5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 11)

Cho ∆ABC có AB = c; BC = a; CA = b và I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC thì ta có: \[x\overrightarrow {IA} + y\overrightarrow {IB} + z\overrightarrow {IC} = \vec 0\]

Từ đây suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 6\\z = 3\end{array} \right.\]

Do đó \[P = \frac{4}{6} + \frac{6}{3} + \frac{3}{4} = \frac{{41}}{{12}}\].

Câu 2/68

Phân tích thành nhân tử:10x – 25 – x².

Xem đáp án

Lời giải

Ta có 10x – 25 – x² = − (−10x + 25 + x²)

= − (25 − 10x + x²) = − (5² – 2 . 5 . x − x²)

= − (5 − x)².

Câu 3/68

Phân tích đa thức thành nhân tử: (x + 2) (x + 3) (x + 4) (x + 5) – 24.

Xem đáp án

Lời giải

Ta có [(x + 2)(x + 5)][(x + 3)(x + 4)] − 24

= (x² + 7x + 10)(x² + 7x + 12) – 24

= (x² + 7x + 11)² – 1 – 24

= (x² + 7x + 11)² – 25

= (x² + 7x + 11 − 5)(x² + 7x + 11 + 5)

= (x² + 7x + 6)(x² + 7x + 16)

= (x + 1)(x + 6)(x² + 7x + 16).

Câu 4/68

Cho tứ giác ABCD có M, N, P, Q, E, F là trung điểm của AB, BC, CD, DA, AC, BD. Chứng minh:

a) MN = PQ và NP = MQ.

b) MF = PE và ME = PF.

c) Tứ giác MEPF và tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) * Xét ΔBAC có:

• AM = MB (vì M là trung điểm AB);

• BN = NC (vì N là trung điểm CB).

Do đó MN // AC; \[MN = \;\frac{1}{2}AC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (1)

* Xét ΔACD có:

• AQ = QD (vì Q là trung điểm AD);

• CP = PD (vì P là trung điểm CD).

Do đó PQ // AC; \[QP = \;\frac{1}{2}AC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN // PQ // AC; \[MN = PQ = \;\frac{1}{2}AC\].

* Xét ΔBCD có:

• CN = NB (vì N là trung điểm CB);

• CP = PD (vì P là trung điểm CD).

Do đó NP // BD; \[NP = \;\frac{1}{2}BD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (3)

* Xét ΔABD có:

• AM = MP (vì M là trung điểm AB)

• AQ = QD (vì Q là trung điểm AD)

Do đó MQ // BD; \[MQ = \frac{1}{2}BD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (4)

Từ (3) và (4) suy ra NP // MQ // BD; \[NP = MQ = \;\frac{1}{2}BD\].

b) * Xét ΔABD có:

• MA = MB (gt)

• BF = FD (gt)

Do đó MF // AD; \[MF = \;\frac{1}{2}AD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (5)

* Xét ΔACD có:

• AE = EC (gt)

• CP = PD (gt)

Do đó PE // AD; EP = \[\frac{1}{2}\]AD (định lí đường trung bình của một tam giác) (6)

Từ (5) và (6) suy ra MF // PE // AD; \[MF = PE = \;\frac{1}{2}AD\].

* Xét Δ ACB có:

• AE = EC (gt)

• AM = MB (gt)

Do đó ME // BC; \[ME = \;\frac{1}{2}BC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (7)

* Xét ΔBDC có:

• BF = FD (gt)

• DP = PC (gt)

Do đó PF // BC; \[PF = \;\frac{1}{2}BC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (8)

Từ (7) và (8) suy ra ME // PF // BC; \[ME = PF = \;\frac{1}{2}BC\].

c) Xét tứ giác MEPF có:

MN = PQ (chứng minh trên); NP = MQ (chứng minh trên)

Do đó, tứ giác MEPF là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Xét tứ giác MNPQ có:

MF = PE (chứng minh trên); ME = PF (chứng minh trên).

Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Câu 5/68

Cho hình chữ nhật ABCD, O là giao điểm hai đường chéo; M ∈ CD và N ∈ AB sao cho DM = BN.

a) Chứng minh ANCM là hình bình hành, từ đó suy ra các điểm M, O, N thẳng hàng.

b) Qua M kẻ đuờng thẳng song song vói AC cắt AD ở E, qua N kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC ở F. Chứng minh tứ giác ENFM là hình bình hành.

c) Tìm vị trí của điểm M, N để ANCM là hình thoi.

d) BD cắt NF tại I. Chứng minh I là trung điểm của NF

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) Ta chứng minh AN = CM; AN // CM suy ra AMCN là hình bình hành.

Vì O là giao điểm của AC và BD, ABCD là hình chữ nhật nên O là trung điểm AC.

Do ANCM là hình bình hành có AC và MN là hai đường chéo.

Do đó O là trung điểm của đoạn thẳng MN.

b) Ta có: EM // AC nên \[\widehat {EMD} = \widehat {ACD}\] (hai góc so le trong)

NF // AC nên \[\widehat {BNF} = \widehat {BAC}\] (hai góc so le trong)

Mà \[\widehat {ACD} = \widehat {BAC}\] (vì AB // DC, tính chất hình chữ nhật)

Do đó \[\widehat {EMD} = \widehat {BNF}\].

Từ đó chứng minh được ∆EDM = ∆FBN (g.c.g).

Suy ra EM = FN.

Lại có EM // FN (vì cùng song song với AC).

Do đó tứ giác ENFM là hình bình hành.

c) Tứ giác ANCM là hình thoi nên AC ⊥ MN tại O

Do đó M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng đi qua O và vuông góc với AC và cắt CD, AB.

Khi đó M và N lần lượt là trung điểm của CD và AB.

d) Ta chứng minh được DBOC cân tại O

Suy ra \[\widehat {OCB} = \widehat {OBC}\] và \[\widehat {NFB} = \widehat {OCF}\] (hai góc đồng vị)

Do đó DBFI cân tại I nên IB = IF (1)

Ta lại chứng minh được DNIB cân tại I nên IN = IB (2)

Từ (1) và (2) suy ra I là trung điểm của NF.

Câu 6/68

Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB AC (B và C là hai tiếp điểm). Kẻ đường kính CD của đường tròn (O).

a) Chứng minh OA ⊥ BC.

b) Chứng minh: BD // OA.

c) Kẻ BH ⊥ CD. Gọi K là giao điểm của BH và AD. Chứng minh K là trung điểm của BH.

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) Ta có OB = OC (=R).

Suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn thẳng CB.

Ta có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra A thuộc đường trung trực của đoạn thẳng BC.

Như vậy A, O thuộc đường trung trực của BC suy ra AO ⊥ BC (đpcm)

b) Ta có \[\widehat {CBD}\] = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ BD ⊥ BC mà AO ⊥ BC (chứng minh trên)

⇒ BD // AO (đpcm)

c) Ta có KH // AC (vì cùng vuông góc CD).

Theo định lý Ta-let, ta có:

\[\frac{{{\rm{KH}}}}{{{\rm{AC}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{DH}}}}{{{\rm{DC}}}} \Rightarrow {\rm{KH = }}\frac{{{\rm{DH}}\,{\rm{.}}\,{\rm{AC}}}}{{{\rm{DC}}}}\] (1)

Xét ΔACO và ΔBHD có: \[\widehat {ACO} = \widehat {BHD} = 90^\circ \]

\[\widehat {ACO} = \widehat {BDO}\] (hai góc đồng vị, BD // AO)

⇒ ∆ACO ᔕ ∆BHD (g.g)

⇒ \[\frac{{AC}}{{BH}} = \frac{{CO}}{{HD}} \Rightarrow BH = \frac{{AC.HD}}{{CO}}\] (2)

Từ (1) và (2) ta có: \[\frac{{KH}}{{BH}} = \frac{{CO}}{{DC}} = \frac{1}{2}\].

Vậy BK = KH, K là trung điểm cạnh BH (đpcm).

Câu 7/68

Chứng minh rằng: 43⁴³ – 17¹⁷ ⋮ 10.

Xem đáp án

Lời giải

Ta có: 43¹ = 43 có chữ số tận cùng là số 3;
43² = 1 849 có chữ số tận cùng là số 9;
43³ = 79 507 có chữ số tận cùng là số 7;
43⁴ =3 418 801 có chữ số tận cùng là số 1;
43⁵ = 147 008 443 tiếp tục tận cùng là số 3.
Vậy quy luật của nó cứ lặp đi lặp lại theo dãy 4 số 3 – 9 – 7 – 1.
Ta thấy 43 chia 4 dư 3 nên chữ số tận cùng của số 43⁴³ là 7.
Tương tự ta có số tận cùng của 17¹⁷ là 7.
Vậy thì 43⁴³ – 17¹⁷ ra số có tận cùng là 0 mà số có tận cùng là 0 thì luôn chia hết cho 10 (điều phải chứng minh)

Câu 8/68

Hệ bất phương trình\[\left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\{x^2} - 2mx + 1 \le 0\end{array} \right.\] có nghiệm khi và chỉ khi \[\]

Xem đáp án

Lời giải

Ta có x – 1 > 0 ⇔ x > 1.

Để hệ bất phương trình có nghiệm ta có

\[\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - 1 \ge 0\\{x_2} = m + \sqrt {{m^2} - 1} > 1\end{array} \right.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m \ge 1\\m \le - 1\end{array} \right.\\\sqrt {{m^2} - 1} > 1 - m\end{array} \right.\]

Ta xét các trường hợp sau:

• Với m = 1 ta có \[\left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\{x^2} - 2x + 1 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\{(x - 1)^2} \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\x - 1 = 0\end{array} \right.\] (vô lí).

• Với m > 1 ta suy ra BPT luôn đúng.

• Với m ≤ −1 hai vế ko âm, bình phương hai vế, ta được:

m² – 1 ≥ m² − 2m + 1 ⇔ m ≥ 1 (không thỏa mãn).

Vậy với m > 1 thì BPT đã cho có nghiệm.

Câu 9/68