\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

Đáp án đúng là C

Ta có:

∆ = (–3)2 – 4 . (–1) = 13 > 0

Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt là:

\[{{\rm{x}}_1} = \frac{{ - 3 + \sqrt {13} }}{2},{x_2} = \frac{{ - 3 - \sqrt {13} }}{2}\]

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(y = \frac{{2{\rm{x}} + 4}}{{x - 3}} = \frac{{2{\rm{x}} - 6 + 10}}{{x - 3}} = \frac{{2\left( {x - 3} \right) + 10}}{{x - 3}} = 2 + \frac{{10}}{{x - 3}}\)

Có y ∈ ℤ ⇔ 10 ⋮ x – 3

Suy ra x – 3 ∈ Ư(10) = {1; 2; 5; 10; –1; –2; –5; –10}

Hay x ∈ {4; 5; 8; 13; 2; 1; –2; –7}

Khi đó y ∈ {12; 7; 4; 3; –8; –3; 0; 1}

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

Đáp án dúng là: D

• Ta có OABC là hình bình hành

Suy ra \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OE} = \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OE} = \overrightarrow 0 \) (vì O là trung điểm của BE)

Do đó A đúng

• Ta có: \(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AO} \) ( ABCO là hình bình hành)

\(\overrightarrow {F{\rm{E}}} = \overrightarrow {O{\rm{D}}} \) (FODE là hình bình hành)

Suy ra \(\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {FE} = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {O{\rm{D}}} = \overrightarrow {A{\rm{D}}} \)

Do đó B đúng

• Ta có OABC là hình bình hành

Suy ra \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {EB} \)

Do đó C đúng

Vậy ta chọn đáp án D.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Vì góc hợp bởi đường cao SH của hình chóp và các mặt bên của hình chóp đều bằng α nên H là tâm đường tròn nội tiếp ABCD

Vì các cạnh bên của hình chóp S.ABCD đều bằng a nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD

Suy ra ABCD là hình vuông

Do đó hình chóp S.ABCD là hình chóp đều

Ta có:

Vậy ta chọn đáp án D.

Lời giải

a) Xét tam giác ABC cân tại B có BH là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến

Do đó AH = CH.

b) Vì tam giác ABC cân tại B nên AB = BC

Ta có: AB = AM + MB; BC = BN + NC

Mà AM = CN (giả thiết) nên BM = BN

Xét ∆BAN và ∆BCM có

BM = BN (chứng minh trên);

Chung góc \(\widehat {ABC}\);

AB = BC (chứng minh trên)

Suy ra ∆BAN = ∆BCM (c.g.c)

c) Vì ∆BAN = ∆BCM (chứng minh câu b)

Nên \(\widehat {BAN} = \widehat {BCM}\) (hai góc tương ứng)

Xét tam giác AMO có

\(\widehat {AM{\rm{O}}} + \widehat {AOM} + \widehat {MAO} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Xét tam giác CNO có

\(\widehat {{\rm{CNO}}} + \widehat {CON} + \widehat {NCO} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Mà \(\widehat {MAO} = \widehat {NCO},\widehat {MOA} = \widehat {NOC}\)

Suy ra \(\widehat {AM{\rm{O}}} = \widehat {CNO}\)

Xét ∆MOA và ∆NOC có

\(\widehat {AM{\rm{O}}} = \widehat {CNO}\) (chứng minh trên);

AM = CN (giả thiết);

\(\widehat {MAO} = \widehat {NCO}\) (chứng minh trên)

Suy ra ∆MOA = ∆NOC (g.c.g)

Do đó OA = OC (hai cạnh tương ứng)

Xét ∆BOA và ∆BOC có

OA = OC (chứng minh trên);

\(\widehat {BAO} = \widehat {BCO}\) (chứng minh trên);

BA = BC (chứng minh câu b)

Suy ra ∆BOA = ∆BOC (c.g.c)

Do đó \(\widehat {ABO} = \widehat {CBO}\) (hai góc tương ứng)

Suy ra BO là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\)               (1)

Xét tam giác ABC cân tại B có

BH là đường cao

Suy ra BH là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\)               (2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm 3 điểm B, O, H thẳng hàng.