Câu 14:
$x=(5-1)^2+2=18$
Đáp án C.
Câu 15:
$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$ (cm) theo định lý Pitago.
$AH=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{3.4}{5}=2,4$ (cm)
Đáp án B.
Câu 16:
Xem lời giải tại đây:
https://hoc24.vn/cau-hoi/tu-giac-abcd-noi-tiep-duong-tron-duong-kinh-ad-co-ab-bc-43cm-cd-4cm-ban-kinh-duong-tron-ngoai-tiep-tu-giac-abcd-la-cm.77966292898
Câu 17:
\(\frac{2m}{m^2+1}-1=\frac{-(m-1)^2}{m^2+1}< 0\) nên hàm số nghịch biến trên R.
Do đó khẳng định C đúng.
Câu 18:
$x^4-3x^2-4=0$
$\Leftrightarrow (x^2-4)(x^2+1)=0$
$\Rightarrow x^2-4=0$
$\Rightarrow x=\pm 2$
Đáp án A.
Câu 19:
Kẻ $OH\perp AB$. Do tam giác $OAB$ cân tại $O$ nên $OH$ đồng thời là đường phân giác và trung tuyến.
$\widehat{AOH}=\frac{120^0}{2}=60^0$
$AH=\sin 60^0. OA=\frac{R\sqrt{3}}{2}$
$AB=2AH=R\sqrt{3}$
Đáp án D.
Câu 20:
Để pt có 3 nghiệm phân biệt thì PT $x^2-2x+m=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác $-1$
Điều này xảy ra khi:
\(\left\{\begin{matrix} (-1)^2-2(-1)+m\neq 0\\ \Delta'=1-m>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m< 1\\ m\neq -3\end{matrix}\right.\)
Đáp án D.
Câu 1:
a)
\(\left\{\begin{matrix} x+2y=12\\ 3x-y=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+2y=12\\ y=3x-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+2(3x-1)=12\\ y=3x-1\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2\\ y=5\end{matrix}\right.\)
HPT có nghiệm $(x,y)=(2,5)$
b)
\(P=\left[\frac{\sqrt{x}(3-\sqrt{x})}{(3+\sqrt{x})(3-\sqrt{x})}+\frac{2x}{(3-\sqrt{x})(3+\sqrt{x})}\right]:\left[\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-3)}-\frac{2(\sqrt{x}-3)}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-3)}\right]\)
\(=\frac{3\sqrt{x}+x}{(3+\sqrt{x})(3-\sqrt{x})}:\frac{6-\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-3)}=\frac{\sqrt{x}}{3-\sqrt{x}}.\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-3)}{6-\sqrt{x}}=\frac{x}{\sqrt{x}-6}\)
Câu 2:
a) Với $m=1$ thì pt trở thành:
$x^2+x-6=0$
$\Leftrightarrow (x-2)(x+3)=0$
$\Rightarrow x=2$ hoặc $x=-3$
b)
$\Delta=(m-2)^2+24>0$ với mọi $m$ thực nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ với mọi $m\in\mathbb{R}$
Áp dụng định lý Viet:
\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=m-2\\ x_1x_2=-6\end{matrix}\right.\)
Khi đó:
\(x_2^2-x_1x_2+(m-2)x_1=21\)
\(\Leftrightarrow x_2^2-x_1x_2+(x_1+x_2)x_1=21\)
\(\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2=21\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-2x_1x_2=21\)
\(\Leftrightarrow (m-2)^2+12=21\)
\(\Leftrightarrow (m-2)^2=9\Rightarrow m=5\) hoặc $m=-1$
(đều thỏa mãn)
Bài 3:
Giả sử mỗi giờ tổ sản xuất làm được $a$ khẩu trang. ĐK: $a\in\mathbb{N}^*$
Thời gian dự định: $\frac{400}{a}$ (giờ)
Thời gian thực tế là:
$\frac{200}{a}+\frac{200}{a+10}$ (giờ)
Theo bài ra ta có:
$\frac{400}{a}=\frac{200}{a}+\frac{200}{a+10}+1$
Giải pt $\Rightarrow a=40$ là kết quả thỏa mãn
Vậy mỗi giờ tổ đó làm được $40$ khẩu trang.
Câu 4:
a)
$\widehat{AFB}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)
$\Rightarrow \widehat{BFC}=180^0-\widehat{AFB}=90^0$
Tứ giác $DBFC$ (không phải $DFBC$) có tổng 2 góc đối nhau $\widehat{BFC}+\widehat{BDC}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.
b)
$\widehat{AEC}=\widehat{AEB}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)
$\widehat{ADC}=90^0$
$\Rightarrow \widehat{AEC}=\widehat{ADC}$
Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh $AC$ nên $AEDC$ là tgnt.
$\Rightarrow \widehat{CAD}=\widehat{CED}$
Tứ giác $AGEB$ nội tiếp nên:
$\widehat{GAB}=\widehat{CED}$
$\Rightarrow \widehat{CAD}=\widehat{GAB}$
Hay $\widehat{FAB}=\widehat{GAB}$
$\Rightarrow \text{sđc(GB)}=\text{sđc(FB)}$
$\Rightarrow GB=FB$
c)
Vì $EDCA$ là tgnt (phần b) nên $BE.BC=BD.BA(1)$
Vì $GEBA$ là tgnt nên $DE.DG=DB.DA(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow \frac{DG.DE}{BE.BC}=\frac{BD.DA}{BD.BA}=\frac{DA}{BA}$
Ta có đpcm.
Câu IV:
Vì $a+b+c=1$ nên:
\(A=\frac{(1+a)(1+b)(1+c)}{(1-a)(1-b)(1-c)}=\frac{[(a+b)+(a+c)][(b+c)+(b+a)][(c+a)+(c+b)]}{(b+c)(c+a)(a+b)}\)
Áp dụng BĐT Cô-si:
\((a+b)+(a+c)\geq 2\sqrt{(a+b)(a+c)}\)
\((b+c)+(b+a)\geq 2\sqrt{(b+c)(b+a)}\)
\((c+a)+(c+b)\geq 2\sqrt{(c+a)(c+b)}\)
Nhân theo vế suy ra:
\([(a+b)+(a+c)][(b+c)+(b+a)][(c+a)+(c+b)]\geq 8(a+b)(b+c)(c+a)\)
\(\Rightarrow A\geq 8\)
Vậy $A_{\min}=8$. Giá trị này đạt tại $a=b=c=\frac{1}{3}$
