5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 2)

Hai vec tơ đối nhau có tổng bằng không.

Giả sử: AD = BC; góc DAB = 120^o

Vì AB // CD nên góc DAB + ADC = 180^o 

⇒ góc ADC = 180^o - DAB = 180^o - 120^o = 60^o

Trên đoạn CD lấy E sao cho CE = AB

Mà có: CE // AB ⇒ Tứ giác ABCE là hình bình hành ⇒ AE = BC và AE // BC

AE = BC; BC = AD ⇒ AE = AD → tam giác ADE cân tại A ⇒\(\widehat {ADC} = \widehat {AED}\)

mặt khác, \[\widehat {ADC}{\rm{ = }}{60^{o\;}}\; \Rightarrow \widehat {AED}{\rm{ = }}{60^{o\;}}\;\]

Mà góc AED = BCE (do BC // AE) nên \[\widehat {BCE} = {60^o}\]

\[ \Rightarrow \widehat {BCE} = \widehat {ADC} \Rightarrow \] ABCD là hình thang cân.

Chưa chắc đã là hình thang cân.

Vì hình thang có 2 cạn bên bằng nhau, có 2 góc bằng nhau, thì mới suy ra là hình thang cân.

a) Phương trình hoành độ giao điểm

\[{{\rm{x}}^2} = mx + 4\]

\( \Rightarrow {x^2} - mx - 4 = 0\)

Thay : m = 3

\( \Rightarrow {x^2} - 3x - 4 = 0\)

\( \Rightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\)

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4}\\{x = - 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 16}\\{y = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{A\left( {4;16} \right)}\\{B\left( { - 1;1} \right)}\end{array}} \right.\).

b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm:

x² – mx – 4 = 0.

Ta thấy ∆ = m² + 16 > 0

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x₁ và x₂.

Áp dụng định lí Vi – et, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = - 4\end{array} \right.\)

Ta có: (y₁)² = \(x_1^4\); (y₂)² = \(x_2^4\)

\( \Rightarrow {\left( {{y_1}} \right)^2} + {\left( {{y_2}} \right)^2} = x_1^4 + x_2^4 = {\left( {x_1^2 + x_2^2} \right)^2} - 2x_1^2x_2^2\)

\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^4} - 4{x_1}{x_2}{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 4x_1^2x_2^2 - 2x_1^2x_2^2\)

\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^4} - 4{x_1}{x_2}{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 2x_1^2x_2^2\)

= m⁴ – 4.( – 4).m² + 2(– 4)²

= m⁴ + 16m² + 32

Suy ra m⁴ + 16m² + 32 = 7

⇔ m⁴ + 16m² + 25 = 0 (vô nghiệm).

Vậy không tồn tại m thỏa mãn điều kiện.

a) Thay x = 2 vào\[y = 2x - 1\], ta được:

\[y = 2.2 - 1 = 3\]

Thay x = 2 và y = 3 vào\[y = mx - 4\], ta được:

\[2m - 4 = 3\]

\[ \to m = \frac{7}{2}\]

b: Thay y = 5 vào\[y = - 3x + 2\],ta được:

\[ - 3x + 2 = 5\]

\[ \to - 3x = 3\]

\[ \to x = - 1\]

Thay x = -1 và y = 5 vào\[y = mx - 4\], ta được:

\[ - m - 4 = 5\]

\[ \to - m = 9\]

\[ \to m = - 9\]

Hai góc tương ứng là hai góc của hai tam giác khác nhau.

Hai góc đó bằng nhau và nằm trong hai tam giác bằng nhau.

a) Chứng minh: \[\widehat {AED} = \widehat {CBD}\]
Xét tam giác ADE và tam giác CDB, có:
\[\widehat {DAE} = \widehat {DCB}\](vì hai góc so le trong)
DA = DC (D là trung điểm của AC)
\[\widehat {ADE} = \widehat {CDB}\](hai góc đối đỉnh)
→ Tam giác ADE = tam giác CDB (g.c.g)
→ \[\widehat {AED} = \widehat {CBD}\](điều phải chứng minh)
Câu b); câu c): Học sinh tự giải (tương tự như phương pháp giải các câu trên).

Gọi số đó là x

Ta có :

\[\frac{1}{{34}} < x < \frac{1}{8}\]

\[ \Rightarrow \frac{4}{{136}} < x < \frac{{17}}{{136}}\]

\[ \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{5}{{136}};\frac{6}{{136}};\frac{7}{{136}};\frac{8}{{136}};\frac{9}{{136}};\frac{{10}}{{136}};\frac{{11}}{{136}};\frac{{12}}{{136}};\frac{{13}}{{136}};\frac{{14}}{{136}};\frac{{15}}{{136}};\frac{{16}}{{136}}} \right\}\]

\[ \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{5}{{136}};\frac{3}{{68}};\frac{7}{{136}};\frac{1}{{17}};\frac{9}{{136}};\frac{5}{{68}};\frac{{11}}{{136}};\frac{3}{{34}};\frac{{13}}{{136}};\frac{7}{{68}};\frac{{15}}{{136}};\frac{2}{{17}}} \right\}\]

Vậy có 2 phân số có tử số là 3, lớn hơn \(\frac{1}{{34}}\) và nhỏ hơn \(\frac{1}{8}\).

Ta có : \[9{\left( {x + 1} \right)^2} - \left( {3x - 2} \right)\left( {3x + 2} \right) = 10\]

\[ \Leftrightarrow 9\left( {{x^2} + 2x + 1} \right) - \left( {9{x^2} - 4} \right) = 10\]

\[ \Leftrightarrow 9{x^{2\;}} + 18x + 9 - 9{x^2} + 4 = 10\]

\[ \Leftrightarrow 9{x^2} - 9{x^2} + 18x + 13 = 10\]

\[ \Leftrightarrow 18x = 10 - 13\]

\[ \Leftrightarrow 18x = - 3\;\]

\[ \Leftrightarrow x = - \frac{1}{6}\].

Số bi ban đầu của Tú là

40 : 2 – 2 = 18 (viên bi).

Chọn A

Gọi d = 2a là công sai. Bốn số phải tìm là:

A = (x - 3a); B = (x - a); C = (x + a); D = (x + 3a).

Tổng số đo  4 góc của 1 tứ giác  bằng 360^o

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {x - 3a} \right) + \left( {x - a} \right) + \left( {x + a} \right) + \left( {x + 3a} \right) = {{360}^o}}\\{\left( {x + 3a} \right) = 5\left( {x - 3a} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4x = {{360}^o}}\\{x + 3a = 5x - 15a}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = {{90}^o}}\\{4x = 18a}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = {{90}^o}}\\{a = {{20}^o}}\end{array}} \right.\)

Số đo góc nhỏ nhất là :  90 – 3 . 20 = 30.

Chẳng hạn \[\widehat A < \widehat B < \widehat C{\rm{ < }}\widehat D\]

Gọi a số đo \[\widehat A\] của tứ giác ABCD

Vì các góc lập thành cấp số cộng (số đo góc lớn hơn số đo góc nhỏ hơn bằng một số)

Gọi d là khoảng chênh lệch số đo giữa các góc (công sai của cấp số cộng, lớp 11 mới học)

Theo đề ta có

a + (a + d) + (a + 2d) + (a + 3d) = 360^o

4a + 6d = 360

hay 2a + 3d = 180 (1)

Vì góc lớn nhất gấp 5 lần góc nhỏ nhất nên

a + 3d = 5a (2)

Từ (2) suy ra 3d = 5a - a = 4a

Thau vào (1):

2a + 3d = 2a + 4a = 180

6a = 180 suy ra a = 30 \[ \to d = \frac{{4.30}}{3} \to d = 40\]

Vậy số đo góc A là 30 độ

số đo góc B là 70 độ

góc C = 70 + 40 = 110 độ

và góc D = 110 + 40 = 150 độ

Hiệu số tuổi của hai bố con là:

32 – 5 = 27 (tuổi)

Tuổi của con lúc tuổi bố gấp 4 lần tuổi con là:

27 : (4 - 1) = 27 : 3 = 9 (tuổi)

Số năm cần tìm là:

9 – 5 = 4 (năm)

Để số dư của phép chia là 3 thì 3a – 12 = 3 ⇔ a = 5.

Đáp án A

Vecto tịnh tiến cùng phương với d. Một vecto chỉ phương của d là \[\overrightarrow {{u_d}} = \;\left( {1;2} \right)\].

36dm = 3,6 m

Đáp án A

Số cách chọn 3 người làm tổ trưởng, tổ phó, thành viên là một chỉnh hợp chập 3 của 12 phần tử:\[\;A_{12}^3 = 1320\] cách

Số cách chọn là 1320

Hai điểm phân biệt, chẳng hạn A, B ta xác định được hai vectơ khác vectơ – không  là \[\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {BA} \].

Một vectơ khác vectơ – không được xác định bởi 2 điểm phân biệt. Do đó có 30 cách chọn 2 điểm trong 4 điểm của tứ giác (có tính thứ tự các điểm) nên có thể lập được 30 vectơ.

Đáp án: C

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AG} = \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AG} \Leftrightarrow 3\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \end{array}\)

Chọn C

Vì \[\overrightarrow {GA'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} ;\,\,\overrightarrow {GB'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GB} ;\,\,\overrightarrow {GC'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GC} \] nên phép vị tự tâm G biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ có tỉ số vị tự bằng \[ - \frac{1}{2}\]

Chọn: A

Phương trình:\[si{n^2}2x{\rm{ }} + {\rm{ }}3sin2x{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}0\]

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{sin2x = - 1}\\{sin2x = - 2(VL)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow sin2x = - 1\)

\[ \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{4} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\]

Ta có: \[x \in \left[ {0;10\pi } \right]\]

\[ \Rightarrow 0 \le - \frac{\pi }{4} + k\pi \le 10\pi \]

\[ \Rightarrow \frac{\pi }{4} \le k\pi \le \frac{{41\pi }}{4}\]

\[ \Rightarrow \frac{1}{4} \le k \le \frac{{41}}{4}\]

Mà \[k \in \mathbb{Z}\]nên \[k \in \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}\]

Khi đó các nghiệm của phương trình là: \[x \in \left\{ {\frac{{3\pi }}{4};\frac{{7\pi }}{4};\frac{{11\pi }}{4};\frac{{15\pi }}{4};...;\frac{{39\pi }}{4}} \right\}\]

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là: \[\frac{{3\pi }}{4} + \frac{{7\pi }}{4} + \frac{{11\pi }}{4} + \frac{{15\pi }}{4} + ... + \frac{{39\pi }}{4} = \frac{{105\pi }}{2}\]

Chọn đáp án A.

Ta có

\[\sin 2x - \cos x = 0 \Leftrightarrow \sin 2x = \cos x \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\]

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi }\\{2x = \pi - \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) + k2\pi }\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k2\pi }}{3}}\\{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}} \right.\)

Vì \[x \in \left[ {0;2\pi } \right]\]suy ra

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 \le \frac{\pi }{6} + \frac{{k2\pi }}{3} \le 2\pi }\\{0 \le \frac{\pi }{2} + k2\pi \le 2\pi }\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \frac{1}{4} \le k \le \frac{{11}}{4} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1;2} \right\}}\\{ - \frac{1}{4} \le k \le \frac{3}{4} \Rightarrow k \in \left\{ 0 \right\}}\end{array}} \right.\)

Từ đó suy ra các nghiệm của phương trình trên đoạn \[\left[ {0;2\pi } \right]\]là \[\frac{\pi }{6};\frac{{5\pi }}{6};\frac{{3\pi }}{2};\frac{\pi }{2} \to T = 3\pi .\]

Đáp án cần chọn là: A

a. \[{3.5^2} - 16:{2^2}\; = 3.25--16:4 = 75--4 = 71\].

b. \[{2^3}.17--{2^3}.14 = 8.17--8.14 = 8.\left( {17--14} \right) = 8.3 = 24\].

c. \[15.141 + 59.15 = 15.200 = 3000\].

d. \[17.85 + 15.17--120 = 17.\left( {85 + 15} \right)--120 = 17.100--120 = 1700--120 = 1580\].

e. \[20--\left[ {30--{{\left( {5--1} \right)}^2}} \right] = 20--\left( {30--42} \right) = 20--\left( {30--16} \right) = 20--14 = 6\].

1. Xét tứ giác AMON ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AM//ON({\rm{cung}}{\rm{.}}vuong.goc.voi.OB)}\\{AN//OM({\rm{cung}}{\rm{.}}vuong.goc.voi.OC)}\end{array}} \right.\)

Do đó AMON là hình bình hành

Mặt khác, xét hai tam giác vuông

\(\Delta OBM\)và \(\Delta OBM\)ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{OB = OC = R}\\{\widehat {MOB} = \widehat {NOC}\left( {cung.phu.voi.goc.\widehat {MON}} \right)}\end{array}} \right.\)

Do đó \(\Delta OBM = \Delta OCN \Rightarrow OM = ON\)

Vậy AMON là hình thoi

2. Để MN tiếp xúc với (O; R) thì \(d\left( {O;MN} \right) = R \Leftrightarrow OI = R \Leftrightarrow OA = 2R\)

a) Ta có: \(AE = DE = \frac{1}{2}AB\) và AE // DF

→ tứ giác AEFD là hình bình hành

Có thêm \(AE = AD = \frac{1}{2}AB\)

→AEFD là hình thoi (dấu hiệu nhận biết hình thoi)

AE // FC và AE = FC ( vì cùng \( = \frac{1}{2}AB\))

→ AECF là hình bình hành

b) Tứ giác AECF là hình bình hành nên EN // MF(1)

Chứng minh tương tự câu a tứ giác EBFN là hình bình hành

→ ME // FN(2)

Từ (1) và (2) suy ra EMFN là hình bình hành (3)

Tứ giác AEFD là hình thoi nên suy ra \[{\rm{AF}} \bot DE\]

\( \to \widehat {{\rm{EMF}}} = {90^ \circ }\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra EMFN là hình chữ nhật

Vì\(BM \bot CN \to 5{a^2} = {b^2} + {c^2}\). (Áp dụng hệ quả đã có trước)

Trong tam giác ABC, ta có \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A = 5{a^2} - 2bc.\cos A \to bc = \frac{{2{a^2}}}{{\cos A}}\)

Khi đó \(S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}.\frac{{2a}}{{\cos A}}.\sin A = {a^2}{\mathop{\rm t}\nolimits} = 3\sqrt 3 \)

Chọn A

Giả sử \[{\rm{\Delta }}ABC\] có hai đường trung tuyến BE và CF vuông góc với nhau, AD là đường trung tuyến thứ ba. Ta cần chứng minh \(A{D^2} = B{E^2} + C{F^2}\)

Trên tia đối của tia EF lấy điểm K sao cho EF = FK

Tứ giác AKCF có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm E của mỗi đường nên AKCF là hình bình hành → AK // FC. Mà \[FC \bot BE\] nên \(BE \bot AK\)(*)

Ta có: F là trung điểm của AB, E là trung điểm của AC nên EF là đường trung bình của \[{\rm{\Delta }}ABC\]\[ \to {\rm{ }}EF{\rm{ }} = \;{\rm{ }}\frac{1}{2}BC\]và EF // BC hay EK // BD (1)

Mà \[BD{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{1}{2}BC\](gt) nên EF = BD → EK = BD (do EF = EK theo cách chọn điểm phụ)           (2)

Từ (1) và (2) suy ra EKDB là hình bình hành → EB // DK (**)

Từ (*) và (**) suy ra \[DK \bot AK\]→ \[{\rm{\Delta }}AKD\] vuông tại K \( \to A{K^2} + K{D^2} = A{D^2}\)(theo định lý Py-ta-go)

Mà AK = FC (do AKCF là hình bình hành) và KD = BE (do EKDB là hình bình hành) nên \(A{D^2} = B{E^2} + C{F^2}\) (đpcm)

Tứ giác ABMN có hai đường chéo vuông góc.

\[{S_{ABMN}} = \frac{1}{2}AM.BN\]

\[\Delta ABM\]và \[\Delta AMC\]có chung chiều cao kẻ từ A cạnh đáy BM = MC

\[ \to {S_{ABM}} = {S_{AMC}} = \frac{1}{2}{S_{ABC}}\]

\[\Delta MAN\]và \[\Delta MNC\]có chung chiều cao kẻ từ M, cạnh đáy AN = NC

\[\begin{array}{l} \to {S_{MAN}} = {S_{MNC}} = \frac{1}{2}{S_{AMC}} = \frac{1}{4}{S_{ABC}}\\{S_{ABMN}} = {S_{ABM}} + {S_{MNA}} = \frac{1}{2}{S_{ABC}} + \frac{1}{4}{S_{ABC}} = \frac{3}{4}{S_{ABC}}\\ \to {S_{ABC}} = \frac{4}{3}{S_{ABMN}} = \frac{4}{3}.\frac{1}{2}.AM.BN = \frac{2}{3}AM.BN\end{array}\]

Từ (C), ta có tâm I(-4; 1) và bán kính R = 4. Khi đó: \[{Q_{\left( {O, - 90^\circ } \right)}}\left( I \right){\rm{ }} = {\rm{ }}I'\left( {1;4} \right)\]và bán kính R' = R = 4

Vậy: \[{Q_{\left( {O, - 90^\circ } \right)}}\left( C \right){\rm{ }} = {\rm{ }}\left( {C'} \right):{\rm{ }}{\left( {x{\rm{ }} - {\rm{ }}1} \right)^2}\; + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }} - {\rm{ }}4} \right)^2}\; = {\rm{ }}16\]

(C) có tâm A(1; −2) bán kính R = 3

⇒Ảnh của (C) là đường tròn tâm B bán kính R = 3 với B là ảnh của A qua phép quay Q(I; 90⁰)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_B} = 3 + (1 - 3)cos{{90}^0} - ( - 2 - 4)sin{{90}^0}}\\{{y_B} = 4 + (1 - 3)sin{{90}^0} + ( - 2 - 4)cos{{90}^0}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_B} = 9}\\{{y_B} = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow B(9;2)\)

Vậy pt ảnh là: \[{\left( {x - 9} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 3\]

a, Xe 1 chia làm ba giai đoạn

Giai đoạn 1:

Ta có \({v_1} = \frac{{{x_2} - {x_1}}}{{{t_2} - {t_1}}} = \frac{{40 - 0}}{{0,5 - 0}} = 80\) km/h

Xe chuyển động theo chiều dương với 80 km/h xuất phát từ gốc tọa độ

Phương trình chuyển động:

\({x_{gd1}} = 80t\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {0 \le t \le 0,5} \right)\)

Giai đoạn 2:

Ta có \({v_2} = \frac{{{x_3} - {x_4}}}{{{t_3} - {t_4}}} = \frac{{40 - 40}}{{1 - 0,5}} = 0\) km/h

Xe đứng yên tại vị trí cách gốc tọa độ là 40km trong khoảng thời gian 0,5h

 Phương trình chuyển động gđ 2: 

\({x_{gd2}} = 40 + 0\left( {t - 0,5} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {0,5 \le t \le t} \right)\)

Giai đoạn 3

Ta có \({v_{gd3}} = \frac{{{x_5} - {x_4}}}{{{t_5} - {t_4}}} = \frac{{90 - 40}}{{2 - 1}} = 50\) km/h

Xe vẫn chuyển động theo chiều dương với 50 km/h xuất phát cách gốc tọa độ 40km và xuất phát sau gốc thời gian là 1h

Phương trình chuyển động:

\({x_3} = 40 + 50\left( {t - - 1} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {1 \le t \le 2} \right)\)

Đới với xe 2:

Ta có \(v = \frac{{{x_2} - {x_1}}}{{{t_2} - {t_1}}} = \frac{{0 - 90}}{{3 - 0}} = - 30\)km/h

Vậy xe 2 chuyển động theo chiều âm với vận tốc -30 km/h xuất phát cách gốc tọa độ là 90km, cùng gốc thời gian  

\({x_{x2}} = 90 - 30t\,\,\,\,\,\,\left( {0 \le t \le 3} \right)\)

b; Từ hình vẽ ta nhận thấy hai xe gặp nhau ở giai đoạn 3 của xe một

 Ta có:

\({x_{x2}} = {x_3} \Rightarrow 90 - 30t = 40 + 50\left( {t - 1} \right)\)

\( \Rightarrow t = \frac{5}{4}h = 1,25h\)

Vậy sau 1h15 phút hai xe gặp nhau và xe hai đi được quãng đường:

\({s_2} = vt = 30.1,25 = 37,5km\)

Xe một đi được quãng đường

\({s_1} = 90 - 37,5 = 52,5km\)

Đối với xe 1 chuyển động từ A đến N rồi về E

Xét giai đoạn 1 từ A đến N:  \[{v_1}{\rm{ = }}{x_N} - {\rm{ }}{x_A}{t_N} - {\rm{ }}{t_A} = 25 - 00,5 - 0 = 50{\rm{ }}\]km/h

Xe một chuyển động từ gốc tọa độ đến N theo chiều dương với vận tốc 50km/h

Phương trình chuyển động  \[{x_{1gd1}} = 50{\rm{ }}t{\rm{ }}\;{\rm{ }}\] ĐK: \[{\rm{ }}0 \le t \le 0,5{\rm{ }}\]

Xét giai đoạn hai từ N về E:  \[{v_2} = {x_E} - {x_N}{{\rm{t}}_E} - {t_N} = 0 - 252,5 - 0,5 = - 12,5{\rm{ }}\]km/h

Giai đoạn hai chuyển động từ N về E theo chiều âm có vận tốc -12,5km/h và xuất phát cách gốc tọa độ 25km và sau 0,5h xo với gốc tọa độ

Phương trình chuyển động  \[{x_2} = 25 - 12,5\left( {t - 0,5} \right){\rm{ }}\;{\rm{ }}\] ĐK: \[0,5 \le t \le 2,5{\rm{ }}\]

Đối với xe 2 chuyển động từ M về C với 

\[v = {x_C} - {x_M}{t_C} - {t_M} = 0 - 25{\rm{ }}1,5 - 0 = - 503\]km/h

Chuyển động theo chiều âm, cách gốc tọa độ 25km:  \[{x_2} = 25 - 503t{\rm{ }}\;\] ĐK: \[0 \le t \le 1,5\]

\[\frac{a}{{a + 1}} + \frac{b}{{b + 1}} + \frac{c}{{c + 1}} = a - \frac{{{a^2}}}{{a + 1}} + b - \frac{{{b^2}}}{{b + 1}} + c - \frac{{{c^2}}}{{c + 1}} = 1 - \left( {\frac{{{a^2}}}{{a + 1}} + \frac{{{b^2}}}{{b + 1}} + \frac{{{c^2}}}{{c + 1}}} \right)\]

Áp dụng bđt Cauchy dạng phân thức \[\frac{{{a^2}}}{{a + 1}} + \frac{{{b^2}}}{{b + 1}} + \frac{{{c^2}}}{{c + 1}} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{a + b + c + 3}} = \frac{1}{{1 + 3}} = \frac{1}{4}\]

\( \to \frac{{{a^2}}}{{a + 1}} + \frac{{{b^2}}}{{b + 1}} + \frac{{{c^2}}}{{c + 1}} \le 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\)

→ GTLN \( = \frac{3}{4}\) Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\)

Từ điều kiện \(a + b + c = 3abc \Rightarrow A = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{{ab + bc + ac}}{{abc}} = \frac{{3\left( {ab + bc + ac} \right)}}{{a + b + c}}\) (1)

Theo hệ quả của BĐT AM-GM

\(\begin{array}{l}{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \ge abc\left( {a + b + c} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {ab + bc + ac} \right)^2} \ge 3abc\left( {a + b + c} \right) = {\left( {a + b + c} \right)^2}\\ \Leftrightarrow ab + bc + ac \ge a + b + c\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ (1) và (2)\( \Rightarrow A \ge 3\)

Do đó \({A_{\min }} = 3 \Leftrightarrow a = b = c = 1\)

Đáp án: C

Véc tơ – không là véc tơ có điểm đầu, điểm cuối trùng nhau nên có độ dài bằng 0.

Véc tơ – không cùng phương với mọi véc tơ.

Số lẻ nhỏ nhất là 1

Số lẻ lớn nhất là 99

Khoảng cách giữa hai số lẻ liên tiếp là 2

Số số hạng là: \[\left( {99 - 1} \right):2 + 1 = 98:2 + 1 = 50\]

Tổng là : \[\left( {99 + 1} \right) \times 50:2 = 100 \times 50:2 = 2500\]

Đáp số: 2500

CTTQ: \[\left( {n\left( {n + 1} \right)} \right):2\]

Ta có : \[\left( {99\left( {99 + 1} \right)} \right):2 = 4950\]

Vậy, đáp án đúng là B.

Các ước tự nhiên của số 75 là: 1, 3, 5, 15, 25, 75

→ Tổng các ước tự nhiên của số 75 là: \[1 + 3 + 5 + 15 + 25 + 75 = 124\]

75 = 3¹.5²

Số ước tự nhiên của 75 là:

(1 + 1) . (2 + 1) = 6 (ước)

a có: 5a + 3b chia hết cho 2012 → 13(5a + 3b) chia hết cho 2012

→ 65 a + 39b chia hết cho 2012 (1)

Lại có: 13a + 8b chia hết cho 2012 → 5(13a + 8b) chia hết cho 2012

→ 65 a + 40b chia hết cho 2012 (2)

Từ (1)(2) → (65a + 40b) – (65a + 39b) chia hết cho 2012

→ b chia hết cho 2012

Tương tự → a chia hết cho 2012

Vậy a, b cũng chia hết cho 2012

Đáp án đúng là: B

Số 15 là hợp số.

a) Áp dụng định lí Pytago vào \[\Delta ABC\] vuông tại A, ta được:

\[B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\]

\[ \Leftrightarrow B{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25\]

hay BC = 5(cm)

Xét \[\Delta ABC\] vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:

\[AH \cdot BC = AB \cdot AC\]

\[ \Leftrightarrow AH \cdot 5 = 3 \cdot 4 = 12\]

hay AH = 2,4(cm)

Vậy: BC = 5cm; AH = 2,4cm

b) Xét (A) có

AI là một phần đường kính

MH là dây

\[AI \bot MH\] tại I(gt)

Do đó: I là trung điểm của MH(Định lí đường kính vuông góc với dây)

Xét \[\Delta CMI\] vuông tại I và \[\Delta CHI\] vuông tại I có

CI chung

IM = IH(I là trung điểm của MH)

Do đó:\[\Delta CMI = \Delta CHI\] (hai cạnh góc vuông)

Suy ra: CM = CH(hai cạnh tương ứng)

Xét \[\Delta CMA\] và \[\Delta CHA\] có

CM = CH(cmt)

CA chung

AM = AH( = R)

Do đó: \[\Delta CMA = \Delta CHA\left( {c - c - c} \right)\]

Suy ra:\[\widehat {CMA} = \widehat {CHA}\] (Hai góc tương ứng)

mà\[\widehat {CHA} = {90^0}\] (gt)

nên \[\widehat {CMA} = {90^0}\]

hay CM là tiếp tuyến của (A)

251. có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau và là số lẻ

Gọi số cần tìm là: \[\overline {abcd} \]

Vì số cần tìm là số lẻ nên:\[d \in \left\{ {1;3;5;7;9} \right\}\]→d có 5 cách

\[a \ne d,0 \to \]  a có 8 cách

\[b \ne d \ne a \to \] b có 8 cách

\[c \ne a \ne b \ne d \to \] c có 7 cách

Vậy có tất cả \[5.8.8.7 = 2240\]số.

Đáp án A

số đầu tiên có 9 cách chọn trong các số từ 1 đến 9.

Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số còn lại là \[A_9^3\]

Vậy có \[9.A_9^3 = 4536\;\]số.

Số hạng tổng quát trong khai triển \[{(x + 2)^{10}}\] có dạng:

\[\quad \mathop \sum \limits_{k = 0}^{10} C_{10}^k{2^k}.{x^{10 - k}}\qquad {\kern 1pt} (0 \le k \le 10;\,k \in \mathbb{N})\]

Số hạng thứ 7 là: \[C_{10}^6{.2^6}.{x^4} = 13440{x^4}\]

Số hạng thứ trong khai triển là

\[{t_{k + 1}} = C_{10}^k{x^{10 - k}}{\left( {\frac{2}{x}} \right)^k}\]

Vậy \({t_5} = C_{10}^4{x^{10 - 4}}.{\left( {\frac{2}{x}} \right)^4} = 210.{x^6}.\frac{{16}}{{{x^4}}} = 3360{x^2}\)

\({t_5} = 3360{x^2}\)

Coi 5 bạn của cả 12A và B vào một lớp 12X nào đó. Do số lượng ở đề nên ta có hai trường hợp

TH1. Các bạn 12C và 12X xen kẽ nhau. Có \[5!.5!.2 = 28800\;\]cách

TH2. Có hai bạn lớp 12A và 12B dính với nhau. Ta có như 12X chỉ có 4 bạn. rồi lại làm xen kẽ. Chọn 2 bạn dính nhau và hoán vị 2 bạn đó có 12 cách, 5 bạn 12C tạo ra 4 khe để 4 bạn của lớp 12X đứng vào nên có tất cả là \[12.5!.4! = 34560\]

Đáp án cần chọn là A

Số cách xếp 4 bạn nữ đứng cạnh nhau : 4! (cách)

Số cách xếp 6 bạn nam đứng cạnh nhau : 6!(cách)

Đổi chỗ nam và nữ có : 2 (cách)

→ Số cách xếp : \[2.4!.6!\;\] (cách)

Trường hợp 1: ta xếp 8 học sinh đứng tùy ý thành hàng ngang, có 8!(cách xếp).

Trường hợp 2: ta xếp 8 học sinh sao cho 2 nữ đứng cạnh nhau, coi 2 nữ là 1 nhóm.

+)  Xếp 6 nam và nhóm nữ, có 7! (cách xếp)

+) Xếp 2 nữ trong nhóm: có 2! (cách xếp)

Vậy có 7!.2! (cách xếp).

Số cách xếp sao cho hai học sinh nữ không đứng cạnh nhau: \[8!\; - 7!2! = 30240\] (cách xếp)

Chọn A

Máy bơm thứ nhất có thể bơm đầy 1 cái bể trong 6 giờ : Vậy 1 giờ máy thứ nhất bơm được \(\frac{1}{6}\) bể

máy thứ hai bơm đầy bể mất \(\frac{2}{3}\)số giờ đó , → 4 giờ: Vậy 1 giờ máy thứ hai bơm được \(\frac{1}{4}\) bể

máy thứ ba bơm đầy bể mất 1/2 số giờ mà máy thứ hai bơm đầy bể, → 2 giờ: Vậy 1 giờ máy thứ ba bơm được \(\frac{1}{2}\) bể

Vậy trong 1 giờ cả 3 vòi chảy được: \[\frac{1}{6} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{{11}}{{12}}\](bể)

Thời gian để chảy đầy bể là : \[1:\frac{{11}}{{12}} = \frac{{12}}{{11}}\](giờ)

ĐS: \[\frac{{12}}{{11}}\]giờ

Giải thích các bước giải:

Gọi a là số giờvòi 1 chảy 1 mình làm đầy bể. Vậy mỗi giờ chảy được \(\frac{1}{a}\) bể

Gọi b là số giờ vòi 2 chảy 1 mình làm đầy bể.1 giờ chảy: \(\frac{1}{b}\) bể.

Ta có : \[\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{1}{{12}} \to \frac{3}{a} + \frac{3}{b} = \frac{1}{4}\](1)

và \[\frac{3}{a} + \frac{{18}}{b} = 1\] (2)

Lấy (2) - (1): \[\frac{{15}}{b}{\rm{ = }}\frac{3}{4} \Rightarrow \frac{1}{b}{\rm{ = }}\frac{3}{{60}}{\rm{ = }}\frac{1}{{20}} \Rightarrow \]vòi 2 chảy đầy bể trong 20 giờ.

và \[\frac{1}{a} + \frac{1}{{20}} = \frac{1}{{12}}\] thì:\[\frac{1}{a} = \frac{1}{{12}} - \frac{1}{{20}}{\rm{ = }}\frac{2}{{60}} = \frac{1}{{30}}\]. Vòi 1 chảy 30 giờ thì đầy bể.

\[x = 0 \Rightarrow y = - 2 \Rightarrow OB = 2\]

\[y = 0 \Rightarrow x = \frac{2}{{2m + 1}} \Rightarrow OA = \left| {\frac{2}{{2m + 1}}} \right|\]

\[ \Leftrightarrow \left| {2m + 1} \right| = 4\]

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2m + 1 = 4}\\{2m + 1 = - 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = \frac{3}{2}}\\{m = - \frac{5}{2}}\end{array}} \right.\)

Ta có: \({2^n} + 1;{2^n};{2^n} - 1\)là 3 số tự nhiên liên tiếp

→một trong 3 số trên chia hết cho 3

mà \({2^n} + 1\)là số nguyên tố (n > 2) \( \to {2^n} + 1\)ko chia hết cho 3

mặt khác: \({2^n}\)ko chia hết cho 3

\( \to {2^n} - 1\) chia hết cho 3

Giải thích các bước giải:

 Giả sử n là hợp số \( \to n = p.q(p,q \in N;\,p,q > 1)\)

Khi đó \[{2^n} - 1 = {2^p}q - 1 = {({2^p})^q} - 1 = ({2^p} - 1){({2^p})^q} - 1 + {({2^p})^q} - 2 + ... + 1)\]

Vì \[p > 1 \Rightarrow {2^p} - 1 > 1\]và \[{({2^p})^q} - 1 = {({2^p})^q} - 2 + ... + 1 > 1\]
Dẫn đến \[{2^n} - 1\]là hợp số:trái với giả thiết \[{2^n} - 1\] là số nguyên tố

 Vậy n là số nguyên tố (đpcm)

O là số chính phương. Vì số chính phương là số có thể lấy căn bậc 2. Kết quả phải là số nguyên. Căn bậc 2 của 0 = 0

1 là số chính phương. Vì số chính phương là số có thể lấy căn bậc 2. Kết quả phải là số nguyên. Căn bậc 2 của 1 = 1

 a) Do tổng 4 góc của 1 tứ giác bằng 360⁰ nên:

\(\widehat A + \widehat B + \widehat C + \widehat D = {360^0}\)

Mà \(\widehat A:\widehat B:\widehat C:\widehat D = 3:4:5:6\)

\( \Rightarrow \frac{{\widehat A}}{3} = \frac{{\widehat B}}{4} = \widehat {\frac{C}{5}} = \frac{{\widehat D}}{6} = \frac{{\widehat A + \widehat B + \widehat C + \widehat D}}{{3 + 4 + 5 + 6}} = \frac{{{{360}^0}}}{{18}} = {20^0}\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat A = {{3.20}^0} = {{60}^0}}\\{\widehat B = {{4.20}^0} = {{80}^0}}\\{\widehat C = {{5.20}^0} = {{100}^0}}\\{\widehat D = {{6.20}^0} = {{120}^0}}\end{array}} \right.\)

b) Ta thấy 

\(\widehat A + \widehat B + \widehat C + \widehat D = {360^0}\)

\(\begin{array}{l}\widehat A + \widehat D = {180^0}\\ \Rightarrow AB//CD\end{array}\)

=> ABCD là hình thang

Đáp án cần chọn là: A

Vì số đo của các góc \[\widehat A;\;\widehat B;\widehat C;\widehat D\] tỉ lệ thuận với 4; 3; 5; 6 nên ta có:

\[\frac{A}{4} = \frac{B}{3} = \frac{C}{5} = \frac{D}{6} = \frac{{A + B + C + D}}{{4 + 3 + 5 + 6}} = \frac{{A + B + C + D}}{{18}}\]

( tính chất dãy tỉ số bằng nhau )

Mà \[\widehat A + \widehat B + \widehat C + \widehat D = 360^\circ \] nên ta có

\[\frac{A}{4} = \frac{B}{3} = \frac{C}{5} = \frac{D}{6} = \frac{{A + B + C + D}}{{18}} = \frac{{{{360}^0}}}{{18}} = {20^0}\]

\[ \Rightarrow \widehat A = 4 \times 20^\circ = 80^\circ \;;\;\widehat B = 3 \times 20^\circ = 60^\circ ;\,\,\widehat C = 5 \times 20^\circ = 100^\circ \;;\,\,\widehat D = 6 \times 20^\circ = 120^\circ \]

Nên số đo các góc\[\widehat A;\;\widehat B;\widehat C;\widehat D\]  lần lượt là\[80^\circ ;\;60^\circ ;\;100^\circ ;\;120^\circ \]

Trung bình đi mỗi km bằng số tiền anh Long phải trả:

\[35000:2,5 = 14000\] (đồng)

Do ABCD là hình bình hành nên \[\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {DM} + \overrightarrow {MC} }\\{ \Leftrightarrow - \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = - \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MC} }\\{ \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MD} }\end{array}\]

Cách 2:

Ta có:

\[\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MD} \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MD} - \overrightarrow {MC} \]

Áp dụng quy tắc hiệu ta có:\[\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {BA} ;\;\;\overrightarrow {MD} - \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {CD} \]

Giả sử \[{x^2} + 1\]chia hết cho 3

\( \Rightarrow {x^2} + 1 \in {B_{\left( 3 \right)}}\)

\( \Rightarrow {x^2} + 1 \in \left\{ { \pm 3, \pm 6, \pm 9, \pm 12, \pm 15,....} \right\}\)

\( \Rightarrow {x^2} \in \left\{ {2, - 4,5, - 7,8, - 10,....} \right\}\)

Mà \[x \in N\]

\[ \Rightarrow {x^2} \in \left\{ {2,5,8,11,14,...} \right\}\]

\( \Rightarrow x \in \left\{ {\sqrt 2 ,\sqrt 5 ,\sqrt 8 ,...} \right\}\)
 Mà \[x \in N\]

\( \Rightarrow x \in \left\{ \emptyset \right\}\)

Vậy không tồn tại x để \[{x^2} + 1\] chia hết cho 3 hay \[{x^2} + 1\] không chia hết cho 3 với mọi\[x \in N\].

Hai số tự nhiên liên tiếp hơn kém nhau 1 đơn vị, còn hai số chẵn liên tiếp hơn kém nhau 2 đơn vị. 
Số lớn hơn số bé là: 
1 x 2 + 2 x 6 = 14 
Số lớn là: 
( 884 + 14 ) : 2 = 449 
Số bé là: 
884 - 449 = 435 
Vậy hai số lẻ phải tìm là 435 và 449 

Gọi a là số lẻ thứ nhất

Giữa số lẻ thứ nhất và thứ hai có 3 số khác lần lượt là

a + 2; a + 4; a + 6 và số lẻ cần tìm là a + 8

Tổng của chúng là 50 nên ta có

a + a + 8 = 50

→ 2a = 42 

→ a = 21

Vậy 2 số lẻ cần tìm là 21 và 29

Câu a) Ta có: \[{\rm{\Delta OMA}}\] cân tại O và AC = MC nên \[OC \bot AM\;\] hay \[\widehat {OCN} = {90^0}\].

Xét tứ giác OBNC ta có :

\[\widehat {OCN} = {90^0}\] ( cmt )

\[\widehat {OBN} = {90^0}\] ( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính )

\[ \Rightarrow \widehat {OCN} + \widehat {OBN} = {180^0}\]hay OBNC là tứ giác nội tiếp (đpcm )

Câu b ) Xét tam giác AND ta có :

AB là đường cao xuất phát từ đỉnh A.

DC là đường cao xuất phát từ đỉnh D.

Mà hai đường cao này cắt nhau tại O cho nên O là trực tâm của \[\Delta AND\]

NO cắt AD suy ra NO là đường cao của tam giác AND \[ \Rightarrow NO \bot AD\]

Câu c ) Ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {CAO} + \widehat {ANB} = {{90}^0}}\\{\widehat {CDN} + \widehat {ANB} = {{90}^0}}\end{array}} \right. \Rightarrow \widehat {CAO} = \widehat {CDN}\)

Xét tam giác CAO và tam giác CDN ta có :

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {ACO} = \widehat {DCN}\left( { = {{90}^0}} \right)}\\{\widehat {CAO} = \widehat {CDB}\left( {cmt} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \Delta CAO \sim \Delta CDN\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{CA}}{{CD}} = \frac{{CO}}{{CN}} \Rightarrow CA.CN = CO.CD\)( đpcm )

Câu d ) Xét tam giác AMB và tam giác ABN ta có :

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {BAM}:\,chung}\\{\widehat {AMB} = \widehat {ABN}\left( { = {{90}^0}} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \Delta AMB \sim \Delta ABN\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{AN}} \Rightarrow AM.AN = A{B^2} = 4{R^2}\)

Áp dụng BĐT cô – si ta có: \(2AM + AN \ge 2\sqrt {2AM.AN} = 2\sqrt {8{R^2}} = 4R\sqrt 2 \)

Vậy GTNN của 2AM + AN là \(4R\sqrt 2 \)khi và chỉ khi M là trung điểm của AN

1) Xét tứ giác OMHQ có \[\widehat {OQM} = {90^0}\] (MQ là tiếp tuyến của (O))

                                     \[\widehat {OHM} = {90^0}\] (\[OH \bot d\])

Vậy tứ giác OMHQ nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp bằng nhau)

2) Ta có: \[\widehat {OMH} + \widehat {MOH} = {90^0}\] (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông OMH)

Ta có   OP = OQ = R, MP = MQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

→ OM là trung trực của PQ \[ \to OM \bot PQ\]

\[ \to \widehat {OIP} + \widehat {MOH} = {90^0}\] (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông OIK)

Vậy \[\widehat {OMH} = \widehat {OIP}\] (cùng phụ với \[\widehat {MOH}\])

3) Xét hai tam giác OIK và OMH có \[\widehat {OMH} = \widehat {OIP}\] (cmt), \[\widehat {OHM} = \widehat {OKI} = {90^0}\]

Suy ra \[\Delta OIK \sim \Delta OMH\] (g.g)

\( \to \frac{{OI}}{{OM}} = \frac{{OK}}{{OH}} \to OI = \frac{{OK.OM}}{{OH}}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OQM có \({R^2} = O{Q^2} = OK.OM\)

\( \to OI = \frac{{{R^2}}}{{OH}}\)

Vì d cố định nên OH không đổi, R luôn không đổi nên OI không đổi. Mà \[I \in OH\] cố định nên I cố định.

4) Xét tứ giác OPMQ có: 

\[\widehat {OPM} + \widehat {OQM} = {180^0} \to \] Tứ giác OPMQ nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) \[ \to \widehat {OPI} = \widehat {OMQ}\](hai góc nội tiếp cùng chắn cung OQ)

a) Thả nằm tức là áp mặt 30 . 20 xuống nước. Gọi h_c là chiều cao phần chìm.

\[\begin{array}{l}V = 0,3.0,2.0,1 = 0,006\left( {{m^3}} \right)\\S = 0,3.0,2 = 0,06\left( {{m^2}} \right)\end{array}\]

Khi khối gỗ cân bằng:

\[{F_A} = P \Rightarrow {d_n}.{V_c} = {d_v}.V\]

\[ \Rightarrow {d_n}.0,06.{h_c} = {d_v}.0,006\]

\[ \Rightarrow {d_n}.10{h_c} = {d_v} \Rightarrow {h_c} = \frac{{{d_v}}}{{{d_n}.10}}\]

Thay số vào tính được h_c = 0,09m = 9cm.

b) Gọi h' là chiều cao phần gỗ ngập dầu. Khi khối gỗ cân bằng ta có:

\[\begin{array}{l}P = {F_{A'}} + {F_{A1}}\\ \Rightarrow {d_v}.S.h = {d_d}.S.h' + {d_n}.S.\left( {h - h'} \right)\\ \Rightarrow {d_v}.h = {d_d}.h' + {d_n}.h - {d_n}.h'\\ \Rightarrow {d_v}.h = h'\left( {{d_d} - {d_n}} \right) + {d_n}.h\\ \Rightarrow h' = \frac{{{d_v}.h - {d_n}.h}}{{{d_d} - {d_n}}}\end{array}\]

(h = 0,1m)

Thay số vào tính được h' = 0,05m = 5cm.

c) Độ cao dầu tối thiểu phải rót vào là 5cm . 20dm³ = 0,02m³

Thể tích dầu tối thiểu phải rót vào:

\[{V_d} = S'.h' = 0,02.0,005 = 0,0001\left( {{m^3}} \right) = 100\left( {c{m^3}} \right)\]

Diện tích mặt xung quanh hay diện tích dán giấy màu đỏ là:

\[\left( {20 + 15} \right) \times 2 \times 10 = 700\;\] (cm²)

Diện tích hai mặt đáy hay diện tích dán giấy màu vàng là:

\[\;20 \times 15 \times 2 = 600\;\] (cm²)

Diện tích giấy màu đỏ lớn hơn số (cm²) là:

\[700 - 600 = 100\;\] (cm²)

Đáp số: 100 cm²

Trường hợp 1: p = 3

→ p + 8 = 11 và p + 16 = 19(nhận)

Trường hợp 2: p = 3k + 1

→ p + 8 = 3k + 9 (loại)

Trường hợp 3: p = 3k + 2

→ p + 16 = 3k + 18(loại)

Vì M là trung điểm BC nên

\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} \) (1)

Mặt khác, I là trung điểm AM nên

\(2\overrightarrow {AI} = \overrightarrow {AM} \) (2)

Từ (1); (2) suy ra

\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 4\overrightarrow {AI} \Leftrightarrow \overrightarrow {AI} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

Chọn A

Vì M là trung điểm BC nên

\[\overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = 2\overrightarrow {IM} .\]

Mặt khác I là trung điểm AM nên

\[\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IM} = \vec 0.\]

Suy ra

\[\overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + 2\overrightarrow {IA} = 2\overrightarrow {IM} + 2\overrightarrow {IA} = 2\left( {\overrightarrow {IM} + \overrightarrow {IA} } \right) = \vec 0.\]

Đáp án cần chọn là: B

Có \[{\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1 \Rightarrow 2{\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x + {\sin ^2}x\]

\[ \Rightarrow 1 + {\sin ^2}x = 2{\sin ^2}x + {\cos ^2}x\]

\[ \Rightarrow VT = \frac{{2{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} = 2{\tan ^2}x + 1\].

a) \[\overrightarrow {{\rm{AB}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{ OD}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{OC}}} \]

\[{\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{AB}}} {\rm{ + (}}\overrightarrow {{\rm{OC}}} {\rm{ - }}\overrightarrow {{\rm{OB}}} {\rm{)}}\](quy tắc trừ hai vec tơ)

\[{\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{AB}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{BC}}} {\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{AC}}} \]

b) \[\overrightarrow {{\rm{BA}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{BC}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{OB}}} \] (quy tắc hình bình hành)

\[{\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{BD}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{OB}}} {\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{OD}}} \]

c) \[\overrightarrow {{\rm{BA}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{BC}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{ OB}}} \]

\[{\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{BD}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{OB}}} {\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{OD}}} {\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{BO}}} {\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{MO}}} {\rm{ - }}\overrightarrow {{\rm{MB}}} \]

Chu vi bằng tổng chiều dài cộng chiều rộng và chu vi gấp 6 lần chiều rộng nên chiều dài gấp 5 lần chiều rộng.

*Cách vẽ:

Nhận xét : Thang cân → 2 đường chéo bằng nhau. Gọi O là giao của 2 đường chéo,

hai đường chéo vuông góc → \(\Delta OCD\)vuông cân đỉnh O.

Vẽ: Vẽ tam giác vuông cân COD, trên tia đối của tia OC lấy A, trên tia đối của tia

OD lấy B sao cho OA = OB (< OC nếu AB là đáy nhỏ) → ABCD là thang cân đáy nhỏ AB, đáy lớn CD và có 2 đường chéo vuông góc.

*Tính AB + CD:

Từ A và B hạ AH và BK vuông góc CD, H, K thuộc CD. Do ABCD là thang cân đáy AB, CD

→ DH = CK và AB = HK

→ AB + CD = AB + DH + HK + KC = HK + CK + HK + KC = 2HC

\(\Delta OCD\) vuông cân đỉnh O \( \to \widehat {OCD} = {45^0} \to \widehat {ACD} = {45^0}\) lại có \(\Delta AHC\) vuông tại H, \(\widehat {ACD} = {45^0} \to \)vuông cân → HC = AH = h

→ tổng 2 đáy AB + CD = 2h

a) (a - b) + (c - d) - (a + c) = - (b + d)

Biến đổi vế trái 

(a - b) + (c - d) - (a + c)

= a – b + c – d – a – c

= (a - a) + (c - c) – b - d

= - b - d

= - (b + d)

Vế trái bằng vế phải → Đẳng thức đã được chứng minh

b) (a - b) - (c - d) + (b + c) = a + d

Biến đổi vế trái 

(a - b) - (c - d) + (b + c)

= a – b – c + d + b + c

= (b - b) + (c - c) + a + d

= a + d

Vế trái bằng vế phải → Đẳng thức đã được chứng minh

a) Nối A với C. Xét \(\Delta ABC\)có :

AB < BC + AC (qh giữa các cạnh trong tam giác) (1)

Xét \(\Delta ADC\)có:

AC < AD + DC (qh giữa các cạnh trong tam giác) (2)

Cộng vế 1 và 2 vào ta sẽ có:

AB + AC < BC + AC + AD + CD

→ AB + BC < CD + AD

→ AB < CD + AD + BC

b) Xét \(\Delta ABC\), ta có: AC < AB + BC

Xét \(\Delta ADC\), ta có: AC < AD + DC

→ 2AC < AB + BC + AD + DC

nên \[AC{\rm{ }} < {\rm{ }}\frac{{\left( {{\rm{ }}AB{\rm{ }} + {\rm{ }}BC{\rm{ }} + {\rm{ }}CD{\rm{ }} + \,AD} \right)}}{2}\](1)

Tương tự như vậy \[BD < \frac{{\left( {AB + BC + CD + AD} \right)}}{2}\](2)

Từ 1 và 2 suy ra AC + BD < AB + BC + DC + AD

\[5{x^2} - 6x + 9\]

\[{\rm{ = 5(}}{{\rm{x}}^{\rm{2}}}{\rm{ - }}\frac{{\rm{6}}}{{\rm{5}}}{\rm{x + }}\frac{{\rm{9}}}{{\rm{5}}}{\rm{)}}\]

\[{\rm{ = 5(}}{{\rm{x}}^{\rm{2}}}{\rm{ - 2 }}\,{\rm{.}}\,{\rm{x }}\,{\rm{. }}\,\frac{{\rm{3}}}{{\rm{5}}}\,\,{\rm{ + }}\frac{{\rm{9}}}{{{\rm{25}}}}\,\,{\rm{ + }}\frac{{{\rm{36}}}}{{{\rm{25}}}}{\rm{)}}\]

\[{\rm{ = }}\frac{{{\rm{35}}}}{{\rm{5}}}\,\,{\rm{ + }}\,{\rm{5(x - }}\frac{{\rm{3}}}{{\rm{5}}}{{\rm{)}}^{\rm{2}}} \ge \frac{{{\rm{35}}}}{{\rm{5}}}\]

\(Min = \frac{{35}}{5} \Leftrightarrow x - \frac{3}{5} = 0 \Rightarrow x = \frac{3}{5}\)

Ta có: 

\[{\rm{y = 5}}{{\rm{x}}^{\rm{2}}}{\rm{ - 4x + 6 = 5}}\left( {{{\rm{x}}^{\rm{2}}}{\rm{ - }}\frac{{\rm{4}}}{{\rm{5}}}{\rm{x}}} \right){\rm{ + 6 = 5}}\left( {{{\rm{x}}^{\rm{2}}}{\rm{ - }}\frac{{\rm{4}}}{{\rm{5}}}{\rm{x + }}\frac{{\rm{4}}}{{{\rm{25}}}}} \right){\rm{ + }}\frac{{{\rm{26}}}}{{\rm{5}}}{\rm{ = 5}}{\left( {{\rm{x - }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{5}}}} \right)^{\rm{2}}}{\rm{ + }}\frac{{{\rm{26}}}}{{\rm{5}}} \ge \frac{{{\rm{26}}}}{{\rm{5}}}\] Vậy hàm số có GTNN bằng\[\frac{{26}}{5}\] đạt được khi\[{\rm{x - }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{5}}}{\rm{ = 0}} \Leftrightarrow {\rm{x = }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{5}}}{\rm{.}}\]

Chọn C.

Xét tứ giác AMCN có

AM // CN

AM = CN

Do đó: AMCN là hình bình hành

Xét \[\Delta DFC\] có

N là trung điểm của DC
NE // FC

Do đó: E là trung điểm của DF

→ DE = EF(1)

Xét \[\Delta ABE\] có

M là trung điểm của BA

MF // AE

Do đó: F là trung điểm của BE

→ BF = FE(2)

Từ(1) và (2) suy ra \[\overrightarrow {DE} \, = \overrightarrow {EF} \;\, = \overrightarrow {FB} \]

Ta có hình vẽ sau:

Gọi E là điểm đối xứng với A qua M. Khi đó ABEC là hình bình hành

Ta có: \[\overrightarrow {{\rm{AB}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{AC}}} {\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{AE}}} \](quy tắc hình bình hành)

Mà \[\overrightarrow {{\rm{AE}}} {\rm{ = 2}}\overrightarrow {{\rm{AM}}} \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{AM}}} {\rm{ = }}\frac{{\overrightarrow {{\rm{AB}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{AC}}} }}{{\rm{2}}}\]

Ta lại có: \[\overrightarrow {{\rm{AC}}} {\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{AB}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{AD}}} \] (quy tắc hình bình hành)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{AM}}} {\rm{ = }}\frac{{\overrightarrow {{\rm{AB}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{AB}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{AD}}} }}{{\rm{2}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{2}}\overrightarrow {{\rm{AB}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{AD}}} }}{{\rm{2}}}{\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{AB}}} {\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}\overrightarrow {{\rm{AD}}} {\rm{.}}\]

Vậy \[\overrightarrow {{\rm{AM}}} {\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{AB}}} {\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}\overrightarrow {{\rm{AD}}} {\rm{.}}\]

a) Ta có: \(\Delta ABC\)vuông tại A

\( \Rightarrow \widehat {\rm{A}}{\rm{ = 9}}{{\rm{0}}^{\rm{o}}}\)

MP vuông góc AB \( \Rightarrow \widehat {\rm{P}}{\rm{ = 9}}{{\rm{0}}^{\rm{o}}}\)

MQ vuông góc AC \[ \Rightarrow \widehat {\rm{Q}}{\rm{ = 9}}{{\rm{0}}^{\rm{o}}}\]

Ta có: \[\widehat {\rm{A}}{\rm{ = }}\widehat {\rm{P}}{\rm{ = }}\widehat {\rm{Q}}{\rm{ = 9}}{{\rm{0}}^{\rm{o}}}\]

Vậy AQMP là hình chữ nhật

b) Ta có: \(\Delta ABC\)vuông; AM là trung tuyến \[ \Rightarrow {\rm{AM = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{BC = MB}}\]

Vậy \(\Delta AMB\)cân mà MP là đường cao

→ MP cũng là trung tuyến

→ AP = BP.

Ta có: AP = BP; MP = PR (R đối xứng với M qua P); \[MP \bot AB\](hay\[MR \bot AB\])

→ AMBR là hình thoi

c) Để AQMP là hình vuông thì:

\[\widehat {{\rm{BAM}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{ MAC}}}\]

hay AM là phân giác mà AM là trung tuyến

\( \Rightarrow \Delta ABC\)vuông cân tại A.

Xét \(\Delta APM\)vuông tại P ta có PO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AM.

→ OA = OP = OM.

Tương tự cho \[\Delta AHM\]vuông tại H và \(\Delta AQM\)vuông tại Q ta có:

OA = OP = OH = OM = OQ    (1)

→ \(\Delta AOP\)và \[\Delta AOH\]cân tại O.

Xét \(\Delta ABC\)đều ta có:

AH là đường cao cũng là đường phân giác 

\[ \Rightarrow \widehat {{\rm{BAH}}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}\widehat {{\rm{BAC}}}{\rm{ = 3}}{{\rm{0}}^{\rm{0}}}\]

Ta có:

\[\widehat {{\rm{POM}}}{\rm{ = 2 }}\widehat {{\rm{PAO}}}\] ( góc ngoài của \(\Delta AOP\)cân tại O)

\[\widehat {{\rm{HOM}}}{\rm{\; = 2}}\widehat {{\rm{HAO}}}\] ( góc ngoài của \(\Delta AOH\)cân tại O)

\[ \Rightarrow {\rm{ }}\widehat {{\rm{POM}}}{\rm{ - }}\widehat {{\rm{HOM}}}{\rm{ = 2}}\left( {{\rm{ }}\widehat {{\rm{PAO}}}{\rm{ -   }}\widehat {{\rm{HAO}}}} \right)\]

\[ \Rightarrow {\rm{ }}\widehat {{\rm{POH}}}{\rm{ = 2}}\widehat {{\rm{PAH}}}\]

Mà\[{\rm{ }}\widehat {{\rm{PAH}}}{\rm{ = 3}}{{\rm{0}}^{\rm{0}}}\]( cmt)  

Nên \[\widehat {{\rm{POH}}}{\rm{ = 6}}{{\rm{0}}^{\rm{0}}}\]

Mặt khác OH = OP ( cmt)

\[ \Rightarrow {\rm{ \Delta POH}}\]đều.

→ PH = OP    (2)

Tương tự ta có \[\Delta QOH\]đều 

→ QH = OQ    (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra OP = OQ = PH = HQ

→ Tứ giác OPHQ là hình thoi ( tứ giác có 4 cạnh bằng nhau)

 Gọi K là giao điểm của OH và PQ.

Do tứ giác OPHQ là hình thoi và K là giao điểm 2 đường chéo OH và PQ

Nên K là trung điểm của OH và PQ và \[{\rm{OH }} \bot {\rm{ PQ}}\]tại K.

\[ \Rightarrow {\rm{ OK = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{OH = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}{\rm{AM}}\].

Xét \[\Delta OKP\]vuông tại K theo định lý Pitago thuận ta có:

\[{\rm{P}}{{\rm{K}}^{\rm{2}}}{\rm{\; = O}}{{\rm{P}}^{\rm{2}}}{\rm{\; - O}}{{\rm{K}}^{\rm{2}}}{\rm{\; = }}\frac{1}{4}{\rm{ A}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}{\rm{\; - }}\frac{1}{{16}}{\rm{ A}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}{\rm{\; = }}\frac{3}{{16}}{\rm{ A}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}\]

\( \Rightarrow {\rm{PK = }}\frac{{\sqrt {\rm{3}} }}{{\rm{4}}}{\rm{AM}}\)

\( \Rightarrow {\rm{PQ = }}\frac{{\sqrt {\rm{3}} }}{{\rm{2}}}{\rm{AM}}\)

→ PQ nhỏ nhất khi AM nhỏ nhất.

Mà AM nhỏ nhất khi AM = AH

→ M trùng với H thì PQ nhỏ nhất.

Áp dụng BĐT Cô-si,ta có :

\[{{\rm{x}}^{\rm{4}}}{\rm{ + yz }} \ge \,\,{\rm{2}}\sqrt {{{\rm{x}}^{\rm{4}}}{\rm{yz}}} {\rm{ = 2}}{{\rm{x}}^{\rm{2}}}\sqrt {{\rm{yz}}} {\rm{; }}{{\rm{y}}^{\rm{4}}}{\rm{ + xz }} \ge {\rm{ 2}}{{\rm{y}}^{\rm{2}}}\sqrt {{\rm{xz}}} {\rm{; }}{{\rm{z}}^{\rm{4}}}{\rm{ + xy }} \ge {\rm{2}}{{\rm{z}}^{\rm{2}}}\sqrt {{\rm{xy}}} \]

\[ \Rightarrow \frac{{{{\rm{x}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{x}}^{\rm{4}}}{\rm{ + yz}}}}{\rm{ + }}\frac{{{{\rm{y}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{y}}^{\rm{4}}}{\rm{ + xz}}}}{\rm{ + }}\frac{{{{\rm{z}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{z}}^{\rm{4}}}{\rm{ + xy}}}} \le \frac{{{{\rm{x}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{2}}{{\rm{x}}^{\rm{2}}}\sqrt {{\rm{yz}}} }}{\rm{ + }}\frac{{{{\rm{y}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{2}}{{\rm{y}}^{\rm{2}}}\sqrt {{\rm{xz}}} }}{\rm{ + }}\frac{{{{\rm{z}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{2}}{{\rm{z}}^{\rm{2}}}\sqrt {{\rm{xy}}} }}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{2}}\sqrt {{\rm{yz}}} }}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{2}}\sqrt {{\rm{xz}}} }}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{2}}\sqrt {{\rm{xy}}} }}\]CM: \[{\rm{x + y + z }} \ge {\rm{ }}\sqrt {{\rm{xy}}} {\rm{ +  }}\sqrt {{\rm{yz}}} {\rm{ + }}\sqrt {{\rm{xz}}} \]

\[\frac{{{{\rm{x}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{x}}^{\rm{4}}}{\rm{ + yz}}}}{\rm{ + }}\frac{{{{\rm{y}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{y}}^{\rm{4}}}{\rm{ + xz}}}}{\rm{ + }}\frac{{{{\rm{z}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{z}}^{\rm{4}}}{\rm{ + xy}}}} \le \frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}\left( {\frac{{\rm{1}}}{{\rm{x}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{y}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{z}}}} \right){\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{ }}{\rm{. }}\frac{{{\rm{yz + xz + xy}}}}{{{\rm{xyz}}}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{ }}{\rm{. }}\frac{{{\rm{3xyz}}}}{{{\rm{xyz}}}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{3}}}{{\rm{2}}}\]Đề

\[{{\rm{x}}^{\rm{2}}}{\rm{ + }}{{\rm{y}}^{\rm{2}}}{\rm{ + }}{{\rm{z}}^{\rm{2}}}{\rm{ = 3xyz }} \Rightarrow \frac{{\rm{x}}}{{{\rm{yz}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{y}}}{{{\rm{xz}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{z}}}{{{\rm{xy}}}}{\rm{ = 3}}\]

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số dương \[\frac{{\rm{x}}}{{{\rm{yz}}}}{\rm{; }}\frac{{\rm{y}}}{{{\rm{zx}}}}\]ta có: \[\frac{{\rm{x}}}{{{\rm{yz}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{y}}}{{{\rm{zx}}}} \ge \,\,{\rm{2}}\sqrt {\frac{{\rm{x}}}{{{\rm{yz}}}}{\rm{ }}{\rm{. }}\frac{{\rm{y}}}{{{\rm{zx}}}}} {\rm{ = }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{z}}}\]

Tương tự ta cũng có \[\frac{{\rm{y}}}{{{\rm{zx}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{z}}}{{{\rm{xy}}}}\, \ge \,\,\frac{{\rm{2}}}{{\rm{x}}}{\rm{; }}\frac{{\rm{z}}}{{{\rm{xy}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{x}}}{{{\rm{yz}}}}\, \ge \,\,\frac{{\rm{2}}}{{\rm{y}}}\]

\[ \Rightarrow \left( {\frac{{\rm{x}}}{{{\rm{yz}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{y}}}{{{\rm{zx}}}}} \right){\rm{ + }}\left( {\frac{{\rm{y}}}{{{\rm{zx}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{z}}}{{{\rm{xy}}}}} \right){\rm{ + }}\left( {\frac{{\rm{z}}}{{{\rm{xy}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{x}}}{{{\rm{yz}}}}} \right)\, \ge \frac{{\rm{2}}}{{\rm{z}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{x}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{y}}}\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{\rm{x}}}{{{\rm{yz}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{y}}}{{{\rm{zx}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{z}}}{{{\rm{xy}}}} \ge \frac{{\rm{1}}}{{\rm{x}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{y}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{z}}}\\ \Rightarrow \frac{{\rm{1}}}{{\rm{x}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{y}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{z}}} \le {\rm{3}}\end{array}\]

Lại có: \[{{\rm{x}}^{\rm{4}}}{\rm{ + yz}} \ge {\rm{2}}\sqrt {{{\rm{x}}^{\rm{4}}}{\rm{yz}}} {\rm{ = 2}}{{\rm{x}}^{\rm{2}}}\sqrt {{\rm{yz}}} \]

\[ \Rightarrow \frac{{{{\rm{x}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{x}}^{\rm{4}}}{\rm{ + yz}}}} \le \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{2}}\sqrt {{\rm{yz}}} }}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}{\rm{ }}{\rm{. 2 }}{\rm{. }}\frac{{\rm{1}}}{{\sqrt {\rm{y}} }}{\rm{ }}{\rm{. }}\frac{{\rm{1}}}{{\sqrt {\rm{z}} }} \le \frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}\left( {\frac{{\rm{1}}}{{\rm{y}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{z}}}} \right)\]

Tương tự \[\frac{{{{\rm{y}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{y}}^{\rm{4}}}{\rm{ + xz}}}} \le \frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}\left( {\frac{{\rm{1}}}{{\rm{x}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{z}}}} \right){\rm{; }}\frac{{{{\rm{z}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{z}}^{\rm{4}}}{\rm{ + xy}}}} \le \frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}\left( {\frac{{\rm{1}}}{{\rm{x}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{y}}}} \right)\]

Suy ra\[{\rm{P = }}\frac{{{{\rm{x}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{x}}^{\rm{4}}}{\rm{ + yz}}}}{\rm{ + }}\frac{{{{\rm{y}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{y}}^{\rm{4}}}{\rm{ + xz}}}}{\rm{ + }}\frac{{{{\rm{z}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{z}}^{\rm{4}}}{\rm{ + xy}}}} \le \frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}\left( {\frac{{\rm{2}}}{{\rm{x}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{y}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{z}}}} \right){\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}\left( {\frac{{\rm{1}}}{{\rm{x}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{y}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{z}}}} \right) \le \frac{{\rm{3}}}{{\rm{2}}}\]

\[ \Rightarrow {\rm{P}} \le \frac{{\rm{3}}}{{\rm{2}}}\]

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1.

Vậy \[{{\rm{P}}_{{\rm{max}}}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{3}}}{{\rm{2}}}\] khi x = y = z = 1.

Chọn D.

Khi nhân một số với 39 vì đã đặt nhầm các tích riêng thẳng cột nên 259,2 ứng với:

3 + 9 = 12 ( lần thừa số thứ nhất )

Số đó là : 259,2 : 12 = 21,6

Tích đúng là : 21,6 x 39 = 842,4

Đáp số : 842,4

Giá vốn 50 chiếc túi sách:

50 . 150000 = 7500000(đ)

Giá bán để cửa hàng lãi 30% so với giá gốc là:

150000 . (100% + 30%) = 150000 . 130% = 195000(đ)

Số tiền thu được khi bán với giá lãi 30%:

30 . 195000 = 5850000(đ)

Giá bán làm cửa hàng lỗ 5% so với giá gốc là:

150000 . (100% − 5%) = 150000 . 95% = 142500(đ)

Số tiền thu được khi bán với giá lỗ 5%:

20 . 142500 = 2850000(đ)

Tổng tiền thu được:

5850000 + 2850000 = 8700000(đ) > 7500000(đ)

Vậy cửa hàng lãi và lãi: 8700000 – 7500000 = 1200000(đ).

\[{\rm{A = si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{2}}{{\rm{1}}^{\rm{o}}}{\rm{ + co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{2}}{{\rm{1}}^{\rm{o}}}{\rm{ + tan1}}{{\rm{8}}^{\rm{o}}}{\rm{ - cot7}}{{\rm{2}}^{\rm{o}}}\]

\[{\rm{A = 1 + tan1}}{{\rm{8}}^{\rm{o}}}{\rm{ - tan1}}{{\rm{8}}^{\rm{o}}}\]

\[{\rm{A = 1 + 0 = 1}}\]

Công thức:\[{\rm{si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{\alpha   + co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{\alpha   = 1}}\]

\[{\rm{tan\alpha   = cot}}\left( {{\rm{9}}{{\rm{0}}^{\rm{o}}}{\rm{ - \alpha }}} \right)\]

a) \[{\rm{si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}\left( {{\rm{54}}} \right){\rm{ + }}\frac{{{\rm{5cot}}\left( {{\rm{72}}} \right)}}{{{\rm{4tan}}\left( {\rm{8}} \right)}}{\rm{ + si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}\left( {{\rm{36}}} \right){\rm{ + sin}}\left( {{\rm{30}}} \right)\]

\[{\rm{ = si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{54 + co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{(90 - 36) + }}\frac{{{\rm{5tan(90 - 72)}}}}{{{\rm{4tan18}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}\]

\[{\rm{ = si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{54 + co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{54 + }}\frac{{{\rm{5tan18}}}}{{{\rm{4tan18}}}}{\rm{ + }}\frac{1}{2}\]

\(\begin{array}{l} = {\rm{1 + }}\frac{{\rm{5}}}{{\rm{4}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}\\{\rm{ = }}\frac{{{\rm{11}}}}{{\rm{4}}}\end{array}\)

b) \[{\rm{ta}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{\alpha }}\left( {{\rm{2co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{\alpha   + si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{\alpha   - 1}}} \right)\]

\[{\rm{ = ta}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{a(co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{a + si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{a + co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{a - 1)}}\]

\[{\rm{ = ta}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{a(1 + co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{a - 1)}}\]

\[{\rm{ = (}}\frac{{{\rm{sina}}}}{{{\rm{cosa}}}}{{\rm{)}}^{\rm{2}}}{\rm{ }}{\rm{. co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{a}}\]

\[{\rm{ = si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{a}}\]

Điều kiện: \[{\rm{x}} \ge {\rm{0,}}\,\,{\rm{x}} \ne {\rm{25}}{\rm{.}}\]

Ta có: P < 1

\[ \Leftrightarrow \frac{{{\rm{2}}\sqrt {\rm{x}} }}{{\sqrt {\rm{x}} {\rm{ - 5}}}}{\rm{ < 1}} \Leftrightarrow \frac{{{\rm{2}}\sqrt {\rm{x}} }}{{\sqrt {\rm{x}} {\rm{ - 5}}}}{\rm{ - 1 < 0}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{{\rm{2}}\sqrt {\rm{x}} {\rm{ - }}\sqrt {\rm{x}} {\rm{ + 5}}}}{{\sqrt {\rm{x}} {\rm{ - 5}}}}{\rm{ < 0}} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {\rm{x}} {\rm{ + 5}}}}{{\sqrt {\rm{x}} {\rm{ - 5}}}}{\rm{ < 0}}\]

\[ \Leftrightarrow \sqrt {\rm{x}} {\rm{ - 5 < 0}}\,\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,\sqrt {\rm{x}} {\rm{ + 5 > 0}}\,\,\,\forall {\rm{x}} \ge {\rm{0,}}\,\,{\rm{x}} \ne {\rm{25}}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \sqrt {\rm{x}} {\rm{ < 5 }} \Leftrightarrow {\rm{ x < 25}}\]

Kết hợp với điều kiện \[{\rm{x}} \ge {\rm{0,}}\,\,{\rm{x}} \ne {\rm{25}}\] ta có: \[{\rm{0}} \le {\rm{x < 25}}\]

Vậy\[{\rm{0}} \le {\rm{x < 25}}\]thỏa mãn bài toán.

Chọn C.

Để \[{\rm{P\;}} \le {\rm{ 4}}\] thì

\( \Rightarrow {\rm{x}} \le {\rm{4(}}\sqrt {\rm{x}} {\rm{ - 1)}}\)

\[ \Leftrightarrow {\rm{x - 4}}\sqrt {\rm{x}} {\rm{ + 4 - 3}} \le {\rm{0}}\]

\[ \Leftrightarrow {{\rm{(}}\sqrt {\rm{x}} {\rm{ - 2)}}^{\rm{2}}}{\rm{ - 3}} \le {\rm{0}}\]

\[ \Leftrightarrow {{\rm{(}}\sqrt {\rm{x}} {\rm{ - 2)}}^{\rm{2}}} \le {\rm{3}}\]

\[ \Rightarrow {\rm{ - }}\sqrt {\rm{3}} \le \sqrt {\rm{x}} {\rm{ - 2}} \le \sqrt {\rm{3}} \]

\[ \Rightarrow {\rm{ - }}\sqrt {\rm{3}} {\rm{ + 2}} \le \sqrt {\rm{x}} \le \sqrt {\rm{3}} {\rm{ + 2}}\]

\[ \Rightarrow {\rm{7 - 4}}\sqrt {\rm{3}} \le {\rm{x}} \le {\rm{7 + 4}}\sqrt {\rm{3}} \]

Kết hợp với Đk của x\[ \Rightarrow {\rm{7 - 4}}\sqrt {\rm{3}} \le {\rm{x}} \le {\rm{7 + 4}}\sqrt {\rm{3}} \]và \({\rm{x}} \ne 1\)

284. vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ oxy đồ thị của các hàm số sau: xác định b để đường thẳng (d3 ) y = 2x b cắt (d2 ) tại điểm có hoành độ và tung độ đối nhau.

+) Vẽ đồ thị hàm số \[\left( {{{\rm{d}}_{\rm{1}}}} \right){\rm{: y =   - }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{x}}\]

Với x = 0→ y = 0 ta có điểm (0; 0)

Với \[{\rm{x = 2}} \to {\rm{y =   - }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{ }}{\rm{. 2 =   - 1}}\] ta có điểm (2; −1)

Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm (0; 0); (2; −1) ta được (d₁)

+) Vẽ đồ thị hàm số\[\left( {{{\rm{d}}_{\rm{2}}}} \right){\rm{ : y = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{x + 3}}\]

Với x = 0 → y = 3 ta có điểm (0; 3)

Với \[{\rm{y = 0}} \Rightarrow \frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{x + 3 = 0}} \Rightarrow {\rm{x =   - 6}}\] ta có điểm (−6; 0)

Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm (0; 3); (−6; 0) ta được (d₂)

+) Phương trình hoành độ giao điểm của \[\left( {{{\rm{d}}_{\rm{3}}}} \right){\rm{: y = 2x + b}}\]và \[\left( {{{\rm{d}}_{\rm{2}}}} \right){\rm{: y = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{x + 3}}\]là

\[{\rm{2x + b = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{x + 3}}\]

\[ \Leftrightarrow {\rm{2x - }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{x = 3 - b}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{\rm{3}}}{{\rm{2}}}{\rm{x = 3 - b}}\]

\[ \Leftrightarrow {\rm{3x = 6 - 2b}}\]

\[ \Rightarrow {\rm{x = 2 - }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{3}}}{\rm{b}}\]

Thay \[{\rm{x = 2 - }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{3}}}{\rm{b}}\]vào \[\left( {{{\rm{d}}_{\rm{2}}}} \right){\rm{ : y = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{x + 3}}\]

\[ \Rightarrow {\rm{y = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{ }}{\rm{. }}\left( {{\rm{2 - }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{3}}}{\rm{b}}} \right){\rm{ + 3 = 1 - }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{3}}}{\rm{b + 3 = 4 - }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{3}}}{\rm{b}}\]

Vì giao điểm của (d₂); (d₃) có tung độ và hoành độ đối nhau

→ x + y = 0

\[ \Rightarrow {\rm{2 - }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{3}}}{\rm{b + 4 - }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{3}}}{\rm{b = 0}}\]

\[ \Leftrightarrow {\rm{ - }}\frac{{\rm{2}}}{{\rm{3}}}{\rm{b - }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{3}}}{\rm{b =   - 4 - 2}}\]

\[ \Leftrightarrow - {\rm{b =   - 6}}\]

\[ \Leftrightarrow {\rm{b = 6}}\]

Vậy \[{\rm{b = 6}}\]thỏa mãn đề bài 

Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) :

\[{\rm{a}}{{\rm{x}}^{\rm{2}}}{\rm{ =   - 4x + 4}}\]

\[{\rm{a}}{{\rm{x}}^{\rm{2}}}{\rm{ + 4x - 4 = 0}}\]

\[{\rm{\Delta   = }}{{\rm{4}}^{\rm{2}}}{\rm{ - 4 }}{\rm{. a }}{\rm{. }}\left( {{\rm{ - 4}}} \right){\rm{ = 16 + 16a}}\]

Để (P) tiếp xúc với (d)\[ \Leftrightarrow {\rm{\Delta   = 0}} \Leftrightarrow {\rm{16 + 16a = 0}}\]

\( \Leftrightarrow 16a = - 16\)

\( \Leftrightarrow a = - 1\)

Vậy (P) : y = - x² thì ( P) tiếp xúc với (d)

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(\frac{{{{\rm{x}}^{\rm{2}}}}}{{\rm{2}}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{x + m}} \Leftrightarrow {{\rm{x}}^{\rm{2}}}{\rm{ - x - 2m = 0}}\)có \({\rm{\Delta   = 8m + 1}}\)

Để đường thẳng d tiếp xúc với parabol (P) thì \({\rm{\Delta   = 0}} \Leftrightarrow {\rm{8m + 1 = 0}} \Leftrightarrow {\rm{m =   - }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{8}}}\)

Đáp án cần chọn là : D

Vẽ đồ thị hàm số y = 2x . Ta có bảng: 

Đồ thị hàm số là đường thẳng đi qua gốc tọa độ O(0; 0) và các điểm:

A(−2; −4); B(−1; −2);C(1; 2); D(2; 4)

Đồ thị hàm số đối xứng qua gốc tọa độ O.

Chọn D

Thay tọa độ các điểm M, N, P vào hàm số đều không thỏa mãn, chỉ có điểm Q(−1; 2) thỏa mãn vì: 2 = −2 . (−1).

Đáp án cần chọn là: D

 Kiểm tra với n = 1 sau đó biểu diễn

\[{{\rm{A}}_{{\rm{k + 1}}}}{\rm{ = }}{{\rm{A}}_{\rm{k}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\left( {{\rm{k + 1}}} \right)\left( {{\rm{k + 2}}} \right)\left( {{\rm{k + 3}}} \right)}}\]

\[{{\rm{S}}_{\rm{n}}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{1}}{\rm{.2}}{\rm{.3}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{2}}{\rm{.3}}{\rm{.4}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{3}}{\rm{.4}}{\rm{.5}}}}{\rm{ + }}...{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{n}}\left( {{\rm{n + 1}}} \right)\left( {{\rm{n + 2}}} \right)}}\]

\[{\rm{2}}{{\rm{S}}_{\rm{n}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{3 - 1}}}}{{{\rm{1}}{\rm{.2}}{\rm{.3}}}}{\rm{ + }}\frac{{{\rm{4 - 2}}}}{{{\rm{2}}{\rm{.3}}{\rm{.4}}}}{\rm{ + }}\frac{{{\rm{5 - 3}}}}{{{\rm{3}}{\rm{.4}}{\rm{.5}}}}{\rm{ + }}...{\rm{ + }}\frac{{\left( {{\rm{n + 2}}} \right){\rm{ - n}}}}{{{\rm{n}}\left( {{\rm{n + 1}}} \right)\left( {{\rm{n + 2}}} \right)}}\]

\[{\rm{2}}{{\rm{S}}_{\rm{n}}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{1}}{\rm{.2}}}}{\rm{ - }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{2}}{\rm{.3}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{2}}{\rm{.3}}}}{\rm{ - }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{3}}{\rm{.4}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{3}}{\rm{.4}}}}{\rm{ - }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{4}}{\rm{.5}}}}{\rm{ + }}...{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{n}}\left( {{\rm{n + 1}}} \right)}}{\rm{ - }}\frac{{\rm{1}}}{{\left( {{\rm{n + 1}}} \right)\left( {{\rm{n + 2}}} \right)}}\]

\[{\rm{2}}{{\rm{S}}_{\rm{n}}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{1}}{\rm{.2}}}}{\rm{ - }}\frac{{\rm{1}}}{{\left( {{\rm{n + 1}}} \right)\left( {{\rm{n + 2}}} \right)}}\]

\[{{\rm{S}}_{\rm{n}}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}{\rm{ - }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{2}}\left( {{\rm{n + 1}}} \right)\left( {{\rm{n + 2}}} \right)}}\]

\[{\rm{VT = (a + b}}{{\rm{)}}^{\rm{2}}}{\rm{ - (a - b}}{{\rm{)}}^{\rm{2}}}\]

\[{\rm{ = (}}{{\rm{a}}^{\rm{2}}}{\rm{ + 2ab + }}{{\rm{b}}^{\rm{2}}}{\rm{) - (}}{{\rm{a}}^{\rm{2}}}{\rm{ - 2ab + }}{{\rm{b}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\]

\[{\rm{ = }}{{\rm{a}}^{\rm{2}}}{\rm{ + 2ab + }}{{\rm{b}}^{\rm{2}}}{\rm{ - }}{{\rm{a}}^{\rm{2}}}{\rm{ + 2ab - }}{{\rm{b}}^{\rm{2}}}\]

\[{\rm{ = 4ab = VP}}\](đpcm)

Với n = 4 thì \({{\rm{3}}^{{\rm{4 - 1}}}}{\rm{ = 27 > 4}}\left( {{\rm{4 + 2}}} \right){\rm{ = 24}}\)

Giả sử đã có

\({{\rm{3}}^{{\rm{k - 1}}}}{\rm{ > k}}\left( {{\rm{k + 2}}} \right)\)với \(k \ge 4\left( 1 \right)\)

Nhân hai vế của (1) với 3, ta có

\({\rm{3}}{\rm{.}}{{\rm{3}}^{{\rm{k - 1}}}}{\rm{ > 3k}}\left( {{\rm{k + 2}}} \right){\rm{ = }}\left( {{\rm{k + 1}}} \right)\left[ {\left( {{\rm{k + 1}}} \right){\rm{ + 2}}} \right]{\rm{ + 2}}{{\rm{k}}^{\rm{2}}}{\rm{ + 2k - 3}}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{3}}\left( {{\rm{k + 1}}} \right){\rm{ - 1 > }}\left( {{\rm{k + 1}}} \right)\left[ {\left( {{\rm{k + 1}}} \right){\rm{ + 2}}} \right]{\rm{ + 2}}{{\rm{k}}^{\rm{2}}}{\rm{ + 2k - 3}}\)

Do \({\rm{2}}{{\rm{k}}^{\rm{2}}}{\rm{ + 2k - 3 > 0}}\)nên \({{\rm{3}}^{\left( {{\rm{k + 1}}} \right){\rm{ - 1}}}}{\rm{ > }}\left( {{\rm{k + 1}}} \right)\left[ {\left( {{\rm{k + 1}}} \right){\rm{ + 2}}} \right]{\rm{ }}\)

Chứng tỏ bất đẳng thức đúng với n = k + 1

Chứng minh: 3ⁿ > 3n + 1(1)

+ Với n = 2 thì (1) ⇔ 9 > 7 (luôn đúng).

+ Giả sử (1) đúng với \[{\rm{n = k }} \ge {\rm{ 2}}\], tức là \[{{\rm{3}}^{\rm{k}}}{\rm{\; > 3k + 1}}\]

Ta chứng minh đúng với n = k + 1 tức là chứng minh: \[{{\rm{3}}^{{\rm{k + 1}}}}{\rm{\; > 3}}\left( {{\rm{k + 1}}} \right){\rm{ + 1}}\]

Thật vậy, ta có:

\[{{\rm{3}}^{{\rm{k + 1}}}}{\rm{\; = 3}}{\rm{.}}{{\rm{3}}^{\rm{k}}}{\rm{\; > 3}}{\rm{.}}\left( {{\rm{3k + 1}}} \right)\](Vì \[{{\rm{3}}^{\rm{k}}}{\rm{\; > 3k + 1}}\] theo giả sử)

= 9k + 3

= 3k + 3 + 6k

= 3.(k + 1) + 6k

> 3(k + 1) + 1.( vì \[{\rm{k }} \ge {\rm{ 2}}\] nên\[{\rm{6k }} \ge {\rm{ 12 > 1}}\])

→ (1) đúng với n = k + 1.

Vậy 3ⁿ > 3n + 1 đúng với mọi\[{\rm{n }} \ge {\rm{ 2}}\].

I là trung điểm của \[{\rm{MK}} \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{IM}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{IK}}} {\rm{ = \vec 0}}\]

\[{\rm{NK = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}{\rm{NP}} \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{NK}}} {\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}\overrightarrow {{\rm{NP}}} \]

\[\overrightarrow {{\rm{IK}}} {\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{IN}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{NK}}} {\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{IN}}} {\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}\overrightarrow {{\rm{NP}}} {\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{IN}}} {\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}\overrightarrow {{\rm{NI}}} {\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}\overrightarrow {{\rm{IP}}} {\rm{ = }}\overrightarrow {{\rm{IN}}} {\rm{ - }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}\overrightarrow {{\rm{IN}}} {\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}\overrightarrow {{\rm{IP}}} {\rm{ = }}\frac{{\rm{3}}}{{\rm{4}}}\overrightarrow {{\rm{IN}}} {\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}\overrightarrow {{\rm{IP}}} \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{IM}}} {\rm{ + }}\frac{{\rm{3}}}{{\rm{4}}}\overrightarrow {{\rm{IN}}} {\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{4}}}\overrightarrow {{\rm{IP}}} {\rm{ = \vec 0}}\]

\[ \Rightarrow {\rm{4}}\overrightarrow {{\rm{IM}}} {\rm{ + 3}}\overrightarrow {{\rm{IN}}} {\rm{ + }}\overrightarrow {{\rm{IP}}} {\rm{ = \vec 0}}\]

Chọn C