Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 70)

16409 lượt thi
46 câu hỏi
60 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Câu 1:

Cho x, y, z > 0. Chứng minh bất đẳng thức \[\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge \frac{9}{{x + y + z}}\].

Xem đáp án

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số x, y, z > 0, ta được: \[x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}}\].

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số \(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z} > 0\), ta được:

\[\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{xyz}}}} = \frac{3}{{\sqrt[3]{{xyz}}}}\].

Khi đó ta có \(\left( {x + y + z} \right)\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge 3\sqrt[3]{{xyz}}.\frac{3}{{\sqrt[3]{{xyz}}}} = 9\).

\( \Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge \frac{9}{{x + y + z}}\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Câu 2:

Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn \(\frac{{\sin A}}{1} = \frac{{\sin B}}{2} = \frac{{\sin C}}{{\sqrt 3 }}\). Tính số đo các góc của tam giác.

Xem đáp án

Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC, ta được: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\).

Suy ra \(\sin A = \frac{a}{{2R}};\,\,\sin B = \frac{b}{{2R}};\,\,\sin C = \frac{c}{{2R}}\).

Theo đề, ta có: \(\frac{{\sin A}}{1} = \frac{{\sin B}}{2} = \frac{{\sin C}}{{\sqrt 3 }}\).

\( \Rightarrow \frac{{\frac{a}{{2R}}}}{1} = \frac{{\frac{b}{{2R}}}}{2} = \frac{{\frac{c}{{2R}}}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \frac{a}{1} = \frac{b}{2} = \frac{c}{{\sqrt 3 }}\).

Đặt \(\frac{a}{1} = \frac{b}{2} = \frac{c}{{\sqrt 3 }} = t\).

Suy ra a = t; b = 2t; \(c = t\sqrt 3 \).

Khi đó a² = t²; b² = 4t²; c² = 3t².

Ta thấy t² + 3t² = 4t².

Suy ra a² + c² = b².

Áp dụng định lí Pythagore đảo, ta có tam giác ABC vuông tại B.

Do đó sinB = 1.

Vì vậy \(\frac{{\sin A}}{1} = \frac{1}{2} = \frac{{\sin C}}{{\sqrt 3 }}\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}\sin A = \frac{1}{2}\\\sin C = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\)

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat A = 30^\circ \\\widehat C = 60^\circ \end{array} \right.\)

Vậy \(\widehat A = 30^\circ ;\,\,\widehat B = 90^\circ ;\,\,\widehat C = 60^\circ \).

Câu 3:

Cho \(\left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {y + \sqrt {2005 + {y^2}} } \right) = 2005\). Tính x²⁰⁰⁵ + y²⁰⁰⁵.

Xem đáp án

Ta có \(\left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {\sqrt {2005 + {x^2}} - x} \right) = 2005 + {x^2} - {x^2} = 2005\).

Theo đề, ta có \(\left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {y + \sqrt {2005 + {y^2}} } \right) = 2005\).

\( \Leftrightarrow \left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {y + \sqrt {2005 + {y^2}} } \right) = \left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {\sqrt {2005 + {x^2}} - x} \right)\).

\( \Leftrightarrow y + \sqrt {2005 + {y^2}} = \sqrt {2005 + {x^2}} - x\) (1)

Chứng minh tương tự, ta được: \(x + \sqrt {2005 + {x^2}} = \sqrt {2005 + {y^2}} - y\) (2)

Lấy (1) + (2) cộng vế theo vế, ta được:

\(x + \sqrt {2005 + {x^2}} + y + \sqrt {2005 + {y^2}} = \sqrt {2005 + {x^2}} - x + \sqrt {2005 + {y^2}} - y\).

⇔ x + y = –x – y.

⇔ 2(x + y) = 0.

⇔ x + y = 0.

Ta có x²⁰⁰⁵ + y²⁰⁰⁵ = (x + y)(x²⁰⁰⁴ – x²⁰⁰³.y + x²⁰⁰².y² – ... + x².y²⁰⁰² – x.y²⁰⁰³ + y²⁰⁰⁴).

= 0.(x²⁰⁰⁴ – x²⁰⁰³.y + x²⁰⁰².y² – ... + x².y²⁰⁰² – x.y²⁰⁰³ + y²⁰⁰⁴).

= 0.

Vậy x²⁰⁰⁵ + y²⁰⁰⁵ = 0.

Câu 4:

Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\frac{{x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \sqrt x } \right):\left( {\frac{{\sqrt x - 4}}{{1 - x}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right)\).

Xem đáp án

Ta có \(A = \left( {\frac{{x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \sqrt x } \right):\left( {\frac{{\sqrt x - 4}}{{1 - x}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right)\)

\( = \frac{{x + 2 - \sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}:\frac{{\sqrt x - 4 - \sqrt x \left( {1 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {1 - \sqrt x } \right)\left( {1 + \sqrt x } \right)}}\)

\( = \frac{{x + 2 - x - \sqrt x }}{1}.\frac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x - 4 - \sqrt x + x}}\)

\[ = \frac{{\left( {2 - \sqrt x } \right)\left( {1 - \sqrt x } \right)}}{{x - 4}} = \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}}\].

Câu 5:

Cho (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ dây cung AM của (O) và dây cung AN của (O’) sao cho AM vuông góc với AN.

a) Chứng minh OM // O’N.

b) Xác định vị trí của AM và AN để diện tích tứ giác OMNO’ lớn nhất.

Xem đáp án

Cho (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ dây cung AM của (O) và dây cung (ảnh 1)

a) Vì OM = OA = R nên tam giác OAM cân tại O.

Suy ra \(\widehat {AOM} = 180^\circ - 2.\widehat {OAM}\).

Chứng minh tương tự, ta được \(\widehat {AO'N} = 180^\circ - 2.\widehat {O'AN}\).

Ta có \(\widehat {OAM} + \widehat {MAN} + \widehat {NAO'} = 180^\circ \) (kề bù).

Suy ra \(\widehat {OAM} + \widehat {NAO'} = 180^\circ - \widehat {MAN} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \).

Ta có \(\widehat {AOM} + \widehat {AO'N} = 180^\circ - 2.\widehat {OAM} + 180^\circ - 2.\widehat {O'AN}\).

\( = 360^\circ - 2.\left( {\widehat {OAM} + \widehat {O'AN}} \right) = 360^\circ - 2.90^\circ = 180^\circ \).

Mà hai góc \(\widehat {AOM},\widehat {AO'N}\) ở vị trí trong cùng phía.

Vậy OM // O’N.

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên O’N.

Vì OM // O’N nên tứ giác OMNO’ là hình thang.

Suy ra \({S_{OMNO'}} = \frac{{OH.\left( {OM + O'N} \right)}}{2} = \frac{{OH.\left( {R + R'} \right)}}{2}\).

\[ \le \frac{{OO'.\left( {R + R'} \right)}}{2} = \frac{{\left( {R + R'} \right).\left( {R + R'} \right)}}{2} = \frac{{{{\left( {R + R'} \right)}^2}}}{2}\].

Dấu “=” xảy ra ⇔ H ≡ O’ hay OO’ ⊥ O’N, OO’ ⊥ OM.

Khi đó \(\widehat {AOM} = 90^\circ \). Suy ra \(\widehat {OAM} = 45^\circ \).

Chứng minh tương tự, ta được \(\widehat {O'AN} = 45^\circ \).

Vậy M ở vị trí sao cho tam giác OAM vuông cân tại O, N ở vị trí sao cho tam giác O’AN vuông cân tại O’ thì diện tích tứ giác OMNO’ lớn nhất.

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