Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 8)

Ngọc Nguyễn Ngày: 13-06-2023 Tổng hợp kiến thức

402

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 8) hay nhất được biên soạn và chọn lọc giúp bạn ôn luyện và đạt kết quả cao trong bài thi môn Toán.

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 8)

Câu 1: Cho tam giác ABC. Hỏi có bao nhiêu vecto khác vecto không có điểm đầu; điểm cuối là các đỉnh của tam giác?

Lời giải:

Xét tam giác ABC có:

$\vec{A B}; \vec{B A}; \vec{A C}; \vec{C A}; \vec{B C}; \vec{C B}$

Vậy có 6 vecto khác vecto không có điểm đầu; điểm cuối là các đỉnh của tam giác.

Câu 2: Cho n thuộc ℕ. Chứng minh n² + n + 1 không chia hết cho 4 và không chia hết cho 5.

Lời giải:

+) Ta có: n² + n + 1 = n(n + 1) + 1

Thấy n(n + 1) là hai số tự nhiên liên tiếp nên sẽ bao gồm một số chẵn và một số lẻ. Do đó, n(n + 1) ⋮ 2

⇒ n(n + 1) + 1 không chia hết cho 2

⇒ n² + n + 1 không chia hết cho 2

⇒ n² + n + 1 không chia hết cho 4.

+) Tích 2 số tự nhiên liên tiếp có chữ số tận cùng là 0; 2; 6

⇒ n(n + 1) có chữ số tận cùng là 0; 2; 6

⇒ n(n + 1) + 1 có chữ số tận cùng là 1; 3; 7 hay n²+ n + 1 có chữ số tận cùng là 1; 3; 7

⇒ n² + n + 1 không chia hết cho 5

Câu 3: Lớp 10A có 40 học sinh trong đó có 10 bạn học sinh giỏi toán, 15 học sinh giỏi Lý và 22 bạn không giỏi môn nào trong hai môn Toán, Lý. Hỏi lớp 10A có bao nhiêu bạn học sinh vừa giỏi Toán vừa giỏi Lý ?

Lời giải:

Tổng học sinh ít nhất giỏi 1 môn học là:

40 – 22 =18

Theo bài ra, có 10 học sinh giỏi toán, 15 bạn học sinh giỏi lí

Do đó, tổng số học chỉ giỏi toán, học sinh chỉ giỏi lí và học sinh vừa giỏi toán vừa giỏi lí là 10 + 15 = 25 (học sinh)

Vậy số học sinh giỏi toán và lí là : 25 – 18 = 7 (học sinh)

Câu 4: Xác định a, b, c biết parabol y = ax² + bx + c đi qua 3 điểm A(–1; –3), B(4; 42), C(–2; 0).

Lời giải:

Parabol y = ax² + bx + c đi qua điểm A(–1; –3) nên ta có:

–3 = a.(–1)² + b.(–1) + c ⇒ a – b + c = –3

Parabol y = ax² + bx + c đi qua điểm B(4; 42) nên ta có:

42 = a.4² + b.4 + c ⇒ 16a + 4b + c = 42

Parabol y = ax² + bx + c đi qua điểm C(–2; 0) nên ta có:

0 = a.(–2)² + b.(–2) + c ⇒ 4a – 2b + c = 0

Từ đó, ta có hệ phương trình:

$\{\begin{cases} a - b + c = - 3 \\ 16 a + 4 b + c = 42 \\ 4 a - 2 b + c = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 2 \\ b = 3 \\ c = - 2 \end{cases}$

Vậy a = 2, b = 3, c = –2

Câu 5: Xác định a, b, c biết parabol y = ax² + bx + c đi qua 3 điểm A( 0; –1), B(1; –1), C(–1; 1).

Lời giải:

Parabol y = ax² + bx + c đi qua điểm A( 0; –1) nên ta có:

–1 = a.0² + b.0 + c ⇒ c = –1

Parabol y = ax² + bx + c đi qua điểm B(1; –1) nên ta có:

–1 = a.1² + b.1 + c ⇒ a + b – 1 = –1 ⇒ a + b = 0

Parabol y = ax² + bx + c đi qua điểm C(–1; 1) nên ta có:

1 = a.(–1)² + b.(–1) + c ⇒ a – b – 1 = 1 ⇒ a – b = 2

Từ đó, ta có hệ phương trình:

$\{\begin{cases} a + b = 0 \\ a - b = 2 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} a = 1 \\ b = - 1 \end{cases}$

Vậy a = 1, b = –1, c = –1.

Câu 6: Phương trình $\frac{\sin x}{x} = \frac{π}{18}$ có bao nhiêu nghiệm ?

Lời giải:

$\frac{\sin}{x} = \frac{π}{18}$ (x ≠ 0)

$\Rightarrow \sin x = \frac{π}{18} x$ (*)

Do –1 ≤ sinx ≤ 1 nên $- 1 \leq \frac{π}{18} x \leq 1 \Leftrightarrow - \frac{18}{π} \leq x \leq \frac{18}{π}$

Nếu x = x₀ là nghiệm của phương trình (*) thì x = –x₀ cũng là nghiệm của phương trình (*)

Vẽ đồ thị của hàm số y = sinx và $y = \frac{π}{18} x$

Ta thấy:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 8) (ảnh 1)

Trên đoạn $[- \frac{18}{π}; \frac{18}{π}]$ ta thấy phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm x = 0 (loại).

Vậy phương trình $\frac{\sin x}{x} = \frac{π}{18}$ có hai nghiệm.

Câu 7: Cho tam giác ABC cân tại A đường cao AH và BK cắt nhau tại I. Chứng minh:

a) Đường tròn đường kính AI đi qua K.

b) HK là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI.

Lời giải:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 8) (ảnh 2)

Gọi F là trung điểm của AI

Do BK là đường cao của tam giác ABC nên $\hat{B K A} = 90 °$

Xét tam giác AKI vuông tại K có:

KF là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền.

Do đó, KF = FI = FA

Vậy K nằm trên đường tròn đường kính AI.

Xét tam giác AKF có: FA =FK (cmt)

Do đó, AKF cân tại F

$\Rightarrow \hat{F A K} = \hat{F K A}$ (1)

Do AH là đường cao của tam giác ABC cân tại A nên ta AH cũng là đường trung tuyến hay H là trung điểm của BC

Xét tam giác CKB vuông tại K có:

KH là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

⇒ KH = CH = BH

Xét tam giác CHK có: CH = HK (cmt)

Do đó, tam giác CHK cân tại H $\Rightarrow \hat{H C K} = \hat{H K C}$ (2)

Xét tam giác AHC vuông tại H có: $\hat{F A K} + \hat{H C K} = 90 °$ (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: $\hat{F K A} + \hat{H K C} = 90 °$

$\Rightarrow \hat{F K H} = 90 °$

Do đó, HK vuông góc với FK mà FK là bán kính của đường tròn đường kính AI.

Vậy HK là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI.

Câu 8: Giải phương trình lượng giác: 2sinx.(1 + cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx

Lời giải:

2sinx(1 + cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx

⇔ 2sinx.(1 + 2cos²x – 1) + 2sinxcosx = 1 + 2cosx

⇔ 2sinx.2cos²x + 2sinxcosx = 1 + 2cosx

⇔ 2sinxcosx(2cosx + 1) = 1 + 2cosx

⇔ 2sinxcosx(2cosx + 1) – (1 + 2cosx) = 0

⇔ (2cosx + 1)(2sinxcosx – 1) = 0

⇔ (2cosx + 1).(sin2x – 1) = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} 2 \cos x + 1 = 0 \\ \sin 2 x - 1 = 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \cos x = \frac{- 1}{2} \\ \sin 2 x = 1 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \{\begin{cases} x = \frac{2 π}{3} + k 2 π \\ x = - \frac{2 π}{3} + k 2 π \end{cases} \\ 2 x = \frac{π}{2} + k 2 π \end{array} (k \in ℤ)$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} \{\begin{cases} x = \frac{2 π}{3} + k 2 π \\ x = - \frac{2 π}{3} + k 2 π \end{cases} \\ x = \frac{π}{4} + k π \end{array} (k \in ℤ)$

Câu 9: Cho hình vuông ABCD, qua điểm M thuộc đường chéo AC kẻ ME vuông góc với AD, MF vuông góc với CD. Chứng minh rằng:

a) BE vuông góc với AF.

b) BM vuông góc với EF.

c) Các đường thẳng BM, AF và CE đồng quy.

Lời giải:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 8) (ảnh 3)

Gọi giao của BM với EF là I, FM và AB là K

Vì tam giác ADF bằng tam giác BAE (cạnh huyền–cạnh góc vuông)

Nên $\hat{D A F} = \hat{A B E}$

⇒ $\hat{A B E} + \hat{B A F} = \hat{D A F} + \hat{B A F}$

$\Rightarrow \hat{A B E} + \hat{B A F} = 90 °$

Do đó, AF vuông góc với EB

Vì ABCD là hình vuông nên AC là phân giác của $\hat{B A D}$

Xét tứ giác AKME có

AK // ME

MK //AE

AM là phân giác của $\hat{K A E}$

$\hat{K A E} = 90 °$

Do đó, AKME là hình vuông

⇒ MK = ME và KB = MF

Do đó, tam giác KMB bằng tam giác MEF

$\Rightarrow \hat{M F E} = \hat{K B M}$

Mà $\hat{K M B} = \hat{I M F}$

$\Rightarrow \hat{M F E} + \hat{I M F} = \hat{K B M} + \hat{K M B} = 90 °$

Do đó, BM vuông góc với EF

Xét tam giác BEF có:

BM,AF là các đường cao

nên BM cắt AF tại trực tâm của tam giác

Do đó, M là trực tâm

Vậy BM,AF,CE đồng quy

Câu 10: Cho tứ giác ABCD. Trên các tia đối của tia BA, CB, DC, AD lần lượt lấy các điểm E, F, G, H sao cho BE = BA, CF = CB, DG = DC và AH = HC. Chứng minh rằng: $S_{A B C D} = \frac{1}{5} S_{E F G H}$ .

Lời giải:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 8) (ảnh 4)

Ta có BA là trung tuyến của tam giác HBD nên diện tích tam giác BAH bằng diện tích tam giác BAD.

HB là trung tuyến của tam giác HEA nên $S_{B A H} = S_{B E H}$

Do đó $S_{H E A} = 2 S_{B A D}$

Chứng minh tương tự có:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 8) (ảnh 5)

Câu 11: Phân tích đa thức thành nhân tử: a³ – 3a + 3b – b³

Lời giải:

a³ – 3a + 3b – b³

= (a³ – b³) – (3a – 3b)

= (a – b)(a² + ab + b²) – 3(a – b)

= (a – b)(a² + ab + b² – 3)

Câu 12: Tìm x biết: $\sqrt{{(2 x - 3)}^{2}} = 5$ .

Lời giải:

$\begin{array}{l} \sqrt{{(2 x - 3)}^{2}} = 5 \\ \Leftrightarrow {(2 x - 3)}^{2} = 25 \\ \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 2 x - 3 = 5 \\ 2 x - 3 = - 5 \end{array} \\ \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 4 \\ x = - 1 \end{array} \end{array}$

Vậy x ∈ {4; –1}

Câu 13: Tìm x biết: |x–1| = 2

Lời giải:

|x–1| = 2 (*)

TH1: x – 1 ≥ 0 ⇒ x ≥ 1

(*) ⇔ x – 1 = 2

⇔ x = 3

TH2: x – 1 < 0 ⇒ x < 1

(*) ⇔ x – 1 = –2

⇔ x = –1

Câu 14: Cho hình thoi ABCD cạnh bằng 1 và có $\hat{B A D} = 60 °$ . Tính độ dài cạnh AC.

Lời giải:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 8) (ảnh 6)

Do ABCD là hình thoi, có $\hat{B A D} = 60 °$ nên góc $\hat{A B C} = 120 °$

Theo định lí hàm cosin, ta có

AC² = AB² + BC² – 2AB.BC.cos $\hat{A B C}$ = 1² + 1² – 2.1.1.cos $120 °$ = 3

$\Rightarrow A C = \sqrt{3}$

Câu 15: Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng a, $\hat{B A D} = 60 °$ . Tính $|\vec{A B} + \vec{A D}|$

Lời giải:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 8) (ảnh 7)

Ta có: $|\vec{A B} + \vec{A D}| = |\vec{A C}| = A C$

Gọi O la giao điểm hai đường chéo AC và BD.

Tam giác ABD đều nên BD = a, OD = $\frac{a}{2}$

Xét tam giác OCD vuông tại O có:

Áp dụng định lý Py–ta–go ta có:

$O C^{2} = C D^{2} - O D^{2} = a^{2} - \frac{a^{2}}{4} = \frac{3 a^{2}}{4} \Rightarrow O C = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow A C = a \sqrt{3}$

Câu 16: Tìm x biết: (x + 60%) : 16 = 5%

Lời giải:

(x + 60%) : 16 = 5%

(x + 0,6) : 16 = 0,05

x + 0,6 = 0,05.16

x + 0,6 = 0,8

x = 0,8 – 0,6

x = 0,2

Vậy x = 0,2

Câu 17: Tìm n biết: $\frac{8}{2^{n}} = 2$

Lời giải:

$\frac{8}{2^{n}} = 2 \Leftrightarrow 8 = 2^{n} \Leftrightarrow 2^{n} = 2^{3} \Leftrightarrow n = 3$

Câu 18: Cho A={0,2,4,6,8}, B={0,1,2,3,4}, C={0,3,6,9}. Tính (A ∪ B) ∪ C và A ∪ (B ∪ C), có nhận xét gì về hai kết quả.

Lời giải:

(A ∪ B) ∪ C = { 0;1;2;3;4;6;9;8}

A ∪ (B ∪ C) = { 0;1;2;3;4;6;9;8}

⇒ (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)

Câu 19: Lớp 10A có 40 học sinh trong đó có 10 bạn học sinh giỏi toán, 15 học sinh giỏi Lý và 22 bạn không giỏi môn nào trong hai môn Toán, Lý. Hỏi lớp 10A có bao nhiêu bạn học sinh vừa giỏi Toán vừa giỏi Lý ?

Lời giải:

Gọi A là tập hợp HS giỏi toán ( 10 bạn)

Gọi B là tập hợp HS giỏi lý ( 15 bạn)

A ∩ B là tập hợp các HS vừa giỏi toán vừa giỏi lý. Còn lại 22 bạn ko giỏi môn nào nên ta có: 40 – 22 = 18 (1)

Giao của 2 tập hợp A và B là: 15+10=25 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

A ∪ B : 25 – 18 = 7

Câu 20: Nghiệm của phương trình: sin4x + cos5x = 0 là

Lời giải:

Ta có:

sin4x + cos4x = 0 ⟺ cos5x = –sin4x

$\Leftrightarrow \cos 5 x = \cos (\frac{π}{2} + 4 x)$

$\Leftrightarrow [\begin{matrix} 5 x = \frac{π}{2} + 4 x + k 2 π \\ 5 x = - \frac{π}{2} - 4 x + k 2 π \end{matrix} \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = \frac{π}{2} + k 2 π \\ x = - \frac{π}{18} + \frac{k 2 π}{9} \end{matrix}, k \in ℤ$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $x = \frac{π}{2} + k 2 π$ hoặc $x = - \frac{π}{18} + \frac{k 2 π}{9}, k \in ℤ$ .

Câu 21: Bạn An ra nhà sách và mang theo một số tiền vừa đủ để mua 5 quyển tập và 2 cây bút. Nhưng khi ra đến nơi, giá quyển tập mà bạn An dự định mua đã tăng lên 1000 đồng một quyển còn giá một cây bút thì giảm 500 đồng một cây so với dự định. Vậy để mua 5 quyển tập và 2 cây bút như dự định ban đầu thì bạn An còn thừa hay thiếu số tiền là bao nhiêu?

Lời giải:

Do giá mỗi quyển sách tăng thêm 1000 đồng so với dự định, nên khi bạn An mua 5 quyển sách thì số tiền đã tăng lên thêm: 1000. 5 = 5000 (đồng) so với dự định. Do giá mỗi cây bút giảm đi 500 đồng so với dự định nên khi mua 2 cây bút thì bạn An được giảm:

2. 500 = 1000 (đồng) so với dự định

Do số tiền tăng lên (5000 đồng) nhiều hơn số tiền được giảm (1000 đồng) so với dự định, nên để mua 5 quyển tập và 2 cây bút như dự định ban đầu thì bạn An còn thiếu số tiền là: 5000 – 1000 = 4000 (đồng)

Vậy để mua 5 quyển tập và 2 cây bút như dự định ban đầu thì bạn An còn thiếu số tiền là: 4000 đồng.

Câu 22: Cho hàm số $y = \frac{2 x + 1}{2 x - 1}$ có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = x + 2. Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d.

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

$\frac{2 x + 1}{2 x - 1} = x + 2$ với $x \neq \frac{1}{2}$

⟺ 2x + 1 = (x + 2)(2x – 1)

⟺ 2 + x – 3 = 0

⟺ x = 1 hoặc $x = - \frac{3}{2}$

Hai nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện.

Với x = 1 ta có y = 3 suy ra A(1; 3)

Vậy $x = - \frac{3}{2}$ ta có $y = \frac{1}{2}$ suy ra $B (- \frac{3}{2}; \frac{1}{2})$

Vậy đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm là A và B có tọa độ là: A(1;3) và $B (- \frac{3}{2}; \frac{1}{2})$

Câu 23: Giải phương trình: (3x – 5)(2x – 1) – (x + 2)(6x – 1) = 0.

Lời giải:

(3x – 5)(2x – 1) – (x + 2)(6x – 1) = 0

$\Leftrightarrow (6 x^{2} - 3 x - 10 x + 5) - (6 x^{2} - x + 12 x - 2) = 0 \Leftrightarrow - 24 x + 7 = 0 \Leftrightarrow 24 x = 7 \Leftrightarrow x = \frac{7}{24}$

Câu 24: Cho góc xOy. Lấy điểm A trên tia Ox, điểm B trên tia Oy sao cho OA = OB. Gọi K là giao điểm của AB với tia phân giác của góc xOy. Chứng minh rằng: AK = KB.

Lời giải:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 8) (ảnh 8)

Ta có: ΔOAB cân tại O (vì OA = OB)

Mà OK là phân giác, do đó OK cũng là đường trung tuyến của tam giác OAB.

Nên K là trung điểm của AB ⇒ KA = KB.

Câu 25: Cho x, y, z > 0 và x + 2y + 3z ≥ 10. Tìm min P $= x + y + z + \frac{3}{4} x + \frac{9}{8} y + \frac{1}{z}$ .

Lời giải:

P $= x + y + z + \frac{3}{4} x + \frac{9}{8} y + \frac{1}{z}$

$= \frac{3}{4} x + \frac{3}{4 x} + \frac{1}{2} y + \frac{9}{8 y} + \frac{1}{4} z + \frac{1}{z} + \frac{1}{4} x + \frac{1}{2} y + \frac{3}{4} z \geq \frac{3}{2} \sqrt{x . \frac{1}{x}} + 2 \sqrt{\frac{1}{2} y . \frac{9}{8 y}} + 2 \sqrt{\frac{1}{4} z . \frac{1}{z}} + \frac{1}{4} .10 = \frac{3}{2} + \frac{3}{2} + 1 + \frac{5}{2} = 6,5$

Dấu = xảy ra khi $\Leftrightarrow \{\begin{matrix} x = 1 \\ y = 1,5 \\ z = 2 \end{matrix}$ .

Câu 26: Cho hệ phương trình: $\{\begin{matrix} x + m y = 9 \\ m x - 3 y = 4 \end{matrix}$ . Chứng minh phương trình luôn có nghiệm duy nhất với mọi m.

Lời giải:

Ta có: $\{\begin{matrix} x + m y = 9 \\ m x - 3 y = 4 \end{matrix}$

Với m = 0 hệ phương trình tương đương: $\{\begin{matrix} x = 9 \\ y = - \frac{4}{3} \end{matrix}$ .

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất

Với m ≠ 0, $\{\begin{matrix} x + m y = 9 \\ m x - 3 y = 4 \end{matrix} \Leftrightarrow \{\begin{matrix} m x + m^{2} y = 9 \\ m x - 3 y = 4 \end{matrix}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix} m x + m^{2} y = 9 m \\ m x - 3 y = 4 \end{matrix} \Leftrightarrow \{\begin{matrix} x = 9 - m y \\ (m^{2} + 3) y = 9 m - 4 \end{matrix}$

Do $m^{2} + 3$ > 0

Nên $y = \frac{9 m - 4}{m^{2} + 3}, x = 9 - m . \frac{9 m - 4}{m^{2} + 3} = \frac{27 + 4 m}{m^{2} + 3}$ .

Với mỗi giá trị của m chỉ cho 1 cặp nghiệm (x, y).

Vậy với mọi giá trị của m hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất.

Câu 27: Cho tam giác ABC nhọn (AB > AC) có góc B = 45°. AH là đường cao. M là trung điểm AB. P đối xứng với H qua M. Chứng minh AHBP là hình vuông.

Lời giải:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 8) (ảnh 9)

Xét tứ giác AHBP có

$\hat{A H B} = 90 °$

M là trung điểm chung của AB và HP

AH = HB (∆AHB vuông cân tại H)

Do đó: AHBP là hình vuông.

Câu 28: Cho 2 điểm A(3; –5); B(1; 0). Tìm tọa độ điểm C sao cho $\vec{O C} = - 3 \vec{A B}$ . Tính điểm D đối xứng qua C.

Lời giải:

C(x; y)

A(3; –5); B(1; 0)

$\Rightarrow \vec{A B} = (- 2; 5) \vec{O C} = (x; y) \vec{O C} = 3 \vec{A B} \Rightarrow \{\begin{matrix} x = 3. (- 2) = - 6 \\ y = 3.5 = 15 \end{matrix} \Rightarrow C (- 6; 15)$

Điểm D đối xứng với A qua D $\Rightarrow$ A là trung điểm AC $\Rightarrow$ $D (- \frac{3}{2}; 5)$ .

Câu 29: Cho tam giác đều ABC cạnh a, M là trung điểm BC. Tính độ dài $\frac{1}{2} \vec{A B} + 2 \vec{A C}$ .

Lời giải:

$\frac{1}{2} \vec{A B} + 2 \vec{A C} = \frac{1}{2} \vec{A B} + \frac{1}{2} \vec{A C} + \frac{3}{2} \vec{A C} = \vec{A M} + \frac{3}{2} \vec{A C}$

$= \vec{A E}$ (hình vẽ)

⇒ $|\frac{1}{2} \vec{A B} + 2 \vec{A C}| = A E$

$A E = \sqrt{A M^{2} + {(\frac{3}{2} A C)}^{2} + 2 A M . \frac{3}{2} A C . \cos 30 °}$

$= \sqrt{\frac{3 a^{2}}{4} + \frac{9}{4} a^{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} a^{2} .3. \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{21}}{2} a$

⇒ $|\frac{1}{2} \vec{A B} + 2 \vec{A C}| = \frac{\sqrt{21}}{2} a$ .

Câu 30: Tìm giá trị lớn nhất của $y = - 5 x^{2} - 4 x$ trên đoạn $[- 1; 1]$ .

Lời giải:

$y^{'} = - 10 x - 4$ ⇒ $y^{'} = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{2}{5}$

$y (- 1) = - 1; y (1) = - 9; y (- \frac{2}{5}) = \frac{4}{5}$

⇒ Max = $\frac{4}{5}$ .

Câu 31: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $y = 3 x^{2} + x - 1$ trên đoạn $[- 1; 1]$ .

Lời giải:

$y^{'} = 6 x + 1 \Rightarrow y^{'} = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{1}{6}$

y(–1) = 1; y(1) = 3; $y (- \frac{1}{6})$ = –1

⇒ Min = –1.

Câu 32: Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì phương trình $m x^{2} - (3 m + 2) x + 1 = 0$ luôn có nghiệm.

Lời giải:

Phương trình $m x^{2} - (3 m + 2) x + 1 = 0$ luôn có nghiệm (1)

Ta có: ∆₁ $= {(3 m + 2)}^{2} - 4. m .1 = 9 m^{2} + 12 m + 4 - 4 m$

$= 9 m^{2} + 8 m + 4$

Xét f(x) $= 9 m^{2} + 8 m + 4$ có: $\{\begin{matrix} Δ^{'} = 4^{2} - 9.4 = - 20 < 0 \\ a = 9 > 0 \end{matrix}$

⇒ f(x) > 0 ( $\forall$ m)

⇒ ∆₁ > 0 $\forall$ m ⇒ (1) luôn có nghiệm với mọi m (đpcm).

Câu 33: Tìm tập nghiệm của phương trình $\sqrt{x^{2} - 2 x} = \sqrt{2 x - x^{2}}$ .

Lời giải:

Điều kiện: $\{\begin{matrix} x^{2} - 2 x \geq 0 \\ 2 x - x^{2} \geq 0 \end{matrix} \Leftrightarrow \{\begin{matrix} x^{2} - 2 x \geq 0 \\ x^{2} - 2 x \leq 0 \end{matrix}$

⟺ $x^{2} - 2 x = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 0 \\ x = 2 \end{matrix}$

Thử lại ta thấy cả x = 0 và x = 2 đều thỏa mãn phương trình

Câu 34: Giải phương trình $(x - 3) (\sqrt{x^{2} - 4}) = x^{2} - 9$ .

Lời giải:

Điều kiện xác định: $x^{2} - 4 \geq 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x \geq 2 \\ x \leq - 2 \end{matrix}$

Phương trình ⟺ $(x - 3) \sqrt{x^{2} - 4} = (x - 3) (x + 3)$

⟺ $(x - 3) [\sqrt{x^{2} - 4} - x - 3] = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x - 3 = 0 \\ \sqrt{x^{2} - 4} = x + 3 \end{matrix}$

$\Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 3 (t m) \\ \{\begin{matrix} x + 3 \geq 0 \\ x^{2} - 4 = x^{2} + 6 x + 9 \end{matrix} \end{matrix} \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 3 (t m) \\ \{\begin{matrix} x \geq - 3 \\ 6 x = - 13 \end{matrix} \end{matrix} \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 3 (t m) \\ \{\begin{matrix} x \geq - 3 \\ x = - \frac{13}{6} (t m) \end{matrix} \end{matrix}$