Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 13)

16003 lượt thi
61 câu hỏi
90 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Câu 1:

Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M.

1) Chứng minh rằng A, P, M, O cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh BM song song với OP.

3) Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành.

4) Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng.

Xem đáp án

Lời giải

1) Ta có: AP, MP là hai tiếp tuyến của đường tròn (O).

Suy ra \(\widehat {PAO} = 90^\circ \) và \(\widehat {PMO} = 90^\circ \).

Khi đó \(\widehat {PAO} + \widehat {PMO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Vậy bốn điểm A, P, M, O cùng thuộc đường tròn đường kính PO.

2) Ta có \(\widehat {ABM} = \frac{{\widehat {AOM}}}{2}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm).

Mà \(\widehat {AOP} = \frac{{\widehat {AOM}}}{2}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {ABM} = \widehat {AOP}\).

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị.

Vậy BM // OP.

3) Xét ∆AOP và ∆OBN, có:

\(\widehat {PAO} = \widehat {NOB} = 90^\circ \);

AO = OB (= R);

\(\widehat {ABM} = \widehat {AOP}\) (chứng minh trên).

Do đó ∆AOP = ∆OBN (g.c.g).

Suy ra OP = BN (cặp cạnh tương ứng).

Mà BN // OP (chứng minh trên).

Vậy tứ giác OBNP là hình bình hành.

4) Ta có PN // OB (OBNP là hình bình hành).

Suy ra \(\widehat {PNO} = \widehat {NOB} = 90^\circ \) (cặp góc so le trong).

Lại có \(\widehat {PAO} = \widehat {NOA} = 90^\circ \).

Do đó tứ giác AONP là hình chữ nhật.

Suy ra AP // ON.

Khi đó \(\widehat {APO} = \widehat {PON}\) (cặp góc so le trong).

Mà \(\widehat {APO} = \widehat {MPO}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {PON} = \widehat {MPO}\).

Do đó tam giác IPO cân tại I.

Mà K là trung điểm PO (AONP là hình chữ nhật).

Nên IK vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác IPO.

Suy ra IK ⊥ PO (1)

Tam giác POJ có các đường cao PM, ON cắt nhau tại I.

Suy ra I là trực tâm của tam giác POJ.

Do đó IJ ⊥ PO (2)

Từ (1), (2), suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Câu 2:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 1; 1) và B(1; 2; 3). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB.

A. x + y + 2z – 3 = 0;

B. x + y + 2z – 6 = 0;

C. x + 3y + 4z – 7 = 0;

D. x + 3y + 4z – 26 = 0.

Xem đáp án

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;2} \right)\).

Mặt phẳng (P) đi qua điểm A(0; 1; 1) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;2} \right)\).

Suy ra phương trình mặt phẳng (P): 1.(x – 0) + 1.(y – 1) + 2.(z – 1) = 0.

⇔ x + y + 2z – 3 = 0.

Vậy ta chọn phương án A.

Câu 3:

Giải phương trình sau: 16,7.P_n = 2004.P_{n – 5}.

Xem đáp án

Lời giải

Ta có 16,7.P_n = 2004.P_{n – 5} (Điều kiện: n ≥ 6).

⇔ 16,7.n! = 2004.(n – 5)!

⇔ 16,7.n.(n – 1)(n – 2)(n – 3)(n – 4)(n – 5)! = 2004.(n – 5)!

⇔ (n – 5)!.[16,7.n.(n – 1)(n – 2)(n – 3)(n – 4) – 2004] = 0

⇔ 16,7.n.(n – 1)(n – 2)(n – 3)(n – 4) – 2004 = 0

⇔ n.(n – 1)(n – 4)(n – 2)(n – 3) – 120 = 0

⇔ n.(n² – 5n + 4)(n² – 5n + 6) – 120 = 0

⇔ (n³ – 5n² + 4n)(n² – 5n + 6) – 120 = 0

⇔ n⁵ – 5n⁴ + 6n³ – 5n⁴ + 25n³ – 30n² + 4n³ – 20n² + 24n – 120 = 0

⇔ n⁵ – 10n⁴ + 35n³ – 50n² + 24n – 120 = 0

⇔ (n⁵ – 5n⁴) – (5n⁴ – 25n³) + (10n³ – 50n²) + (24n – 120) = 0

⇔ n⁴.(n – 5) – 5n³.(n – 5) + 10n².(n – 5) + 24(n – 5) = 0

⇔ (n – 5)(n⁴ – 5n³ + 10n² + 24) = 0 (1)

Ta có \({n^4} - 5{n^3} + 10{n^2} + 24 = {\left( {{n^2} - \frac{{5n}}{2}} \right)^2} + \frac{{15}}{4}{n^2} + 24\).

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{\left( {{n^2} - \frac{{5n}}{2}} \right)^2} \ge 0,\,\forall n \ge 6\\\frac{{15}}{4}{n^2} \ge 0,\,\forall n \ge 6\end{array} \right.\]

\( \Rightarrow {\left( {{n^2} - \frac{{5n}}{2}} \right)^2} + \frac{{15}}{4}{n^2} \ge 0,\,\forall n \ge 6\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{n^2} - \frac{{5n}}{2}} \right)^2} + \frac{{15}}{4}{n^2} + 24 \ge 24 > 0,\,\forall n \ge 6\).

Khi đó phương trình (1) tương đương với: n – 5 = 0.

⇔ n = 5 (nhận).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là n = 5.

Câu 4:

Điều kiện cần và đủ để điểm M(x; y) nằm trên đường thẳng d đi qua điểm M(x₀; y₀) và có vectơ pháp tuyến \(\vec n\left( {A,B} \right)\) là

A. A(x – x₀) + B(y₀ – y) = 0;

B. x₀(x – A) + y₀(y – B) = 0;

C. B(x – x₀) + A(y – y₀) = 0;

D. A(x – x₀) + B(y – y₀) = 0.

Xem đáp án

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {{M_0}M} = \left( {x - {x_0};y - {y_0}} \right)\).

Ta có M(x; y) ∈ d.

\( \Leftrightarrow \vec n \bot \overrightarrow {{M_0}M} \)

\( \Leftrightarrow \vec n.\overrightarrow {{M_0}M} = 0\)

⇔ A(x – x₀) + B(y – y₀) = 0.

Vậy điều kiện cần và đủ để điểm M(x; y) nằm trên đường thẳng d đi qua điểm M(x₀; y₀) và có vectơ pháp tuyến \(\vec n\left( {A,B} \right)\) là A(x – x₀) + B(y – y₀) = 0.

Do đó ta chọn phương án D.

Câu 5:

Cho các số a, b, c khác nhau đôi một và thỏa mãn a² – 2b = b² – 2c = c² – 2a. Tính giá trị của biểu thức A = (a + b + 2)(b + c + 2)(c + a + 2).

Xem đáp án

Lời giải

Ta có a² – 2b = c² – 2a.

⇔ a² – c² = 2b – 2a.

⇔ (a – c)(a + c) = 2(b – a)

\( \Leftrightarrow a + c = \frac{{2\left( {b - a} \right)}}{{a - c}}\)

\( \Leftrightarrow a + c + 2 = \frac{{2\left( {b - a} \right)}}{{a - c}} + 2\)

\( \Leftrightarrow a + c + 2 = \frac{{2\left( {b - c} \right)}}{{a - c}}\).

Chứng minh tương tự, ta được \(b + c + 2 = \frac{{2\left( {b - a} \right)}}{{b - c}}\) và \(a + b + 2 = \frac{{2\left( {a - c} \right)}}{{a - b}}\).

Ta có A = (a + b + 2)(b + c + 2)(c + a + 2).

\( = \frac{{2\left( {a - c} \right)}}{{a - b}}.\frac{{2\left( {b - a} \right)}}{{b - c}}.\frac{{2\left( {b - c} \right)}}{{a - c}}\)

\( = - \frac{{2\left( {a - c} \right)}}{{b - a}}.\frac{{2\left( {b - a} \right)}}{{b - c}}.\frac{{2\left( {b - c} \right)}}{{a - c}}\)

= –2.2.2 = –8.

Vậy A = –8.

Bắt đầu thi để xem toàn bộ câu hỏi trong đề

Bài thi liên quan:

Các bài thi hot trong chương:

Đánh giá trung bình

Thi Online Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án