Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 11)

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

422

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 11) 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 11)

Câu 1: Tìm x để (x + 17) chia hết cho (x + 3).

Lời giải:

Ta có x + 17 ⋮ x + 3

(x + 3) + 14 ⋮ x + 3

14 ⋮ x + 3

Do đó x + 3 $\in$ Ư(14) = {−14; −7; −2; −1; 1; 2; 7; 14}.

Vậy x $\in$ {−17; −10; −5; −4; −2; −1; 4; 11}.

Câu 2: Tìm tập hợp X sao cho {a; b} ⊂ X ⊂ {a; b; c; d}.

Lời giải:

X = {a; b}

X = {a; b; c}; X = {a; b; d}

X = {a; b; c; d}.

Câu 3: Tìm tập hợp X sao cho X ⊂ A và X ⊂ B, trong đó

A = {a; b; c; d; e} và B = {a; c; e; f}.

Lời giải:

X ⊂ A và X ⊂ B Þ X ⊂ (A ⋂ B) = {a; c; e}.

Vậy:

X = {a}; X = {c}; X = {e}

X = {a; c}; X = {a; e}; X = {c; e}

X = {a; c; e}

Câu 4: Một bạn học sinh dùng các khối lập phương xếp thành một cái tháp. Em tính giúp bạn xem để xếp được tháp cao 8 tầng thì cần chuẩn bị bao nhiêu khối lập phương.

Lời giải:

Mỗi tầng hơn nhau 1 khối lập phương.

Vậy để xếp được cái tháp cao 8 tầng thì cần số khối lập phương là:

Áp dụng công thức $\frac{n (n + 1)}{2}$ .

Vậy số khối lập phương cần tìm là: $\frac{8 . (8 + 1)}{2} = 36$ (khối).

Câu 5: Cho hai tập hợp E = (2; 5] và F = [2m − 3; 2m + 2]. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để E hợp F là một đoạn có độ dài bằng 5.

Lời giải:

Do độ dài của tập F bằng 5: (2m + 2) − (2m − 3) = 5.

Nên C = E ∪ F có độ dài bằng 5 khi và chỉ khi C = F

$\Rightarrow$ E $\cup$ F

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 2 m - 3 \leq 2 \\ 2 m + 2 \geq 5 \end{cases} \Leftrightarrow \frac{3}{2} \leq m \leq \frac{5}{2}$

Câu 6: Cho hai tập hợp A = (2; 5] và B = [2m − 3; 2m + 3]. Tìm m để A giao B là một tập có độ dài bằng 5.

Lời giải:

Vì A có đọ dài bằng 3 nên A giao B không thể là một tập có độ dài bằng 5.

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn.

Câu 7: Chứng minh: $\frac{1}{1 + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{4}} + ... + \frac{1}{\sqrt{79} + \sqrt{80}} > 4$ .

Lời giải:

Ta có: $\frac{1}{\sqrt{k - 1} + \sqrt{k}} > \frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}}$

$\Rightarrow \frac{2}{\sqrt{k - 1} + \sqrt{k}} > \frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}} + \frac{1}{\sqrt{k - 1} + \sqrt{k}} = \sqrt{k} - \sqrt{k - 1} + \sqrt{k + 1} - \sqrt{k} = \sqrt{k + 1} - \sqrt{k - 1} \Rightarrow 2 (\frac{1}{1 + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{4}} + ... + \frac{1}{\sqrt{79} + \sqrt{80}}) > \sqrt{3} - \sqrt{1} + \sqrt{5} - \sqrt{3} + ... + \sqrt{81} - \sqrt{79} \Rightarrow 2 (\frac{1}{1 + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{4}} + ... + \frac{1}{\sqrt{79} + \sqrt{80}}) > 9 - 1 = 8$

Vậy $\frac{1}{1 + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{4}} + ... + \frac{1}{\sqrt{79} + \sqrt{80}} > 4$ .

Câu 8: Chứng minh rằng: $\frac{R}{r} = \frac{\sin A + \sin B + \sin C}{2 \sin A \sin B \sin C}$ .

Lời giải:

Ta có: $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2 R$

$S = \frac{a + b + c}{2 r} = R . r . (\sin A + \sin B + \sin C)$

Mặt khác: $S = \frac{a b c}{4 R} = \frac{2 R \sin A .2 R \sin B .2 R \sin C}{4 R} = 2 R^{2} \sin A \sin B \sin C$ .

Nên $R . r . (\sin A + \sin B + \sin C) = 2 R^{2} \sin A \sin B \sin C$ .

Hay $\frac{R}{r} = \frac{\sin A + \sin B + \sin C}{2 \sin A \sin B \sin C}$ .

Câu 9: Chứng minh S = 2R².sin A.sin B.sin C với S là diện tích tam giác ABC.

Lời giải:

Ta có: $S = \frac{a b c}{4 R}$ .

Áp dụng định lí sin, ta có:

$S = \frac{2 R . \sin A . \sin B . \sin C}{4 R} = 2 R^{2} \sin A . \sin B . \sin C$ .

Câu 10: Cho tam giác ABC, đường cao AH. Biết $A B = 4 c m, A C = 4 \sqrt{2} c m, B C = 4 \sqrt{3} c m .$ Chứng minh tam giác ABC vuông. Tính độ dài các đoạn thẳng AH, HB.

Lời giải:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 11) (ảnh 1)

Theo hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao nên ta có:

• AH.BC = AB.AC

Suy ra $A H = \frac{A B . A C}{B C} = \frac{4 . 4 \sqrt{2}}{4 \sqrt{3}} = \frac{4 \sqrt{6}}{3} (c m)$ .

• AB² = HB.BC

Suy ra $H B = \frac{A B^{2}}{B C} = \frac{4^{2}}{4 \sqrt{3}} = \frac{4 \sqrt{3}}{3} (c m)$ .

Vậy $A H = \frac{4 \sqrt{6}}{3} c m; H B = \frac{4 \sqrt{3}}{3} c m$ .

Câu 11: Cho tam giác ABC. Chứng minh điều kiện cần và đủ để hai trung tuyến BM và CN vuông góc với nhau là b2 + c2 = 5a2.

Lời giải:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 11) (ảnh 2)

Gọi G là giao điểm của hai trung tuyến BM, CN.

Áp dụng công thức tính trung tuyến, ta có:

• $G B^{2} = \frac{4}{9} B M^{2} = \frac{1}{9} (2 a^{2} + 2 c^{2} - b^{2})$ ;

• $G C^{2} = \frac{4}{9} C N^{2} = \frac{1}{9} (2 a^{2} + 2 b^{2} - c^{2})$ .

BM và CN vuông góc với nhau khi BG2 + CG2 = BC2.

$\Leftrightarrow \frac{1}{9} (2 a^{2} + 2 c^{2} - b^{2}) + \frac{1}{9} (2 a^{2} + 2 b^{2} - c^{2}) = a^{2}$

$\Rightarrow$ 4a2 + b2 + c2 = 9a2

$\Rightarrow$ b² + c² = 5a².

Câu 12: Cho tam giác ABC. Chứng minh c.m_c = b.m_b khi b² + c² = 2a².

Lời giải:

Ta có c.m_c = b.m_b

$\Leftrightarrow c^{2} . {m_{c}}^{2} = b^{2} . {m_{b}}^{2}$

$\Leftrightarrow c^{2} . \frac{2 (a^{2} + b^{2}) - c^{2}}{4} = b^{2} . \frac{2 (a^{2} + c^{2}) - b^{2}}{4}$

2c²(a² + b²) − c⁴ = 2b²(a² + c²) − b⁴

2c²a² + 2c²b² − c⁴ = 2b²a² + 2b²c² − b⁴

b⁴ − c⁴ = 2b²a² − 2c²a²

(b² + c²)(b² − c²) = 2a²(b² − c²)

b² + c² = 2a² (với b ≠ c).

Câu 13: Giải phương trình: $\cos (3 x + \frac{π}{3}) - \cos (x - \frac{π}{6}) = 0$ .

Lời giải:

Ta có $\cos (3 x + \frac{π}{3}) - \cos (x - \frac{π}{6}) = 0$

$\Leftrightarrow \cos (3 x + \frac{π}{3}) = \cos (x - \frac{π}{6}) \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 3 x + \frac{π}{3} = x - \frac{π}{6} + k 2 π \\ 3 x + \frac{π}{3} = - x + \frac{π}{6} + k 2 π \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 2 x = - \frac{π}{2} + k 2 π \\ 4 x = - \frac{π}{6} + k 2 π \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - \frac{π}{4} + k π \\ x = - \frac{π}{24} + k \frac{π}{2} \end{array} (k \in ℤ)$

Câu 14: Giải phương trình: $\sin (x + \frac{π}{3}) - \cos (3 x + \frac{π}{6}) = 0$ .

Lời giải:

Câu 15: Một cái thang dài 4 m đang dựa vào tường, chân thang cách chân tường 2 m. Tính góc tạo bởi thang với mặt đất và với mặt tường.

Lời giải:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 11) (ảnh 4)

Gọi thang là AB (A là điểm dựa vào tường, B là điểm trên mặt đất), chân tường là C

Xét tam giác ABC vuông tại C có:

$\cos \hat{A B C} = \frac{B C}{A B} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \Rightarrow \hat{A B C} = 60 °$

$\hat{A C B} = 90 ° - \hat{A B C} = 90 ° - 60 ° = 30 °$

Vậy góc tạo bởi thang với mặt đất là 60° và góc tạo bởi thang với mặt tường là 30°.

Câu 16: Một cái thang dài 4 m, đặt dựa vào một bức tường, góc giữa thang và mặt đất là 60°. Hỏi khoảng cách giữa chân thang và tường bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 11) (ảnh 5)

Xét ∆ABC vuông tại A có:

$\cos \hat{C} = \frac{A C}{B C} \Rightarrow A C = B C . \cos \hat{C} = 4. \cos 60 ° = 2$ (m)

Vậy khoảng cách giữa chân thang và tường bằng 2 m.

Câu 17: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(2; 3). Trong bốn điểm sau, ảnh của M qua phép đối xứng qua đường thẳng x − y = 0 là

A. A(3; 2);

B. C(3; −2);

C. B(2; −3);

D. D(−2; 3).

Lời giải:

Biểu thức tọa độ của phép đối xứng qua đường thẳng x − y = 0 là: $\{\begin{cases} x' = y \\ y' = x \end{cases}$ .

Vậy ảnh của M qua phép đối xứng qua đường thẳng x − y = 0 là A(3; 2).

Đáp án cần chọn là A.

Câu 18: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M (−2; 3). Hỏi trong bốn điểm sau, điểm nào là ảnh của M qua phép đối xứng với trục là đường thẳng d: x − y = 0?

A. A(−2; −3);

B. A(2; −3);

C. A(3; 2);

D. A(3; −2).

Lời giải:

Biểu thức tọa độ của phép đối xứng qua đường thẳng x − y = 0 là: $\{\begin{cases} x' = y \\ y' = x \end{cases}$

Vậy ảnh của M qua phép đối xứng qua đường thẳng x − y = 0 là A(3; −2).

Đáp án cần chọn là D.

Câu 19: Tính giá trị biểu thức A = 3x³y + 6x²y² + 3xy³ tại $x = \frac{1}{2}; y = - \frac{1}{3}$ .

Lời giải:

Với $x = \frac{1}{2}; y = - \frac{1}{3}$ thì:

$A = 3 {(\frac{1}{2})}^{3} (- \frac{1}{3}) + 6 {(\frac{1}{2})}^{2} {(- \frac{1}{3})}^{2} + 3 (\frac{1}{2}) {(- \frac{1}{3})}^{3} \begin{array}{l} = 3. \frac{1}{8} . (- \frac{1}{3}) + 6. \frac{1}{4} . \frac{1}{9} + 3. \frac{1}{2} . (- \frac{1}{27}) \\ = - \frac{1}{8} + \frac{1}{6} - \frac{1}{18} = - \frac{1}{72} \end{array}$

Câu 20: Rút gọn biểu thức A = 1 + 2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁵.

Lời giải:

Ta có: A = 1 + 2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁵.

Suy ra 2A = 2 . (1 + 2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁵) = 2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁶.

Do đó 2A – A = (2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁶) – (1 + 2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁵)

= 2 + 2¹ + 2² + … + 2²⁶ – 1 – 2 – 2¹ – 2² – … – 2²⁵

= (2 – 2) + (2¹ – 2¹) + (2² – 2²) + … (2²⁵– 2²⁵) + 2²⁶ – 1.

= 2²⁶ – 1.

Câu 21: Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x² − 6x + 17.

Lời giải:

A = x² − 6x + 17

= (x² − 6x + 9) + 8 = (x − 3)² + 8

Có (x − 3)² ≥ 0 với mọi x

(x − 3)² + 8 ≥ 8 Þ A ≥ 8.

Dấu ''='' xảy ra $\Leftrightarrow$ x − 3 = 0 $\Leftrightarrow$ x = 3.

Câu 22: Tìm giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của biểu thức sau:

A = x² + 6x + 10.

Lời giải:

Ta có A = x² + 6x + 10

= (x² + 6x + 9) + 1 = (x + 3)² + 1

Có (x + 3)² ≥ 0 với mọi x

Þ (x + 3)² + 1 ≥ 1 Þ A ≥ 1

Dấu ''='' xảy ra $\Leftrightarrow$ x + 3 = 0 $\Leftrightarrow$ x = −3.

Câu 23: Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm số: $y = 3 + 2 \cos (x + \frac{π}{3})$ .

Lời giải:

Ta có $- 1 \leq \cos (x + \frac{π}{3}) \leq 1$

$\Leftrightarrow 1 \leq 3 + 2 \cos (x + \frac{π}{3}) \leq 5$ .

Vậy GTNN của hàm số là $y = 3 + 2 \cos (x + \frac{π}{3}) = 1$ khi $\cos (x + \frac{π}{3}) = - 1$

$\Leftrightarrow x + \frac{π}{3} = π + k 2 π \Leftrightarrow x = \frac{2 π}{3} + k 2 π (k \in ℤ)$

Vậy GTLN của hàm số là $y = 3 + 2 \cos (x + \frac{π}{3}) = 1$ khi $\cos (x + \frac{π}{3}) = 1$

$\Leftrightarrow x + \frac{π}{3} = k 2 π \Leftrightarrow x = - \frac{π}{3} + k 2 π (k \in ℤ)$

Câu 24: Hàm số $y = - 2 co s (x - \frac{π}{3}) - 5$ đạt giá trị lớn nhất tại giá trị bao nhiêu?

Lời giải:

Ta có $- 1 \leq \cos (x - \frac{π}{3}) \leq 1$

$\Leftrightarrow - 7 \leq - 2 \cos (x - \frac{π}{3}) - 5 \leq - 3$

Do đó GTLN của hàm số là $y = - 2 co s (x - \frac{π}{3}) - 5 = - 3$ khi $\cos (x - \frac{π}{3}) = - 1$

$\Leftrightarrow x - \frac{π}{3} = π + k 2 π \Leftrightarrow x = \frac{4 π}{3} + k 2 π (k \in ℤ)$ .

Vậy GTLN của hàm số là $y = - 2 co s (x - \frac{π}{3}) - 5 = - 3$ khi $x = \frac{4 π}{3} + k 2 π (k \in ℤ)$ .

Câu 25: Cho các số nguyên tố p, q thỏa mãn p² − 2q² = 17. Tính p + q.

Lời giải:

Vì p, q là các số nguyên tố nên p.q > 1

Lại có p² − 2q² = 17 Þ p² > 17 Þ p ≥ 5

* Xét p = 5, thay vào ta có q = 2.

Khi đó, p + q = 7.

* Xét p > 5, vì p là số nguyên tố nên p có dạng 6k + 1 hoặc 6k + 5 (k Î ℤ⁺).

• Với p = 6k + 1, ta có:

(6k + 1)² − 2q² = 17

36k² + 12k + 1 − 2q² = 17

36k² + 12k − 2q² = 16

18k² + 6k − q² = 8

Ta thấy VP ⋮ 2 nên VT ⋮ 2

Mà 18k² + 6k ⋮ 2 $\Leftrightarrow$ q² ⋮ 2 $\Leftrightarrow$ q = 2

Thay vào ta được p = 5

• Với p = 6k + 5, ta có:

(6k + 5)² − 2q² = 17

36k² + 60k + 25 − 2q² = 17

36k² + 60k − 2q² = −8

18k² + 30k − q² = −4

Ta thấy VP ⋮ 2 $\Rightarrow$ VT ⋮ 2

Mà 18k² + 30k ⋮ 2 $\Rightarrow$ q² ⋮ 2 $\Rightarrow$ q = 2.

Thay vào ta được p = 5.

Vậy p + q = 7.

Câu 26: Tìm tất cả các cặp số nguyên (p; q) sao cho p² − 2q² = 41.

Lời giải:

Ta có: p² − 2q² = 41 (1)

p² = 2q² + 41 là số lẻ, suy ra p là số lẻ

Đặt p = 2k + 1 (k $\in$ ℤ⁺), khi đó ta có:

2q² + 41 = (2k + 1)²

2q² + 41 = 4k² + 4k + 1

q² = 2k² + 2k − 20

$\Leftrightarrow$ q² ⋮ 2 $\Leftrightarrow$ q = 2.

Khi đó thay vào (1) ta có p = 7 (TM).

Vậy (p; q) = (7; 2).

Câu 27: Tính: $\frac{1}{\sqrt{1} + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} + ... + \frac{1}{\sqrt{24} + \sqrt{25}}$ .

Lời giải:

Ta có: $\frac{1}{\sqrt{1} + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} + ... + \frac{1}{\sqrt{24} + \sqrt{25}}$

$= \frac{(\sqrt{2} - \sqrt{1}) (\sqrt{2} + \sqrt{1})}{\sqrt{1} + \sqrt{2}} + \frac{(\sqrt{3} - \sqrt{2}) (\sqrt{3} + \sqrt{2})}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} + ... + \frac{(\sqrt{25} - \sqrt{24}) (\sqrt{25} + \sqrt{24})}{\sqrt{24} + \sqrt{25}} = \sqrt{2} - \sqrt{1} + \sqrt{3} - \sqrt{2} + ... + \sqrt{25} - \sqrt{24} = \sqrt{25} - 1 = 5 - 1 = 4$

Câu 28: So sánh: $A = \frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + ... + \frac{1}{\sqrt{24}} + \frac{1}{\sqrt{25}}$ và 5.

Lời giải:

Vì $\frac{1}{\sqrt{1}} > \frac{1}{\sqrt{25}}; \frac{1}{\sqrt{2}} > \frac{1}{\sqrt{25}}; \frac{1}{\sqrt{3}} > \frac{1}{\sqrt{25}}; ...; \frac{1}{\sqrt{24}} > \frac{1}{\sqrt{25}}$ .

Nên $A = \frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + ... + \frac{1}{\sqrt{24}} + \frac{1}{\sqrt{25}} > \frac{1}{\sqrt{25}} + \frac{1}{\sqrt{25}} + \frac{1}{\sqrt{25}} + ... + \frac{1}{\sqrt{25}} + \frac{1}{\sqrt{25}}$

Do đó $A > 25. \frac{1}{\sqrt{25}} = \frac{25}{5} = 5$ .

Vậy A > 5.

Câu 29: Chứng minh: $\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{4}} + ... + \frac{1}{\sqrt{100}} < 18$ .

Lời giải:

Ta có $\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{4}} + ... + \frac{1}{\sqrt{100}}$

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 11) (ảnh 6)

Vậy $\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{4}} + ... + \frac{1}{\sqrt{100}} < 18$ .

Câu 30: Chứng minh rằng 2x² − x + 1 > 0 với mọi giá trị của x.

Lời giải:

Ta có: 2x² − x + 1

$= 2 (x^{2} - 2. \frac{1}{4} x + \frac{1}{16} + \frac{7}{16}) = 2 {(x - \frac{1}{4})}^{2} + \frac{7}{8}$

Do ${(x - \frac{1}{4})}^{2} \geq 0; \forall x$

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 11) (ảnh 7)

Vậy 2x² − x + 1 > 0 với mọi số thực x.

Câu 31: Chứng minh: 2x − 2x² − 1 < 0 với mọi số thực x.

Lời giải:

Ta có: 2x − 2x² – 1 = − (2x² − 2x + 1)

$= - 2 (x^{2} - x + \frac{1}{4} + \frac{1}{4})$

$= - 2 {(x - \frac{1}{2})}^{2} - \frac{1}{2}$

Do ${(x - \frac{1}{2})}^{2} \geq 0; \forall x$

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 11) (ảnh 8)

Vậy 2x − 2x² − 1 < 0 với mọi số thực x.

Câu 32: Cho tam giác ABC. Chứng minh nếu b + c = 2a thì $\frac{2}{h_{a}} = \frac{1}{h_{b}} + \frac{1}{h_{c}}$ .

Lời giải:

Ta có $S_{A B C} = \frac{1}{2} h_{a} . a = \frac{1}{2} h_{b} . b = \frac{1}{2} h_{c} . c$ .

Khi đó, với b + c = 2a thì $\frac{2 S_{A B C}}{h_{b}} + \frac{2 S_{A B C}}{h_{c}} = \frac{4 S_{A B C}}{h_{a}} \Leftrightarrow \frac{2}{h_{a}} = \frac{1}{h_{b}} + \frac{1}{h_{c}}$ .

Câu 33: Cho tam giác ABC có các đường phân giác cắt nhau tại N cho h_a, h_b, h_c là đường cao gọi r là khoảng cách từ N đến cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{h_{a}} + \frac{1}{h_{b}} + \frac{1}{h_{c}} = \frac{1}{r}$

Lời giải:

Ta có $S_{A B C} = \frac{1}{2} h_{a} . a = \frac{1}{2} h_{b} . b = \frac{1}{2} h_{c} . c$ .

Do đó $\frac{a}{2 S_{A B C}} + \frac{b}{2 S_{A B C}} + \frac{c}{2 S_{A B C}} = \frac{a + b + c}{2} . \frac{1}{S_{A B C}} = p . \frac{1}{p . r} = \frac{1}{r}$

Câu 34: Giải phương trình: $\tan (3 x) - \cot (3 x) = 0$ .

Lời giải:

ĐK: $\{\begin{cases} \sin 3 x \neq 0 \\ \cos 3 x \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \sin 6 x \neq 0 \Leftrightarrow x \neq \frac{k π}{6}$ .

Khi đó $\tan (3 x) - \cot (3 x) = 0$

$\Leftrightarrow \tan 3 x = \cot 3 x \Leftrightarrow \tan 3 x = \tan (\frac{π}{2} - 3 x) \Leftrightarrow 3 x = \frac{π}{2} - 3 x + k π$

$\Leftrightarrow x = \frac{π}{18} + \frac{k π}{6} (k \in ℤ)$ (TMĐK)

Câu 35: Phương trình cot 3x = cot x có mấy nghiệm thuộc (0, 10π].

Lời giải:

ĐK: $\{\begin{cases} \sin 3 x \neq 0 \\ \sin x \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow x \neq \frac{k π}{3}$

Ta có cot 3x = cot x

3x = x + kp

$\Leftrightarrow x = \frac{k π}{2} (k \in ℤ)$

Với $x \in (0; 10 π] \Rightarrow \{\begin{cases} 0 < k \frac{π}{2} \leq 10 π \\ x \neq \frac{π}{3} \end{cases}$

k $\in$ {1; 3; 5; 7; 9; 11; 13; 15; 17; 19}.

Suy ra phương trình đã cho có 10 nghiệm thỏa mãn.

Câu 36: Khảo sát sự biên sự biến thiên của hàm số: $y = g (x) = \frac{4 x}{x - 1}$ trên khoảng (1; +∞).

Lời giải:

Với mọi x₁, x₂ $\in$ (1; +∞) và x₁ ≠ x₂, ta có:

$\Rightarrow y_{1} - y_{2} = \frac{4 x_{1}}{x_{1} - 1} - \frac{4 x_{2}}{x_{2} - 1}$

$= \frac{4 x_{1} (x_{2} - 1) - 4 x_{2} (x_{1} - 1)}{(x_{1} - 1) (x_{2} - 1)} = - \frac{4 (x_{1} - x_{2})}{(x_{1} - 1) (x_{2} - 1)} \Rightarrow I = \frac{y_{1} - y_{2}}{x_{1} - x_{2}} = - \frac{4}{(x_{1} - 1) (x_{2} - 1)}$

Do x₁, x₂ $\in$ (1; +∞) $\Leftrightarrow$ x₁ − 1 > 0; x₂ − 1 > 0

$\Leftrightarrow$ (x₁ − 1)(x₂ − 1) > 0

$\Rightarrow I = - \frac{4}{(x_{1} - 1) (x_{2} - 1)} < 0$

Vậy hàm số nghịch biến trên (1; +∞)

Câu 37: Giải tam giác ABC vuông tại A biết: a = 12 cm, $\hat{C} = 45 °$ .

Lời giải:

Ta có: $\hat{B} = 90 ° - \hat{C} = 90 ° - 45 ° = 45 °$ .

Suy ra ∆ABC vuông cân tại A nên b = c.

Khi đó $b = c = \frac{a}{\sin A} . \sin C = \frac{12}{\sin 90 °} . \sin 45 ° \approx 10,21 (c m)$

Câu 38: Giải tam giác ABC vuông tại A, biết rằng c = 10 cm, $\hat{C} = 45 °$ .

Lời giải:

Ta có: $\hat{B} = 90 ° - \hat{C} = 90 ° - 45 ° = 45 °$ .

Suy ra ∆ABC vuông cân tại A nên b = c = 10 cm.

Khi đó $a = \frac{b}{\sin B} . \sin A = \frac{10}{\sin 45 °} . \sin 90 ° \approx 14,14 (c m)$ .

Vậy a ≈ 14,14 cm; b = 10 cm; $\hat{A} = 90 °; \hat{B} = 45 °$ .

Câu 39: Một lớp học có 45 học sinh, trong đó có 28 học sinh thích học môn Toán, 20 học sinh thích học môn Tiếng Việt và 3 học sinh không thích cả hai môn Toán và Tiếng Việt. Hỏi có bao nhiêu học sinh thích cả Toán và Tiếng Việt?

Lời giải:

Tổng số học sinh thích cả Toán và Tiếng Việt là:

45 − 3 = 42 (học sinh)

Có số học sinh thích cả 2 môn là:

(28 + 20) − 42 = 6 (học sinh)

Đáp số: 6 học sinh thích cả Toán và Tiếng Việt.

Câu 40: Một lớp học có 45 học sinh, trong đó có 20% tổng số học sinh giỏi. Số học sinh giỏi bằng $\frac{3}{7}$ số học sinh tiên tiến, số học sinh còn lại là học sinh trung bình. Hỏi số học sinh trung bình chiếm bao nhiêu số học sinh trong lớp?

Lời giải:

Số học sinh giỏi là:

45 : 100 . 20 = 9 (học sinh)

Số học sinh tiên tiến là:

9 : $\frac{3}{7}$ = 21 (học sinh)

Tổng số học sinh giỏi và học sinh tiên tiến của lớp đó là:

21 + 9 = 30 (học sinh)

Số học sinh trung bình là:

45 − 30 = 15 (học sinh)

Tỉ số phần trăm số học sinh trung bình so với số học sinh cả lớp là:

$15 : 45 = \frac{1}{3}$ (số học sinh trong lớp).

Vậy số học sinh trung bình chiếm $\frac{1}{3}$ số học sinh trong lớp.

Câu 41: Giải phương trình: $(\sin 2 x + \cos 2 x) \cos x + 2 \cos 2 x - \sin x = 0$ .

Lời giải:

Ta có $(\sin 2 x + \cos 2 x) \cos x + 2 \cos 2 x - \sin x = 0$

cos 2x(cos x + 2) + sin x(2cos² x − 1) = 0

cos 2x(cos x + 2) + sin x. cos 2x = 0

cos 2x(cos x + sin x + 2) = 0

Vì cos x + sin x + 2 > 0 nên cos 2x = 0

$\Leftrightarrow 2 x = \frac{π}{2} + k π \Leftrightarrow x = \frac{π}{4} + k \frac{π}{2} (k \in ℤ)$ .

Câu 42: Giải phương trình: $\sin 2 x + \cos x + \cos 2 x - \sin x = 0$ .

Lời giải:

Ta có $\sin 2 x + \cos x + \cos 2 x - \sin x = 0$

sin 2x + cos 2x = sin x − cos x

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

Câu 43: Giải phương trình lượng giác: $\sin 3 x + \cos 3 x - \sin x + \cos x = \sqrt{2} \cos 2 x$ .

Lời giải:

Phương trình đã cho tương đương với: $(2 \sin x + 2 \cos x - \sqrt{2}) \cos 2 x = 0$

• TH1: $\cos 2 x = 0 \Leftrightarrow 2 x = \frac{π}{2} + k π \Leftrightarrow x = \frac{π}{4} + k \frac{π}{2} (k \in ℤ)$ .

• TH2: $2 \sin x + 2 \cos x - \sqrt{2} = 0$

$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2}}{2} \sin x + \frac{\sqrt{2}}{2} \cos x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos (\frac{π}{4} - x) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \frac{π}{4} - x = \frac{π}{3} + k 2 π \\ \frac{π}{4} - x = - \frac{π}{3} + k 2 π \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - \frac{π}{12} + k 2 π \\ x = \frac{7 π}{12} + k 2 π \end{array} (k \in ℤ)$

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: $x = \frac{π}{4} + k \frac{π}{2}$ ; $x = - \frac{π}{12} + k 2 π$ ; $x = \frac{7 π}{12} + k 2 π$ với $(k \in ℤ)$ .

Câu 44: Giải phương trình: sin³ x + cos³ x − sin x − cos x = cos 2x.

Lời giải:

Ta có sin³ x + cos³ x − sin x − cos x = cos 2x

(sin x + cos x)(sin² x − sin x.cos x + cos² x) − (sin x + cos x) − (cos² x − sin² x) = 0

(sin x + cos x)(1 − sin x.cos x) − (sin x + cos x) − (sin x + cos x)(cos x − sin x) = 0

(sin x + cos x)(1 − sin x.cos x − 1 − cos x + sin x) = 0

(sin x + cos x)(− sin x.cos x − cos x + sin x) = 0

• TH1: sin x + cos x = 0

$\Leftrightarrow \sin (x + \frac{π}{4}) = 0$

$\Leftrightarrow x = - \frac{π}{4} + k π (k \in ℤ)$

• TH2: − sin x.cos x − cos x + sin x = 0 (1)

Đặt t = sin x − cos x; t Î (−2; 2)

$\Rightarrow \frac{t^{2} - 1}{2} = - \sin x . \cos x$

Phương trình (1) Û $t + \frac{t^{2} - 1}{2} = 0 \Leftrightarrow t^{2} + 2 t - 1 = 0$

$\Rightarrow [\begin{array}{l} t = - 1 + \sqrt{2} (T M) \\ t = - 1 - \sqrt{2} (K T M) \end{array} \Rightarrow \sin x - \cos x = - 1 + \sqrt{2} \Rightarrow \sqrt{2} \cos (x + \frac{π}{4}) = - \sqrt{2} + 1 \Leftrightarrow \cos (x + \frac{π}{4}) = \frac{1 - \sqrt{2}}{\sqrt{2}} \Rightarrow [\begin{array}{l} x = - \frac{π}{4} + arc c o s \frac{1 - \sqrt{2}}{\sqrt{2}} + k 2 π \\ x = - \frac{π}{4} - arc c o s \frac{1 - \sqrt{2}}{\sqrt{2}} + k 2 π \end{array} (k \in ℤ)$

Câu 45: Giải phương trình: sin x.sin 7x = sin 3x.sin 5x.

Lời giải:

Ta có sin x.sin 7x = sin 3x.sin 5x

$\Leftrightarrow - \frac{1}{2} [\cos (x + 7 x) - \cos (7 x - x)] = - \frac{1}{2} [\cos (5 x + 3 x) - \cos (5 x - 3 x)]$

cos 8x − cos 6x = cos 8x − cos 2x

cos 6x = cos 2x

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} 6 x = 2 x + k 2 π \\ 6 x = - 2 x + k 2 π \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 4 x = k 2 π \\ 8 x = k 2 π \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = k \frac{π}{2} \\ x = k \frac{π}{4} \end{array} \Rightarrow x = k \frac{π}{4} (k \in ℤ)$

Câu 46: Tìm giá trị của x, biết: $x^{2} = \frac{1}{3}$ .

Lời giải:

Ta có $x^{2} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - \frac{1}{\sqrt{3}} \\ x = \frac{1}{\sqrt{3}} \end{array}$ .

Câu 47: Tìm giá trị nhỏ nhất của $A = \frac{x + 16}{\sqrt{x} + 3}$ .

Lời giải:

ĐK: x ≥ 0

Ta có $A = \frac{x + 16}{\sqrt{x} + 3} = \frac{x - 3^{2} + 25}{\sqrt{x} + 3} = \frac{(\sqrt{x} - 3) (\sqrt{x} + 3) + 25}{\sqrt{x} + 3}$

$= \sqrt{x} - 3 + \frac{25}{\sqrt{x} + 3} = \sqrt{x} + 3 + \frac{25}{\sqrt{x} + 3} - 6$ .

Áp dụng BĐT AM-GM cho hai số dương, ta có:

$A = \sqrt{x} + 3 + \frac{25}{\sqrt{x} + 3} - 6 \geq 2 \sqrt{(\sqrt{x} + 3) . \frac{25}{\sqrt{x} + 3}} - 6$

Do đó A ≥ 2.5 − 6 = 4.

Dấu “=” xảy ra khi $\sqrt{x} + 3 = \frac{25}{\sqrt{x} + 3} \Leftrightarrow (\sqrt{x} + 3) = 25$ .

Vì $\sqrt{x} + 3 > 0$ nên $\sqrt{x} + 3 = 5 \Leftrightarrow \sqrt{x} = 2 \Leftrightarrow x = 4$ .

Câu 48: Cho $Q = \frac{x + 16}{\sqrt{x} + 3}$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của Q.

Lời giải:

ĐK: x ≥ 0.

Ta có $Q = \frac{x + 16}{\sqrt{x} + 3} = \frac{x - 3^{2} + 25}{\sqrt{x} + 3} = \frac{(\sqrt{x} - 3) (\sqrt{x} + 3) + 25}{\sqrt{x} + 3}$

$= \sqrt{x} - 3 + \frac{25}{\sqrt{x} + 3} = \sqrt{x} + 3 + \frac{25}{\sqrt{x} + 3} - 6$ .

Áp dụng BĐT AM-GM cho hai số dương, ta có:

$Q = \sqrt{x} + 3 + \frac{25}{\sqrt{x} + 3} - 6 \geq 2 \sqrt{(\sqrt{x} + 3) . \frac{25}{\sqrt{x} + 3}} - 6$

Do đó Q ≥ 2.5 − 6 = 4.

Dấu “=” xảy ra khi $\sqrt{x} + 3 = \frac{25}{\sqrt{x} + 3} \Leftrightarrow (\sqrt{x} + 3) = 25$ .

Vì $\sqrt{x} + 3 > 0$ nên $\sqrt{x} + 3 = 5 \Leftrightarrow \sqrt{x} = 2 \Leftrightarrow x = 4$ .

Câu 49: Cho biểu thức $A = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} - 2}$ . Tìm x để |A| > A.

Lời giải:

ĐK: x ≥ 0; x ≠ 4

Để |A| > A Þ A < 0

$\Rightarrow \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} - 2} < 0$

Mà $\sqrt{x} > 0 \Rightarrow \sqrt{x} - 2 < 0$

$\Rightarrow \sqrt{x} < 2 \Rightarrow x < 4$

Kết hợp ĐK nên suy ra 0 £ x < 4.

Câu 50: Trong dịp tổng kết cuối năm lớp 6A không có học sinh yếu, kém. Biết 125 % số học sinh khá là 35 em. Số học sinh giỏi bằng $\frac{5}{7}$ số học sinh khá. Số học sinh trung bình bằng 10 % số học sinh giỏi.

a) Tính số học sinh mỗi loại.

b) Số học sinh giỏi bằng bao nhiêu phần trăm số học sinh cả lớp?

Lời giải:

a) Số học sinh khá là:

35 : 125% = 28 (hoc sinh)

Số học sinh giỏi là:

28 . $\frac{5}{7}$ = 20 (học sinh)

Số học sinh trung bình là:

20 . 10% = 2 (học sinh)

b) Tỉ số phần trăm của số học sinh giỏi so với số học sinh cả lớp là:

$\frac{20}{28 + 20 + 2} . 100 % = 40 %$ (số học sinh cả lớp).

Vậy số học sinh giỏi bằng 40% số học sinh cả lớp.

Câu 51: Một lớp học cuối năm xếp học lực có ba loại: Giỏi, khá, trung bình. Số học sinh khá bằng 50% số học sinh cả lớp, số học sinh trung bình bằng $\frac{2}{5}$ số học sinh cả lớp, số học sinh giỏi là 5 em.

a) Hỏi lớp có bao nhiêu học sinh?

b) Tính tỉ số phần trăm của số học sinh mỗi loại so với số học sinh cả lớp?

Lời giải:

a) Số học sinh khá bằng 50% số học sinh cả lớp, tức bằng $\frac{1}{2}$ số học sinh cả lớp.

Số học sinh trung bình bằng $\frac{2}{5}$ số học sinh cả lớp.

Số học sinh giỏi bằng:

$1 - \frac{1}{2} - \frac{2}{5} = \frac{1}{10}$ (số học sinh cả lớp)

Vậy số học sinh cả lớp là:

$5 : \frac{1}{10} = 50$ (học sinh)

b) Tỉ số phần trăm của số học sinh trung bình so với số học sinh cả lớp là:

$\frac{2}{5} . 100 % = 40 %$ .

Tỉ số phần trăm của số học sinh giỏi so với số học sinh cả lớp là:

100% − 50% − 40% = 10%.

Từ khóa :

Giải bài tập

Đánh giá

0 đánh giá

Đánh giá

Bài viết cùng môn học

Toán Lớp 6

Toán 6 ( Kết nối tri thức): Luyện tập chung Mai Hương

227

Toán Lớp 6

Bài 5.16 trang 109 Toán 6 Tập 1 | Kết nối tri thức Giải Toán lớp 6 Mai Hương

263

Toán Lớp 6

Bài 5.15 trang 109 Toán 6 Tập 1 | Kết nối tri thức Giải Toán lớp 6 Mai Hương

286

Toán Lớp 6

Bài 5.14 trang 109 Toán 6 Tập 1 | Kết nối tri thức Giải Toán lớp 6 Mai Hương

236