A – Trắc nghiệm

Bài 1 (trang 88)

Đề bài: Cho hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn $\begin{cases} x + y > 2 \\ x – y \leq 1 \end{cases}$. Điểm nào sau đây thuộc miền nghiệm của hệ?

A. $(1;;1)$. B. $(2;;0)$. C. $(3;;2)$. D. $(3;;-2)$.

Lời giải:

Thay tọa độ từng điểm vào hệ:

• A. $(1;;1)$: $1+1=2 > 2$? Sai → loại.
• B. $(2;;0)$: $2+0=2 > 2$? Sai → loại.
• C. $(3;;2)$: $3+2=5 > 2$ ✓ và $3-2=1 \leq 1$ ✓ → thoả.
• D. $(3;;-2)$: $3+(-2)=1 > 2$? Sai → loại.

Chọn C.

Bài 2 (trang 88)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$. Có bao nhiêu điểm $M$ thoả mãn $|\vec{MA} + \vec{MB} + \vec{MC}| = 3$?

A. Vô số. B. $1$. C. $2$. D. $3$.

Lời giải:

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Theo tính chất trọng tâm:

$$\vec{MA} + \vec{MB} + \vec{MC} = 3\vec{MG}.$$

Suy ra:

$$|\vec{MA} + \vec{MB} + \vec{MC}| = 3 ;\Leftrightarrow; |3\vec{MG}| = 3 ;\Leftrightarrow; |\vec{MG}| = 1 ;\Leftrightarrow; MG = 1.$$

Vậy $M$ là điểm nằm trên đường tròn tâm $G$ bán kính $1$. Có vô số điểm $M$ thoả mãn.

Chọn A.

Bài 3 (trang 88)

Đề bài: Biết rằng parabol $y = x^2 + bx + c$ có đỉnh là $I(1;;4)$. Khi đó giá trị của $b + c$ là:

A. $1$. B. $2$. C. $3$. D. $4$.

Lời giải:

Hoành độ đỉnh: $-\dfrac{b}{2 \cdot 1} = 1 ;\Rightarrow; b = -2$.

Đỉnh có tung độ $4$: $y(1) = 1 + b + c = 4 ;\Rightarrow; 1 – 2 + c = 4 ;\Rightarrow; c = 5$.

Vậy $b + c = -2 + 5 = 3$.

Chọn C.

Bài 4 (trang 88)

Đề bài: Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho đường thẳng $\Delta: x + 2y – 5 = 0$. Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:

A. Vectơ $\vec{n} = (1;;2)$ là một vectơ pháp tuyến của $\Delta$.
B. Vectơ $\vec{u} = (2;;-1)$ là một vectơ chỉ phương của $\Delta$.
C. Đường thẳng $\Delta$ song song với đường thẳng $d: \begin{cases} x = 1 – 2t \\ y = 1 + t \end{cases}$.
D. Đường thẳng $\Delta$ có hệ số góc $k = 2$.

Lời giải:

Đường thẳng $\Delta: x + 2y – 5 = 0$ có vectơ pháp tuyến là $(1; 2)$ (lấy từ các hệ số $x,; y$).

• A đúng: $\vec{n} = (1; 2)$ chính là vectơ pháp tuyến.
• B đúng: Vectơ chỉ phương vuông góc với vectơ pháp tuyến. Kiểm tra $\vec{u} = (2; -1)$: $\vec{u} \cdot \vec{n} = 2 \cdot 1 + (-1) \cdot 2 = 0$ ✓.
• C đúng: Đường $d$ có vectơ chỉ phương $(-2; 1)$. Hai vectơ $(-2; 1)$ và $(2; -1)$ cùng phương (vectơ này bằng âm vectơ kia), nên $d \parallel \Delta$ hoặc $d \equiv \Delta$. Kiểm tra điểm $(1; 1)$ trên $d$ có thuộc $\Delta$ không: $1 + 2 – 5 = -2 \neq 0$ → không thuộc. Vậy $d \parallel \Delta$.
• D sai: Biến đổi $\Delta$ về dạng $y = ax + b$: $2y = -x + 5 ;\Rightarrow; y = -\dfrac{1}{2}x + \dfrac{5}{2}$. Hệ số góc $k = -\dfrac{1}{2}$, không phải $2$.

Chọn D.

Bài 5 (trang 88)

Đề bài: Trong khai triển nhị thức Newton của $(2 + 3x)^4$, hệ số của $x^2$ là:

A. $9$. B. $C_4^2$. C. $9C_4^2$. D. $36C_4^2$.

Lời giải:

Khai triển:

$$(2 + 3x)^4 = \sum_{k=0}^{4} C_4^k \cdot 2^{4-k} \cdot (3x)^k.$$

Số hạng chứa $x^2$ ứng với $k = 2$:

$$C_4^2 \cdot 2^{4-2} \cdot (3x)^2 = C_4^2 \cdot 4 \cdot 9 x^2 = 36 \cdot C_4^2 \cdot x^2.$$

Vậy hệ số của $x^2$ là $36 \cdot C_4^2$ ($= 216$).

Chọn D.

Bài 6 (trang 88)

Đề bài: Một tổ gồm $7$ nam và $3$ nữ. Chọn ngẫu nhiên hai người. Xác suất để trong hai người được chọn có ít nhất một nữ là:

A. $\dfrac{7}{15}$. B. $\dfrac{8}{15}$. C. $\dfrac{1}{15}$. D. $\dfrac{2}{15}$.

Lời giải:

Tổng số người: $7 + 3 = 10$. Chọn $2$ trong $10$: $n(\Omega) = C_{10}^{2} = 45$.

Gọi $E$ = “có ít nhất một nữ”. Dùng biến cố đối:

$\overline{E}$ = “không có nữ” = “cả $2$ đều nam”. Số cách chọn $2$ nam trong $7$ nam: $C_{7}^{2} = 21$.

$$P(\overline{E}) = \dfrac{21}{45} = \dfrac{7}{15} ;\Rightarrow; P(E) = 1 – \dfrac{7}{15} = \dfrac{8}{15}.$$

Chọn B.

B – Tự luận

Bài 7 (trang 88)

Đề bài: Cho các mệnh đề:

$P$: “Tam giác $ABC$ là tam giác vuông tại $A$”;

$Q$: “Tam giác $ABC$ có các cạnh thoả mãn $AB^2 + AC^2 = BC^2$”.

a) Hãy phát biểu các mệnh đề: $P \Rightarrow Q,; Q \Rightarrow P,; P \Leftrightarrow Q,; \overline{P} \Rightarrow \overline{Q}$. Xét tính đúng sai của các mệnh đề này.

b) Dùng các khái niệm “điều kiện cần” và “điều kiện đủ” để diễn tả mệnh đề $P \Rightarrow Q$.

c) Gọi $X$ là tập hợp các tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $Y$ là tập hợp các tam giác $ABC$ có trung tuyến $AM = \dfrac{1}{2}BC$. Nêu mối quan hệ giữa hai tập hợp $X$ và $Y$.

Lời giải:

a) Phát biểu các mệnh đề:

• $P \Rightarrow Q$: “Nếu tam giác $ABC$ vuông tại $A$ thì $AB^2 + AC^2 = BC^2$” – đúng (định lí Pythagore).
• $Q \Rightarrow P$: “Nếu tam giác $ABC$ có $AB^2 + AC^2 = BC^2$ thì tam giác $ABC$ vuông tại $A$” – đúng (định lí Pythagore đảo).
• $P \Leftrightarrow Q$: “Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ khi và chỉ khi $AB^2 + AC^2 = BC^2$” – đúng (vì cả $P \Rightarrow Q$ và $Q \Rightarrow P$ đều đúng).
• $\overline{P} \Rightarrow \overline{Q}$: “Nếu tam giác $ABC$ không vuông tại $A$ thì $AB^2 + AC^2 \neq BC^2$” – đúng (đây chính là mệnh đề phản đảo của $Q \Rightarrow P$).

b) Vì $P \Rightarrow Q$ đúng và $Q \Rightarrow P$ cũng đúng nên có thể phát biểu:

“Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ là điều kiện cần và đủ để $AB^2 + AC^2 = BC^2$.”

Hoặc tách riêng:

• “Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ là điều kiện đủ để $AB^2 + AC^2 = BC^2$” (vì $P \Rightarrow Q$).
• “$AB^2 + AC^2 = BC^2$ là điều kiện cần để tam giác $ABC$ vuông tại $A$” (vì $P \Rightarrow Q$).

c) Có một định lí quen thuộc: Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ khi và chỉ khi trung tuyến $AM$ ứng với cạnh huyền $BC$ thoả $AM = \dfrac{1}{2}BC$ (với $M$ là trung điểm $BC$).

Vậy $X = Y$.

Bài 8 (trang 89)

Đề bài: a) Biểu diễn miền nghiệm $D$ của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn sau:

$$\begin{cases} x + y \leq 6 \\ 2x – y \leq 2 \\ x \geq 0 \\ y \geq 0. \end{cases}$$

b) Từ kết quả câu a, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $F(x; y) = 2x + 3y$ trên miền $D$.

Lời giải:

a) Miền nghiệm $D$ là giao của bốn nửa mặt phẳng:

• $x + y \leq 6$ (phần dưới đường $x + y = 6$).
• $2x – y \leq 2$ (phần phía trên-trái đường $2x – y = 2$).
• $x \geq 0$ (bên phải trục tung).
• $y \geq 0$ (phía trên trục hoành).

Tìm các đỉnh của đa giác $D$ (giao của các đường biên):

• Giao của $x = 0$ và $y = 0$: $O(0;;0)$.
• Giao của $y = 0$ và $2x – y = 2$: $2x = 2 \Rightarrow x = 1$, được điểm $(1;;0)$.
• Giao của $2x – y = 2$ và $x + y = 6$: cộng hai phương trình $3x = 8 \Rightarrow x = \dfrac{8}{3},; y = \dfrac{10}{3}$, được điểm $\left(\dfrac{8}{3};;\dfrac{10}{3}\right)$.
• Giao của $x + y = 6$ và $x = 0$: $y = 6$, được điểm $(0;;6)$.

Vậy $D$ là đa giác có $4$ đỉnh: $O(0;0),; (1;0),; \left(\dfrac{8}{3};\dfrac{10}{3}\right),; (0;6)$.

b) Vì $F(x;y) = 2x + 3y$ là biểu thức bậc nhất nên giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đa giác $D$ đạt tại các đỉnh.

Tính $F$ tại từng đỉnh:

• $F(0;0) = 0$.
• $F(1;0) = 2$.
• $F\left(\dfrac{8}{3};\dfrac{10}{3}\right) = \dfrac{16}{3} + 10 = \dfrac{16}{3} + \dfrac{30}{3} = \dfrac{46}{3}$.
• $F(0;6) = 18$.

So sánh: $0 < 2 < \dfrac{46}{3} \approx 15{,}33 < 18$.

Kết luận:

• Giá trị lớn nhất: $F_{\max} = 18$ tại $(0;; 6)$.
• Giá trị nhỏ nhất: $F_{\min} = 0$ tại $(0;; 0)$.

Bài 9 (trang 89)

Đề bài: Cho hàm số $y = f(x) = ax^2 + bx + c$ với đồ thị là parabol $(P)$ có đỉnh $I\left(\dfrac{5}{2};; -\dfrac{1}{4}\right)$ và đi qua điểm $A(1;; 2)$.

a) Biết rằng phương trình của parabol có thể viết dưới dạng $y = a(x – h)^2 + k$, trong đó $I(h;; k)$ là toạ độ đỉnh. Hãy xác định phương trình của parabol và vẽ parabol này.

b) Từ parabol đã vẽ, hãy cho biết khoảng đồng biến và khoảng nghịch biến của hàm số $y = f(x)$.

c) Giải bất phương trình $f(x) \geq 0$.

Lời giải:

a) Xác định phương trình parabol:

Với đỉnh $I\left(\dfrac{5}{2};; -\dfrac{1}{4}\right)$, ta có $h = \dfrac{5}{2},; k = -\dfrac{1}{4}$:

$$y = a\left(x – \dfrac{5}{2}\right)^2 – \dfrac{1}{4}.$$

Parabol đi qua $A(1;; 2)$:

$$2 = a\left(1 – \dfrac{5}{2}\right)^2 – \dfrac{1}{4} = a \cdot \dfrac{9}{4} – \dfrac{1}{4}$$

$$\Leftrightarrow; 2 + \dfrac{1}{4} = \dfrac{9a}{4} ;\Leftrightarrow; \dfrac{9}{4} = \dfrac{9a}{4} ;\Leftrightarrow; a = 1.$$

Vậy:

$$y = \left(x – \dfrac{5}{2}\right)^2 – \dfrac{1}{4} = x^2 – 5x + \dfrac{25}{4} – \dfrac{1}{4} = x^2 – 5x + 6.$$

Các điểm đặc biệt để vẽ:

• Đỉnh: $I\left(\dfrac{5}{2};; -\dfrac{1}{4}\right)$, trục đối xứng $x = \dfrac{5}{2}$.
• $a = 1 > 0$, bề lõm hướng lên.
• Giao $Oy$: $(0;; 6)$.
• Giao $Ox$: $x^2 – 5x + 6 = 0 ;\Leftrightarrow; x = 2$ hoặc $x = 3$. Hai điểm: $(2;;0)$ và $(3;;0)$.

b) Khoảng đồng biến và nghịch biến:

Vì $a > 0$, parabol có bề lõm lên, hoành độ đỉnh là $\dfrac{5}{2}$:

• Nghịch biến trên $\left(-\infty;; \dfrac{5}{2}\right)$.
• Đồng biến trên $\left(\dfrac{5}{2};; +\infty\right)$.

c) Giải $f(x) \geq 0$:

$$x^2 – 5x + 6 \geq 0.$$

Đã biết $f(x) = 0$ tại $x = 2$ và $x = 3$. Vì $a > 0$, $f(x) \geq 0$ khi $x \leq 2$ hoặc $x \geq 3$.

Tập nghiệm: $S = (-\infty;; 2] \cup [3;; +\infty)$.

Bài 10 (trang 89)

Đề bài: Giải các phương trình chứa căn thức sau:

a) $\sqrt{2x^2 – 6x + 3} = \sqrt{x^2 – 3x + 1}$;

b) $\sqrt{x^2 + 18x – 9} = 2x – 3$.

Lời giải:

a) Bình phương hai vế:

$$2x^2 – 6x + 3 = x^2 – 3x + 1 ;\Leftrightarrow; x^2 – 3x + 2 = 0 ;\Leftrightarrow; x = 1 \text{ hoặc } x = 2.$$

Thử lại bằng cách kiểm tra biểu thức trong căn ≥ 0:

• $x = 1$: trong căn (trái) $= 2 – 6 + 3 = -1 < 0$ → căn không có nghĩa, loại.
• $x = 2$: trong căn (trái) $= 8 – 12 + 3 = -1 < 0$ → loại.

Phương trình vô nghiệm.

b) Điều kiện vế phải: $2x – 3 \geq 0 ;\Leftrightarrow; x \geq \dfrac{3}{2}$.

Bình phương hai vế:

$$x^2 + 18x – 9 = (2x – 3)^2 = 4x^2 – 12x + 9 ;\Leftrightarrow; 3x^2 – 30x + 18 = 0 ;\Leftrightarrow; x^2 – 10x + 6 = 0.$$

$\Delta’ = 25 – 6 = 19$, hai nghiệm: $x = 5 \pm \sqrt{19}$.

Kiểm tra điều kiện $x \geq \dfrac{3}{2}$:

• $x = 5 + \sqrt{19} \approx 9{,}36 \geq 1{,}5$ ✓.
• $x = 5 – \sqrt{19} \approx 0{,}64 < 1{,}5$ → loại.

Nghiệm: $x = 5 + \sqrt{19}$.

Bài 11 (trang 89)

Đề bài: Từ các chữ số $0; 1; 2; \ldots; 9$, có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên nhỏ hơn $1\,000$, chia hết cho $5$ và gồm các chữ số khác nhau?

Lời giải:

Số tự nhiên cần tìm nhỏ hơn $1\,000$ nên có $1,; 2$ hoặc $3$ chữ số. Số chia hết cho $5$ có chữ số tận cùng là $0$ hoặc $5$.

Trường hợp 1: Số có $1$ chữ số.

Số chia hết cho $5$ (lấy từ ${1; 2; \ldots; 9}$): chỉ có số $5$. → $1$ số.

Trường hợp 2: Số có $2$ chữ số $\overline{ab}$ ($a \neq 0$, $a \neq b$, $b \in {0; 5}$):

• $b = 0$: $a$ có thể là $1, 2, \ldots, 9$ (loại $0$, và khác $b = 0$): $9$ cách. → $9$ số.
• $b = 5$: $a$ thuộc ${1, 2, \ldots, 9} \setminus {5}$: $8$ cách. → $8$ số.

Tổng: $9 + 8 = 17$ số.

Trường hợp 3: Số có $3$ chữ số $\overline{abc}$ ($a \neq 0$, ba chữ số $a, b, c$ đôi một khác nhau, $c \in {0; 5}$):

• $c = 0$: $a \in {1, 2, \ldots, 9}$ ($9$ cách); $b$ thuộc ${0, 1, \ldots, 9} \setminus {a, 0}$ → $8$ cách. → $9 \cdot 8 = 72$ số.
• $c = 5$: $a \in {1, 2, \ldots, 9} \setminus {5}$ → $8$ cách; $b$ thuộc ${0, 1, \ldots, 9} \setminus {a, 5}$ → $8$ cách. → $8 \cdot 8 = 64$ số.

Tổng: $72 + 64 = 136$ số.

Tổng cộng: $1 + 17 + 136 = 154$ số.

Bài 12 (trang 89)

Đề bài: Viết khai triển nhị thức Newton của $(2x – 1)^n$, biết $n$ là số tự nhiên thoả mãn $A_n^2 + 24 C_n^1 = 140$.

Lời giải:

Bước 1: Tìm $n$.

Nhớ lại công thức: $A_n^2 = n(n – 1)$ và $C_n^1 = n$. Thay vào:

$$n(n – 1) + 24n = 140 ;\Leftrightarrow; n^2 – n + 24n = 140 ;\Leftrightarrow; n^2 + 23n – 140 = 0.$$

$\Delta = 529 + 560 = 1\,089 = 33^2$. Hai nghiệm:

$$n = \dfrac{-23 + 33}{2} = 5; \quad n = \dfrac{-23 – 33}{2} = -28 \text{ (loại do } n \in \mathbb{N}).$$

Vậy $n = 5$.

Bước 2: Khai triển $(2x – 1)^5$:

$$(2x – 1)^5 = \sum_{k=0}^{5} C_5^k (2x)^{5-k} (-1)^k.$$

Tính từng số hạng:

Khai triển đầy đủ:

$$(2x – 1)^5 = 32x^5 – 80x^4 + 80x^3 – 40x^2 + 10x – 1.$$

Bài 13 (trang 89)

Đề bài: Từ các công thức tính diện tích tam giác đã được học, hãy chứng minh rằng, trong tam giác $ABC$, ta có:

$$r = \dfrac{\sqrt{(b + c – a)(c + a – b)(a + b – c)}}{2\sqrt{a + b + c}}.$$

(Trong đó $a, b, c$ là độ dài ba cạnh, $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp.)

Lời giải:

Bước 1: Đặt nửa chu vi $s = \dfrac{a + b + c}{2}$. Khi đó:

$$2s = a + b + c; \quad 2(s – a) = b + c – a; \quad 2(s – b) = c + a – b; \quad 2(s – c) = a + b – c.$$

Bước 2: Áp dụng công thức Heron và công thức $S = rs$.

Công thức Heron: $S = \sqrt{s(s – a)(s – b)(s – c)}$.

Mặt khác: $S = r \cdot s ;\Rightarrow; r = \dfrac{S}{s}$.

Bước 3: Biến đổi.

$$r = \dfrac{S}{s} = \dfrac{\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}{s} = \sqrt{\dfrac{(s-a)(s-b)(s-c)}{s}}.$$

Thay $s = \dfrac{a+b+c}{2},; s-a = \dfrac{b+c-a}{2},; \ldots$ vào:

$$r = \sqrt{\dfrac{\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{8}}{\dfrac{a+b+c}{2}}} = \sqrt{\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{4(a+b+c)}}.$$

Đưa $\sqrt{4} = 2$ ra ngoài:

$$r = \dfrac{\sqrt{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}}{2\sqrt{a+b+c}}. \quad \blacksquare$$

Kiểm tra với tam giác vuông $a = 3,; b = 4,; c = 5$: bán kính nội tiếp của tam giác vuông $r = \dfrac{a + b – c}{2}$ (với $c$ là cạnh huyền) $= \dfrac{3 + 4 – 5}{2} = 1$.

Áp dụng công thức trên: $r = \dfrac{\sqrt{(4+5-3)(5+3-4)(3+4-5)}}{2\sqrt{3+4+5}} = \dfrac{\sqrt{6 \cdot 4 \cdot 2}}{2\sqrt{12}} = \dfrac{\sqrt{48}}{2\sqrt{12}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{2 \cdot 2\sqrt{3}} = 1$ ✓.

Bài 14 (trang 89)

Đề bài: Cho hình vuông $ABCD$ có cạnh bằng $a$. Gọi $M,; N$ tương ứng là trung điểm của các cạnh $AB,; BC$.

a) Biểu thị các vectơ $\vec{DM},; \vec{AN}$ theo các vectơ $\vec{AB},; \vec{AD}$.

b) Tính $\vec{DM} \cdot \vec{AN}$ và tìm góc giữa hai đường thẳng $DM$ và $AN$.

Lời giải:

Phân tích: Hình vuông $ABCD$ có $\vec{AB} \perp \vec{AD}$ và $|\vec{AB}| = |\vec{AD}| = a$. Do đó:

$$\vec{AB} \cdot \vec{AD} = 0; \quad |\vec{AB}|^2 = |\vec{AD}|^2 = a^2.$$

Đồng thời $\vec{BC} = \vec{AD}$ (trong hình vuông, các cạnh đối tương ứng song song và bằng nhau).

a) Biểu thị vectơ:

Vectơ $\vec{DM}$: dùng quy tắc ba điểm $D \to A \to M$:

$$\vec{DM} = \vec{DA} + \vec{AM} = -\vec{AD} + \dfrac{1}{2}\vec{AB} = \dfrac{1}{2}\vec{AB} – \vec{AD}.$$

(Lưu ý: $\vec{AM} = \dfrac{1}{2}\vec{AB}$ vì $M$ là trung điểm $AB$.)

Vectơ $\vec{AN}$: dùng quy tắc ba điểm $A \to B \to N$:

$$\vec{AN} = \vec{AB} + \vec{BN} = \vec{AB} + \dfrac{1}{2}\vec{BC} = \vec{AB} + \dfrac{1}{2}\vec{AD}.$$

b) Tính tích vô hướng $\vec{DM} \cdot \vec{AN}$:

$$\vec{DM} \cdot \vec{AN} = \left(\dfrac{1}{2}\vec{AB} – \vec{AD}\right) \cdot \left(\vec{AB} + \dfrac{1}{2}\vec{AD}\right).$$

Khai triển:

$$= \dfrac{1}{2}\vec{AB} \cdot \vec{AB} + \dfrac{1}{4}\vec{AB} \cdot \vec{AD} – \vec{AD} \cdot \vec{AB} – \dfrac{1}{2}\vec{AD} \cdot \vec{AD}$$

$$= \dfrac{1}{2}|\vec{AB}|^2 + \dfrac{1}{4} \cdot 0 – 0 – \dfrac{1}{2}|\vec{AD}|^2$$

$$= \dfrac{1}{2}a^2 – \dfrac{1}{2}a^2 = 0.$$

Kết luận góc giữa $DM$ và $AN$:

Vì $\vec{DM} \cdot \vec{AN} = 0$ và cả hai vectơ đều khác $\vec{0}$, nên $\vec{DM} \perp \vec{AN}$, tức là $DM \perp AN$.

Vậy góc giữa hai đường thẳng $DM$ và $AN$ là $90^\circ$.

Bài 15 (trang 89)

Đề bài: Trong mặt phẳng toạ độ, cho tam giác $ABC$ có ba đỉnh $A(-1;;3),; B(1;;2),; C(4;;-2)$.

a) Viết phương trình đường thẳng $BC$.

b) Tính diện tích tam giác $ABC$.

c) Viết phương trình đường tròn có tâm $A$ và tiếp xúc với đường thẳng $BC$.

Lời giải:

a) Phương trình đường thẳng $BC$:

Vectơ chỉ phương: $\vec{BC} = (4 – 1;; -2 – 2) = (3;; -4)$.

Vectơ pháp tuyến (vuông góc với $\vec{BC}$): $\vec{n} = (4;; 3)$.

Đường thẳng $BC$ đi qua $B(1; 2)$ và có vectơ pháp tuyến $\vec{n}$:

$$4(x – 1) + 3(y – 2) = 0 ;\Leftrightarrow; 4x + 3y – 10 = 0.$$

(Kiểm tra: thay $C(4;-2)$: $4 \cdot 4 + 3 \cdot (-2) – 10 = 16 – 6 – 10 = 0$ ✓.)

b) Diện tích tam giác $ABC$:

Cách 1 – dùng vectơ:

$\vec{AB} = (2;; -1),; \vec{AC} = (5;; -5)$.

$$S = \dfrac{1}{2} \cdot \left| x_{AB} \cdot y_{AC} – x_{AC} \cdot y_{AB} \right| = \dfrac{1}{2} \cdot |2 \cdot (-5) – 5 \cdot (-1)| = \dfrac{1}{2} \cdot |-5| = \dfrac{5}{2}.$$

Cách 2 – dùng đáy và đường cao:

$BC = \sqrt{3^2 + (-4)^2} = \sqrt{25} = 5$.

Khoảng cách từ $A(-1; 3)$ đến $BC: 4x + 3y – 10 = 0$:

$$d(A, BC) = \dfrac{|4 \cdot (-1) + 3 \cdot 3 – 10|}{\sqrt{4^2 + 3^2}} = \dfrac{|-5|}{5} = 1.$$

$$S = \dfrac{1}{2} \cdot BC \cdot d(A, BC) = \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 1 = \dfrac{5}{2}.$$

c) Phương trình đường tròn:

Đường tròn có tâm $A(-1; 3)$ và tiếp xúc với $BC$, nên bán kính bằng khoảng cách từ $A$ đến $BC$:

$$R = d(A, BC) = 1.$$

Phương trình đường tròn:

$$(x + 1)^2 + (y – 3)^2 = 1.$$

Bài 16 (trang 89)

Đề bài: Trên mặt phẳng toạ độ, hai vật thể khởi hành cùng lúc tại hai địa điểm $A(1;;1)$ và $B(-1;;21)$ với các vectơ vận tốc tương ứng là $\vec{v_A} = (1;;2)$ và $\vec{v_B} = (1;;-4)$. Hỏi hai vật thể đó có gặp nhau hay không?

Lời giải:

Sau thời gian $t$ giây (kể từ khi khởi hành):

• Vị trí vật thể $A$: $A(t) = A + t \cdot \vec{v_A} = (1 + t;; 1 + 2t)$.
• Vị trí vật thể $B$: $B(t) = B + t \cdot \vec{v_B} = (-1 + t;; 21 – 4t)$.

Hai vật gặp nhau khi và chỉ khi $A(t) = B(t)$ tại cùng một thời điểm $t$, tức:

$$\begin{cases} 1 + t = -1 + t \\ 1 + 2t = 21 – 4t \end{cases}$$

Từ phương trình thứ nhất: $1 = -1$ (vô lý). Vậy hệ vô nghiệm.

Kết luận: Hai vật thể không gặp nhau.

(Giải thích trực quan: vì cả hai vật đều có thành phần vận tốc theo phương $Ox$ bằng $1$, chúng di chuyển theo phương ngang với cùng tốc độ. Mà vị trí ban đầu của chúng theo $x$ khác nhau ($1$ và $-1$), nên hoành độ luôn chênh lệch $2$ đơn vị, không thể trùng nhau.)

Bài 17 (trang 89)

Đề bài: Trong đêm, một âm thanh cầu cứu phát ra từ một vị trí trong rừng và đã được hai trạm ghi tín hiệu ở các vị trí $A,; B$ nhận được. Khoảng cách giữa hai trạm là $16$ km và trạm ở vị trí $A$ nhận được tín hiệu sớm hơn $6$ giây so với trạm ở vị trí $B$. Giả sử vận tốc âm thanh là $1\,236$ km/h. Hãy xác định phạm vi tìm kiếm vị trí phát ra âm thanh đó.

Lời giải:

Gọi $M$ là vị trí phát ra âm thanh, $v = 1\,236$ km/h là vận tốc âm thanh.

Bước 1: Đổi đơn vị và tính chênh lệch quãng đường.

Đổi vận tốc: $v = \dfrac{1\,236}{3\,600}$ km/s.

Vì $A$ nhận tín hiệu sớm hơn $B$ là $6$ giây, ta có $MA < MB$ và:

$$MB – MA = v \cdot 6 = \dfrac{1\,236}{3\,600} \cdot 6 = \dfrac{1\,236}{600} = 2{,}06 \text{ (km).}$$

Bước 2: Nhận diện quỹ tích.

Vì $|MB – MA| = 2{,}06$ là hằng số và nhỏ hơn $AB = 16$, nên $M$ nằm trên một nhánh của hyperbol với hai tiêu điểm $A,; B$.

Chọn hệ trục toạ độ sao cho trục $Ox$ trùng với đường thẳng $AB$, gốc $O$ là trung điểm $AB$. Khi đó:

• $A,; B$ là hai tiêu điểm với $2c = AB = 16$, tức $c = 8$.
• $|MB – MA| = 2a = 2{,}06$, tức $a = 1{,}03$.
• $b^2 = c^2 – a^2 = 64 – (1{,}03)^2 = 64 – 1{,}0609 = 62{,}9391$.

Phương trình hyperbol (chuẩn):

$$\dfrac{x^2}{(1{,}03)^2} – \dfrac{y^2}{62{,}9391} = 1.$$

Vì $MA < MB$ nên $M$ nằm trên nhánh gần $A$.

Kết luận: Phạm vi tìm kiếm vị trí phát ra âm thanh là một nhánh của hyperbol với hai tiêu điểm $A,; B$, có $a = 1{,}03$ km, $c = 8$ km, và nằm về phía trạm $A$.

Bài 18 (trang 89)

Đề bài: Các nhà toán học cổ đại Trung Quốc đã dùng phân số $\dfrac{22}{7}$ để xấp xỉ cho $\pi$.

a) Cho biết đâu là số đúng, đâu là số gần đúng.

b) Đánh giá sai số tuyệt đối, sai số tương đối của giá trị gần đúng này, biết $3{,}1415 < \pi < 3{,}1416$.

Lời giải:

a) $\pi$ là số đúng (giá trị thực, không thể biểu diễn hữu hạn). $\dfrac{22}{7}$ là số gần đúng (xấp xỉ).

b) Sai số tuyệt đối $\Delta = \left|\dfrac{22}{7} – \pi\right|$.

Tính $\dfrac{22}{7} \approx 3{,}142857$. So với $\pi$: vì $\pi < 3{,}1416 < \dfrac{22}{7}$, nên $\dfrac{22}{7} > \pi$ và:

$$\Delta = \dfrac{22}{7} – \pi.$$

Từ giả thiết $3{,}1415 < \pi < 3{,}1416$, ta có:

$$\dfrac{22}{7} – 3{,}1416 < \dfrac{22}{7} – \pi < \dfrac{22}{7} – 3{,}1415.$$

Tính hai đầu:

$$\dfrac{22}{7} – 3{,}1416 \approx 0{,}001257; \quad \dfrac{22}{7} – 3{,}1415 \approx 0{,}001357.$$

Vậy:

$$0{,}001257 < \Delta < 0{,}001357.$$

Có thể đánh giá: $\Delta < 0{,}001357 < 0{,}00136$.

Sai số tương đối $\delta = \dfrac{\Delta}{|22/7|}$:

$$\delta < \dfrac{0{,}00136}{22/7} \approx 0{,}000433 = 0{,}0433\%.$$

Bài 19 (trang 89)

Đề bài: Tỉ lệ hộ nghèo (%) của $10$ tỉnh/thành phố thuộc Đồng bằng sông Hồng trong năm $2010$ và năm $2016$ được cho trong bảng (xem SGK).

a) Tính số trung bình và độ lệch chuẩn của tỉ lệ hộ nghèo các tỉnh/thành phố thuộc Đồng bằng sông Hồng trong các năm $2010,; 2016$.

b) Dựa trên kết quả nhận được, em có nhận xét gì về số trung bình và độ phân tán của tỉ lệ hộ nghèo các tỉnh/thành phố thuộc Đồng bằng sông Hồng trong các năm $2010$ và $2016$.

Lời giải:

a) Tính các đại lượng.

Số liệu năm $2010$: $5{,}3;; 10{,}4;; 7{,}0;; 10{,}8;; 6{,}5;; 11{,}1;; 10{,}7;; 12{,}0;; 10{,}0;; 12{,}2$.

Số liệu năm $2016$: $1{,}3;; 2{,}9;; 1{,}6;; 2{,}3;; 2{,}1;; 2{,}6;; 3{,}7;; 4{,}4;; 3{,}0;; 4{,}3$.

Số trung bình năm $2010$:

$$\bar{x}_{2010} = \dfrac{5{,}3 + 10{,}4 + 7{,}0 + 10{,}8 + 6{,}5 + 11{,}1 + 10{,}7 + 12{,}0 + 10{,}0 + 12{,}2}{10} = \dfrac{96}{10} = 9{,}6.$$

Số trung bình năm $2016$:

$$\bar{x}_{2016} = \dfrac{1{,}3 + 2{,}9 + 1{,}6 + 2{,}3 + 2{,}1 + 2{,}6 + 3{,}7 + 4{,}4 + 3{,}0 + 4{,}3}{10} = \dfrac{28{,}2}{10} = 2{,}82.$$

Phương sai năm $2010$: tính $\dfrac{1}{10}\sum(x_i – \bar{x})^2$:

$$s_{2010}^2 = \dfrac{53{,}08}{10} = 5{,}308 ;\Rightarrow; s_{2010} = \sqrt{5{,}308} \approx 2{,}30.$$

Phương sai năm $2016$:

$$s_{2016}^2 = \dfrac{10{,}136}{10} = 1{,}0136 ;\Rightarrow; s_{2016} = \sqrt{1{,}0136} \approx 1{,}01.$$

Tổng hợp:

b) Nhận xét:

• Về số trung bình: Số trung bình năm $2016$ ($\approx 2{,}82\%$) thấp hơn nhiều so với năm $2010$ ($9{,}60\%$). Điều này cho thấy tỉ lệ hộ nghèo trung bình của các tỉnh ĐBSH đã giảm đáng kể từ năm $2010$ đến năm $2016$.
• Về độ phân tán: Độ lệch chuẩn năm $2010$ ($\approx 2{,}30$) lớn hơn năm $2016$ ($\approx 1{,}01$). Điều này cho thấy mức độ chênh lệch về tỉ lệ hộ nghèo giữa các tỉnh đã giảm, tức tỉ lệ hộ nghèo giữa các tỉnh trở nên đồng đều hơn ở năm $2016$.

Bài 20 (trang 89)

Đề bài: Chọn ngẫu nhiên ba số khác nhau từ $23$ số nguyên dương đầu tiên. Tìm xác suất để tổng ba số chọn được là một số chẵn.

Lời giải:

$23$ số nguyên dương đầu tiên: $1, 2, 3, \ldots, 23$. Trong đó:

• Số lẻ: $1, 3, 5, \ldots, 23$ → có $12$ số.
• Số chẵn: $2, 4, 6, \ldots, 22$ → có $11$ số.

Bước 1: $n(\Omega) = C_{23}^{3}$.

$$n(\Omega) = \dfrac{23 \cdot 22 \cdot 21}{6} = 1\,771.$$

Bước 2: Đếm số cách để tổng ba số là chẵn.

Tổng ba số chẵn xảy ra khi:

• Trường hợp 1: Cả $3$ số đều chẵn (chẵn + chẵn + chẵn = chẵn). Số cách: $C_{11}^{3} = 165$.
• Trường hợp 2: $1$ số chẵn + $2$ số lẻ (chẵn + lẻ + lẻ = chẵn + chẵn = chẵn). Số cách: $C_{11}^{1} \cdot C_{12}^{2} = 11 \cdot 66 = 726$.

(Hai trường hợp còn lại – $2$ chẵn + $1$ lẻ, hoặc $3$ lẻ – đều cho tổng lẻ, không thoả mãn.)

Tổng số cách thuận lợi: $n(E) = 165 + 726 = 891$.

Bước 3: Tính xác suất.

$$P(E) = \dfrac{n(E)}{n(\Omega)} = \dfrac{891}{1\,771} = \dfrac{81}{161}.$$

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh