Câu 13: D
Câu 14:
$x(x^2+1)=0\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x^2+1=0$
Trường hợp $x^2+1=0\Rightarrow x^2=-1< 0$ (vô lý)
Do đó $x(x^2+1)=0$ nhận $x=0$ là nghiệm duy nhất
Đáp án C.
Câu 15:
Ta thấy $5+7< 13$ (vi phạm BĐT trong tam giác) nên bộ 3 số $5,7,13$ không là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Đáp án A.
Câu 16:
$\frac{1}{4}x^3y.(-2x^3y^5z)=\frac{1}{4}(-2).(x^3.x^3).(y.y^5).z=\frac{-1}{2}x^6y^6z$
Đáp án A.
Câu 17:
Số các giá trị của dấu hiệu là $N=30$
Đáp án A.
Câu 18:
Vì tam giác $ABC$ cân tại $B$ nên đường trung tuyến $BM$ đồng thời là đường cao, suy ra tam giác $BAM$ vuông tại $M$
$AM=\frac{AC}{2}=12:2=6$ (cm)
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông $BAM$:
$BM=\sqrt{BA^2-AM^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$ (cm)
Đáp án A.
Câu 19:
$\widehat{A}=180^0-(\widehat{B}+\widehat{C})=70^0$
Như vậy:
$\widehat{A}> \widehat{B}>\widehat{C}$
$\Rightarrow BC>AC>AB$
Đáp án B.
Câu 20:
Tam giác $ABC$ đều nên $BH, CH$ sẽ đồng thời là phân giác $\widehat{B}, \widehat{C}$
$\widehat{BHC}=180^0-(\widehat{HBC}+\widehat{HCB})$
$=180^0-\frac{1}{2}(\widehat{B}+\widehat{C})$
$=180^0-\frac{1}{2}(60^0+60^0)=120^0$
Đáp án D.
Bài 1:
\(M=xy^3+5xyz-4x^2+6-x^3y+2xyz-xy^3+x^2-5\)
\(=(xy^3-xy^3)+(5xyz+2xyz)+(-4x^2+x^2)-x^3y+(6-5)\)
\(=7xyz-3x^2-x^3y+1\)
Bài 2:
\(A(x)=P(x)-Q(x)\)
\(=(3x^3+\frac{1}{2}x-1-2x^2-5x^4)-(-6x^4+3x^3-4x^2+\frac{1}{2}x-4)\)
\(=3x^3+\frac{1}{2}x-1-2x^2-5x^4+6x^4-3x^3+4x^2-\frac{1}{2}x+4\)
\(=x^4+2x^2+3\)
Bài 4:
Giả sử $P(x)$ có nghiệm $m$ nguyên. Khi đó $P(m)=0$
$P(0)=c$ lẻ
$P(1)=a+b+c$ lẻ, $c$ lẻ nên $a+b$ chẵn.
Vì $a+b$ chẵn nên $a,b$ cùng lẻ hoặc $a,b$ cùng chẵn.
TH1: $a,b,c$ lẻ:
$P(m)=am^2+bm+c$
Nếu $m$ lẻ thì $am^2$ lẻ, $bm$ lẻ, $c$ lẻ nên $P(m)$ lẻ.
$\Rightarrow P(m)\neq 0$ (trái với giả sử)
Nếu $m$ chẵn thì $am^2+bm$ chẵn, $c$ lẻ nên $P(m)$ lẻ.
(vô lý)
TH2: $a,b$ chẵn, $c$ lẻ.
$P(m)=am^2+bm+c$
Vì $a,b$ chẵn nên $am^2+bm$ luôn chẵn. $c$ lẻ nên $P(m)$ lẻ
$\Rightarrow P(m)\neq 0$ (trái giả sử)
Vậy tóm lại điều giả sử là sai. Tức là $P(x)$ không thể có nghiệm nguyên.
Bài 3/1:
a) Xét tam giác vuông $AHM$ và $AKM$ có:
$\widehat{HAM}=\widehat{KAM}$ (do $AM$ là tia phân giác $\widehat{HAC}$)
$AM$ chung
$\Rightarrow \triangle AHM=\triangle AKM$ (ch-gn)
$\Rightarrow AH=AK$
Mặt khác:
$\widehat{BAM}=\widehat{BAH}+\widehat{HAM}$
$=90^0-\widehat{B}+\widehat{MAC}$
$=\widehat{C}+\widehat{MAC}$
$=\widehat{BMA}$
$\Rightarrow \triangle BAM$ cân tại $B$
$\Rightarrow BA=BM$
b)
Xét tam giác $IAC$ có:
$CH\perp AI, IK\perp AC$ và $CH\cap IK$ tại $M$ nên $M$ là trực tâm tam giác $IAC$
$\Rightarrow AM\perp IC$
Từ tam giác bằng nhau phần a suy ra $MH=MK; AH=AK$ nên $AM$ là trung trực của $HK$
$\Rightarrow AM\perp HK$
Mà $AM\perp IC$ nên $HK\parallel IC$
Ta có đpcm.
Bài 3/2:
Vì $b$ lớn nhất nên $b>17$
Theo BĐT tam giác ta có:
$5+17>b$ hay $b< 22$
Vì $b$ nhận giá trị nguyên dương nên $b\in\left\{18;19;20;21\right\}$
