5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 78)

Điều kiện: x ¹–y

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{(x + y)}^2}\left( {8{x^2} + 8{y^2} + 4xy - 13} \right) + 5 = 0}\\{2x + \frac{1}{{x + y}} = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{8{x^2} + 8{y^2} + 4xy - 13 + \frac{5}{{{{(x + y)}^2}}} = 0\,}\\{x + y + \frac{1}{{x + y}} + x - y = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5\left( {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right) + 3\left( {{x^2} - 2xy + {y^2}} \right) + \frac{5}{{{{(x + y)}^2}}} = 13}\\{x + y + \frac{1}{{x + y}} + x - y = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5{{\left( {x + y} \right)}^2} + \frac{5}{{{{(x + y)}^2}}} + 3{{\left( {x - y} \right)}^2} = 13}\\{x + y + \frac{1}{{x + y}} + x - y = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5{{\left( {x + y + \frac{1}{{x + y}}} \right)}^2} + 3{{\left( {x - y} \right)}^2} = 23}\\{x + y + \frac{1}{{x + y}} + x - y = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

Đặt \[x + y + \frac{1}{{x + y}} = a;\,\,\,x - y = b\,\,\,\,\,\,\]

Ta có:\[\left( {\frac{{ - 5}}{4};\,\frac{9}{4}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5{a^2} + 3{a^2} - 6a + 3 = 23}\\{b = 1 - a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{8{a^2} - 6a - 20 = 0}\\{b = 1 - a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(a - 2)(4a + 5) = 0}\\{b = 1 - a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2}\\{b = - 1}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{{ - 5}}{4}}\\{b = \frac{9}{4}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\]

•Với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2}\\{b = - 1}\end{array}} \right.\], ta có:

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

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{(x + y - 1)}^2} = 0}\\{x - y = - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{y = 1}\end{array}} \right.\]

•Với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{{ - 5}}{4}}\\{b = \frac{9}{4}}\end{array}} \right.\], ta có:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y + \frac{1}{{x + y}} = \frac{{ - 5}}{4}}\\{x - y = \frac{9}{4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {x + y + \frac{5}{8}} \right)}^2} + \frac{{39}}{{64}} = 0}\\{x - y = \frac{9}{4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]   (2)

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {x + y} \right)}^2} + 2 \cdot \frac{5}{8}(x + y) + \frac{{25}}{{64}} + \frac{{39}}{{64}} = 0}\\{x - y = \frac{9}{4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {x + y + \frac{5}{8}} \right)}^2} + \frac{{39}}{{64}} = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{x - y = \frac{9}{4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

Vì \[{\left( {x + y + \frac{5}{8}} \right)^2} + \frac{{39}}{{64}} > 0,\,\,\forall m\] nên không có giá trị m thoả mãn hệ phương trình (2)

Vậy nghiệm (x; y) của hệ phương trình là (0; 1).

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5{a^2} + 3{b^2} = 23}\\{a + b = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5{a^2} + 3{{(1 - a)}^2} = 23}\\{b = 1 - a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5{a^2} + 3{a^2} - 6a + 3 = 23}\\{b = 1 - a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{8{a^2} - 6a - 20 = 0}\\{b = 1 - a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(a - 2)(4a + 5) = 0}\\{b = 1 - a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2}\\{b = - 1}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{{ - 5}}{4}}\\{b = \frac{9}{4}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\]

Vậy các nghiệm (a; b) của hệ phương trình là: (2; –1) và \[\left( {\frac{{ - 5}}{4};\,\frac{9}{4}} \right)\].

S là điểm chung của (SAB) và (SCD).

Kẻ Sx // AB // CD

Ta có: AB // CD

AB ⊂ (SAB)

CD ⊂ (SCD)

Suy ra (SAB) ∩ (SCD) = {Sx}

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB)và (SCD) là Sx.

Ta có: AM ⊂ (SAC)

Dễ thấy S ∈ (SAC) ∩ (SBD)

Gọi O là giao điểm của AC và BD

Khi đó O ∈ AC⊂ (SAC),

O ∈ BD ⊂ (SBD)

Do đó O ∈ (SAC) ∩ (SBD)

Þ SO = (SAC) ∩ (SBD)

Trong (SAC) gọi AM ∩ SO = {K} 

Ta có: K ∈ AM, K ∈ SO ⊂ (SBD) 

Þ AM ∩ (SBD) = {K},

Vậy giao điểm K của đường thẳng AM với (SBD) là giao điểm của AM và SO.

Áp dụng công thức \[r = \frac{{3V}}{{{S_{tp}}}}\,\,\] (*) và tam giác đều cạnh x có diện tích \[S = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4}\,\,\]

Từ giả thiết S.ABC đều có SA = SB = SC. Lại có SA, SB, SC đôi một vuông góc và thể tích khối chóp S.ABC bằng \[\frac{{{a^3}}}{6}\]nên ta có SA = SB = SC = a.

Suy ra \[AB = BC = CA = a\sqrt 2 \]và tam giác ABC đều cạnh có độ dài \[a\sqrt 2 \]. Do đó diện tích toàn phần của khối chóp S.ABC là

S_tp  = S_SAB + S_SBC + S_SCA + S_ABC

\[ = \frac{{3{a^2}}}{2} + \frac{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\left( {3 + \sqrt 3 } \right)}}{2}\] 

Thay vào (*) ta được:\[\frac{{4\pi }}{3}\].

Vậy r = \[r = \frac{a}{{3 + \sqrt 3 }}\].

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, trong đó:

A(0;0;0); B(a;0;0); C(a;a;0); D(0;a;0); S(0;0;2a)

Vì M là trung điểm của SD nênM(0;a²;a)

Gọi O là giao điểm của AC, BD

 MO // SB  Þ SB // (ACM)

Þ d(SB, (ACM)) = d(B, (ACM))

Ta có:\[\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AM} } \right] = \left( {{a^2}; - {a^2};\frac{{{a^2}}}{2}} \right)\]

\[ \Rightarrow \overrightarrow n (2; - 2;1)\] là một vecto chỉ phương của mặt phẳng (ACM).

Vậy phương trình mặt phẳng (ACM): 2x – 2y + z = 0

Þ d(SB, (ACM)) = d(B,(ACM)) = \[\frac{{2a}}{3}\].

Vậy khoảng cách d giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ACM) là \[\frac{{2a}}{3}\].

Vì \[\widehat {BFC}\]= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \[\widehat {AFC}\]= 90°.

Vì \[\widehat {BEC}\]= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \[\widehat {AEC}\] = 90°.

Tứ giác AEHF có: \[\widehat {AFC}\] = 90°; \[\widehat {AEC}\] = 90°

Suy ra \[\widehat {AFC}\]+ \[\widehat {AEC}\] = 180°.

Vậy AEHF là tứ giác nội tiếp

\[R = AI = \frac{{AH}}{2} = 2\,\,cm\]

Ta có: \[\widehat {BAC} = 60^\circ \]

Þ\[\widehat {FIE = }2\widehat {BAC} = 120^\circ \](góc nội tiếp bằng \[\frac{1}{2}\] góc ở tâm cùng chắn một cung)

Þ Số đo \[\widehat {EHF} = 120^\circ \]

Diện tích hình quạt IEHF là:

\[s = \frac{{\pi {R^2}N}}{{360}} = \frac{{\pi {{.2}^{^2}}.120}}{{360}} = \frac{{4\pi }}{3}\]

Vậy diện tích hình quạt IEHF là \[\frac{{4\pi }}{3}\].

Kẻ đường cao AH (H ∈ BC)

Theo định lý Py-ta-go, ta có:

AB²−BH² = AH²

AC² − CH² = AH²

⇔ AB² − BH² = AC² − (BC − BH)²

⇔AB² − BH² = (12 − AB)² − (8 − BH)²

⇔ 80 − 24AB + 16BH = 0

⇔ 10 − 3AB + 2BH= 0           (1)

Mặt khác: \[\frac{{BH}}{{AB}} = \cos \widehat B = \cos 60 = \frac{1}{2}\]

Suy ra AB = 2BH  (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB = 5 cm

Þ AC = 12 – 5 = 7

Vậy AB = 5 cm, AC = 7 cm.

Chu vi của tam giác ABC là 24 cm nên:

AB + BC + AC = 24

Þ AB + AC = 24 – BC = 24 – 10 = 14

Kẻ đường cao AH (H ∈ BC)

Theo định lý Py-ta-go:

AB²−BH² = AH²

AC² − CH² = AH²

⇔ AB² − BH² = AC² − (BC − BH)²

⇔AB² − BH² = (14 − AB)² − (10 − BH)²

⇔ 96 − 28AB + 20BH = 0

⇔ 24 − 7AB + 5BH= 0 (1)

Mặt khác: \[\frac{{BH}}{{AB}} = \cos \widehat B = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}\]

Þ AB = 2BH (2)

Từ (1) và (2) ⇒\[ \Rightarrow \widehat C = \widehat E\]

\[ \Rightarrow AC = 14 - \frac{{16}}{3}\, = \frac{{26}}{3}\,\,cm\]

Vậy \[AB = \frac{{16}}{3}\,\,cm,\,\,\,AC = \frac{{26}}{3}\,\,cm.\]

Xét tứ giác ADHE có 3 góc vuông

\[\widehat A = \widehat D = \widehat E = 90^\circ \]

⇒ ADHE là hình chữ nhật

Mà AH, DE là 2 đường chéo

⇒ AH = DE (đpcm)

Vậy AH = DE.

HD ⊥ AB và AC ⊥ AB

Þ HD // AC

\[ \Rightarrow \widehat {PHD} = \widehat {HCA}\](đồng vị)

ΔDBH vuông tại D có DP là trung tuyến ứng với cạnh huyền

⇒ DP = PH ⇒ ΔDPH cân tại P

\[ \Rightarrow \widehat {PHD} = \widehat {PDH}\]

ADHE là hình chữ nhật 

\[ \Rightarrow \widehat {ADE} = \widehat {AHE}\]

Mà \[\widehat {HCA} = \widehat {AHE}\](cùng phụ với \[\widehat {AHE}\])

\[ \Rightarrow \widehat {ADE} = \widehat {HCA} = \widehat {PHD} = \widehat {PDH}\]

Ta có: \[\widehat {ADE} + \widehat {EDH} = 90^\circ \]

\[\widehat {PHD} + \widehat {EDH} = 90^\circ \]

\[ \Rightarrow \widehat {PDE} = 90^\circ \]

⇒ DP ⊥ DE

Chứng minh tương tự ta có EQ ⊥ DE

⇒ Tứ giác DEQP là hình thang vuông tại D và E (đpcm)

Vậy tứ giác DEQP là hình thang vuông tại D và E.

Xét ΔABC và ΔADE có:

AB = AD (gt)

\[\widehat {BAC} = \widehat {DAE}\](2 góc đối đỉnh)

AC = AE (gt)

Do đó: ΔABC = ΔADE (c.g.c)

\[ \Rightarrow \widehat {MAN} = \widehat {CAE} = 180^\circ \]

Xét ΔMAC và ΔNAE có:

AC = AE (gt)

\[\widehat C = \widehat E\]

CM = EN

Þ ΔMAC = ΔNAE (c.g.c)

Vậy ΔMAC = ΔNAE.

Xét ΔABC và ΔADE có:

AB = AD (gt)

\[\widehat {BAC} = \widehat {DAE}\](2 góc đối đỉnh)

AC = AE (gt)

Do đó: ΔABC = ΔADE (c.g.c)

\[ \Rightarrow \widehat C = \widehat E\]

Xét ΔMAC và ΔNAE có:

AC = AE (gt)

\[\widehat C = \widehat E\]

CM = EN

Þ ΔMAC = ΔNAE (c.g.c)

\[ \Rightarrow \widehat {MAC} = \widehat {NAE}\]

\[ \Rightarrow \widehat {MAC} + \widehat {CAD} + \widehat {DAN} = \widehat {NAE} + \widehat {DAN} + \widehat {CAD}\]

\[ \Rightarrow \widehat {MAN} = \widehat {CAE} = 180^\circ \]

Vậy M, A, N thẳng hàng.

Ta có CA, CD là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại C.

Suy ra CA = CD.

Khi đó C nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AD   (1)

Lại có OA = OD = R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AD   (2)

Từ (1), (2), suy ra CO là đường trung trực của đoạn thẳng AD.

Vậy CO ⊥ AD tại I.

Xét ∆CED và ∆CDB, có:

\[\widehat C\]chung

\[\widehat {CDE} = \widehat {CBD}\](góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Do đó ∆CED ᔕ ∆CDB (g.g)

Suy ra \[\frac{{CE}}{{CD}} = \frac{{CD}}{{CB}}\]

Do đó CE.CB = CD²   (3)

Xét ∆CDO vuông tại D có DI là đường cao:

CD² = CI.CO (hệ thức lượng trong tam giác vuông)    (4)

Từ (3), (4), suy ra CE.CB = CI.CO (đpcm)

Vậy CE.CB = CI.CO.

Ta có:

252 = 2².3².7

Số 252 có số ước là:

(2 + 1).(2 + 1).(1 + 1) = 18 (ước)

Ư(252) = {1; 2; 3; 4; 6; 7; 9; 12; 14; 18; 21; 28; 36; 42; 63; 84; 126; 252}

Vậy số 252 có 18 ước.

Ta có: 36 = 2².3²

Số 36 có số ước là:

(2 + 1).(2 + 1) = 9 (ước)

Ư(36) = {1; 2; 3; 4; 6; 9; 12; 18; 36}

Vậy Ư(36) = {1; 2; 3; 4; 6; 9; 12; 18; 36}.

Chiều dài của sân chơi đó là:

28 ×4 = 112 (m)

Diện tích sân chơi đó là:

112 × 28 = 3136 (m²) = 31 360 000 (cm²)

Diện tích 1 viên gạch là:

50 × 50 = 2500 (cm²)

Cần số viên gạch để lát kín sân chơi đó là:

31 360 000 : 2500 = 12544 (viên)

Ta có: 12544 : 350 = 35 (dư 294)

Vì 294 viên gạch vẫn cần 1 chuyến nữa để chuyển nên cần số chuyến là:

35 + 1 = 36 (chuyến)

Đáp số: 36 chuyến

Chiều rộng là:

16 : 2 = 8 (m)

Diện tích mảnh đất là:

16 ´ 8=128 (m²)

Số hoa hồng cần trồng là:

128 : 4 = 32 (cây)

Đáp số: 32 cây

Ta có:

\[\overline {abcdef} = 1000.\,\overline {abc} + \overline {def} \]

Mà \[\overline {abcdef} = 999.\,\overline {abc} + 200\]

Do đó: \[999.\,\overline {abc} + 200 = 1000.\,\overline {abc} + \overline {def} \]

Suy ra \[\overline {abc} + \overline {def} = 200\] (1)

Do a ¹ 0; d ¹ 0 nên \[\overline {abc} ,\,\,\overline {def} \] đều phải lớn hơn hoặc bằng 100.

Suy ra \[\overline {abc} + \overline {def} \ge 200\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\overline {abc} = \overline {def} = 100\]

Vậy số cần tìm là 100100.

Các cặp tam giác bằng nhau trong hình vẽ là:

ΔABH = ΔKBH (c.g.c)

ΔACH = ΔKCH (c.g.c)

ΔABC = ΔKBC (c.c.c)

Xét ΔABH và ΔDBH có:

HA = HD

BH chung

\[\widehat {BHA} = \widehat {BHD} = 90^\circ \]

Þ ΔABH = ΔDBH (c.g.c)

Vậy ΔABH = ΔDBH.

3x⁴ + ax² + bx + c chia hết x – 2

Þ 3x⁴ + ax² + bx + c = (x – 2).q(x)

3x⁴ + ax² + bx + c chia x² – 1 được thương v(x) dư –7x – 1

Þ 3x⁴ + ax² + bx + c = (x² – 1).v(x) –7x – 1

Cho x = 2

Þ 48 + 4a + 2b + c = 0 (1)

Þ a + b + c = −11 (2)

Cho x = −1

Þ 3 + a – b + c = 6

Þ a – b + c = 3 (3)

Lấy (2) + (3)Þ a + c = −4 (4)

Þ −4 – b = 3

Þ b = −7

Từ (1)Þ 4a + c = −34 (5)

(4) – (5) Þ −3a = 30 Þ a = −10

Þ c = 6

Vậy (a; b; c) = (−10; −7; 6)

Gọi q(x); g(x) lần lượt là thương của phép chia f(x) cho x – 2; f(x) cho x² – 1

Þ f(x) = q(x)(x– 2)

Và f(x) = g(x)(x² – 1) + 2x

Þ f(2) = 8 + 4a + 2b + c = 0

f(1) = 1 + a + b + c = 2

f(–1) = – 1 + a – b + c = –2

Từ các hệ thức trên ta tìm được: 

\[a = \frac{{10}}{3}\]; b = 1; \[c = \frac{{10}}{3}\]

Gọi số cần tìm là \[\overline {ab} \](0 < a < 10; 0 ≤ b < 10)

Theo đề ra ta có:

\[\overline {a0b} :\overline {ab} = 7\]

Ta có: 100a + b = 7(10a + b)

100a + b = 70a + 7b

100a − 70a = 7b − b

30a = 6b

5a = b

a = 1 (vì nếu b lớn hơn hoặc bằng 2 thì a lớn hơn hoặc bằng 10)

Suy ra b = 5

Vậy số cần tìm là 15.

Gọi số cần tìm là \[\overline {ab} \](0 < a < 10; 0 ≤ b < 10)

Theo đề ra ta có:

\[\overline {a3b} :\overline {ab} = 11\]

Ta có: 100a + b = 11(10a + b)

100a + 30 + b = 110a + 11b

110a − 100a = 30 − 10b

10a = 30 − 10b

Ta có bảng:

 

a	1	2	3	4
b	2 (TM)	1 (TM)	0 (TM)	–1 (TM)

Vậy các số cần tìm là 12; 21; 30.

\[{x^2} + {y^2} + {z^2} \ge \frac{1}{3}\]

⇔ 3(x² + y² + z²) ≥ 1

⇔ 3(x² + y² + z²) ≥ (x+y+z)2

⇔ 3x² + 3y² + 3z² − x² − y² − z² − 2xy − 2yz − 2zx ≥ 0

⇔ 2x² + 2y² + 2z² − 2xy − 2yz − 2zx ≥ 0

⇔ (x² − 2xy + y²) + (y² − 2yz + z²) + (z² − 2zx + x²) ≥ 0

⇔ (x − y)² + (y − z)² + (z − x)² ≥ 0(luôn đúng)

Vậy \[{x^2} + {y^2} + {z^2} \ge \frac{1}{3}\].

Ta có: (x + y + z)² = x² + y² + z²

Û x² + y² + z² + 2(xy + yz + zx) = x² + y² + z²

Û xy + yz + zx = 0

Lại có: \[\frac{1}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{y^3}}} + \frac{1}{{{z^3}}} - \frac{3}{{xyz}}\]

\[ = \left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} - \frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}}} \right)\]

\[ = \left( {\frac{{xy + yz + zx}}{{xyz}}} \right)\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} - \frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}}} \right) = 0\]

Suy ra \[\frac{1}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{y^3}}} + \frac{1}{{{z^3}}} = \frac{3}{{xyz}}\](đpcm)

Vậy \[\frac{1}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{y^3}}} + \frac{1}{{{z^3}}} = \frac{3}{{xyz}}\].

Gọi G là trọng tâm tam giác MPR \[ \Rightarrow \overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GP} + \overrightarrow {GR} = \overrightarrow 0 \]

Ta cần đi chứng minh G cũng là trọng tâm của ΔNQS bằng cách chứng minh \[\overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GS} = \overrightarrow 0 \]

Ta có:\[2.(\overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GS} )\]

\[ = 2.\overrightarrow {GN} + 2.\overrightarrow {GQ} + 2.\overrightarrow {GS} \]

\[ = (\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} ) + (\overrightarrow {GD} + \overrightarrow {GE} ) + (\overrightarrow {GF}  + \overrightarrow {GA} )\]

(Vì N, Q, S lần lượt là trung điểm của BC, DE, FA)

\[ = (\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GA} ) + (\overrightarrow {GD} + \overrightarrow {GC} ) + (\overrightarrow {GF} + \overrightarrow {GE} )\]

\[ = 2.\overrightarrow {GM} + 2.\overrightarrow {GP} + 2.\overrightarrow {GR} \]

(Vì M, P, R là trung điểm AB, CD, EF)

\[ = 2.(\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GP} + \overrightarrow {GR} )\]

\[ = 2.\overrightarrow 0 = \overrightarrow 0 \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GS} = \overrightarrow 0 \]hay G cũng là trọng tâm của ΔNQS.

Vậy trọng tâm ΔMPR và ΔNQS trùng nhau.

Để phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương thì Δ = p² − 4q là số chính phương.

Đặt p² − 4q = k² ⇔ 4q = (p − k)(p + k)với k là số tự nhiên.

Do p − k, p + k cùng tính chẵn, lẻ mà tích của chúng chẵn nên hai số này cùng chẵn.

Mặt khác p − k < p + k và q là số nguyên tố nên:

p − k = 2 và p + k = 2q hoặc p − k = 4 và p + k = q

Nếu p − k = 4 và p + k = q thì q chẵn do đó q = 2 (vô lí vì p + k > p − k).

Nếu p − k = 2 và p + k = 2q thì 2p = 2q + 2 tức p = q + 1. Do đó q chẵn tức q = 2. Suy ra p = 3.

Thử lại ta thấy phương trình: x² − 3x + 2= 0 có nghiệm nguyên dương x = 1 và x = 2.

Vậy p = 3; q = 2.

Vì p, q là số nguyên tố mà pq+11 cũng là số nguyên tố

⇒ pq chẵn

Giả sử p = 2

⇒ 7p + q = 14 + q

Mà 7p + q là số nguyên tố nên q lẻ

⇒ q = 3; 3k + 1; 3k + 2

Nếu q = 3 thì 14 + 3 =17 là số nguyên tố

                       2.3 + 11 = 17 là số nguyên tố

⇒ Thỏa mãn

Nếu q = 3k + 1 thì 14 + 3k + 1 = 15 + 3k = 3(5 + k) chia hết cho 3.

⇒ Không thỏa mãn

Nếu q = 3k + 2 thì 2(3k + 2) + 11 = 2.3k + 15 = 3(2k+5) chia hết cho 3.

⇒ Không thỏa mãn

⇒ p = 2; q = 3

Giả sử q = 2

⇒ p lẻ vì 7p+2 là số nguyên tố lớn hơn 3

⇒ p = 3; 3k + 1; 3k + 2

Nếu p = 3 thì 7.3 + 2 = 23 là số nguyên tố

                   2.3 +11 = 17là số nguyên tố

⇒ Thỏa mãn

Nếu p = 3k + 1 thì 7(3 + 1) + 2 = 7.3k + 9 = 3(7k + 3) chia hết cho 3

⇒ Không thỏa mãn

Nếu p = 3k + 2 thì 2(3k + 2) + 11 = 2.3k + 15 = 3(2k + 5) chia hết cho 3

⇒ Không thỏa mãn

Do đó p = 3; q = 2

Vậy p = 3; q = 2.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

(x + y)² ≤ (x² + y²).(1² + 1²)

Û 4 ≤ 2.S

Û 2 ≤ S

Dấu "=" xảy ra Û x = y = 1

Vậy GTNN của S là 2 tại x = y = 1.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có (x + y)² ≥ 4xy.

⇔ (x + y)² ≥ x + y + 2

⇔ (x + y)² – (x + y) – 2 ≥ 0

⇔ (x + y – 2)(x + y + 1) ≥ 0

y – 2 ≥ 0 (do x + y + 1 > 0, với mọi số dương x, y)

⇔ x + y ≥ 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\[\frac{{x + y}}{4} + \frac{1}{{x + y}} \ge \sqrt[2]{{\frac{{x + y}}{4}.\frac{1}{{x + y}}}} = 2.\sqrt {\frac{1}{4}} = 1\]

Ta có: \[x + y + \frac{1}{{x + y}} = \frac{{3(x + y)}}{4} + \frac{{x + y}}{4} + \frac{1}{{x + y}} \ge \frac{{3.2}}{1} + 1 = \frac{5}{2}\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[x + y + \frac{1}{{x + y}}\]bằng \[\frac{5}{2}\]khi x = y = 1.

Vì AB, AC là các tiếp tuyến cắt nhau tại A nên AB = AC và \[{\widehat A_1} = {\widehat A_2}\] (do tính chất các tiếp tuyến cắt nhau)

Xét tam giác ABC có: AB = AC 

Do đó, tam giác ABC cân tại A

Vì \[{\widehat A_1} = {\widehat A_2}\] nên AO là tia phân giác của \[\widehat A\]

Suy ra AO cũng là đường cao ứng với cạnh BC.

⇒ OA ⊥ BC

Vậy OA ⊥ BC.

Điểm B nằm trên đường tròn tâm O có đường kính CD nên có ∆CBD vuông tại B (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Þ BC ⊥ BD (1)

Vì AB, AC là các tiếp tuyến cắt nhau tại A nên AB = AC và \[{\widehat A_1} = {\widehat A_2}\] (do tính chất các tiếp tuyến cắt nhau)

Xét tam giác ABC có: AB = AC 

Do đó, tam giác ABC cân tại A

Vì \[{\widehat A_1} = {\widehat A_2}\] nên AO là tia phân giác của \[\widehat A\]

Suy ra AO cũng là đường cao ứng với cạnh BC.

⇒ OA ⊥ BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra BD // OA

Vậy BD // OA.

Điều kiện: x² + 2x + 3 ≥ 0

\[{x^2} + 6x + 1 = (2x + 1)\sqrt {{x^2} + 2x + 3} \]

\[ \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 3 + 4x + 2 = (2x + 1)\sqrt {{x^2} + 2x + 3} \]

Đặt \[a = \sqrt {{x^2} + 2x + 3} \]; b = 2x +1, phương trình trở thành:

a² + 2b = ab + 4

⇔ a² − 4− ab + 2b = 0

⇔ (a − 2)(a + 2) − b(a − 2) = 0

⇔ (a − 2)(a – b + 2) = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{a - b = - 2}\end{array}} \right.\].

•Với a = 2 \[ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2x + 3} = 2\]

Û x² + 2x – 1 = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \sqrt 2 - 1\,\,(tm)}\\{x = - \sqrt 2 - 1\,\,(tm)}\end{array}} \right.\]

•Với a – b = −2\[ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2x + 3} - (2x + 1) = - 2\]

\[ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2x + 3} = 2x - 1\]

⇔ x² + 2x+ 3 = 4x² − 4x + 1

⇔3x² − 6x − 2 =0

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{3 + \sqrt {15} }}{3}\,\,(TM)}\\{x = \frac{{3 - \sqrt {15} }}{3}\,\,(TM)}\end{array}} \right.\]

Vậy tập hợp giá trị x thỏa mãn là: \[S = \left\{ { - 1 \pm \sqrt 2 ;\,\,\frac{{3 \pm \sqrt {15} }}{3}} \right\}\].

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

•d có 3 cách chọn (d ¹{0; 5})

•a có 3 cách chọn (a ¹{0; d})

•b có 3 cách chọn (b ¹{a; d})

•c có 2 cách chọn

Theo quy tắc nhân có 3 × 3 × 3 × 2 = 54

Vậy có 54 số thỏa mãn yêu cầu.

Gọi số cần tìm có là \[\overline {abc} \]

Ta có:c ⋮2; (a + b + c)⋮ 3

Các bộ số (a; b; c) thảo mãn là:

{(1; 2; 3); (1; 2; 6); (2; 3; 4); (3; 4; 5)}

Các bộ (1; 2; 3); (3; 4; 5) có 2! = 2 số

Nên 2 bộ này có tổng cộng 4 số.

Các bộ (1; 2; 6); (2; 3; 4) có 2 . 2 . 1 = 4 (số).

Nên 2 bộ này có tổng cộng 8 số.

Vậy có tất cả 12 số thỏa mãn.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD

Ta có: AC ^ BD; BD ^ SA

Suy ra BD ^ (SAC)

Dựng OK ^ SC suy ra OK là đoạn vuông góc chung của BD và SC

Khi đó \[d(BD;SC) = OK = \frac{1}{2}d(A;SC)\]

\[ = \frac{1}{2} \cdot \frac{{SA.AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }}\]                  (1)

Ta có: AC² = AB² + BC² = 2a²

Suy ra \[AC = a\sqrt 2 \]

Thay vào (1) ta có \[d = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\]

Vậy \[d = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\].

Tập hợp bội của 6 là:

B(6) ={0; 12; 24; 30; 36; ...}

Vậy B(6) ={0; 12; 24; 30; 36; ...}.

Vì (P) đi qua điểm M (1; 5) và N (−2; 8) nên ta có hệ phương trình:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b + 2 = 5\,\,\,\,\,\,}\\{4a - 2b + 2 = 8}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2}\\{b = 1}\end{array}} \right.\]

Vậy (P): y = 2x² + x + 2.

Do parabol (P): y = ax²  + bx + c có trục đối xứng là đường thẳng x = 1 nên \[\frac{{ - b}}{{2a}} = 1\]

⇔ 2a = – b ⇔ 2a + b = 0 ⇔ 2(2a + b) = 0 ⇔ 4a + 2b = 0

Vậy 4a + 2b = 0.

Gọi thời gian để 12 người làm cỏ cánh đồng đó là x (giờ) (x > 0)

Trên cùng 1 cánh đồng thì thời gian làm cỏ và số người là 2 đại lượng tỉ lệ nghịch

\[ \Leftrightarrow \frac{3}{{12}} = \frac{x}{6}\]

⇒ x = 1,5

Vậy 12 người (có cùng năng suất) làm cỏ cánh đồng đó hết 1,5 giờ.

Ta có: n³ – 3 = n³ – 8 + 5

= (n − 2)(n² + 2n + 4) + 5

Do đó: n³ – 3 chia hết cho n – 2

⇔ 5 chia hết cho n – 2

Suy ra  n – 2 ∈ {±1; ±5}

Ta có bảng:

n – 2	−1	1	−5	5
n	1 (TM)	3 (TM)	−3 (TM)	7 (TM)

Vậy n ∈ {−3; 1; 3; 7}.

Ta có: \[{n^2} + 3n + 3 = {n^2} + \frac{n}{2} + \frac{{5n}}{2} + 3 - \frac{5}{4}\]

\[ = \frac{n}{2}(2n + 1) + \frac{5}{4}(2n + 1) + \frac{7}{4}\]

Ta thấy n² + 3n + 3 chia hết cho 2n + 1 nên 4(n² + 3n + 3) chia hết cho 2n + 1.

4(n² + 3n + 3) = 4n² + 12n + 12

= 4n² + 2n + 10n + 5 + 7

= 2n(2n + 1) + 5(2n + 1) + 7

= (2n + 1)(2n + 5) + 7

Vì (2n + 1)(2n + 5) chia hết cho 2n + 1 nên 7 chia hết cho 2n + 1.

Û 2n + 1 ∈ {±1; ±7}

Ta có bảng:

 

2n + 1	−1	1	−7	7
n	−1 (TM)	0 (TM)	−4 (TM)	3 (TM)

Vậy n ∈ {−4; −1; 0; 3}.

Ta có: x³ – x²y – xy² + y³

= x²(x – y) – y²(x – y)

= (x² – y²)(x – y)

= (x – y)²(x + y)

–6x² – 9xy + 15y²

= –(6x² + 9xy – 15y²)

= –(6x² – 6xy + 15xy – 15y²)

= –[6x(x – y) + 15y(x – y)]

= –[(x – y)(6x + 15y)]

95,72 ´ 3,57 + 3,57 ´ 4,28

= 3,57 ´ (95,72 + 4,28)

= 3,57 ´ 100 = 357

17,8 ´ 99 + 17 + 0,8

= 17,8 ´ 99 + 17,8

= 17,8 ´ (99 + 1)

= 17,8 ´ 100= 1780.

Ta có

• 20 = 2².5 nên 20 không phải là số nguyên tố

• 31 = 1.31 nên 31 là số nguyên tố

• 45 = 3².5 nên 45 không phải là số nguyên tố

Vậy 31 là số nguyên tố.

Ta có:6 = 2.3

Do đó 36 chia hết cho 2 và 3

Vậy 6 không phải là số nguyên tố.

Giả sử hình chữ nhật ban đầu có chiều dài là a, chiều rộng là b

Diện tích: S = a.b

Chiều dài tăng 2 lần, chiều rộng không đổi

Þa’ = 2a, b’ = b

Þ S’ = a’.b’ = 2a.b = 2ab = 2.S

Vậy diện tích tăng 2 lần.

Giả sử hình chữ nhật ban đầu có chiều dài là a, chiều rộng là b

Diện tích: S = a.b

 Chiều dài và chiều rộng tăng 3 lần

Þ a’ = 3a; b’ = 3b

Þ S’ = a’.b’ = 3a.3b = 9ab = 9S

Vậy diện tích tăng 9 lần.

Vì (P): y = ax²  + bx + 4 có trục đối xứng là đường thẳng \[x = \frac{1}{3}\] nên:

\[\frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{1}{3}\]

⇔ 2a = – 3b ⇔ 2a + 3b = 0        (1)

Parabol đi qua điểm A(1; 3) nên a + b + 4 = 3 

⇔ a + b = – 1 

⇔ a = –1 – b          (2)

Thay (2) vào (1) ta được:

2(– 1 – b) + 3b = 0 ⇔ b = 2.

Do đó a = – 1 – 2 = –3

Vậy (P) là y = −3x²  + 2x + 4.

Điều kiện: a ≠ 0.

(P) có đỉnh I(2; – 2) nên ta có:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{ - b}}{{2a}} = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{ - 2 = a{{.2}^2} + b.2 + 2}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4a + b = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{4a + 2b = - 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{b = - 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

Vậy a = 1; b = – 4.

Đáp án đúng là: D

Ta có: \[y = {x^{ - 4}} = \frac{1}{{{x^4}}}\]

Do đó đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng.

Thay A(1; 1) vào đồ thị ta có:

 \[1 = \frac{1}{{{1^4}}}\] (luôn đúng)

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 0 và tiệm cận ngang y = 0.

Vậy đáp án D có khẳng định sai.

Vì (d) đi qua điểm A(1;2); B(– 3;4) nên ta có hệ phương trình:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{k + k' - 3 = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{ - 3(k - 3) + k' = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{k + k' = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{ - 3k + k' = - 5}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4k = 10\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{k + k' = 5\,\,\,\,}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{k = \frac{2}{5}\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{k' = \frac{{23}}{5}\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

Vậy \[k = \frac{2}{5};\,\,k' = \frac{{23}}{5}\].

\[3\sqrt 5 a - \sqrt {20} a + 4\sqrt {45} a + \sqrt a \]

\[ = 3\sqrt 5 a - 2\sqrt 5 a + 12\sqrt 5 a + \sqrt a \]

\[ = 13\sqrt 5 a + \sqrt a \]

Vậy \[3\sqrt 5 a - \sqrt {20} a + 4\sqrt {45} a + \sqrt a = 13\sqrt 5 a + \sqrt a \].

\[5\sqrt {\frac{1}{5}} + \frac{1}{{20}}\sqrt {20} + \sqrt 5 \]

\[ = \sqrt {\frac{{{5^2}}}{5}} + \frac{1}{{\sqrt {20} }} + \sqrt 5 \]

\[ = \sqrt 5 + \frac{1}{{2\sqrt 5 }} + \sqrt 5 \]

\[ = 2\sqrt 5 + \frac{1}{{2\sqrt 5 }}\]

\[ = \frac{{21}}{{2\sqrt 5 }}\]

Vì G’ là trọng tâm của tam giác OCD nên \[d = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\] (1)

Vì  G  là trọng tâm của tam giác OAB  nên \[\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} = \overrightarrow 0 \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {GO} = - \overrightarrow {GA} - \overrightarrow {GB} \]

Từ (1) và (2) suy ra:

\[\overrightarrow {GG'} = \frac{1}{3}\left( { - \overrightarrow {GA} - \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} } \right) = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right)\]

Vậy \[\overrightarrow {GG'} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right)\].

Ta có:\[2{x^2} + xy + 2{y^2} = \frac{3}{2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + \frac{1}{2}\left( {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right)\]

\[ = \frac{3}{2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + \frac{1}{2}{\left( {x + y} \right)^2}\]

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

(x² + y²)(1 + 1) ≥ (x + y)²

Û 2(x² + y²) ≥ (x + y)²  

\[ \Leftrightarrow \frac{3}{2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \ge \frac{3}{4}{\left( {x + y} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{3}{2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + \frac{1}{2}{\left( {x + y} \right)^2} \ge \frac{5}{4}{\left( {x + y} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow 2{x^2} + xy + 2{y^2} \ge \frac{5}{4}{\left( {x + y} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + xy + 2{y^2}} \ge \frac{{\sqrt 5 }}{2}\left( {x + y} \right)\]

Chứng minh tương tự, ta có:

• \[\sqrt {2{y^2} + yz + 2{z^2}} \ge \frac{{\sqrt 5 }}{2}\left( {y + z} \right)\]

• \[\sqrt {2{z^2} + xz + 2{x^2}} \ge \frac{{\sqrt 5 }}{2}\left( {x + z} \right)\]

Do đó: \[P = \sqrt {2{x^2} + xy + 2{y^2}} + \sqrt {2{y^2} + yz + 2{z^2}} + \sqrt {2{z^2} + xz + 2{x^2}} \ge \frac{{\sqrt 5 }}{2}(2x + 2y + 2z)\]

Suy ra \[P \ge \sqrt 5 (x + y + z) = \sqrt 5 \]

Dấu “=” xảy ra khi \[x = y = z = \frac{1}{3}\].

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là \[\sqrt 5 \] khi \[x = y = z = \frac{1}{3}\].

Ta có: A = |x – 3| + |x – 5| + |x – 7|

= |x – 3| + |x – 5| + |7 – x| ≥ | x − 3 + 7 − x | + | x − 5 |

= | 4 | + | x − 5 |

= 4 + | x − 5 |.

Do |x – 5| ≥ 0 nên 4 + |x – 5| ≥ 4

Þ |x – 3| + |x – 5| + |7 – x| ≥ 4

Dấu "=" xảy ra khi |x – 5| = 0

⇔ x − 5 = 0

⇔ x = 5.

Vậy GTNN của A = 4 khi x = 5.

Ta có: a > b Û a – b > b – b = 0

Vậy a > b khi và chỉ khi a – b > 0.

Ta có: a + b > c Û a + b – b > c – b

Û a > c – b

Vậy a + b > c khi và chỉ khi a > c – b.

Xét ΔAMB và ΔAMC có:

AB = AC(do ΔABC cân tại A)

AM cạnh chung

BM = MC (do M là trung điểm của BC)

Þ ΔAMB = ΔAMC(c.c.c)

Vậy ΔAMB = ΔAMC.

 Vì MN // AB (gt)

Þ\[\widehat B = \widehat {NMC}\](vì đồng vị)

Mà \[\widehat B = \widehat C\](do ΔABCcân tại A)

Þ\[\widehat C = \widehat {NMC}\]

ÞΔMNCcân tại N

Vậy ΔMNC cân tại N.

Gọi số đất đội 1 là a; b; c, đội 2 là x; y; z

Ta có:

\[\frac{a}{7} = \frac{b}{6} = \frac{c}{5} & (1)\]

\[\frac{z}{4} = \frac{x}{6} = \frac{y}{5} & (2)\]

Vì một công trường dự định phân chia số đất cho 3 đội I, II, III tỉ lệ với 7; 6; 5. Nhưng sau đó vì số người của các đội thay đổi nên đẫ chia tỉ lệ lại với 6; 5; 4.

Như vậy có một đội là nhiều hơn 6 m² đất

Þ (a + b + c) – (x + y + z) = 6

Áp dụng tính chất của dãy tỷ số bằng nhau ta có:

\[\frac{{\left( {a + b + c} \right){\rm{ }} - {\rm{ }}\left( {{\rm{ }}x + y + z} \right)}}{{\left( {7 + 6 + 5} \right) - \left( {6 + 5 + 4} \right)}} = 2\]

Þ a = 14; b = 12; c = 10

Vậy số đất đã phân chia cho mỗi đội I; II; III là: 14 m²; 12 m²; 10 m².

Ta có: f(x) = x³ + ax² + bx + 2 chia cho x + 1 dư 5

Suy ra f(x) – 5 chia hết cho x + 1

Hay x³ + ax² + bx + 2 – 5 chia hết cho x + 1

Suy ra x³ + ax² + bx – 3 chia hết cho x + 1

Do đó x = -1 là nghiệm của đa thức f(x)

Khi đó (-1)³ + a(-1)² + b(-1) - 3 = 0

Þ-1 + a – b – 3 = 0

Þ a – b = 4 hay b = a – 4

Tương tự ta được f(x) – 8 chia hết cho x + 2

Hay x³ + ax² + bx + 2 – 8 chia hết cho x + 2

Suy ra x³ + ax² + bx – 6 chia hết cho x + 2

Þ x = –2 là nghiệm của đa thức f(x)

Þ (–2)³ + a(–2)² + b(–2) – 6 = 0

Þ –8 + 4a – 2b – 6 = 0

Þ 4a – 2b = 14

Þ 2a – b = 7

Thay b = a – 4 vào ta có:

2a – (a – 4) = 7

2a – a + 4 = 7

a + 4 = 7

a = 3

Þ b = 3 – 4 = –1

Vậy (a; b) = (3; –1)

Ta có: (x) = x³ + ax + b chia cho x – 2 dư 3

Suy ra f(x) – 3 chia hết cho x – 2

Hay x³ + ax + b – 3 chia hết cho x – 2

Do đó x = 2 là nghiệm của đa thức f(x)

Khi đó 2³ + 2a + b – 3 = 0

Þ 8 + 2a + b – 3 = 0

Þ 2a + b = –5 hay b = –2a – 5

Tương tự ta được f(x) – 5 chia hết cho x – 3

Hay x³ + ax + b – 5 chia hết cho x – 3

Do đó x = 3 là nghiệm của đa thức f(x)

Þ 3³ + 3a + b – 5 = 0

Þ 27 +3a + b – 5 = 0

Þ 3a + b = –22

Thay b = –2a – 5 vào ta có:

3a + (–2a – 5) = –22

3a – 2a – 5 = –22

a – 5 = –22

a = –17

Þ b = (–2)(–17) – 5 = 29

Vậy đa thức f(x) = x³ – 22 + 29.

Xét tứ giác ABOC có: \[\widehat A = \widehat B = \widehat C = 90^\circ \]

Suy ra ABOC là hình chữ nhật

Mà AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vậy ABOC là hình vuông.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM;EM = EC.

Chu vi của tam giác ADE = AD + DE + EA = AD + DM + ME + EA

= AD + DB + AE + EC = AB + AC = 2AB

Xét tứ giác ABOC có: \[\widehat A = \widehat B = \widehat C = 90^\circ \]

Suy ra ABOC là hình chữ nhật

Mà AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Þ ABOC là hình vuông

Þ AB = OB = 2 (cm)

Chu vi của tam giác ADE = 2AB = 2.2 = 4 (cm)

Vậy chu vi của tam giác ADE = 4 cm.

Gọi M(a; 0)

\[\overrightarrow {AM} = (a + 1; - 2);\,\,\overrightarrow {AB} = (6;6)\]

ΔMAB vuông tại A \[ \Rightarrow \overrightarrow {MA} .\,\overrightarrow {AB} = 0\]

Û 6(a + 1) + (–2). 6 = 0

Û 6a + 6 – 12 = 0

Û 6a = 6

Û a = 1

\[ \Rightarrow \overrightarrow {AM} = (2; - 2)\]

\[ \Rightarrow AM = \sqrt {{2^2} + {{( - 2)}^2}} = 2\sqrt 2 \]

\[\overrightarrow {AB} = (6;6) \Leftrightarrow AB = \sqrt {{6^2} + {6^2}} = 6\sqrt 2 \]

Diện tích tam giác MAB là:

\[\frac{1}{2}AM.AB = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt 2 \cdot 6\sqrt 2 = 12\] (đvdt)

Vậy diện tích tam giác MAB là 12 đvdt.

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau (MC, MD) thì OM là tia phân giác

\[ \Rightarrow \widehat {DOA} = \widehat {COA}\]

 

\[ \Rightarrow {\widehat B_1} = {\widehat B_2}\] (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Mà \[{\widehat B_2} = \widehat {KCM}\] (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó)

\[{\widehat B_1} = \widehat {BAC} = 60^\circ \]

Xét tứ giác MKBCcó:

 \[{\widehat B_1} = \widehat {KCM}\] và cùng nhìn cạnh KM nên MKBC là tứ giác nội tiếp hay M, K, B, C cùng thuộc một đường tròn.

Vậy M, K, B, C cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: \[\widehat {ACB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau (MC, MD) thì OM là tia phân giác

\[ \Rightarrow \widehat {DOA} = \widehat {COA}\]

 

\[ \Rightarrow {\widehat B_1} = {\widehat B_2}\] (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Mà \[{\widehat B_2} = \widehat {KCM}\] (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó)

\[ \Rightarrow {\widehat B_1} = \widehat {KCM}\]

Xét tứ giác MKBCcó:

 \[{\widehat B_1} = \widehat {KCM}\] và cùng nhìn cạnh KM nên MKBC là tứ giác nội tiếp

\[ \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {KCB} = \widehat {ACB} = 90^\circ \]

Suy ra MK ^ AB (vì M, A, B thẳng hàng).

Vậy MK ^ AB.

Gọi số tiền bác Kim gửi vào ngân hàng là x (đồng) (\[x \in {\mathbb{N}^*}\])

Số tiền lãi sau một năm là:

x.7% = 0,07x (đồng)

Sau một năm bác tới ngân hàng rút là 128 400 000 nên ta có phương trình là:

x + 0,07x = 128 400 000

⇔1,07x = 128 400 000

⇔x = 120 000 000 (TMĐK)

Vậy lúc đầu bác Kim gửi vào ngân hàng120 000 000 đồng.

Số tiền lãi bà Mai phải trả năm đầu là:

200. 10 : 100 = 20 (triệu đồng)

Số tiền bà phải trả cả gốc lẫn lãi năm đầu là: 200 + 20 = 220 (triệu đồng)

Số tiền lãi năm 2 bà Mai phải trả là:

220. 10 : 100 = 22 (triệu đồng)

Số tiền bà Mai phải trả trong 2 năm là:

220 + 22 = 242 (triệu đồng)

Đáp số: 242 triệu đồng.

Ta có: \[\frac{1}{{2 + a}} + \frac{1}{{2 + b}} + \frac{1}{{2 + c}} \le 1\]

⇔(b+2)(c+2)+(a+2)(c+2)+(a+2)(b+2)≤(a+2)(b+2)(c+2)

⇔ab+bc+ca+4(a+b+c)+12≤abc+2(ab+bc+ca)+4(a+b+c)+8

⇔ab+bc+ca+4(a+b+c)+12≤1+2(ab+bc+ca)+4(a+b+c)+8

⇔ ab + bc + ca ≥ 3

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có:

\[ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{{{{\left( {abc} \right)}^2}}} \ge 3\]

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

Ta có: \[y' = \frac{{ - {m^2} + 2m + 3}}{{{{(x - m)}^2}}}\]

Hàm số đồng biến trên:

(2; +¥) Û y’ > 0, " x Î (2; +¥)

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 2m + 3 > 0\\x \ne m \in (2; + \infty )\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 3\\m \le 2\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow - 1 < m \le 2\]

Þ m Î {0; 1; 2}

Vậy S có 3 phần tử.