5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 35)

Ta có: \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} \)

\( = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} \)

\( = \overrightarrow {AI} + \overrightarrow {IJ} + \overrightarrow {JD} + \overrightarrow {BI} + \overrightarrow {IJ} + \overrightarrow {IC} = 2\overrightarrow {IJ} + \left( {\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {BI} } \right) + \left( {\overrightarrow {JD} + \overrightarrow {JC} } \right) = 2\overrightarrow {IJ} \).

cos3x + cosx – cos2x = 0 \( \Leftrightarrow 2\cos 2x.\cos x - \cos 2x = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos 2x\left( {2\cos x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos 2x = 0}\\{2\cos 2x - 1 = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x = \frac{\pi }{2} + k\pi }\\{\cos 2x = \cos \frac{\pi }{3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}}\\{x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

cos3x.cosx = cos2x \( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {\cos 4x + \cos 2x} \right) = \cos 2x\)

\( \Leftrightarrow \cos 4x = \cos 2x \Leftrightarrow 2{\cos ^2}2x - 1 - \cos 2x = 0\)

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

Với cos2x = 1 \( \Rightarrow x = k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Với cos2x = \( - \frac{1}{2} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{3} + k\pi }\\{x = - \frac{\pi }{3} + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

cos3x.cosx = cos2x \( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {\cos 4x + \cos 2x} \right) = \cos 2x\)

\( \Leftrightarrow \cos 4x = \cos 2x \Leftrightarrow 2{\cos ^2}2x - 1 - \cos 2x = 0\)

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

Với cos2x = 1 \( \Rightarrow x = k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Với cos2x = \( - \frac{1}{2} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{3} + k\pi }\\{x = - \frac{\pi }{3} + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Ta có: \({\left( {a - b - c} \right)^3}\)

\[ = {\left[ {\left( {a - b} \right) - c} \right]^3}\]

\( = {\left( {a - b} \right)^3} - 3{\left( {a - b} \right)^2}c + 3\left( {a - b} \right){c^2} - {c^3}\)

\( = {a^3} - 3{a^2}b + 3a{b^2} - {b^3} - 3c\left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + 3a{c^2} - 3b{c^2} - {c^3}\)

\( = {a^3} - {b^3} - {c^3} - 3ab\left( {a - b} \right) - 3ac\left( {a - c} \right) - 3bc\left( {b + c} \right) + 6abc\).

Hệ phương trình đã cho tương đương với:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {{x^2} + xy} \right)}^2} = 2x + 9}\\{xy = 3x + 3 - \frac{{{x^2}}}{2}}\end{array}} \right. \Rightarrow {\left( {{x^2} + 3x + 3 - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)^2} = 2x + 9\)

\( \Leftrightarrow {x^4} + 12{x^3} + 48{x^2} + 64x = 0 \Leftrightarrow x{\left( {x + 4} \right)^3} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = - 4}\end{array}} \right.\)

+) x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình.

+) x = –4 \( \Rightarrow y = \frac{{17}}{4}\)

Nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( { - 4;\frac{{17}}{4}} \right)\).

Giả sử hình vuông ABCD độ dài cạnh 2, đường chéo AC chia hình vuông thành 2 tam giác ABC và ACD. Áp dụng định lí Pytago cho tam giác vuông ABC:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}\)

Hay \(A{C^2} = {2^2} + {a^2} = {2.2^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \)

Vậy đường chéo hình vuông có độ dài cạnh a là 2\(\sqrt 2 \).

Gọi x là phần tử bất kì thuộc tập A

\(x \in A \Rightarrow x \in A \cup B.\) Mà \(A \cup B = A \cap B\) nên x \( \in A \cap B \Rightarrow x \in B\)

A là tập con của B(1)

Gọi y là phần tử bất kì thuộc tập B.

\( \Rightarrow y \in A \cup B.\) Mà \(A \cup B = A \cap B\) nên y \( \in A \cap B \Rightarrow y \in A\)

\( \Rightarrow B\) là tập con của A(2)

Từ (1) và (2) ⇒ A = B (đpcm).

Ta có tập A ∪ B là tập các phần tử thuộc tập A hoặc thuộc tập B nên A ∪ B = {đỏ; cam; vàng; lục; lam; tràm; tím}.

Tâp hợp \(A \cap B\) là tập các phần tử vừa thuộc tập A vừa thuộc B nên \(A \cap B = \){lục; lam}.

Vậy A ∪ B = {đỏ; cam; vàng; lục; lam; tràm; tím} và A ∩ B = {lục; lam}.

\(\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {CB} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CB} } \right| = a\)

\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AA'} = 2\overrightarrow {AM} \) (ABA’C là hình bình hành, M là trung điểm của BC, nên M cũng là trung điểm của AA’)

\(\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right| = 2AM = 2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

\(\cos \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) - m = 2 \Leftrightarrow \cos \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = m + 2\)

PT trên có nghiệm \( \Leftrightarrow \left| {m + 2} \right| \le 1 \Leftrightarrow - 1 \le m + 2 \le 1 \Leftrightarrow - 3 \le m \le - 1\).

Đặt t = sinx + cosx = \(\sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\)

Vì \(\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow t \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]\)

Ta có \({t^2} = {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} = {\sin ^2}x + {\cos ^2}x + 2\sin x\cos x \Rightarrow \sin x\cos x = \frac{{{t^2} - 1}}{2}\).

Khi đó, phương trình đã cho trở thành:

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

Với t = 1, ta được sinx + cosx = 1 \( \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \frac{\pi }{4}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x + \frac{\pi }{4} = \pi - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

a.

\(\widehat {tOy} = \widehat {xOz} = 70^\circ \) (hai góc đối đỉnh)

\(\widehat {xOt} = \widehat {zOy} = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ \) (tính chất góc kề bù).

b. \(\widehat {xOn} = \widehat {yOm} = \frac{{\widehat {zOy}}}{2} = \frac{{110^\circ }}{2} = 55^\circ \).

Vì \(\widehat {xOz} > \widehat {xOn}\)

Nên Ox không là phân giác của \(\widehat {zOn}\).

Chiều rộng cánh đồng là: \(1200.\frac{3}{5} = 720\left( m \right)\)

Diện tích cánh đồng là: 1200 x 720 = 864000 \(\left( {{m^2}} \right)\)

\(864000{m^2} = 86,4ha\)

Cánh đồng lúa thu hoạch được là: 86,4 × 5 = 432 (tấn).

DKXD: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9

P=2x−9x−5x+6−x+3x−2+2x+1x−3

=2x−9−x+3x−3+2x+1x−2x−2x−3

=2x−9−x+9+2x−3x−2x−2x−3

=x−x−2x−2x−3

=x+1x−2x−2x−3=x+1x−3

Ta có: \({x^2} - 6x - 7 = {x^2} + x - 7x - 7 = x\left( {x + 1} \right) - 7\left( {x + 1} \right) = \left( {x + 1} \right)\left( {x - 7} \right)\).

Đặt f(x) = \({x^3} - 2x - 1\)

Ta có: f(0) = –1, f(2) = 3

Do f(0).f(2) < 0 nên tồn tại a ∈ (0, 2) sao cho f(a) = 0.

Vậy phương trình luôn có nghiệm.

Áp dụng công thức \(c = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \) vào tam giác đã cho ta được \(AB = \sqrt {{2^2} + {3^2}} = \sqrt {13} \).

Vậy độ dài của cạnh cần tìm là \(\sqrt {13} \).

y = 6sin2x – 8cos2x – 2 \( = 10\left( {\frac{3}{5}\sin 2x - \frac{4}{5}\cos 2x} \right) - 2\)

Đặt \(\cos \alpha = \frac{3}{5};\sin \alpha = \frac{4}{5}\)

Khi đó

y = 10(cosα sin2x – sinα cos2x) – 2 = 10sin(2x – α) – 2

Ta có: –1 ≤ sin(2x – α) ≤ 1 \( \Leftrightarrow - 10 \le 10\sin \left( {2x - \alpha } \right) \le 10 \Leftrightarrow - 12 \le y \le 8\left( {\forall x \in \mathbb{R}} \right)\)

\[Ma{x_y} = 8\] khi sin(2x – α) = 1

\( \Leftrightarrow 2x - \alpha = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + \frac{\alpha }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

\({\cos ^2}2x = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos 2x = \frac{1}{2}}\\{\cos 2x = - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)

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

Vậy phương trình có 4 họ nghiệm \(\left\{ {\frac{{ \pm \pi }}{3} + k\pi ;\frac{{ \pm \pi }}{6} + k\pi } \right\}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

cos2x – 3cosx + 2 = 0 \( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x - 1 - 3\cos x + 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x - 3\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x = 1}\\{\cos x = \frac{1}{2} = \cos \frac{\pi }{3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = k2\pi }\\{x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy \(S = \left\{ {k2\pi ; \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

\({\cos ^2}x + 3\cos x + 2 = 0 \Leftrightarrow \cos = - 1\) hay cosx = –2 (VN)

\( \Leftrightarrow x = \pi + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy phương trình có nghiệm là: x = \(\pi + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

cos4x + cos2x + 1 = 0 \( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}2x - 1 + \cos 2x + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}2x + \cos 2x = 0 \Leftrightarrow \cos 2x\left( {2\cos 2x + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos 2x = 0\left( 1 \right)}\\{2\cos 2x + 1 = 0\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \cos 2x = - \frac{1}{2} = \cos \frac{{2\pi }}{3}\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\\{2x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{3} + k\pi }\\{x = - \frac{\pi }{3} + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

1 + cos4x = cos2x \( \Leftrightarrow 1 + 2{\cos ^2}2x - 1 = \cos 2x\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}2x - \cos 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos 2x = 0}\\{\cos 2x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x = \frac{\pi }{2} + k\pi }\\{2x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}}\\{x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

ĐKXĐ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x \ne 0}\\{\cos x \ne 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

tanx = cotx \( \Leftrightarrow \tan x = \frac{1}{{\tan x}} \Leftrightarrow {\tan ^2}x = 1\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\tan x = 1}\\{\tan x = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x = - \frac{\pi }{4} + k\pi }\end{array}} \right. \Rightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

TH1: Nếu cosx = 0 là nghiệm của phương trình đã cho: cosx = 0 \( \Leftrightarrow {\sin ^2}x = 1\) không thỏa mãn phương trình.

TH2: cosx ≠ 0, chia cả 2 vế của phương trình cho \({\cos ^2}x\) ta được:

\(2{\tan ^2}x + \tan x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\tan x = - 1}\\{\tan x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x = \arctan \frac{1}{2} + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

\(2{\sin ^2}x - \sin x\cos x - {\cos ^2}x = 2 \Leftrightarrow 1 - \cos 2x - \frac{1}{2}\sin 2x - \frac{{1 + \cos 2x}}{2} = 2\)

\( \Leftrightarrow 2 - 2\cos 2x - \sin 2x - 1 - \cos 2x = 4 \Leftrightarrow - 3\cos 2x - \sin 2x = 3\)

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{{\sqrt {10} }}\cos 2x - \frac{1}{{\sqrt {10} }}\sin 2x = \frac{3}{{\sqrt {10} }}\)

Đặt \(\cos a = - \frac{3}{{\sqrt {10} }},\sin a = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\)

\( \Leftrightarrow \cos \left( {a + 2x} \right) = \frac{3}{{\sqrt {10} }} \Leftrightarrow a + 2x = \arccos \frac{3}{{\sqrt {10} }} + k2\pi \)\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Hoặc a + 2x = –arc\(\cos \frac{3}{{\sqrt {10} }} + k2\pi \)\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Rightarrow x = \arccos \frac{3}{{\sqrt {10} }} + k\pi - \frac{a}{2}\) hoặc 2x = –arc\(\cos \frac{3}{{2\sqrt {10} }} + k\pi - \frac{a}{2}\)\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Gọi số đó là abc

Ta có: abc5 = abc + 2444

⟺ 10(100a + 10b + c) + 5 = 100a + 10b + c + 2444

⟺ 9(100a + 10b + c) = 2439

⟺ 100a + 10b + c = 271 ⟺ abc = 271.

PT \( \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 2x + 1} \right) - \left( {{y^2} + 4y + 4} \right) = 7\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} - {\left( {y + 2} \right)^2} = 7 \Leftrightarrow \left( {x + y + 3} \right)\left( {x - y - 1} \right) = 7\)

Mặt khác, x, y > 0 ⇒ x + y + 3 > x – y – 1 và x + y +3 > 0

Nên ta có cặp nghiệm duy nhất sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y + 3 = 7}\\{x - y - 1 = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 4}\\{x - y = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3}\\{y = 1}\end{array}} \right.\).

sinx = cos3x \( \Leftrightarrow \cos 3x = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\)

\( \Leftrightarrow 3x = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi \) hoặc \(3x = x - \frac{\pi }{2} + k2\pi \)\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow 4x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \) hoặc \(2x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \)

\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}\) hoặc \(x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \)\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Hai tia đối nhau là hai tia có chung gốc tạo thành một đường thẳng nhất định.

⇒ Tia đối của tia NM là tia có chung gốc N với tia NM và tạo thành một đường thẳng.

⇒ Tia NP là tia đối của tia NM.

\(\begin{array}{l}{n^4} - 14{n^3} + 71{n^2} - 154n + 120\\ = \left( {{n^4} - 14{n^3} + 49{n^2}} \right) + 22{n^2} - 154n + 120\end{array}\)

\(\begin{array}{l} = {n^2}\left( {{n^2} - 14n + 49} \right) + 22n\left( {{n^2} - 7} \right) + 120\\ = {\left( {n\left( {n - 7} \right)} \right)^2} + 10n\left( {n - 7} \right) + 12n\left( {n - 7} \right) + 10.12\end{array}\)

\(\begin{array}{l} = n\left( {n - 7} \right)\left[ {n\left( {n - 7} \right) + 10} \right] + 12\left[ {n\left( {n - 7} \right) + 10} \right]\\ = \left[ {n\left( {n - 7} \right) + 10} \right].\left[ {n\left( {n - 7} \right) + 12} \right]\end{array}\)

\(\begin{array}{l} = \left( {{n^2} - 7n + 10} \right)\left( {{n^2} - 7n + 12} \right)\\ = \left( {n - 2} \right)\left( {n - 5} \right)\left( {n - 3} \right)\left( {n - 4} \right)\\ = \left( {n - 5} \right)\left( {n - 4} \right)\left( {n - 3} \right)\left( {n - 2} \right)\end{array}\)

Đặt \(B = \left( {n - 5} \right)\left( {n - 4} \right)\left( {n - 3} \right)\left( {n - 2} \right)\).

Ta có B là tích của 4 số tự nhiên liên tiế .

Trong 4 số liên tiếp luôn có 2 số chẵn, một số chia cho 4, số còn lại chia hết cho 2. Ngoài ra có ít nhất 1 số chia hết cho 3.

Vì vậy B luôn chia hết cho 4.3.2 = 24.

\(2{x^2} - 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - x - \frac{3}{2} = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - x + \frac{1}{4} - \frac{7}{4} = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{7}{4}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - \frac{1}{2} = \frac{{\sqrt 7 }}{2}}\\{x - \frac{1}{2} = - \frac{{\sqrt 7 }}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{\sqrt 7 + 1}}{2}}\\{x = - \frac{{\sqrt 7 - 1}}{2}}\end{array}} \right.\).

Ta có: \(4{a^2}{b^2} - {\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)^2} = \left( {2ab + {a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)\left( {2ab - {a^2} - {b^2} + {c^2}} \right)\)

\( = \left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} - {c^2}} \right)\left( {{c^2} - {{\left( {a - b} \right)}^2}} \right)\)

\( = \left( {a + b + c} \right)\left( {a + b - c} \right)\left( {c + a - b} \right)\left( {c - a + b} \right)\).

\(A = 4{a^2}{b^2} - {\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)^2} = \left( {2ab - {a^2} - {b^2} + {c^2}} \right)\left( {2ab + {a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)\)

\(\begin{array}{l} = \left[ {{c^2} - {{\left( {a - b} \right)}^2}} \right]\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - {c^2}} \right]\\ = \left( {c - a + b} \right)\left( {c + a - b} \right)\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b - c} \right)\end{array}\)

Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác nên theo bất đẳng thức tam giác thì ta có:

b + c – a > 0, a + c – b > 0, a + b – c > 0

Lại có: a + b + c > 0

Vậy A > 0.                                                                                       

\(\begin{array}{l}{a^2} + 5{b^2} - 4ab + 2a - 6b + 3\\ = {a^2} - 4ab + 4{b^2} + 2a - 4b + 1 + {b^2} - 2b + 1 + 1\end{array}\)

\(\begin{array}{l} = {\left( {a - 2b} \right)^2} + 2\left( {a - 2b} \right) + 1 + {\left( {b - 1} \right)^2} + 1\\ = {\left( {a - 2b + 1} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + 1 > 0\end{array}\)

Áp dụng BĐT Cô–si cho 3 số không âm ta có:

\(\frac{{4a + 1 + 1}}{2} \ge \sqrt {4a + 1} \Leftrightarrow \frac{{4a + 2}}{2} \ge \sqrt {4a + 1} \Leftrightarrow 2a + 1 \ge \sqrt {4a + 1} \)

Mà a > 0 nên \(2a + 1 > \sqrt {4a + 1} \)

Tương tự với \(\sqrt {4b + 1} \) và \(\sqrt {4c + 1} \) ta có:

\(2b + 1 > \sqrt {4b + 1} ;2c + 1 > \sqrt {4c + 1} \)

\( \Rightarrow \sqrt {4a + 1} + \sqrt {4b + 1}  + \sqrt {4c + 1} < 2a + 1 + 2b + 1 + 2c + 1\)

\( = 2\left( {a + b + c} \right) + 3 = 2.1 + 3 = 5\).

\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}}\)

\(\frac{{\sin A}}{{\sin B}} = \frac{a}{b} = \frac{5}{4}\), b = 8

\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{c}{{\sin C}}\)

\(\frac{{\sin A}}{{\sin C}} = \frac{a}{c} = \frac{5}{3}\), c = 6

Chu vi là: 8 + 6 + 10 = 24.

\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R \Rightarrow \sin A = \frac{a}{{2R}};\sin B = \frac{b}{{2R}};\sin C = \frac{c}{{2R}}\)

Theo bài ta có: \(\frac{{\sin A}}{1} = \frac{{\sin B}}{2} = \frac{{\sin C}}{3} \Rightarrow \frac{{\frac{a}{{2R}}}}{1} = \frac{{\frac{b}{{2R}}}}{2} = \frac{{\frac{c}{{2R}}}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \frac{a}{1} = \frac{b}{2} = \frac{c}{{\sqrt 3 }}\)

Đặt \(\frac{a}{1} = \frac{b}{2} = \frac{c}{{\sqrt 3 }} = t\)

\( \Rightarrow a = t;b = 2t;c = t\sqrt 3 \Rightarrow {a^2} = {t^2};b = 4{t^2};c = 3{t^2}\)

Ta thấy: \({a^2} + {c^2} = {b^2} = 4{t^2}\)

Theo định lí Pytago đảo ta có ∆ABC vuông tại B.

\( \Rightarrow \sin B = 1 \Rightarrow \frac{{\sin A}}{1} = \frac{1}{2} = \frac{{\sin C}}{{\sqrt 3 }}\)

\( \Rightarrow \sin A = \frac{1}{2}\) và \(\sin C = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow \sin A = \frac{1}{2}\) và \(\sin C = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow \widehat A = 30^\circ \) và \(\widehat C = 60^\circ \)

Vậy \(\widehat A = 30^\circ ;\widehat B = 90^\circ ;\widehat C = 60^\circ \).

a. Xét tứ giác BMCE có 2 đường chéo

BC và ME cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường

⇒ Tứ giác BMCE là hình bình hành (1)

Vì ∆BAC cân tại B có M là trung điểm của AC ⇒ trung tuyến BM đồng thời là đồng thời là đường cao ⇒\(\widehat {BMC} = 90^\circ \) (2)

Từ (1) và (2) ⇒ Tứ giác BMCE là hình chữ nhật.

b. Vì tứ giác BMCE là hình chữ nhật (cmt) ⇒ BE // MC

BE = MC; MC = MA ⇒ MA = BE

Có BE // MC ⇒ BE // AM (vì M ∈ AC)

Xét tứ giác ABEM có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BE//AM}\\{BE = AM}\end{array}} \right.\)⇒ tứ giác ABEM là hình bình hành.

Vậy tứ giác ABEM là hình bình hành.

c. Tứ giác MCEB là hình vuông

Khi MB = MC ⇒ ∆BMC là tam giác vuông cân

\( \Rightarrow \widehat {MBC} = 45^\circ = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} \Rightarrow \widehat {ABC} = 2\widehat {MBC} = 2.45^\circ = 90^\circ \)

⇒ ∆BAC là tam giác vuông cân

⇒ Tứ giác MCBE là hình vuông khi ∆BAC là tam giác vuông cân tại B.

a) Ta có D, E là hình chiếu của M trên AB, AC

⇒ DM ⊥ AB và ME ⊥ AC Mà AB ⊥ AC.

⇒ ADME là hình chữ nhật.

b) Xét ΔABC có:

M là trung điểm BC và ME // AB (ADME là hình chữ nhật)

⇒ ME là đường trung bình của ΔABC ⇒ E là trung điểm AC

M là trung điểm BC và MD // AC (ADME là hình chữ nhật)

⇒ MD là đường trung bình của ΔABC ⇒ D là trung điểm AB

Ta có: E là trung điểm AC, D là trung điểm AB

⇒ DE là đường trung bình của ΔABC

⇒ DE = \(\frac{1}{2}\)BC.

c) Xét ΔBAM có D, P lần lượt là trung điểm của AB và BM

⇒ DP là đường trung bình của ΔBAM.

⇒ DP // AM (1)

Chứng minh tương tự với ΔAMC ⇒ EQ // AM (2)

Từ (1) và (2) ⇒ DP // EQ Mà DE // PQ (cmt)

⇒ DPQE là hình bình hành

Gọi O là tâm đối xứng của DPQE (là giao điểm 2 đường chéo)

Ta có P, Q là trung điểm của BM và MC và M là trung điểm BC

⇒ M là trung điểm PQ

Xét hình bình hành DPQE có AM // DP và M là trung điểm PQ

⇒ AM là đường trung bình của DPQE

⇒ AM đi qua trung điểm DE, gọi điểm đó là F

Từ đó AM là trục đối xứng của DPQE tức là đi qua O.

d) Để DPQE là hình chữ nhật thì 4 góc của hình phải bằng 90°

Ta xét ΔBAM nếu DP⊥BM thì AM⊥BM

Xét ΔABC có AM vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao

⇒ ΔABC vuông cân tại A

⇒ AB = AC.

a. Xét ∆CAB, ta có CM ⊥ AB, BE ⊥ AC (Vì BE ⊥ MF, MF // AC) ⇒ AE ⊥ BC.

b. Gọi O là giao điểm của AC và DM.

Do \(\widehat {AHC} = 90^\circ \) (câu a) nên \(OH = \frac{{AC}}{2}\)

Do đó \(OH = \frac{{DM}}{2}\)

∆MHD có đường trung tuyến HO bằng nửa DM nên \(\widehat {MHD} = 90^\circ \left( 1 \right)\)

Chứng minh tương tự, \(\widehat {MHF} = 90^\circ \left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra D, H, F thẳng hàng.

c. Gọi I là giao điểm của DF và AC

\(\Delta DMF\) có DO = OM, OI // MF

Nên I là trung điểm của DF

Kẻ \(II' \bot AB\) thì I’ là trung điểm của AB

Và \(II' = \frac{{AD + BF}}{2} = \frac{{AM + MB}}{2} = \frac{{AB}}{2}\)

Do đó I là điểm cố định: I nằm trên đường trung trực của AB và cách AB 1 khoảng bằng \(\frac{{AB}}{2}\).

\({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) + \left( {{c^2} - 2ac + {c^2}} \right) \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge 0\) (luôn đúng) ⇒ đpcm

PT \( \Leftrightarrow 2\sin x.\cos x.\frac{{\cos x}}{{\sin x}} = 0 \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x = 0\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}x = 0 \Leftrightarrow \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Hàm số bậc nhất y = ax + b đồng biến

\( \Leftrightarrow a > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 2}\\{m < - 2}\end{array}} \right.\)

Mà m ∈ Z mà m \( \in \left[ { - 2017;2017} \right]\)

\( \Rightarrow m \in \left\{ { - 2017; - 2016; - 2015;...; - 3} \right\} \cup \left\{ {3;4;5;...2017} \right\}\)

Vậy có 2.(2017 – 3 + 1) = 2.2015 = 4030 giá trị nguyên của m cần tìm.

Gọi số có 6 chữ số đó là \({a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}\)

TH1: \({a_6} \in \left\{ {1;3;5} \right\} \Rightarrow \)3 cách chọn

Mà \(1 \le {a_1} \le 5 \Rightarrow {a_1}\) có 4 cách chọn

Chọn 4 chữ số trong 8 chữ số gắn vào 4 vị trí còn lại là \(A_8^4\)

⇒ Số cách chọn trong TH1 là 3.4. \(A_8^4\)

TH2: \({a_6} \in \left\{ {7;9} \right\} \Rightarrow {a_6}\) có 2 cách chọn

\(1 \le {a_1} \le 5 \Rightarrow {a_1}\) có 5 cách chọn

Chọn 4 chữ số trong 8 chữ số gắn vào 4 vị trí còn lại là \(A_8^4\)

⇒ Số cách chọn trong Th2 là 2.5.\(A_8^4\).

a. Độ dài \(AB = 2\sqrt {{{15}^2} - {{13}^2}} = 4\sqrt {14} \approx 14,97\)

b. Chu vi ∆CAB = 15 x 2 + \(4\sqrt {14} = 30 + 4\sqrt {14} \)

Diện tích xung quanh là: \(\left( {30 + 4\sqrt {14} } \right)x22 = 660 + 88\sqrt {14} \left( {c{m^2}} \right)\)

Diện tích 2 đáy là: \(13x\sqrt {14} :2 = 26\sqrt {14} \left( {c{m^2}} \right)\)

Diện tích sơn là: \(660 + 88\sqrt {14} + 26\sqrt {14} = 660 + 114\sqrt {14} \approx 1086,55\left( {c{m^2}} \right)\).

a. Ta có AB = AD + DB, AC = AE + EC mà AB = AC (vì ∆ABC cân tại A)

AD = AE (giả thiết) ⇒ DB = EC

Xét ∆BEC và ∆CDB có: DB = EC (chứng minh trên)

\(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) (Vì ∆ABC cân tại A)

BC là cạnh chung

\( \Rightarrow \Delta BEC = \Delta CDB\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow BE = CD\) (2 cạnh tương ứng)

b. Vì \(\Delta BEC = \Delta CDB\) (chứng minh trên) \( \Rightarrow \widehat {EBC} = \widehat {DCB}\) (2 góc tương ứng)

Ta có: \(\widehat {ABC} = \widehat {ABE} + \widehat {EBC}\), \(\widehat {ACB} = \widehat {ACD} + \widehat {DCB}\)

Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) (Vì \(\Delta ABC\)cân tại A)

\(\widehat {EBC} = \widehat {DCB}\) (chứng minh trên)

\( \Rightarrow \widehat {ABE} = \widehat {ACD}\) (điều phải chứng minh)

c. Xét ∆KBC có: \(\widehat {EBC} = \widehat {DCB}\) (chứng minh trên)

⇒ ∆KBC là tam giác cân tại K.

\(B = \frac{{{u_0}I}}{{4\pi R}}\) (cosĐ\(_1\)– cosĐ\(_2\))

\({B_1} = {B_3} = \frac{{u.I}}{{4\pi .\frac{{AB}}{2}}}.2\)cosĐ\(_1 = \frac{{{u_0}.I}}{\pi }.\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\)

\({B_2} = {B_4} = \frac{{{u_0}I}}{{4\pi R}}.2\)cosĐ\(_1 = \frac{{{u_0}I}}{{\pi a}}.\frac{b}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\)

\( \Rightarrow B = {B_1} + {B_2} + {B_3} + {B_4}\)

\(B = 2\left( {\frac{{{u_0}I}}{{\pi b}}.\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} + \frac{{{u_0}I.b}}{{\pi a\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}} \right) = \frac{{2{u_0}I}}{{\pi \sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right)\)

\(B = \frac{{2{u_0}I}}{\pi }.\frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{{ab}} = 4\frac{{{u_0}}}{{2\pi }}I.\frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{{ab}}\).

Tóm tắt:

9 ngày : 25 người

5 ngày : .... người

Để sửa xong quãng đường đó trong 1 ngày thì cần số người là:

            25 x 9 =  225 (người)

Muốn làm xong công đó trong 5 ngày thì cần số người là:

           225 : 5 = 45 (người).

\({x^2} - 4{y^2} - x - 2y = \left( {x - 2y} \right) + \left( {{x^2} - 4{y^2}} \right)\)

\( = \left( {x - 2y} \right) + \left( {x - 2y} \right)\left( {x + 2y} \right) = \left( {x - 2y} \right)\left( {x + 2y + 1} \right)\).

\({x^3} + 2{x^2} - 2{y^2} + {y^3} = \left( {{x^3} + {y^3}} \right) + 2\left( {{x^2} - {y^2}} \right)\)

\( = \left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + 2\left( {x + y} \right)\left( {x - y} \right) = \left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2} + 2x - 2y} \right)\).

\(VT = {\left( {{{\sin }^4}x + 2{{\sin }^2}x.{{\cos }^2}x + {{\cos }^4}x} \right)^2} - 2{\sin ^2}x.{\cos ^2}x\)

\( = {\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right)^2} - 2{\sin ^2}x.{\cos ^2}x = 1 - 2{\sin ^2}x.{\cos ^2}x = VP\)⇒ đpcm

\({\left( {1 - 2x} \right)^8} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k} {.1^{8 - k}}{\left( { - 2} \right)^k}.{x^k} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k} .{\left( { - 2} \right)^k}{x^k}\)

Hệ số của \({x^2}\) ứng với k ⇒ k = 2

Vậy hệ số \({x^2}\) là \(C_8^2.\left( { - 2} \right) = C_8^2{.2^2}\).

Tổng 2 số là: 138 x 2 = 276

Số lẻ nhỏ nhất có 3 chữ số là 101

Số thứ hai là: 276 – 101 = 175.

\(\cos \left( {\frac{\pi }{6} - 2\pi } \right) = \sin x\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{\pi }{6} - 2x} \right) = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{\pi }{6} - 2x = \pm \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) + k2\pi \,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\3x = \frac{{2\pi }}{3} + k\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\x = \frac{{2\pi }}{9} + 2k\frac{\pi }{3}\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Do \(x \in \left( {\frac{\pi }{2};2\pi } \right)\)

Nên (1) \( \Leftrightarrow \frac{1}{2} < - \frac{1}{3} + 2k < 2 \Leftrightarrow \frac{5}{{12}} < k < \frac{7}{6} \Rightarrow k = \left\{ 1 \right\}\), do k nguyên.

(2) \[ \Leftrightarrow \frac{1}{2} < \frac{2}{9} + \frac{{2k}}{3} < 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2} < \frac{2}{3} + 2k < 6\]

\( \Leftrightarrow \frac{1}{6} < k < \frac{8}{3} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2} \right\}\), do k nguyên.

Vậy có 3 nghiệm thỏa mãn yêu cầu.

PT \( \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\sin x = m - 2\left( * \right)\)

+) m = –1, (*) ⟺ 0.sinx = –3, PT vô nghiệm

+) m ≠ –1, (*) ⟺\(\sin x = \frac{{m - 2}}{{m + 1}}\)

PT có nghiệm \( \Leftrightarrow - 1 \le \frac{{m - 2}}{{m + 1}} \le 1 \Leftrightarrow \frac{{m - 2}}{{m + 1}} + 1 \ge 0 \ge \left( {m - 2} \right)\left( {m + 1} \right) - 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{2m - 1}}{{m + 1}} \ge 0 \ge \frac{{ - 3}}{{m + 1}} \Leftrightarrow m + 1 > 0\) và 2m – 1 ≥ 0

\( \Leftrightarrow m > - 1\) và m ≥ \(\frac{1}{2} \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{2}\).

Gọi M(x; y) là giao điểm của đường thẳng (d) và trục hoành.

Khi đó; tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 5y + 6}\\{y = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 6}\\{y = 0}\end{array}} \right.\).

Vậy tọa độ điểm M(–6; 0).

Ta có \({x^2} - 8x + 16 = {\left( {x - 4} \right)^2} \ge 0\)

\( \Rightarrow BPT\)\({x^2} - 8x + 16 < 0\) vô nghiệm.

Dãy tổng trên có số số hạng là:

(99 – 1 ) : 1 + 1 = 99 (số hạng)

Tổng của dãy tổng trên là:

(99 + 1) x 99 : 2 = 4950

Vậy 1 + 2 + 3 + ............ + 99 = 4950.

Ta có: \({d_1}\) đi qua A(–4; 0) và B(0; 2)

\( \Rightarrow {d_1}:\frac{{x + 4}}{4} = \frac{y}{2} \Leftrightarrow 2x + 8 - 4y = 0\)

Hay \({d_1}:x - 2y + 4 = 0\)

Gọi \(d' = {T_{\overrightarrow v }}{d_1} \Rightarrow d':x - 2y + m = 0\)

Gọi \(A' = {T_{\overrightarrow v }}(A)\). Do A ∈\({d_1}\)⇒ A’(–4; 3)

\( \Rightarrow A' \in d' \Rightarrow m = 10\)

\( \Rightarrow d':x - 2y + 10 = 0\).

\(y' = \frac{{{x^2} - 2mx + 2}}{{x - m}},y'' = \frac{{2\left( {2 - {m^2}} \right)x + 2{m^3} + 4m}}{{{{\left( {x - m} \right)}^4}}}\)

Để hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 thì: \(y'\left( 2 \right) = \frac{{{2^2} - 2.2.m + 2{m^2} - 2}}{{{{\left( {2 - m} \right)}^2}}} = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{m^2} - 4m + 2 = 0 \Leftrightarrow m = 1\)

Với m = 1 và x = 2 thay vào \(y''\) ta được:

\(y''\left( 2 \right) = \frac{{2\left( {2 - 1} \right).2 + {{2.1}^3} + 4.1}}{{{{\left( {2 - 1} \right)}^4}}} = \frac{{4 + 2 + 4}}{{{1^4}}} = 10 > 0\)

Với m = 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.

PT \( \Leftrightarrow \cos x + {\sin ^2}x\cos x + \sin x + {\cos ^2}x.\sin x = {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right) + {\sin ^2}x.\cos x + {\cos ^2}x.\sin x = {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow \sin x + \cos x + \sin x\cos x\left( {\sin x + \cos x} \right) = {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2}\)

Đặt t = sinx + cosx = \(\sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right),t \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]\)

\( \Rightarrow {t^2} = 1 + 2\sin x\cos x \Rightarrow \sin x\cos x = \frac{{{t^2}}}{2} - \frac{1}{2}\)

⇒ Ta có: \(t + \left( {\frac{{{t^2}}}{2} - \frac{1}{2}} \right).t = {t^2}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}{t^3} - {t^2} + \frac{1}{2}t = 0 \Leftrightarrow t = 0\) hoặc t = 1

\(t = 0 \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0\)

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

\(t = 1 \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1 \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} + k2\pi \) hoặc \(x + \frac{\pi }{4} = \pi - \frac{\pi }{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\)

\( \Leftrightarrow x = k2\pi \) hoặc \(x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in Z\)

Vậy S = \[\left\{ {k2\pi ;\frac{\pi }{2} + k2\pi ; - \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\].

Ta có: \(\frac{{1 + \cot x}}{{1 - \cot x}} = \frac{{1 + \frac{1}{{\tan x}}}}{{1 - \frac{1}{{\tan x}}}} = \frac{{\frac{{\tan x + 1}}{{\tan x}}}}{{\frac{{\tan x - 1}}{{\tan x}}}} = \frac{{\tan x + 1}}{{\tan x - 1}}\). (đpcm)

Ta có: 0 < x < \(\frac{\pi }{2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x > 0}\\{\cos x > 0}\end{array}} \right.\)

+) \({\cos ^2}x + {\sin ^2}x = 1 \Leftrightarrow {\frac{2}{{\sqrt 5 }}^2} + {\sin ^2}x = 1\)

\( \Leftrightarrow {\sin ^2}x = \frac{1}{5} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {TM} \right)}\\{\sin x = - \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( L \right)}\end{array}} \right.\)

\( + )1 + {\cos ^2}x = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} \Leftrightarrow 1 + {\cos ^2}x = \frac{1}{{{{\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2}}}\)

\( \Leftrightarrow {\tan ^2}x = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\tan x = \frac{1}{2}(TM)}\\{{\mathop{\rm t}\nolimits} = - \frac{1}{2}(L)}\end{array}} \right.\).

cosx \( \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow 2\cos x \in \left[ { - 2;2} \right]\).

\( - 1 \le \cos x \le 1 \Leftrightarrow - 2 \le 2\cos x \le 2 \Leftrightarrow - 2 + \sqrt 2 \le 2\cos x + \sqrt 2 \le 2 + \sqrt 2 \)

Vậy GTLN là 2 + \(\sqrt 2 \), GTNN là –2 + \(\sqrt 2 \).

a. Xét ∆ACK vuông tại K, có: \(\sin C = \frac{{AK}}{{AC}} \Leftrightarrow \sin 30^\circ = \frac{3}{{AC}} \Leftrightarrow AC = 6\left( {cm} \right)\)

\(KC = \sqrt {A{C^2} - A{K^2}} = \sqrt {{6^2} - {3^2}} = 3\sqrt 3 \left( {cm} \right)\).

b. Ta có: \(\cot B = \frac{{BK}}{{AK}};\cot C = \frac{{CK}}{{AK}} \Rightarrow \cot B + \cot C = \frac{{BK + CK}}{{AK}}\)

\( \Leftrightarrow \cot B + \cot C = \frac{{BC}}{{AK}} \Leftrightarrow AK = \frac{{BC}}{{\cot B + \cot C}}\) (đpcm).

c. Ta có: \(AK = \frac{{BC}}{{\cot B + \cot C}} \Leftrightarrow AK = \frac{5}{{\cot 68^\circ + \cot 30^\circ }}\)\( \Leftrightarrow AK \approx 2,34\)

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AK.BC = \frac{1}{2}.2,34.5 = 5,68\left( {c{m^2}} \right)\).

Gọi M là trung điểm BC, ta có:

\(\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AM} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CM} } \right) = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

\( \Rightarrow A{G^2} = \frac{1}{9}\left( {A{B^2} + 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} + A{C^2}} \right) = \frac{1}{9}\left( {{b^2} + {c^2}2bc.\cos A} \right)\)

\( = \frac{1}{9}\left( {{b^2} + {c^2} + 2bc.\frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}} \right) = \frac{1}{9}\left( {2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}} \right)\)

Tương tự ta có: \(G{B^2} = \frac{1}{9}\left( {2{a^2} + 2{c^2} - {b^2}} \right);G{C^2} = \frac{1}{9}\left( {2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}} \right)\)

\( \Rightarrow G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} = \frac{1}{3}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\).

a. Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {DAB} = \widehat {BAH}}\\{\widehat {HAC} = \widehat {CAE}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \widehat {DAB} + \widehat {CAE} = \widehat {HAO} + \widehat {HAC} = \widehat {BAC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {DAE} = 180^\circ \)

⇒ D, A, E thẳng hàng

b. Gọi O là trung diểm BC.

⇒ O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC vuông tại A, đường kính BC

DA = AE ⇒ OA là đường trung bình hình thang BDEC

⇒ OA // BD ⇒ OA ⊥ DE

DE ⊥ OA ⇒ DE tiếp xúc (O), đường kính BC.

Đồ thị hàm số y = cos\(\left( {x - \frac{\pi }{2}} \right)\) được suy từ đồ thị hàm số y = cosx bằng cách tịnh tiến sang phải \(\frac{\pi }{2}\) đơn vị.

a. Ta có:

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot AB}\\{BE \bot AC}\end{array}} \right.\).

b. Vì CD ⊥ AB, BE ⊥ AC nên trong ∆ABC, BE và CD là 2 đường cao

K là giao BE và CD ⇒ K là trực tâm ⇒ AK ⊥ BC.

\(\begin{array}{l}\cot x = \tan \left( {\frac{x}{2} - \frac{\pi }{2}} \right)\\ \Leftrightarrow \tan \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) = \tan \left( {\frac{x}{2} - \frac{\pi }{2}} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{\pi }{2} - x = \frac{x}{2} - \frac{\pi }{2} + k\pi \\ \Leftrightarrow \frac{{3x}}{2} = \pi + k\pi \\ \Leftrightarrow x = \frac{{2\pi }}{3} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array}\)\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Nghiệm âm lớn nhất \( \Leftrightarrow k = - 2 \Rightarrow x = - \frac{{2\pi }}{3}\).

Với \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right).\) Xét PT: sin2x – cos2x = 3sinx + cosx – 2

⟺ (sin2x – cosx) + (1 – cos2x) – 3sinx + 1 = 0

⟺ cosx(2sinx – 1) + \(2{\sin ^2}x - 3\sin x + 1 = 0\)

⟺ (cosx + sinx –1)(2sinx – 1) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x = \frac{1}{2}}\\{\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}}\end{array}} \right. \Rightarrow x = \frac{\pi }{3}\) do \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).

\(C = \frac{{\sin a}}{{{{\sin }^3}a + 2{{\cos }^3}a}} = \frac{{\frac{{\sin a}}{{{{\cos }^3}a}}}}{{\frac{{{{\sin }^3}a + 2{{\cos }^3}a}}{{{{\cos }^3}a}}}}\) (chia cả tử cả mẫu cho \({\cos ^3}a\))

\( \Rightarrow C = \frac{{\tan a.\frac{1}{{{{\cos }^2}a}}}}{{{{\tan }^3}a + 2}} = \frac{{\tan a\left( {1 + {{\tan }^2}a} \right)}}{{{{\tan }^3}a + 2}} = \frac{{2\left( {{2^2} + 1} \right)}}{{{2^3} + 2}} = 1\).

Ta có: \(\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - 1} \right)\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right) = \sqrt {{x^2} + 1} - x\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 1 - x} \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right) = \sqrt {{x^2} + 1} - x \Leftrightarrow y + \sqrt {{y^2} + 1} = \sqrt {{x^2} + 1} - x\left( 1 \right)\)

Tương tự, nhân cả 2 vế với \(\sqrt {{y^2} + 1} - y\), ta có: \(x + \sqrt {{x^2} + 1} = \sqrt {{y^2} + 1} - y\left( 2 \right)\)

Trừ (1) cho (2), ta có: 2y = –2x

⇒ y = –x ⇒ x + y = 0.

Với x = 0 ⟺ y = 0

Với x, y ≠ 0: \(\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - x} \right)\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right) = \sqrt {{x^2} + 1} - x\)

\( \Leftrightarrow y + \sqrt {{y^2} + 1} = \sqrt {{x^2} + 1} - x\)

Tương tự ta cũng có: \(x + \sqrt {{x^2} + 1} = \sqrt {{y^2} + 1} - y \Rightarrow x + y = - \left( {x + y} \right) \Leftrightarrow x + y = 0\)

\(M = 10{x^4} + 8{y^4} - 15xy + 6{x^2} + 5{y^2} + 2017 = 18{x^4} + 26{x^2} + 2017 \ge 2017\)

Dấu “=” xảy ra tại x = 0 ⇒ y = 0.

A = (3; 6), B = [m; m + 2]

Để \(A \cap B = \emptyset \) thì A ≠ B \( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m + 2 < 3}\\{m \ge 6}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 1}\\{m \ge 6}\end{array}} \right.\).

A = (m; m + 1), B = (3; 5)

\(A \cap B\) là 1 khoảng \( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 5}\\{m + 1 > 3}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 5}\\{m > 2}\end{array}} \right. \Rightarrow 2 < m < 5\).

a. Vì ABCD là hình bình hành

Mà \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{AB = DC}\\{BE = \frac{1}{2}AB}\\{DF = \frac{1}{2}DC}\end{array}} \right\} \Rightarrow EB = DF\)

Mà EB // DF ⇒ DEBF là hình bình hành

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

DEBF là hình bình hành nên EF và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

⇒ AC, BD, EF đồng quy

c. Ta có: ME // FN (Vì DE // BF) (1)

Xét ∆MDC có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{EN = DM}\\{CF = DF}\end{array}} \right\} \Rightarrow MN = NC\)

Xét ∆ABN có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{AE = BE}\\{ME//BN}\end{array}} \right\} \Rightarrow MN = AM\)

Xét ∆AME và ∆CNF có: AM = NC, AE = CF, \(\widehat {MAE} = \widehat {NCF}(AB//DC)\)

⇒ ∆AME = ∆CNF (c.g.c) ⇒ ME = NF (2)

Từ (1), (2) ⇒ MENF là hình bình hành.

\(6\left( {{P_x} - {P_{x - 1}}} \right) = {P_{x + 1}}\)

 \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 6\left( {x! - \left( {x - 1} \right)!} \right) = \left( {x + 1} \right)!\\ \Leftrightarrow \frac{{6\left[ {x! - \left( {x - 1} \right)!} \right]}}{{\left( {x - 1} \right)!}} = \frac{{\left( {x + 1} \right)!}}{{\left( {x - 1} \right)!}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 6\left( {x - 1} \right) = \left( {x + 1} \right).x\\ \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x = 3}\end{array}} \right.\end{array}\)

Vậy x = 2, x = 3.

Xét phép chia

Để \({x^4} + ax + b\) chia hết cho \({x^2} - 4\) thì đa thức dư ax + b + 16 phải đồng nhất 0

Do đó, a = 0, b = –16

Vậy với a = 0, b = –16 thì \({x^4} + ax + b\) chia hết cho \({x^2} - 4\).

a. Ta có \(\widehat {PAO} + \widehat {PMO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) suy ra tứ giác APMO là tứ giác nội tiếp ⇒ A, P, M, O cùng nằm trên 1 đường tròn.

b. Ta có OP ⊥ AM, BM ⊥ AM ⇒ BM // OP.

c. Chứng minh ∆AOP = ∆OBN ⇒ OP = BN.

Lại có BN // OP, do đó OPNB là hình bình hành.

d. Ta có ON ⊥ PI, PM ⊥ JO mà PM ∩ ON = I ⇒ I là trực tâm ∆POJ ⇒ IJ ⊥ PO (1)

Chứng minh PAON là hình chữ nhật ⇒ K là trung điểm PO

Lại có \(\widehat {APO} = \widehat {OPI} = \widehat {IOP} \Rightarrow \Delta IPO\) cân tại I ⇒ IK ⊥ PO (2)

Từ (1), (2) ⇒ I, J, K thẳng hàng.

Do M là trung điểm của cạnh AD nên \(\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MA} = \overrightarrow 0 \).

Do N là trung điểm của Bc nên \(2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MB} \). Nên D đúng

Ta có: \(2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} + \left( {\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MA} } \right) = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} \)

Vậy \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} = 2\overrightarrow {MN} \). Nên C đúng

Mà \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AC} + \left( {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {DC} } \right) = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {DB} = 2\overrightarrow {MN} \) . Nên A đúng

Vậy B sai.

A. Sai do \(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {DC} \)

B. Sai do \(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {BD} = 2\overrightarrow {CD} \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right) - \left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} } \right) = 2\overrightarrow {CD} \Leftrightarrow 2\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {CD} \) (Vô lí)

C. Sai do \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AB} \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} = - \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {CB} \) (Vô lí)

D. Đúng do \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} = 2\overrightarrow {BC} + \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} } \right) = 2\overrightarrow {BC} + \overrightarrow 0 = 2\overrightarrow {BC} \).

Ta có: \(\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {MB} + \left( { - \overrightarrow {MA} } \right) = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AB} \left( 1 \right)\)

\(\overrightarrow {MC} - \overrightarrow {MD} = \overrightarrow {MC} + \left( { - \overrightarrow {MD} } \right) = \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {DM} = \overrightarrow {DM} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {DC} \left( 2 \right)\)

Do ABCD là hình bình hành nên AB // = DC, do đó \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \left( 3 \right)\)

Từ (1), (2), (3) ⇒\(\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {MC} - \overrightarrow {MD} \).

\(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {DC} \)

\( = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AB} } \right)\) (Do ABCD là hình bình hành)

\( = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MD} + \overrightarrow 0 = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MD} \) (đpcm).

Ta có: \(y' = {x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 3\)

Hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\) khi và chỉ khi \(y' \ge 0,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow 2m \ge \frac{{ - {x^2} + 2x + 3}}{{x + 1}}\)

Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{ - {{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = - 1 < 0;\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\)

\(\mathop {\max }\limits_{\left( {1;\, + \infty } \right)} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = 2 \Rightarrow 2m \ge 2 \Rightarrow m \ge 1\).

Từ M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, BC, ta suy ra MN, NP, MP là các đường trung bình của tam giác ABC.

Suy ra ANPM là hình bình hành.

Vì ANPM là hình bình hành nên theo quy tắc hình bình hành ta có:

\(\overrightarrow {MP} + \overrightarrow {NP} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AP} \).

Đáp án đúng là: D

\(\widehat A = 90^\circ \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = {a^2}\)

\(\widehat A < 90^\circ \Leftrightarrow \cos A > 0 \Leftrightarrow \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} > 0 \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} > {a^2}\)

\(\widehat A > 90^\circ \Leftrightarrow \cos A < 0 \Leftrightarrow \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} < 0 \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} < {a^2}\).

CD = 2.2 = 4 (cm)

∆BCD vuông tại C \( \Rightarrow BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2}} \approx 4,5\left( {cm} \right)\)

∆CBA vuông tại B \( \Rightarrow CA = \sqrt {B{A^2} + B{C^2}} \approx 2,8\left( {cm} \right)\)

Kẻ AH ⊥ CD

Xét tứ giác BAHC có \(\widehat {HCB} = \widehat {CBA} = \widehat {AHC} = 90^\circ \)

Tứ giác BAHC là hình chữ nhật ⇒ BA = CH và BC = AH

⇒ CH = 2 cm ⇒ HD = 4 – 2 = 2 (cm)

BC = AH ⇒ AH = 2 cm

∆AHD vuông tại H \( \Rightarrow AD = \sqrt {A{H^2} + H{D^2}} \Rightarrow AD \approx 2,8\left( {cm} \right)\).

Kẻ đường kính AD, BE

Ta có: ∆ABE có BE là đường kính, A ∈ (O) ⇒ ∆ABE vuông tại A

⇒\(\sin AEB = \frac{{AB}}{{BE}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \widehat {AEB} = 60^\circ \)

Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {AEB} = 60^\circ \)

Tương tự ∆ADC vuông tại C \( \Rightarrow \sin ADC = \frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {ADC} = 45^\circ \)

Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC} = 45^\circ \)

\(\widehat {BAC} = 180^\circ - \widehat {ABC} - \widehat {ACB} = 180^\circ - 60^\circ - 45^\circ = 75^\circ \) .

a. Xét ∆HBA và ∆ABC:

\(\widehat B\) chung;

b. Áp dụng định lý Pytago vào ∆ABC vuông tại A

\( \Rightarrow BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {{16}^2}} = \sqrt {400} = 20\left( {cm} \right)\)

∆HBA ∆ABC \( \Rightarrow \frac{{AB}}{{AH}} = \frac{{BC}}{{BA}} \Rightarrow \frac{{12}}{{AH}} = \frac{{20}}{{12}} \Rightarrow AH = \frac{{36}}{5}\left( {cm} \right)\)

c. DE là đường phân giác \(\widehat {ADB} \Rightarrow \frac{{EA}}{{EB}} = \frac{{DA}}{{DB}}\left( 1 \right)\)

DF là đường phân giác \(\widehat {ADC} \Rightarrow \frac{{FC}}{{FA}} = \frac{{DC}}{{DA}}\left( 2 \right)\)

AD là đường phân giác \(\widehat {ABC} \Rightarrow \frac{{DC}}{{DB}} = \frac{{AC}}{{AB}}\left( 3 \right)\)

(1), (2), (3) \( \Rightarrow \frac{{EA}}{{EB}}.\frac{{FC}}{{FA}}.\frac{{DC}}{{DB}} = \frac{{DA}}{{DB}}.\frac{{DC}}{{DA}}.\frac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow \frac{{EA}}{{EB}}.\frac{{FC}}{{FA}}.\frac{{DC}}{{DB}} = \frac{{DB}}{{DC}}.\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{AC}}.\frac{{AC}}{{AB}} = 1\).

\(2{x^2} + {y^2} - 2xy - 2x + y = 4 \Leftrightarrow 2\left( {2{x^2} + {y^2} - 2xy - 2x + y} \right) = 2.4\)

\( \Leftrightarrow 4{x^2} + 2{y^2} - 4xy - 4x + 2y = 8 \Leftrightarrow \left( {4{x^2} + {y^2} + 1 - 4xy - 4x + 2y} \right) + {y^2} = 8 + 1\)

\( \Leftrightarrow {\left( {2x - y - 1} \right)^2} + {y^2} = 9\)

Vì x; y ∈ ℤ \( \Rightarrow {\left( {2x - y - 1} \right)^2};{y^2} \in Z \Rightarrow {\left( {2x - y - 1} \right)^2} + {y^2} = 9 = {\left( { - 3} \right)^2} + {0^2} = {3^2} + {0^2}\)

TH1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {2x - y - 1} \right)}^2} = {{\left( { - 3} \right)}^2}}\\{{y^2} = {0^2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 1\left( {TM} \right)}\\{y = 0\left( {TM} \right)}\end{array}} \right.\)

TH2:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {2x - y - 1} \right)}^2} = {3^2}}\\{{y^2} = {0^2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2\left( {TM} \right)}\\{y = 0\left( {TM} \right)}\end{array}} \right.\)

TH3: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {2x - y - 1} \right)}^2} = {0^2}}\\{{y^2} = {{\left( { - 3} \right)}^2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 1\left( {TM} \right)}\\{y = - 3\left( {TM} \right)}\end{array}} \right.\)

TH4: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {2x - y - 1} \right)}^2} = {0^2}}\\{{y^2} = {3^2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2\left( {TM} \right)}\\{y = 3\left( {TM} \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy \(\left( {x;y} \right) = \left\{ {\left( { - 1;0} \right);\left( {2;0} \right);\left( { - 1; - 3} \right);\left( {2;3} \right)} \right\}\).

\(\sqrt {7 - 2\sqrt 6 } = \sqrt {6 - 2\sqrt 6 + 1} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 6 - 1} \right)}^2}} = \left| {\sqrt 6 - 1} \right| = \sqrt 6 - 1\).

Ta có: AB = BC nên ∆ABC cân tại B ⇒\(\widehat A = \widehat C\)

Vì BC > AC nên \(\widehat A > \widehat B\) (đối diện cạnh lớn hơn là góc lớn hơn)

Vậy \(\widehat A = \widehat C > \widehat B\).

Áp dụng công thức \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.cosA\) ta tính được a = \(\sqrt 3 \left( {cm} \right)\).

a. \(P = \left( {1 - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{\sqrt x + 2}}{{3 - \sqrt x }} + \frac{{\sqrt x + 2}}{{x - 5\sqrt x + 6}}} \right)\)

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

\(P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}}:\frac{{x - 9 + 4 - x + \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} = \frac{1}{{\sqrt x + 1}}:\frac{{\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)

\(P = \frac{1}{{\sqrt x + 1}}.\frac{{\sqrt x - 2}}{1} = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}\).

b. Có: \(P = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x + 1 - 3}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}} - \frac{3}{{\sqrt x + 1}} = 1 - \frac{3}{{\sqrt x + 1}}\)

Để P ∈ Z \( \Rightarrow \frac{3}{{\sqrt x + 1}} \in Z \Rightarrow \sqrt x + 1 \in U\left( 3 \right) = \left\{ { \pm 1; \pm 3} \right\}\)

\( + )\sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\left( {TM} \right)\)

\( + )\sqrt x + 1 = - 1 \Leftrightarrow \sqrt x = - 2(L)\)

\( + )\sqrt x + 1 = 3 \Leftrightarrow \sqrt x  = 2 \Leftrightarrow x = 4\left( L \right)\)

\( + )\sqrt x + 1 = - 3 \Leftrightarrow \sqrt x = - 4\left( L \right)\)

Vậy x = 0 thì P ∈ ℤ.

B = 2 + \({2^3} + {2^5} + {2^7} + ... + {2^{2009}}\)

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {2^2}.B = {2^3} + {2^5} + {2^9} + {...2^{2011}}\\ \Leftrightarrow 4B = {2^3} + {2^5} + {2^9} + {...2^{2011}}\\ \Leftrightarrow 4B - B = {2^{2011}} - 2\end{array}\]

\( \Leftrightarrow 3B = {2^{2011}} - 2 \Leftrightarrow B = \frac{{{2^{2011}} - 2}}{3}\).

\(\sqrt {4 - \sqrt 7 } - \sqrt {4 + \sqrt 7 } = \frac{{\sqrt {8 - 2\sqrt 7 } }}{{\sqrt 2 }} - \frac{{\sqrt {8 + 2\sqrt 7 } }}{{\sqrt 2 }}\)

\( = \frac{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 7 - 1} \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 + 1} \right)}^2}} }}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 7 - 1 - \sqrt 7 - 1}}{{\sqrt 2 }}\left( {do\sqrt 7 \pm 1 > 0} \right)\)

\( = \frac{{ - 2}}{{\sqrt 2 }} = - \sqrt 2 \).

PT \( \Leftrightarrow 2{x^2} + 6x - x - 3 = 0 \Leftrightarrow 2x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {2x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 3 = 0}\\{2x - 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 3}\\{x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\).

\(y = \frac{{5 + 2\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} - \frac{1}{{\sqrt 5 - 2}} = \frac{{\left( {\sqrt 5 - 2} \right)\left( {5 + 2\sqrt 5 } \right) - \sqrt 5 }}{{\sqrt 5 \left( {\sqrt 5 - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{5\sqrt 5 + 10 - 10 - 4\sqrt 5 - \sqrt 5 }}{{\sqrt 5 \left( {\sqrt 5 - 2} \right)}} = \frac{0}{{\sqrt 5 \left( {\sqrt 5 - 2} \right)}} = 0\)

Mẫu chung là \(\sqrt 5 \left( {\sqrt 5 - 2} \right)\).

\(A = \left( {\sqrt 5 - 2} \right)\left( {\sqrt 5 + 2} \right) = 5 - 4 = 1\).

HF // AB \( \Rightarrow \frac{{HF}}{{AB}} = \frac{{CF}}{{CA}} \Rightarrow \frac{{HF}}{{CF}} = \frac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow \frac{{HF}}{{CF}}.\frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = \frac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}} \Rightarrow \frac{{HF}}{{CF}}.\frac{{BH.BC}}{{CH.BC}} = \frac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}}\)(1)

Ta có: HF // AB \( \Rightarrow \widehat {CHF} = \widehat {CBA}\)

Xét ∆BEH và ∆HFC: Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {BEH} = \widehat {HFC} = 90^\circ }\\{\widehat {CHF} = \widehat {CBA}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \Delta BEH \sim \Delta HFC(g.g) \Rightarrow \frac{{BE}}{{BH}} = \frac{{HF}}{{HC}} \Rightarrow BE.HC = HF.BH \Rightarrow BE = \frac{{HF.BH}}{{HC}}\)(2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \frac{{BE}}{{CF}} = \frac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}}\).

a. ∆AHB \(\left( {\widehat H = 90^\circ } \right)\) : HD là đường cao

\( \Rightarrow A{H^2} = AD.AB\) (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)

\(\Delta AHC\left( {\widehat H = 90^\circ } \right)\): HE là đường cao

\( \Rightarrow A{H^2} = AE.AC\) (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2)

Từ (1) và (2) ⇒ AD.AB = AE.AC

b. \(\Delta AHB\left( {\widehat H = 90^\circ } \right)\): AH là đường cao

\( \Rightarrow A{H^2} = AD.AB;B{H^2} = BD.AB \Rightarrow \frac{{A{H^2}}}{{B{H^2}}} = \frac{{AD.AB}}{{BD.AB}} = \frac{{AD}}{{BD}}\)(đpcm).

a. Xét ∆MNP có: D là trung điểm MN; E là trung điểm NP (gt)

⇒ DE là đường trung bình của ∆MNP ⇒ DE // MP

Chứng minh tượng tự: EF // MN

Xét tứ giác MDEF có: MD // EF (do EF // MN); DE // MF (do DE // MP)

⇒ MDEF là hình bình hành

b. Để hình bình hành MDEF là hình chữ nhật \( \Leftrightarrow \widehat {FMD} = 90^\circ ;\widehat {PMN} = 90^\circ \)

Vậy tứ giác MDEF là hình chữ nhật ⟺ ∆MNP có \(\widehat {NMP} = 90^\circ \).

\(\cos 3x = \cos \frac{\pi }{{15}}\)

 \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = \frac{\pi }{{15}} + k2\pi }\\{3x = - \frac{\pi }{{15}} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{{15}}.\frac{1}{3} + k2\pi }\\{x = - \frac{\pi }{{15}}.\frac{1}{3} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{{45}} + k2\pi }\\{x = - \frac{\pi }{{45}} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) .

a. Xét ∆ABC ta có: AN = NB; AM = MC (gt)

Nên MN là đường trung bình của ∆ABC ⇒ MN // BC (1), MN = \(\frac{1}{2}BC\)(2)

Xét ∆BCI, ta có: BE = EI (gt), CI = IF (gt)

Nên EF là đường trung bình của ∆BIC ⇒ EF // BC (3), EF = \(\frac{1}{2}BC\)(4)

Từ (1) và (3) ⇒ MN // EF (5)

Từ (2) và (4) ⇒ MN = EF (6)

Từ (5) và (6) ⇒ MNEF là hình bình hành (Dấu hiệu nhận biết 3)

b. Xét tứ giác EFHK, ta có:

EF // HK (Vì H, K ∈ BC, mà BC // EF)

EH // FK (Vì H ∈ NE, K ∈ MF, mà NE // MF)

Do đó, tứ giác EFKH là hình bình hành (Dấu hiệu nhận biết 1) ⇒ EF = HK (7)

Mà EF = \(\frac{1}{2}BC\) (theo (4)) (8)

Từ (7) và (8) ⇒ HK = \(\frac{1}{2}BC\).

a. Chú ý \(\widehat {BAM} = \widehat {BMA}\)

Từ đó \(\widehat {CAM} = \widehat {HAM}\) nên AM là tia phân giác của \(\widehat {HAC}\)

b. Dùng kết quả ý a chứng minh được AH = AK, MH = MK. Do đó AM là trung trực của HK.

c. Chú ý AH, KM, CI là 3 đường cao của ∆MAC.

d. Chú ý AH = AK, AB = BM, từ đó ta có: AC – AH = CK < CM = BC – BA

⇒ AB + AC < AH + BC.

\({x^2}\)– 5x + 6 = 0

⇔\({x^2}\)– 2x – 3x + 6 = 0 (Tách để xuất hiện nhân tử chung)

⇔ (\({x^2}\)– 2x) – (3x – 6) = 0

⇔ x(x – 2) – 3(x – 2) = 0

⇔(x – 3)(x – 2) = 0

⇔ x – 3 = 0 hoặc x – 2 = 0

+ x – 3 = 0 ⇔ x = 3.

+ x – 2 = 0 ⇔ x = 2.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {2; 3}.

Áp dụng định lí hàm số côsin cho ∆ABC ta có: \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.cos60^\circ  = \sqrt 7 \)

Gọi AH là đường phân giác góc A.

Áp dụng tính chất đường phân giác cho ∆ABC: \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BH}}{{HC}}\)

\(\frac{{AB}}{{BH}} = \frac{{AC}}{{HC}} = \frac{{AB + AC}}{{BH + HC}} = \frac{{2 + 3}}{{BC}} = \frac{5}{{\sqrt 7 }}\)

\( \Rightarrow BH = AB:\frac{5}{{\sqrt 7 }} = \frac{{2\sqrt 7 }}{5}\)

\(\cos \widehat B = \frac{{A{C^2} - A{B^2} - B{C^2}}}{{ - 2AB.BC}} = \frac{{\sqrt 7 }}{{14}}\)

Xét ∆ABH có: \(A{H^2} = A{B^2} + B{H^2} - 2.AB.BH.cos\widehat B = \frac{{108}}{{25}} \Rightarrow AH = \frac{{6\sqrt 3 }}{5}\).

Ta có: A(1; –2), B(–2; 3), C(0; 4)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\overrightarrow {AB} = \left( { - 3;5} \right)}\\{\overrightarrow {BC} = \left( {2;1} \right)}\\{\overrightarrow {CA} = \left( {1; - 6} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {5^2}} = \sqrt {34} }\\{BC = \sqrt {{2^2} + {1^2}} = \sqrt 5 }\\{CA = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} = \sqrt {37} }\end{array}} \right.\)

p = \(\frac{{AB + BC + CA}}{2} = \frac{{\sqrt {34} + \sqrt 5 + \sqrt {37} }}{2}\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - BC} \right)\left( {p - CA} \right)} = \frac{{13}}{2}\).

Nghiệm mũ lẻ thì người ta gọi là nghiệm bội lẻ

VD: \(f\left( x \right) = {\left( {x - 1} \right)^{15}}\) có nghiệm x = 1 là nghiệm bội lẻ.

a) Kẻ OJ vuông góc với AB tại J.

Theo quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây suy ra: J là trung điểm của AB.

Ta được: \(AJ = \frac{1}{2}AB = 4cm\)

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông OAJ có:

\(O{J^2} = O{A^2} - A{J^2} = {5^2} - {4^2} = 9\left( {OA = R = 5cm} \right) \Rightarrow OJ = 3cm\left( 1 \right)\)

b) Kẻ OM ⊥ CD tại M.

Tứ giác OJIM là hình chữ nhật

Ta có IJ = AJ – AI = 4 – 1 = 3cm

⇒ OM = IJ = 3cm (Tính chất hình chữ nhật)     (2)

Từ (1), (2) suy ra CD = AB (hai dây cách đều tâm thì bằng nhau). (đpcm)

Kẻ CH ⊥ AB

Khi đó xét ∆ACH; ABH vuông tại H

\( \Rightarrow \cos A = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AH}}{b} \Rightarrow \frac{a}{{\cos A}} = \frac{{ab}}{{AH}}\)

\(\cos B = \frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{AH}}{a} \Rightarrow \frac{b}{{\cos B}} = \frac{{ab}}{{BH}}\)

Mà \(\frac{a}{{\cos A}} = \frac{b}{{\cos B}} \Rightarrow \frac{{ab}}{{AH}} = \frac{{ab}}{{BH}} \Rightarrow AH = BH\)

⇒ H là trung điểm AB ⇒ CH là trung tuyến ∆ABC

CH là đường cao ⇒ ∆ABC cân tại C.

\({x^4}\left( {y - z} \right) + {y^4}\left( {z - x} \right) + {z^4}\left( {x - y} \right) = \left( {{x^4}y - x{y^4}} \right) + {z^4}\left( {x - y} \right) - z\left( {{x^4} - {y^4}} \right)\)

\( = xy\left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) + {z^4}\left( {x - y} \right) - z\left( {x - y} \right)\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\)

\( = \left( {x - y} \right)\left( {{x^3}y + {x^2}{y^2} + x{y^3} + {z^4} - z{x^3} - x{y^2}z - {x^2}yz - {y^3}z} \right)\)

\( = \left( {x - y} \right)\left[ {\left( {{x^3}y - {x^3}z} \right) + \left( {{x^2}{y^2} - {x^2}yz} \right) + \left( {x{y^3} - x{y^2}z} \right) + \left( {{z^4} - {y^3}z} \right)} \right]\)

\( = \left( {x - y} \right)\left[ {{x^3}\left( {y - z} \right) + {x^2}y\left( {y - z} \right) + x{y^2}\left( {y - z} \right) - z\left( {y - z} \right)\left( {{y^2} + yz + {z^2}} \right)} \right]\)

\( = \left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left( {{x^3} + {x^2}y + x{y^2} - z\left( {{y^2} + yz + {z^2}} \right)} \right)\)

\( = \left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left[ {\left( {{x^3} - {z^3}} \right) + \left( {{x^2}y - y{z^2}} \right) + \left( {x{y^2} - {y^2}z} \right)} \right]\)

\( = \left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left[ {\left( {x - z} \right)\left( {{x^2} + xz + {z^2}} \right) + y\left( {x - z} \right)\left( {x + z} \right) + {y^2}\left( {x - z} \right)} \right]\)

\( = \left( {x - y} \right)\left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} + xy + yz + xz} \right)\).

Đáp án đúng là: A

cos2a = \({\cos ^2}a - {\sin ^2}a = 2{\cos ^2}a - 1 = 1 - 2{\sin ^2}a\).