5000 câu trắc nghiệm tổng hợp Toán 2026 mới nhất (có đáp án) - Phần 3

a) Xét DAHB và DDHB có:

\(\widehat {{\rm{AHB}}} = \widehat {{\rm{DHB}}} = 90^\circ \) (do AH ^ BC tại H), HA = HD (gt), BH chung.

Do đó, DAHB = DDHB (c – g – c). Suy ra AB = BD.

b) Vì DAHB = DDHB (cmt) nên \(\widehat {{\rm{ABC}}} = \widehat {{\rm{CBD}}}\).

Xét DABC và DDBC có: \(\widehat {{\rm{ABC}}} = \widehat {{\rm{CBD}}}\) (cmt), AB = BD (cmt), CB chung.

Do đó, DABC = DDBC (c – g – c). Suy ra \(\widehat {{\rm{BAC}}} = \widehat {{\rm{BDC}}} = 90^\circ \).

c) DAHC vuông tại H nên AH² + HC² = AC² (định lý Pythagore) nên AH² = AC² – HC².

DABH vuông tại H nên AH² + HB² = AB² (định lý Pythagore) nên AH² = AB² – HB².

Do đó, AB² – HB² = AC² – HC². Vậy AC² + HB² = AB² + HC².

Vì a² + b² = a + b nên 2(a + b) = 2(a² + b²) ≥ (a + b)². Suy ra: 0 ≤ a + b ≤ 2.

Ta có: \(\frac{{\rm{a}}}{{{\rm{a}} + 1}} + \frac{{\rm{b}}}{{{\rm{b}} + 1}} = 2 - \left( {\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{a}} + 1}} + \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{b}} + 1}}} \right)\).

Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{{\rm{x}}} + \frac{1}{{\rm{y}}} \ge \frac{4}{{{\rm{x}} + {\rm{y}}}}\) với x, y > 0 ta có:

\(\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{a}} + 1}} + \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{b}} + 1}} \ge \frac{4}{{{\rm{a}} + 1 + {\rm{b}} + 1}} \ge 1\).

Do đó, \(\frac{{\rm{a}}}{{{\rm{a}} + 1}} + \frac{{\rm{b}}}{{{\rm{b}} + 1}} = 2 - \left( {\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{a}} + 1}} + \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{b}} + 1}}} \right) \le 1\).

Dấu “=” xảy ra khi a = b = 1.

Vậy giá trị lớn nhất của \(\frac{{\rm{a}}}{{{\rm{a}} + 1}} + \frac{{\rm{b}}}{{{\rm{b}} + 1}}\) bằng 1 khi a = b = 1.

a) Các ước của 18 là: 1; 2; 3; 6; 9; 18.

b) Các ước nguyên tố của 18 là: 2; 3.

Tập hợp các số là bội của 3 là: B(3) = {0; 3; 6; 9; …}.

Có vô số số tự nhiên là bội của 3 có dạng 3k, với k là số tự nhiên.

Ta có: \(\frac{1}{3} = \frac{{1 \times 7}}{{3 \times 7}} = \frac{7}{{21}};\;\,\frac{2}{7} = \frac{{2 \times 3}}{{3 \times 7}} = \frac{6}{{21}}\).

Vì 7 > 6 nên \(\frac{7}{{21}} > \frac{6}{{21}}\). Do đó, \(\frac{1}{3} > \frac{2}{7}\). Vậy Lan tặng Vân nhiều hoa hơn Linh.

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD trong hình bình hành ABCD. Suy ra OA = OC, OB = OD.

Ta có: OB = OD, BE = DF nên OB – BE = OD – DF nên OE = OF.

Tứ giác AECF có: OA = OC, OE = OF nên tứ giác AECF là hình bình. Do đó, AF = CE.

b) Vì tứ giác AECF là hình bình nên AE // FC hay AI // KC.

Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên AD // BC hay AK // CI.

Tứ giác AKCI có: AI // KC, AK // CI nên tứ giác AKCI là hình bình hành.

Do đó, hai đường chéo AC và KI cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Lại có ABCD là hình bình hành nên AC và BD cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Do đó, ba đường thẳng AC, BD và KI đồng quy tại điểm O.

Để làm tròn đến phần nguyên (hàng đơn vị), ta xét chữ số hàng phần mười:

+ Nếu chữ số ở hàng phần mười lớn hơn 5 hoặc bằng 5 thì ta làm tròn chữ số ở hàng đơn vị lên 1 đơn vị, phần bên phải dấu phẩy để các chữ số 0.

+ Nếu chữ số ở hàng phần mười nhỏ hơn 5 thì ta giữ nguyên chữ số ở hàng đơn vị, phần bên phải dấu phẩy để các chữ số 0.

Kẻ các đường cao AD, BE, CF của DABC.

Vì AD, CF là các đường cao cắt nhau tại H của DABC.

Do đó, AD ^ BC, CF ^ AB. Do đó, \(\widehat {{\rm{HDB}}} = \widehat {{\rm{BFH}}} = 90^\circ \). Suy ra, DBFH vuông tại F và DBDH vuông tại D. Do đó, 4 điểm F, H, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính BH. Suy ra \(\widehat {{\rm{FBD}}} + \widehat {{\rm{FHD}}} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {{\rm{DHC}}} + \widehat {{\rm{FHD}}} = 180^\circ \) nên \(\widehat {{\rm{FBD}}} = \widehat {{\rm{DHC}}}\).

DHDC vuông tại D nên CD = CH. sin \(\widehat {{\rm{DHC}}}\)= CH. sin \(\widehat {{\rm{ABC}}}\).

Chứng minh tương tự ta có: BD = BH. sin \(\widehat {{\rm{ACB}}}\).

Ta có: BC = CD + BD = CH.sin \(\widehat {{\rm{ABC}}}\) + BH. sin \(\widehat {{\rm{ACB}}}\) (đpcm).

Điều kiện: x ¹ 2.

Ta có: B = \(\frac{{{\rm{x}} - 5}}{{{\rm{x}} - 2}} = \frac{{{\rm{x}} - 2 - 3}}{{{\rm{x}} - 2}} = 1 - \frac{3}{{{\rm{x}} - 2}}\).

Để \(\frac{{{\rm{x}} - 5}}{{{\rm{x}} - 2}}\) có giá trị là số nguyên thì \(\frac{3}{{{\rm{x}} - 2}}\)là số nguyên. Do đó, (x – 2) Î Ư(3) = {–1; –3; 1; 3}.

Ta có bảng:

Vậy x Î {–1; 3; 1; 5} thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xét các trường hợp:

TH1: Với n = 3k (k Î \(\mathbb{N}\)) ta có: 5ⁿ – 2ⁿ = 5^3k – 2^3k = 125^k – 8^k.

Vì 125 và 8 có cùng số dư khi chia cho 9 nên 125^k và 8^k có cùng số dư khi chia cho 9. Do đó, 125^k – 8^k chia hết cho 9.

TH2: Với n = 3k + 1 (k Î \(\mathbb{N}\)) ta có:

5ⁿ – 2ⁿ = 5^{3k + 1} – 2^{3k + 1}= 5.125^k – 2.8^k = 2(125^k – 8^k) + 3.125^k.

Ta thấy: 2(125^k – 8^k) chia hết cho 9, 3.125^k không chia hết cho 9 nên 5ⁿ – 2ⁿ không chia hết cho 9.

TH3: Với n = 3k + 2 (k Î \(\mathbb{N}\)) ta có:

5ⁿ – 2ⁿ = 5^{3k + 2} – 2^{3k + 2} = 25.125^k – 4.8^k = 4(125^k – 8^k) + 21.125^k.

Ta thấy: 4(125^k – 8^k) chia hết cho 9, 21.125^k không chia hết cho 9 nên 5ⁿ – 2ⁿ không chia hết cho 9.

Vậy với n = 3k (k Î \(\mathbb{N}\)) thì 5ⁿ – 2ⁿ chia hết cho 9.

Ta có: (x + y)² = x² + y² + 2xy. Do đó, 2² = 10 + 2xy nên xy = –3.

Ta có: x³ + y³ = (x + y)³ – 3xy(x + y) = 2³ – 3(–3).2 = 8 + 18 = 26.

Vậy x³ + y³ = 26.

a) 5xy²(–3y)² = 5xy². 9y² = (5.9).x.(y².y²) = 45xy⁴. Hệ số: 45, bậc: 5.

b) x²yz(–2xy)³ = x²yz.(–8)x³y³ = (–8)(x². x³)(y.y³)z = –8x⁵y⁴z. Hệ số: –8, bậc 10.

c) (–2x²y)². 8x³yz³ = 4x⁴y². 8x³yz³ = (4.8)(x⁴. x³)(y². y).z³ = 32x⁷y³z³.

Hệ số: 32, bậc: 13.

d) (–2xy³)². (–2xyz)³ = 4x²y⁶.(–8)x³y³z³ = [4.(–8)](x². x³)(y⁶. y³).z³ = –32x⁵y⁹z³.

Hệ số: –32, bậc: 17.

e) (–5xy³z). (–4x²)² = –5xy³z. 16x⁴ = [(–5).16](x. x⁴)y³.z = –80x⁵y³z.

Hệ số: –80, bậc: 9.

f) (2x²y³)². (–2xy) = 4x⁴y⁶.(–2)xy = [4.(–2)](x⁴.x)(y⁶.y) = –8x⁵y⁷.

Hệ số: –8, bậc: 12.

Xét hình bình hành ABCD có AB = 9, AD = 5 và O là giao điểm hai đường chéo.

TH1: AC = 11. Suy ra: AO = 5,5.

Xét tam giác ABD có AO là trung tuyến nên

\({\rm{A}}{{\rm{O}}^2} = \frac{{2\left( {{\rm{A}}{{\rm{B}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{D}}^2}} \right) - {\rm{B}}{{\rm{D}}^2}}}{4}\)

4AO² = 2(AB² + AD²) – 4BD²

\({\rm{BD}} = \sqrt {2\left( {{\rm{A}}{{\rm{B}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{D}}^2}} \right) - 4{\rm{A}}{{\rm{O}}^2}} = \sqrt {2\left( {{9^2} + {5^2}} \right) - 4.5,{5^2}} = \sqrt {91} \).

TH2: BD = 11. Suy ra: BO = 5,5.

Xét tam giác ABC có BO là trung tuyến nên

\({\rm{B}}{{\rm{O}}^2} = \frac{{2\left( {{\rm{A}}{{\rm{B}}^2} + {\rm{B}}{{\rm{C}}^2}} \right) - {\rm{A}}{{\rm{C}}^2}}}{4}\)

4BO² = 2(AB² + BC²) – 4AC²

\({\rm{AC}} = \sqrt {2\left( {{\rm{A}}{{\rm{B}}^2} + {\rm{B}}{{\rm{C}}^2}} \right) - 4{\rm{B}}{{\rm{O}}^2}} = \sqrt {2\left( {{9^2} + {5^2}} \right) - 4.5,{5^2}} = \sqrt {91} \).

Vậy độ dài đường chéo còn lại bằng \(\sqrt {91} .\)

a) Vì tứ giác ABCD là hình thang cân nên AD = BC, \(\widehat {\rm{D}} = \widehat {\rm{C}}\).

Xét DAHD và DBKC có: \(\widehat {{\rm{AHD}}} = \widehat {{\rm{BKC}}} = 90^\circ \), AD = BC, \(\widehat {\rm{D}} = \widehat {\rm{C}}\).

Do đó, DAHD = DBKC (ch – gn).

b) Vì DAHD = DBKC nên AH = BK. Lại có: AH // BK (cùng song song với DC).

Do đó, tứ giác ABKH là hình bình hành. Suy ra AB = HK.

Ta có: \(\widehat {\rm{C}} = 180^\circ - \widehat {\rm{A}} - \widehat {\rm{B}} = 180^\circ - 75^\circ - 45^\circ = 60^\circ \).

Áp dụng định lí sin vào tam giác ABC ta có:

\(\frac{{{\rm{AC}}}}{{\sin {\rm{B}}}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{{\sin {\rm{C}}}}\) nên AB = \(\frac{{{\rm{AC}}\sin {\rm{C}}}}{{\sin {\rm{B}}}} = \frac{{2\sin 60^\circ }}{{\sin 45^\circ }} = \sqrt 6 \).

Vậy AB = \(\sqrt 6 \).

A = 1 + 2 – 3 – 4 + 5 + 6 – 7 – 8 + … + 2009 + 2010 – 2011 – 2012 + 2013.

= (1 – 3) + (2 – 4) + (5 – 7) + (6 – 8) + … + (2009 – 2011) + (2010 – 2012) + 2013

= (–2) + (–2) + (–2) + (–2) + … + (–2) + (–2) + 2013

= (–2). 1006 + 2013 = 1.

Vậy A = 1.

Tỉ lệ góp vốn của anh An là: \(\frac{{13}}{{13 + 15}} = \frac{{13}}{{28}}\).

Số tiền lãi anh An nhận được là: \(\frac{{7 \cdot 13}}{{28}} = 3,25\) (triệu đồng).

Số tiền lãi anh Bình nhận được là: 7 – 3,25 = 3,75 (triệu đồng).

a) Vì OA = OC nên tam giác OAC cân tại O.

Mà dây AC căng cung AC có sđ .

Suy ra tam giác AOC đều. Suy ra \(\widehat {{\rm{BAC}}} = 60^\circ \).

Vì điểm C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên \(\widehat {{\rm{ACB}}} = 90^\circ \).

Ta có: \(\widehat {{\rm{ABC}}} = 180^\circ - \widehat {{\rm{ACB}}} - \widehat {{\rm{CAB}}} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \). Vậy \(\widehat {{\rm{ACB}}} > \widehat {{\rm{CAB}}} > \widehat {{\rm{ABC}}}\).

b) Vì M là điểm chính giữa cung AC nên sđ = sđ nên \(\widehat {{\rm{ABM}}} = \widehat {{\rm{CBM}}}\).

Suy ra, BM là tia phân giác của góc ABC (1).

Vì N là điểm chính giữa cung BC nên sđ = sđ nên \(\widehat {{\rm{CAN}}} = \widehat {{\rm{BAN}}}\).

Suy ra, AN là tia phân giác của góc BAC (2).

Lại có I là giao điểm của BM và AN (3).

Từ (1), (2), (3) ta có: I là giao điểm của 2 đường phân giác trong của DABC. Suy ra CI là đường phân giác của DABC. Vậy tia CI là tia phân giác của góc ACB.

a) Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào tam giác AOB ta có: OA + OB > AB.

Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào tam giác DOC ta có: OC + OD > DC.

Do đó, OA + OB + OC + OD > AB + CD nên AC + BD > AB + CD.

b) Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào tam giác AOD ta có: OA + OD > AD.

Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào tam giác BOC ta có: OC + OB > BC.

Do đó, OA + OB + OC + OD > BC + AD nên AC + BD > AD + BC.

Đặt x² + x + 1991 = a² (với a > 0).

4x² + 4x + 7964 = 4a²

(2x + 1)² + 7963 = 4a²

(2x + 1)² – 4a² = –7963

(2x + 1 – 2a)(2x + 1 + 2a) = –7963.

Mà 7963 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp:

TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}2{\rm{x}} + 1 - 2{\rm{a}} = - 1\\2{\rm{x}} + 1 + 2{\rm{a}} = 7963\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{x}} - {\rm{a}} = - 1\\{\rm{x}} + {\rm{a}} = 3981\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{x}} = 1990\\{\rm{a}} = 1991\end{array} \right.\).

TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}2{\rm{x}} + 1 - 2{\rm{a}} = - 7963\\2{\rm{x}} + 1 + 2{\rm{a}} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{x}} - {\rm{a}} = - 3982\\{\rm{x}} + {\rm{a}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{x}} = - 1991\\{\rm{a}} = 1991\end{array} \right.\).

Vậy x = 1990 và x = –1991 là các giá trị thỏa mãn.

Điều kiện: m ¹ 2.

Để A\ B = A thì A Ç B = Æ.

Do đó, \(\frac{6}{{2 - {\rm{m}}}} \le 1 - {\rm{m}}\)

\(\frac{6}{{2 - {\rm{m}}}} - \frac{{\left( {1 - {\rm{m}}} \right)\left( {2 - {\rm{m}}} \right)}}{{2 - {\rm{m}}}} \le 0\)

\(\frac{{ - {{\rm{m}}^2} + 3{\rm{m}} + 4}}{{2 - {\rm{m}}}} \le 0\)

\(\frac{{\left( {{\rm{m}} - 4} \right)\left( {{\rm{m}} + 1} \right)}}{{{\rm{m}} - 2}} \le 0\).

Ta có bảng xét dấu của \({\rm{f}}\left( {\rm{m}} \right) = \frac{{\left( {{\rm{m}} - 4} \right)\left( {{\rm{m}} + 1} \right)}}{{{\rm{m}} - 2}}\):

Vậy f(m) ≤ 0 khi m (–$\infty$; –1]  (2; 4].

Vì x + y = a + b nên x – a = b – y.

Vì x² + y² = a² + b² nên x² – a² = b² – y², suy ra (x – a)(x + a) = (b – y)(b + y) (1).

+ Nếu x – a = b – y = 0 thì x = a, y = b. Thay vào (1) ta có: 0 = 0 (luôn đúng).

+ Nếu x – a = b – y ¹ 0. Chia hai vế của (1) cho x – a và b – y tương ứng ta được: x + a = b + y, suy ra x – y = b – a.

Lại có: x + y = a + b nên x = b và y = a.

Vậy xⁿ + yⁿ = aⁿ + bⁿ.

Ta có: n² + n = n(n + 1).

Vì n và n + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên trong 2 số n và n + 1 có một số chẵn. Do đó, trong 2 số n và n + 1 có một số chia hết cho 2.

Suy ra, n(n + 1) chia hết cho 2. Vậy n² + n chia hết cho 2.

Năm không nhuận có 1 tháng chỉ có đúng 28 ngày là tháng 2.

\(\frac{7}{{1 \cdot 3}} + \frac{7}{{3 \cdot 5}} + \frac{7}{{5 \cdot 7}} + ... + \frac{7}{{99 \cdot 101}}\)

\( = \frac{7}{2}\left( {\frac{2}{{1 \cdot 3}} + \frac{2}{{3 \cdot 5}} + \frac{2}{{5 \cdot 7}} + ... + \frac{2}{{99 \cdot 101}}} \right)\)

\( = \frac{7}{2}\left( {1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + ... + \frac{1}{{99}} - \frac{1}{{101}}} \right)\)

\( = \frac{7}{2}\left( {1 - \frac{1}{{101}}} \right)\)

\( = \frac{7}{2} \cdot \frac{{100}}{{101}}\)

\( = \frac{{350}}{{101}}\).

(x² + x)² + 4x² + 4x – 12

= (x² + x)² + 4(x² + x) + 4 – 16

= (x² + x + 2)² – 4²

= (x² + x + 2 – 4)(x² + x + 2 + 4)

= (x² + x – 2)(x² + x + 6)

= (x² – x + 2x – 2)(x² + x + 6)

= [x(x – 1) + 2(x – 1)](x² + x + 6)

= (x + 2)(x – 1)(x² + x + 6).

Vì đội vô địch thua đúng 1 trận nên số điểm của đội vô địch không vượt quá 12.

Theo đề bài, điểm của đội vô địch bằng nửa tổng số điểm của 5 đội còn lại. 5 đội này thi đấu với nhau 5.4 : 2 = 10 trận, đem lại ít nhất là 20 điểm. Ngoài ra các đội này còn thắng đội vô địch 1 trận. Suy ra tổng điểm của 5 đội này ít nhất là 23.

Từ đây, suy ra đội vô địch được ít nhất là 11,5 điểm. Vì số điểm là một số nguyên nên từ các lập luận trên, ta suy ra đội vô địch được 12 điểm. Từ đây hai đội nhì, ba có tổng điểm là 12 và ba đội xếp cuối cũng có tổng là 12. Tổng điểm của tất cả các đội là 36.

Giữa 6 đội bóng có tất cả 15 trận. Nếu tất cả đều phân định thắng thua thì tổng điểm là 45. Nhưng tổng điểm chỉ là 36, suy ra có 45 – 36 = 9 trận hòa.

Như thế, trong 10 trận giữa 5 đội còn lại chỉ có 1 trận thắng – thua, còn lại là 9 trận hòa. Suy ra tổng số trận thắng của 5 đội còn lại là 2 trận (1 thắng đội vô địch và 1 thắng lẫn nhau).

Cuối cùng, ta nhận xét rằng, do đội vô địch không hòa trận nào nên không có đội nào hòa cả 5 trận. Vì vậy, nếu có 1 đội bóng được 5 điểm thì đội đó phải thắng 1 trận. Xét đội xếp thứ tư, nếu đội này được 5 điểm trở lên thì đội xếp thứ 2 và thứ 3 cũng được 5 điểm trở lên.

Như vậy, các đội 2, 3, 4 mỗi đội đều thắng ít nhất 1 trận. Mâu thuẫn với kết luận ở phần trên. Vậy đội thứ tư được nhỏ hơn 5 điểm. Vì tổng điểm 3 đội 4, 5, 6 bằng 12 nên ta phải có cả 3 đội đều được 4 điểm.

Vậy: Đội vô địch được 12 điểm và đội xếp cuối được 4 điểm.

Vì x + y = a + b nên (x + y)² = (a + b)², suy ra x² + 2xy + y² = a² + 2ab + b², suy ra xy = ab.

Vì x + y = a + b nên (x + y)³ = (a + b)³.

Ta có: x³ + y³ = (x + y)³ – 3xy(x + y); a³ + b³ = (a + b)³ – 3ab(a + b).

Do đó, x³ + y³ = a³ + b³.

Gọi a và b lần lượt là số đấu thủ hai đội trường A và B, a, b \( \in \mathbb{N}*\).

Theo đề bài, ta có: ab = 2(a + b), suy ra 2a – ab + 2b – 4 = –4, suy ra a(2 – b) + 2(b – 2) = –4, suy ra (a – 2)(b – 2) = 4.

Vì a, b \( \in \mathbb{N}*\) nên a – 2 \( \in \mathbb{Z}\), b – 2 \( \in \mathbb{Z}\).

Ta có bảng:

Vậy số đấu thủ của đội A và đội B thuộc tập hợp {(3; 6); (4; 4); (6; 3)}.

a) Ta có: \(\overrightarrow {{\rm{AB}}} \cdot \overrightarrow {{\rm{AC}}} = \left| {\overrightarrow {{\rm{AB}}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{\rm{AC}}} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {{\rm{AB}}} ,\overrightarrow {{\rm{AC}}} } \right) = 2 \cdot 3 \cdot \cos 120^\circ = - 3.\)

Áp dụng định lý cô sin vao tam giác ABC ta có:

BC² = AB² + AC² – 2AB.AC.cos\(\widehat {{\rm{BAC}}}\) = 2² + 3² – 2.2.3.cos120^o = 19 nên BC = \(\sqrt {19} \).

b) Ta có: \({\rm{A}}{{\rm{M}}^2} = \frac{{2\left( {{\rm{A}}{{\rm{B}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{C}}^2}} \right) - {\rm{B}}{{\rm{C}}^2}}}{4} = \frac{{2\left( {{2^2} + {3^2}} \right) - 19}}{4} = \frac{7}{4}\) nên AM = \(\frac{{\sqrt 7 }}{2}\).

3 + 3² + 3³ + … + 3⁹⁹ + 3¹⁰⁰

= (3 + 3²) + (3³ + 3⁴) + … + (3⁹⁹ + 3¹⁰⁰)

= 3(3 + 1) + 3³(3 + 1) + … + 3⁹⁹(3 + 1)

= 3.4 + 3³.4 + … + 3⁹⁹.4

= 4(3 + 3³ + … + 3⁹⁹).

Vì 4 chia hết cho 4 nên 4(3 + 3³ + … + 3⁹⁹) chia hết cho 4.

Vậy 3 + 3² + 3³ + … + 3⁹⁹ + 3¹⁰⁰ chia hết cho 4.

Ta có:

Vậy 19 x 3 = 57.

Ta có: a³ + b³ = a³b³ – 3ab(a + b) (1).

Thay a + b = ab vào công thức (1) ta có: a³ + b³ = a³b³ – 3ab(ab) = a³b³ – 3a²b².

Do đó, a³ + b³ – a³b³ = a³b³ – 3a²b² – a³b³ = –3a²b².

Suy ra, A = (–3a²b²)³ + 27a⁶b⁶ = –27a⁶b⁶ + 27a⁶b⁶ = 0.

a) Ta có: \(\frac{1}{2} = \frac{1}{{1 \cdot 2}};\;\,\frac{1}{6} = \frac{1}{{2 \cdot 3}};\;\,\frac{1}{{12}} = \frac{1}{{3 \cdot 4}};\;\,\frac{1}{{20}} = \frac{1}{{4 \cdot 5}};\;\,\frac{1}{{30}} = \frac{1}{{5 \cdot 6}};\; \cdot \cdot \cdot \)

Do đó, tổng của 10 số hạng đầu tiên trong dãy là:

\(\frac{1}{{1 \cdot 2}} + \frac{1}{{2 \cdot 3}} + \frac{1}{{3 \cdot 4}} + \frac{1}{{4 \cdot 5}} + \frac{1}{{5 \cdot 6}} + \frac{1}{{6 \cdot 7}} + \frac{1}{{7 \cdot 8}} + \frac{1}{{8 \cdot 9}} + \frac{1}{{9 \cdot 10}} + \frac{1}{{10 \cdot 11}}\)

\( = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{9} - \frac{1}{{10}} + \frac{1}{{10}} - \frac{1}{{11}}\)\( = 1 - \frac{1}{{11}} = \frac{{10}}{{11}}\).

b) Nhận thấy, mỗi số hạng trong dãy số có mẫu đều là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Mà 10 200 = 100. 102. Do đó, \(\frac{1}{{10\;200}}\) không là một số hạng của dãy số.

ĐKXĐ: x ≠ 3, x ¹ –3.

\(\frac{{{\rm{x}} + 1}}{{{\rm{x}} - 3}} + \frac{{{\rm{x}} - 1}}{{{\rm{x}} + 3}} - \frac{{2{\rm{x}} - 2{{\rm{x}}^2}}}{{9 - {{\rm{x}}^2}}}\)

\( = \frac{{\left( {{\rm{x}} + 1} \right)\left( {{\rm{x}} + 3} \right)}}{{\left( {{\rm{x}} + 3} \right)\left( {{\rm{x}} - 3} \right)}} + \frac{{\left( {{\rm{x}} - 1} \right)\left( {{\rm{x}} - 3} \right)}}{{\left( {{\rm{x}} + 3} \right)\left( {{\rm{x}} - 3} \right)}} + \frac{{2{\rm{x}} - 2{{\rm{x}}^2}}}{{\left( {{\rm{x}} + 3} \right)\left( {{\rm{x}} - 3} \right)}}\)

\( = \frac{{{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + 3 + {{\rm{x}}^2} - 4{\rm{x}} + 3 + 2{\rm{x}} - 2{{\rm{x}}^2}}}{{\left( {{\rm{x}} + 3} \right)\left( {{\rm{x}} - 3} \right)}}\)

\( = \frac{{2{\rm{x}} + 6}}{{\left( {{\rm{x}} + 3} \right)\left( {{\rm{x}} - 3} \right)}}\)\( = \frac{{2\left( {{\rm{x}} + 3} \right)}}{{\left( {{\rm{x}} + 3} \right)\left( {{\rm{x}} - 3} \right)}}\)\( = \frac{2}{{{\rm{x}} - 3}}.\)
Vậy \(\frac{{{\rm{x}} + 1}}{{{\rm{x}} - 3}} + \frac{{{\rm{x}} - 1}}{{{\rm{x}} + 3}} - \frac{{2{\rm{x}} - 2{{\rm{x}}^2}}}{{9 - {{\rm{x}}^2}}} = \frac{2}{{{\rm{x}} - 3}}.\)

a) Gọi tâm đường tròn nội tiếp DOAB là I và K là giao điểm của (I) và AB.

Vì (I) tiếp xúc với OA, OB, AB lần lượt ở E, F, K nên OE = OF, EA = AK, KB = BF.

Lại có: OE = OA – EA = OA – AK, OF = OB – FB = OB – KB.

Do đó, OE + OF = OA – AK + OB – KB = OA + OB – (AK + KB) = OA + OB – AB. Suy ra OE = OF = \(\frac{{{\rm{OA}} + {\rm{OB}} - {\rm{AB}}}}{2}\).

b) Gọi T là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác OAB tại đỉnh O. Đường tròn (T) tiếp xúc với Ax, By, AB lần lượt tại H, J, G. Do đó, AH = AG, GB = BJ.

Ta có: OH = OA + AH = OA + AG, OJ = OB + BJ = OB + BG.

Suy ra: OH + OJ = OA + AG + OB + BG = OA + OB + AB.

Suy ra OH = OJ = \(\frac{{{\rm{OA}} + {\rm{OB}} + {\rm{AB}}}}{2}\).Vì OA + AB + OB không đổi nên OH, OJ không đổi. Mà O cố định nên H, J cố định.

Lại có TH ^ Ox, TJ ^ Oy nên TH, TJ cố định. Suy ra, T cố định.

Vậy nếu chu vi tam giác OAB không đổi. Chứng minh AB luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

140 : (x – 8) = 7

x – 8 = 140 : 7

x – 8 = 20

x = 20 + 8

x = 28.

Vậy x = 28.

Ta có: 3B = 3² + 3³ + 3⁴ + … + 3¹⁰¹.

Do đó, 3B – B = (3² + 3³ + 3⁴ + … + 3¹⁰¹) – (3 + 3² + 3³ + … + 3¹⁰⁰)

2B = 3¹⁰¹ – 3.

B = (3¹⁰¹ – 3) : 2.

Số chia nhỏ nhất có thể là: 35 + 1 = 36.

Vì phép chia có thương là 12, số chia nhỏ nhất là 36 và số dư là 35 nên số bị chia nhỏ nhất là: 36 x 12 + 35 = 467.

(a + b + c)(bc + ca + ab) – abc

= (a + b)(bc + ca + ab) + c(bc + ca + ab)  – abc

= (a + b)(bc + ca + ab) + abc + c²(a + b) – abc

= (a + b)(bc + ca + ab + c²)

= (a + b)[(bc + c²) + (ca + ab)]

= (a + b)(b + c)(c + a).

Ta có: x⁴ + y⁴ = (x² + y²)² – 2x²y² = [(x + y)² – 2xy)]² – 2(xy)².

Với x + y = 5; xy = 6 ta có: x⁴ + y⁴ = (5² – 2.6)² – 2.6² = 13² – 72 = 97.

a) Hai mặt đáy của lều là hình tam giác đều, các mặt bên là hình vuông.

b) Diện tích xung quanh của lều là: S = 2.3.2 = 12 (m²).

c) Thể tích phần không bên trong lều là: V \( = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 1,7 \cdot 2 = \frac{{17}}{{15}}\;\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\).

d) Số mét vuông bạt cần dùng để có thể dựng lều là:

S = S_xq + 2S_đáy – S_đất = 12 + 2.\(\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 1,7\) – 2.2 = 11,4 (m²).

Điều kiện: x ¹ –3.

Ta có: \({\rm{A}} = \frac{{2{\rm{x}} + 4}}{{{\rm{x}} + 3}} = \frac{{2\left( {{\rm{x}} + 3} \right) - 2}}{{{\rm{x}} + 3}} = 2 - \frac{2}{{{\rm{x}} + 3}}\).

Để A có giá trị là số nguyên thì \(\frac{2}{{{\rm{x}} + 3}}\) là số nguyên.

Suy ra (x + 3) Î Ư(2) = {1; –1; 2; –2}. Ta có bảng:

Vậy x Î {–2; –4; –1; –5} thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Cộng vế với vế 2 phương trình của hệ đã cho ta có (a + 1)x + x = a² + 4a + 5 suy ra (a + 2)x = a² + 4a + 5.

Với a ¹ –2, phương trình (1) có nghiệm \({\rm{x}} = \frac{{{{\rm{a}}^2} + 4{\rm{a}} + 5}}{{{\rm{a}} + 2}} = {\rm{a}} + 2 + \frac{1}{{{\rm{a}} + 2}}\).

Thay \({\rm{x}} = \frac{{{{\rm{a}}^2} + 4{\rm{a}} + 5}}{{{\rm{a}} + 2}}\) vào phương trình thứ hai trong hệ ta có:

\(\frac{{{{\rm{a}}^2} + 4{\rm{a}} + 5}}{{{\rm{a}} + 2}} + {\rm{ay}} = {{\rm{a}}^2} + 4{\rm{a}}\), suy ra \({\rm{y = }}\frac{{{{\rm{a}}^3} + 5{{\rm{a}}^2} + 4{\rm{a}} - 5}}{{{\rm{a}}\left( {{\rm{a}} + 2} \right)}}\).

Để x là số nguyên thì \(\frac{1}{{{\rm{a}} + 2}}\) là số nguyên. Suy ra, a + 2 Î Ư(1) = {1; –1}.

Với a + 2 = 1 thì a = –1. Khi đó, y = 5 (thỏa mãn).

Với a + 2 = –1 thì a = –3. Khi đó, y = \(\frac{1}{3}\) (không thỏa mãn).

Vậy a = –1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Thời gian để 2 người gặp nhau là: 60 : (10 + 30) = 1,5 giờ = 1 giờ 30 phút.

Hai người gặp nhau lức 7 giờ 15 phút + 1 giờ 30 phút = 8 giờ 45 phút.

A = (x – y)³ + 3x²y – 3xy² + (x – y)² = (x – y)³ + 3xy(x – y) + (x – y)².

Thay x – y = 4 và xy = 5 vào A ta có: A = 4³ + 3.5.4 + 4² = 64 + 60 + 16 = 140.

(x – y)² = 16

x² – 2xy + y² = 16 (1).

Thay xy = 5 vào (1) ta có: x² + y² – 2.5 = 16, suy ra x² + y² = 26.

Khi làm tròn số đến hàng trăm nghìn cho kết quả là 600 000 thì:

Số lớn nhất là 649 999.

Số bé nhất là 550 000.

Gọi AC là khúc cây còn đứng sau khi cây bị đổ.

Khúc thân cây khi bị đổ là: \({\rm{AB}} = \frac{{{\rm{AC}}}}{{\sin {\rm{B}}}} = \frac{3}{{\sin 40^\circ }}\).

Chiều cao lúc đầu của thân cây là: 3 + \(\frac{3}{{\sin 40^\circ }} \approx 7,67\) (m).

a) Tam giác ABC vuông tại A nên \(\widehat {{\rm{BAC}}} = 90^\circ \).

Vì DM ^ AB tại M, DN ^ AC tại N nên \(\widehat {{\rm{DNA}}} = \widehat {{\rm{DNC}}} = \widehat {{\rm{DMA}}} = \widehat {{\rm{DMB}}} = 90^\circ \).

Tứ giác AMDN có: \(\widehat {{\rm{DNA}}} = \widehat {{\rm{DMA}}} = \widehat {{\rm{NAM}}} = 90^\circ \) nên tứ giác AMDN là hình chữ nhật.

b) Gọi E là giao điểm của AD và MN, mà tứ giác ADMN là hình chữ nhật nên EN = EM = ED = AE.

Vì tam giác AHD vuông tại H, HE là trung tuyến ứng với cạnh huyền AD nên ED = AE = EH. Suy ra: ED = AE = EH = EN = EM.

Tam giác NHM có: HE là đường trung tuyến của tam giác và EH = EN = EM nên tam giác NHM vuông tại H. Suy ra \(\widehat {{\rm{NHM}}} = 90^\circ \).

Số bị chia là: 258 – 8 – 5 = 245.

Số chia là: (245 – 5): 8 = 30.

Vậy số chia của phép chia là 30.

Đổi 20 cm = 0,2 m, 30 cm = 0,3 m.

Thể tích bục gỗ trên cùng là: 1,8 x 0,3 x 0,2 = 0,108 (m³).

Thể tích bục gỗ ở giữa là: 0,108 + 1,8 x 0,3 x 0,2 = 0,216 (m³).

Thể tích bục gỗ dưới cùng là: 0,216 + 1,8 x 0,3 x 0,2 = 0,324 (m³).

Thể tích bục gỗ lớn là: 0,108 + 0,216 + 0,324 = 0,648 (m³).

Vậy thể tích bục gỗ lớn là 0,648 m³.

Ta có: \({\rm{A}} = \frac{{3{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + 8}}{{{{\rm{x}}^2} + 3}} = \frac{{4\left( {{{\rm{x}}^2} + 3} \right) - {{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} - 4}}{{{{\rm{x}}^2} + 3}} = 4 - \frac{{{{\left( {{\rm{x}} - 2} \right)}^2}}}{{{{\rm{x}}^2} + 3}}\).

Vì \(\frac{{{{\left( {{\rm{x}} - 2} \right)}^2}}}{{{{\rm{x}}^2} + 3}} \ge 0\) với mọi giá trị của x nên \(4 - \frac{{{{\left( {{\rm{x}} - 2} \right)}^2}}}{{{{\rm{x}}^2} + 3}} \le 4\) với mọi giá trị của x.

Dấu “=” xảy ra khi x – 2 = 0 hay x = 2.

Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 4 khi x = 2.

\(\frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{{10}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{2}{{{\rm{x}}\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}} = \frac{{2023}}{{2025}}\)

\(\frac{2}{6} + \frac{2}{{12}} + \frac{2}{{20}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{2}{{{\rm{x}}\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}} = \frac{{2023}}{{2025}}\)

\(2\left[ {\frac{1}{6} + \frac{1}{{12}} + \frac{1}{{20}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{{{\rm{x}}\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}}} \right] = \frac{{2023}}{{2025}}\)

\(\frac{1}{{2 \cdot 3}} + \frac{1}{{3 \cdot 4}} + \frac{1}{{4 \cdot 5}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{{{\rm{x}}\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}} = \frac{{2023}}{{4050}}\)

\(\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{{\rm{x}}} - \frac{1}{{{\rm{x}} + 1}} = \frac{{2023}}{{4050}}\)

\(\frac{1}{2} - \frac{1}{{{\rm{x}} + 1}} = \frac{{2023}}{{4050}}\)

\(\frac{1}{{{\rm{x}} + 1}} = \frac{1}{2} - \frac{{2023}}{{4050}}\)

\(\frac{1}{{{\rm{x}} + 1}} = \frac{1}{{2025}}\)

x + 1 = 2025

x = 2024.

Vậy x = 2024.

B = 4x² – 4xy + 2y² + 1 = (2x – y)² + y² + 1 ≥ 1.

Dấu “=” xảy ra khi 2x – y = 0 và y = 0, suy ra x = y = 0.

Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 1 khi x = y = 0.

Nếu coi chiều rộng là 1 phần thì chiều dài ứng với 2 phần như thế.

Hiệu số phần bằng nhau là: 2 – 1 = 1 (phần).

Giá trị một phần là: 8: 1 = 8 (cm).

Chiều rộng hình chữ nhật là: 8 x 1 = 8 (cm).

Chiều dài hình chữ nhật là: 8 x 2 = 16 (cm).

Diện tích hình chữ nhật là: 8 x 16 = 128 (cm²).

Đáp số: 128 cm².

a) C là điểm chính giữa của cung AB nên sđsđ.

Do đó, \(\widehat {{\rm{AOC}}} = \widehat {{\rm{BOC}}} = 90^\circ .\)

Xét (O) có \(\widehat {{\rm{AMC}}}\) là góc nội tiếp chắn cung AC nên \(\widehat {{\rm{AMC}}} = \)\(\frac{1}{2}\) sđ45^o.

DHMC vuông tại H có \(\widehat {{\rm{HMC}}} = \) 45^o nên DHCM vuông cân tại H nên HM = CH.

Xét DOHC và DOHM có: OH chung, HC = HM, OC = OM. Suy ra DOHC = DOHM (c – c – c). Suy ra \(\widehat {{\rm{HOC}}} = \widehat {{\rm{HOM}}}\). Suy ra OH là tia phân giác của \(\widehat {{\rm{COM}}}\).

b) DOCM có OC = OM nên DOCM cân tại O. Do đó, OI là đường phân giác đồng thời là đường trung trực của tam giác đó. Suy ra OH là đường trung trực của CM. Suy ra IM = IC. Do đó, DICM cân tại I. Suy ra: \(\widehat {{\rm{BCM}}} = \widehat {{\rm{CMI}}}\).

Xét (O) có \(\widehat {{\rm{BCM}}},\;\,\widehat {{\rm{BDM}}}\) là các góc nội tiếp chắn cung BM nên \(\widehat {{\rm{BCM}}} = \widehat {{\rm{BDM}}}\).

Mà \(\widehat {{\rm{BCM}}} = \widehat {{\rm{CMI}}}\) nên \(\widehat {{\rm{BDM}}} = \widehat {{\rm{CMI}}}\). Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên BD // CM.

(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 120

= [(x + 1) (x + 4)][(x + 2)(x + 3)] – 120

= (x² + 5x + 4)(x² + 5x + 6) – 120 (1)

Đặt x² + 5x + 5 = t, (1) trở thành:

(t – 1)(t + 1) – 120 = t² – 121 = (t – 11)(t + 11) (2).

Thay x² + 5x + 5 = t vào (2) ta có:

(x² + 5x + 5 – 11)(x² + 5x + 5 + 11)

= (x² + 5x – 6)(x² + 5x + 16)

= (x + 6)(x – 1)(x² + 5x + 16).

Ta có: 2 = 1. 3 – 1; 5 = 2. 3 – 1; 14 = 5. 3 – 1; 41 = 14. 3 – 1.

Quy luật: Kể từ số hạng thứ hai trở đi, mỗi số hạng bằng số hạng liền trước nó nhân với 3 rồi trừ đi 1.

Do đó, số hạng thứ 6 là: 41. 3 – 1 = 122; số hạng thứ 7: 122. 3 – 1 = 365; số hạng thứ 8: 365. 3 – 1 = 1094.

Số các thí sinh có số báo danh chia hết cho 3 là:

(3000 – 3): 3 + 1 = 1 000 (học sinh).

Số các thí sinh có số báo danh là số chẵn: (3000 – 2): 2 + 1 = 1 500 (học sinh).

Số các thí sinh có số báo danh là số vừa chia hết cho 2 vừa chia hết cho 3 (hay chia hết cho 6) là: (3000 – 6): 6 + 1 = 500 (học sinh).

Số các thí sinh có số báo danh là số chẵn hoặc chia hết cho 3 là:

1 000 + 1 500 – 500 = 2 000 (học sinh).

Gọi a (quyển) là số quyển vở loại I mà An mua (a \( \in \mathbb{N}\), a < 15).

Số quyển vở loại II An mua là 15 – a (quyển).

Tổng số tiền An mua 15 quyển vở là: 7 500a + 5 000(15 – a) (đồng).

Vì An phải trả cho 15 quyển vở là 87 500 đồng nên ta có:

7 500a + 5 000(15 – a) = 87 500

2 500a = 12 500

a = 5 (thỏa mãn).

Vậy An mua 5 quyển vở loại I và 10 quyển vở loại II.

Ta có: A\( = \frac{1}{{1 \cdot 2}} + \frac{1}{{3 \cdot 4}} + \frac{1}{{5 \cdot 6}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{{99 \cdot 100}} > \frac{1}{{1 \cdot 2}} + \frac{1}{{3 \cdot 4}} = \frac{7}{{12}}\).

Lại có:

A\( = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{{99}} - \frac{1}{{100}} = \frac{5}{6} - \left( {\frac{1}{4} - \frac{1}{5}} \right) - \left( {\frac{1}{6} - \frac{1}{7}} \right) - \cdot \cdot \cdot - \left( {\frac{1}{{99}} - \frac{1}{{100}}} \right) < \frac{5}{6}\).

Điều kiện: y ¹ 0.

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có \(2 = \frac{8}{{{{\rm{y}}^3}}} - 3{\rm{x}}\).

Từ phương trình thứ hai ta có: \({{\rm{x}}^3} - \frac{6}{{\rm{y}}} = 2\), suy ra \({{\rm{x}}^3} - \frac{6}{{\rm{y}}} = \frac{8}{{{{\rm{y}}^3}}} - 3{\rm{x}}\).

\({{\rm{x}}^3} - {\left( {\frac{2}{{\rm{y}}}} \right)^3} - \frac{6}{{\rm{y}}} + 3{\rm{x}} = 0\)

\(\left( {{\rm{x}} - \frac{2}{{\rm{y}}}} \right)\left( {{{\rm{x}}^2} + \frac{{{\rm{2x}}}}{{\rm{y}}} + \frac{4}{{{{\rm{y}}^2}}}} \right) + 3\left( {{\rm{x}} - \frac{2}{{\rm{y}}}} \right) = 0\)

\(\left( {{\rm{x}} - \frac{2}{{\rm{y}}}} \right)\left( {{{\rm{x}}^2} + \frac{{{\rm{2x}}}}{{\rm{y}}} + \frac{4}{{{{\rm{y}}^2}}} + 3} \right) = 0\)

\({\rm{x}} - \frac{2}{{\rm{y}}} = 0\) (do \({{\rm{x}}^2} + \frac{{{\rm{2x}}}}{{\rm{y}}} + \frac{4}{{{{\rm{y}}^2}}} + 3 > 0\) với mọi x, và y ¹ 0).

\({\rm{x}} = \frac{2}{{\rm{y}}}\).

Thay \({\rm{x}} = \frac{2}{{\rm{y}}}\) vào phương trình thứ nhất trong hệ ta có:

2 + 3x = x³

x³ – 3x – 2 = 0

x³ + 1 – 3x – 3 = 0

(x + 1)(x² – x + 1) – 3(x + 1) = 0

(x + 1)(x² – x – 2) = 0

(x +1)(x – 1)(x + 2) = 0

x + 1 = 0 hoặc x – 1 = 0 hoặc x + 2 = 0

x = –1 hoặc x = 1 hoặc x = –2.

Với x = –1 thì y = \(\frac{2}{{ - 1}} = - 2\) (thỏa mãn).

Với x = –2 thì y = \(\frac{2}{{ - 2}} = - 1\) (thỏa mãn).

Với x = 1 thì y = \(\frac{2}{1} = 2\) (thỏa mãn).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (–1; –2); (–2; –1); (1; 2).

a) 128,5 : 0,5 + 128,5 x 3 + 128,5 : 0,25 + 128,5

= 128,5 x 2 + 128,5 x 3 + 128,5 x 4 + 128,5

= 128,5 x (2 + 3 + 4 + 1)

= 128,5 x 10 = 1285.

b) 17,2 x 9,55 + 9,45 x 17,2 + 17,2

= 17,2 x (9,55 + 9,45 + 1)

= 17,2 x 20 = 344.

c) 6,45 : 0,2 + 6,45 : 0,25 + 6,45 – 6,45 : 0,1

= 6,45 x 5 + 6,45 x 4 + 6,45 – 6,45 x 10

= 6,45 x (5 + 4 + 1 – 10)

= 6,45 x 0 = 0.

d) \(\frac{1}{2}:0,5 - \frac{1}{4}:0,25 + \frac{1}{8}:0,125 - \frac{1}{{10}}:0,1\)

\( = \frac{1}{2} \times 2 - \frac{1}{4} \times 4 + \frac{1}{8} \times 8 - \frac{1}{{10}} \times 10\)

= 1 – 1 + 1 – 1 = 0.

a) Ta có: 5³⁶ = (5³)¹² = 125¹² và 11²⁴ = (11²)¹² = 121¹².

Vì 125 > 121 nên 125¹² > 121¹². Vậy 5³⁶ > 11²⁴.

b) Ta có: 78¹² – 78¹¹ = 78¹¹(78 – 1) = 77.78¹¹; 78¹¹ – 78¹⁰ = 78¹⁰(78 – 1) = 77. 78¹⁰.

Vì 78¹¹ > 78¹⁰ nên 77. 78¹¹ > 77. 78¹⁰. Vậy 78¹² – 78¹¹ > 78¹¹ – 78¹⁰.

c) Ta có: 3²ⁿ = (3²)ⁿ = 9ⁿ và 2³ⁿ = (2³)ⁿ = 8ⁿ. Vì 9 > 8 nên 9ⁿ > 8ⁿ. Vậy 3²ⁿ > 2³ⁿ.

Ta có: \(\frac{{25}}{{100}} = \frac{{25:25}}{{100:25}} = \frac{1}{4}\).

Đặt A = 1 + 2 + 2² + 2³ + … + 2⁹⁹ + 2¹⁰⁰

2A = 2 + 2² + 2³ + … + 2¹⁰⁰ + 2¹⁰¹

2A – A = (2 + 2² + 2³ + … + 2⁹⁹ + 2¹⁰⁰ + 2¹⁰¹) – (1 + 2 + 2² + 2³ + … + 2⁹⁹ + 2¹⁰⁰)

A = 2¹⁰¹ – 1.

Vậy 1 + 2 + 2² + 2³ + … + 2⁹⁹ + 2¹⁰⁰ = 2¹⁰¹ – 1.

a) Vì G, F lần lượt là trung điểm của BC, AC nên GF là đường trung bình của tam giác ABC. Suy ra GF//AB và GF = \(\frac{1}{2}\)AB = AE.

Tứ giác AEGF có: GF // AE, GF = AE nên tứ giác AEGF là hình bình hành.

Lại có: \(\widehat {{\rm{EAF}}} = 90^\circ \) nên tứ giác AEGF là hình chữ nhật.

b) Tứ giác BEIF có: BE // IF (cmt), BF // IE (gt) nên tứ giác BEIF là hình bình hành.

c) Ta có GF // AB và AC ⊥ AB nên AC ⊥ GF.

Ta thấy IF = BE (vì tứ giác BEIF là hình bình hành), GF = AE (cmt), AE = BE (gt) nên IF = GF.

Tứ giác AGCI có hai đường chéo AC và IG cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên tứ giác AGCI là hình bình hành.

Ta có: AB // GI, mà AB ^ AC nên GI ^ AC.

Hình bình hành AGCI có hai đường chéo vuông góc với nhau nên hình bình hành AGCI là hình thoi.

d) Để hình bình hành AGCI là hình thoi thì \(\widehat {{\rm{AGC}}} = 90^\circ \). Khi đó, AG ^ BC.

Khi đó, tam giác vuông ABC tại A có AG vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên tam giác ABC vuông cân tại A.

Vậy tam giác ABC vuông cân tại A thì tứ giác AGCI là hình thoi.

A = 36 x 25 x 4 = 36 x (25 x 4) = 36 x 100 = 3 600.

B = 18 x 24 : 9 = (18 : 9) x 24 = 2 x 24 = 48.

C = 215 x 86 + 215 x 14 = 215 x (86 + 14) = 125 x 100 = 12 500.

D = 41 x 2 x 8 x 5 = 41 x (2 x 8 x 5) = 41 x 80 = 3 280.

E = 53 x 128 – 43 x 128 = (53 – 43) x 128 = 10 x 128 = 1 280.

Buổi sáng cửa hàng bán được số mét vải xanh là: \(75 \times \frac{2}{5} = 30\) (m).

Buổi chiều cửa hàng bán được số mét vải xanh là: \(30 \times \frac{5}{6} = 25\) (m).

Cửa hàng còn lại số mét vải xanh là: 75 – (30 + 25) = 20 (m).

Đáp số: 20 mét vải.

a) (–25) – (–17) + 24 – 12 = (–25) + 17 + 24 – 12 = –8 + 24 – 12 = 16 – 12 = 4.

b) 4(15 – 18) – (3 – 5).3² = 4. (–3) + 2.3² = –12 + 18 = 6.

a) x – 120 : 30 = 40.

x – 4 = 40

x = 40 + 4

x = 44.

b) (x – 120) : 35 = 5.

x – 120 = 5. 35

x – 120 = 175

x = 175 + 120

x = 295.

c) (x + 100).4 = 800

x + 100 = 800 : 4

x + 100 = 200

x = 200 – 100

x = 100.

d) x.5 + 10.9 = 990

5x = 990 – 90

5x = 900

x = 900 : 5

x = 180.

Ta có: 125. 4 = 500.

a) (–125).4 = –(125. 4) = –500.

b) (–4). 125 = –(4. 125) = –500.

c) 4. (–125) = –(4. 125) = –500.

Để hệ đã cho có nghiệm (x; y) thì \(\frac{{\rm{m}}}{2} \ne \frac{{ - 2}}{{\rm{m}}}\), suy ra m² ¹ –4 (luôn đúng). Do đó, hệ đã cho có nghiệm (x; y) với mọi giá trị của m.

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có: \({\rm{y}} = \frac{{{\rm{mx}} - 2}}{2}\), thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có: \(2{\rm{x}} + {\rm{m}}\frac{{{\rm{mx}} - 2}}{2} = 5\) nên 4x + m²x – 2m = 10; suy ra \({\rm{x}} = \frac{{2{\rm{m}} + 10}}{{{{\rm{m}}^2} + 4}}.\)

Với \({\rm{x}} = \frac{{2{\rm{m}} + 10}}{{{{\rm{m}}^2} + 4}}\) thì \({\rm{y}} = \frac{{{\rm{m}} \cdot \frac{{2{\rm{m}} + 10}}{{{{\rm{m}}^2} + 4}} - 2}}{2} = \frac{{5{\rm{m}} - 4}}{{{{\rm{m}}^2} + 4}}\).

Ta có: x + y – 2014 = \(\frac{{2{\rm{m}} + 10}}{{{{\rm{m}}^2} + 4}} + \frac{{5{\rm{m}} - 4}}{{{{\rm{m}}^2} + 4}} - 2014 = \frac{{ - 2014{{\rm{m}}^2} + 7{\rm{m}} - 8050}}{{{{\rm{m}}^2} + 4}}\).

Vì x + y – 2014 = \(\frac{{ - 2015{{\rm{m}}^2} + 14{\rm{m}} - 8056}}{{{{\rm{m}}^2} + 4}}\) nên

\(\frac{{ - 2014{{\rm{m}}^2} + 7{\rm{m}} - 8050}}{{{{\rm{m}}^2} + 4}} = \frac{{ - 2015{{\rm{m}}^2} + 14{\rm{m}} - 8056}}{{{{\rm{m}}^2} + 4}}\)

–2014m² + 7m – 8050 = –2015m² + 14m – 8056

m² – 7m + 6 = 0

m² – m – 6m + 6 = 0

m(m – 1) – 6(m – 1) = 0

(m – 6)(m – 1) = 0

m – 6 = 0 hoặc m – 1 = 0

m = 6 hoặc m = 1.

Vậy m = 6 hoặc m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

A = –2x² – 10y² + 4xy + 4x + 4y + 2016

= –2(x² + 5y² – 2xy – 2x – 2y) + 2016

= –2(x² + y² – 2xy – 2x + 2y + 4y² – 4y + 1) + 2018

= –2(x – y – 1)² – 2(2y – 1)² + 2018.

Vì –2(x – y – 1)² – 2(2y – 1)² ≤ 0 với mọi x, y nên –2(x – y – 1)² – 2(2y – 1)² + 2018 ≤ 2018 với mọi x, y.

Dấu “=” xảy ra khi x – y – 1 = 0 và 2y – 1 = 0, suy ra \({\rm{y}} = \frac{1}{2}\) và \({\rm{x}} = \frac{3}{2}.\)

Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 2018 khi \({\rm{y}} = \frac{1}{2}\) và \({\rm{x}} = \frac{3}{2}.\)

Ta có: P(0) = a.0² + b.0 + c = c = m², m Î \(\mathbb{Z}\), do đó c là số nguyên.

P(1) = a.1² + b.1 + c = a + b + c = k² (k Î \(\mathbb{Z}\)).

Suy ra: a + b = k² – c = k² – m² là số nguyên (*).

P(2) = a.2² + b.2 + c = 4a + 2b + m² = n² (n Î \(\mathbb{Z}\)).

Suy ra 4a + 2b = n² – m² là số nguyên (1).

Từ (1) và (*) ta có: 4a + 2b – 2(a + b) là số nguyên nên 2a là số nguyên, suy ra a là số nguyên. Kết hợp với (*) ta có b là số nguyên.

Từ (1) suy ra n² – m² là số chẵn (2). Suy ra (m – n)(m + n) là số chẵn.

Mà m – n và m + n có cùng tính chẵn lẻ với m, n Î \(\mathbb{Z}\).

Kết hợp với (2) suy ra (m – n)(m + n) chia hết cho 4 hay n² – m² chia hết cho 4.

Kết hợp với (1) ta có: 2b chia hết cho 4 nên b chia hết cho 2, suy ra b là số chẵn.

Vậy a, b, c là các số nguyên và b là số chẵn khi đa thức P(x) có số nguyên x bất kì thì P(x) là một số chính phương

a) Các tập con của X có chứa các phần tử 1; 3; 5; 7 là: {1; 3; 5; 7}; {1; 3; 5; 7; 6}; {1; 3; 5; 7; 4}; {1; 3; 5; 7; 2}; {1; 3; 5; 7; 2; 4; 6}; {1; 3; 5; 7; 2; 6}; {1; 3; 5; 7; 2; 4}; {1; 3; 5; 7; 4; 6}.

b) Số tập con của X chứa đúng 2 phần tử là: \({\rm{C}}_7^2 = 21\) (tập).

48.19 + 48.115 + 134.52

= 48(19 + 115) + 134.52

= 48.134 + 134.52

= 134(48 + 52)

= 134. 100

= 13 400.

Số các số chẵn từ 1 đến 100 là: (100 – 2) : 2 + 1 = 50 (số).

a) 7000 + 600 + 50 + 4 = 7654.

2000 + 800 + 90 + 6 = 2896.

8000 + 400 + 20 + 7 = 8427.

9000 + 900 + 90 + 9 = 9999.

b) 3000 + 60 + 8 = 3068.

7000 + 200 + 5 = 7205.

9000 + 50 + 6 = 9056.

2000 + 100 + 3 = 2103.

5000 + 7 = 5007.

9000 + 9 = 9009.

3000 + 300 + 3 = 3303.

8000 + 700 + 5 = 8705.

135 (–12 + 147) – 147.(135 – 12)

= 135(–12) + 135.147 – 147.135 + 147.12

= [135(–12) + 147.12] + (135.147 – 147.135)

= 12(147 – 135)

= 12. 12 = 144.

Điều kiện: x ≥ 0, x ¹1.

\({\rm{A}} = \frac{{\sqrt {\rm{x}} }}{{\sqrt {\rm{x}} - 1}} + \frac{1}{{\sqrt {\rm{x}} + 2}} - \frac{{3\sqrt {\rm{x}} }}{{{\rm{x}} + \sqrt {\rm{x}} - 2}}\)

\( = \frac{{\sqrt {\rm{x}} \left( {\sqrt {\rm{x}} + 2} \right) + \sqrt {\rm{x}} - 1 - 3\sqrt {\rm{x}} }}{{\left( {\sqrt {\rm{x}} - 1} \right)\left( {\sqrt {\rm{x}} + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{{\rm{x}} + 2\sqrt {\rm{x}} + \sqrt {\rm{x}} - 1 - 3\sqrt {\rm{x}} }}{{\left( {\sqrt {\rm{x}} - 1} \right)\left( {\sqrt {\rm{x}} + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{{\rm{x}} - 1}}{{\left( {\sqrt {\rm{x}} - 1} \right)\left( {\sqrt {\rm{x}} + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{\left( {\sqrt {\rm{x}} - 1} \right)\left( {\sqrt {\rm{x}} + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt {\rm{x}} - 1} \right)\left( {\sqrt {\rm{x}} + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt {\rm{x}} + 1}}{{\sqrt {\rm{x}} + 2}}\).

Vậy \({\rm{A}} = \frac{{\sqrt {\rm{x}} + 1}}{{\sqrt {\rm{x}} + 2}}\) với x ≥ 0, x ¹1.

b) Ta có: \({\rm{S}} = {\rm{AB}} = \frac{{\sqrt {\rm{x}} + 1}}{{\sqrt {\rm{x}} + 2}} \cdot \frac{{\sqrt {\rm{x}} + 3}}{{\sqrt {\rm{x}} + 1}} = \frac{{\sqrt {\rm{x}} + 3}}{{\sqrt {\rm{x}} + 2}} = \frac{{\sqrt {\rm{x}} + 2 + 1}}{{\sqrt {\rm{x}} + 2}} = {\rm{1}} + \frac{1}{{\sqrt {\rm{x}} + 2}}\).

Ta thấy \(\sqrt {\rm{x}} + 2 \ge 2\) với mọi x ≥ 0, x ¹1.

Suy ra, \(\frac{1}{{\sqrt {\rm{x}} + 2}} \le \frac{1}{2}\) với mọi x ≥ 0, x ¹1.

Do đó, \(1 + \frac{1}{{\sqrt {\rm{x}} + 2}} \le \frac{3}{2}\) với mọi x ≥ 0, x ¹1.

Dấu “=” xảy ra khi x = 0 (thỏa mãn).

Vậy giá trị lớn nhất của S bằng \(\frac{3}{2}\) khi x = 0.

Với n = 1 ta có: u₁ = 1.

Giả sử với n = k (k \( \in \mathbb{N}*\)) thì u_k = 1. Ta cần chứng minh n = k + 1 thì u_{k + 1} = 1.

Thật vậy, ta có: u_{k + 1} = \(\frac{2}{{{\rm{u}}_{\rm{k}}^2 + 1}} = \frac{2}{{1 + 1}} = 1\).

Vậy dãy số (u_n) là 1 dãy số không đổi (dãy số có tất cả các số hạng bằng nhau).

B = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4)

= (x² + 5x + 4)(x² + 5x + 6).

Đặt x² + 5x + 5 = t, B trở thành:

B = (t – 1)(t + 1) = t² – 1 ≥ –1.

Dấu “=” xảy ra khi t = 0, suy ra x² + 5x + 5 = 0

\({\left( {{\rm{x}} + \frac{5}{2}} \right)^2} = \frac{5}{4}\)

\({\rm{x}} + \frac{5}{2} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\) hoặc \({\rm{x}} + \frac{5}{2} = \frac{{ - \sqrt 5 }}{2}\)

\({\rm{x}} = \frac{{ - 5 + \sqrt 5 }}{2}\) hoặc \({\rm{x}} + \frac{5}{2} = \frac{{ - 5 - \sqrt 5 }}{2}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của B = –1 khi \({\rm{x}} = \frac{{ - 5 + \sqrt 5 }}{2}\); \({\rm{x}} + \frac{5}{2} = \frac{{ - 5 - \sqrt 5 }}{2}\).

Vì số cần lập là số chẵn nên chữ số hàng đơn vị là 1 trong 4 số 2; 4; 6; 8 nên chữ số hàng đơn vị có 4 cách chọn.

Có 8 cách chọn chữ số hàng chục, 8 cách chọn chữ số hàng trăm, 8 cách chọn chữ số hàng nghìn, 8 cách chọn chữ số hàng chục nghìn, 8 cách chọn chữ số hàng trăm nghìn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8.

Vậy số các số chẵn lập được từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 là:

8.8.8.8.8.4 = 131 072 (số).

5a + 2 < 5b – 1

5a + 2 – 2 < 5b – 1 – 2

5a < 5b – 3.

Mà 5b – 3 < 5b nên 5a < 5b, suy ra a < b.

2 x 18 x 14 + 3 x 17 x 12 + 4 x 69 x 9

= (2 x 18) x 14 + (3 x 12) x 17 + (4 x 9) x 69

= 36 x 14 + 36 x 17 + 36 x 69

= 36x (14 + 17 + 69)

= 36 x 100

= 3 600.

Gọi số thứ nhất và số thứ hai cần tìm lần lượt là a và b.

Vì tổng của 2 số bằng 408 nên a + b = 408 (1).

Vì \(\frac{3}{4}\) số thứ nhất bằng \(\frac{2}{3}\) số thứ hai nên \(\frac{3}{4}{\rm{a}} = \frac{2}{3}{\rm{b}}\), suy ra a = \(\frac{8}{9}\)b.

Thay a = \(\frac{8}{9}\)b vào (1) ta có: \(\frac{8}{9}\)b + b = 408 suy ra \(\frac{{17}}{9}{\rm{b}}\) = 408 nên b = 216.

Với b = 216 thì a = \(\frac{8}{9}\). 216 = 192.

Vậy số thứ nhất và thứ hai cần tìm lần lượt là 192 và 216.