7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 38)

Lời giải

Ta có \[\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}} \]

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

\[ = \sqrt {{{\left( {\frac{{a + b}}{{ab}}} \right)}^2} + \frac{1}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} - \frac{{2\left( {a + b} \right)}}{{ab}}\,.\,\frac{1}{{a + b}}} \]

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

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

\[ = \left| {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} - \frac{1}{{a + b}}} \right|\].

Vậy \[\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}} = \left| {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} - \frac{1}{{a + b}}} \right|\] (đpcm).

Lời giải

Ta có a + b + c = 0 Þ a + b = −c

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

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

\( = \frac{{{b^2}{{\left( {a + b} \right)}^2} + {a^2}{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {ab} \right)}^2}}}{{{a^2}{b^2}{{\left( {a + b} \right)}^2}}}\)

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

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

\[ = {\left( {\frac{{{a^2} + ab + {b^2}}}{{ab\left( {a + b} \right)}}} \right)^2}\] là bình phương của một số hữu tỉ.

Lời giải

a) ĐKXĐ: x ¹ 0

\[A = \sqrt {\frac{{{{\left( {{x^2} - 3} \right)}^2} + 12{x^2}}}{{{x^2}}}} + \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} - 8x} \]

\[ = \sqrt {\frac{{{x^4} - 6{x^2} + 9 + 12{x^2}}}{{{x^2}}}} + \sqrt {{x^2} + 4x + 4 - 8x} \]

\[ = \sqrt {\frac{{{x^4} + 6{x^2} + 9}}{{{x^2}}}} + \sqrt {{x^2} - 4x + 4} \]

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

\[ = \left| {\frac{{{x^2} + 3}}{x}} \right| + \left| {x - 2} \right|\]

\[ = \left| {x + \frac{3}{x}} \right| + \left| {x - 2} \right|\]

b) Để A Î ℤ thì \[\left| {x + \frac{3}{x}} \right| + \left| {x - 2} \right| \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \frac{3}{x} \in \mathbb{Z}\]

Þ x Î Ư(3) = {±1; ±3}.

Vậy x Î {±1; ±3} thì A đạt giá trị nguyên.

Lời giải

a) Ta có \(P = \left( { - \frac{2}{3}{x^2}{y^3}{z^2}} \right){\left( { - \frac{1}{2}xy} \right)^3}{\left( {x{y^2}z} \right)^2}\)

\( = - \frac{2}{3}{x^2}{y^3}{z^2}\,.\, - \frac{1}{8}{x^3}{y^3}{x^2}{y^4}{z^2}\)

\[ = \left[ {\left( { - \frac{2}{3}} \right)\,.\,\left( { - \frac{1}{8}} \right)} \right]\left( {{x^2}\,.\,{x^3}\,.\,{x^2}} \right)\left( {{y^3}\,.\,{y^3}\,.\,{y^4}} \right)\left( {{z^2}\,.\,{z^2}} \right)\]

\[ = \frac{1}{{12}}{x^7}{y^{10}}{z^4}\].

b) Hệ số của biểu thức B là \(\frac{1}{{12}}\) và B có bậc là 21.

c) Để P £ 0 thì \[\frac{1}{{12}}{x^7}{y^{10}}{z^4} \le 0 \Rightarrow {x^7} \le 0 \Rightarrow x \le 0\] (do y¹⁰, z⁴ ³ 0; "y, z Î ℝ)

Vậy x £ 0; y, z Î ℝ.

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh

\( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + 2\sqrt {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right)} \ge {\left( {a + c} \right)^2} + {\left( {b + d} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow ac + bd \le \sqrt {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right)} \) (1)

• Nếu ac + bd < 0: BĐT luôn đúng

• Nếu ac + bd ³ 0 thì (1) tương đương

(ac + bd)² £ (a² + b²)(c² + d²)

Û (ac)² + (bd)² + 2abcd £ (ac)² + (ad)² + (bc)² + (bd)²

Û (ad)² + (bc)² − 2abcd ³ 0

Û (ad − bc)² ³ 0 (luôn đúng).

Vậy bài toán được chứng minh.

Lời giải

Số tự nhiên thỏa mãn có dạng \[\overline {abcd} \] với a, b, c, d Î A và đôi một khác nhau.

• TH1: d = 0

Có 5 cách chọn a; 4 cách chọn b và 3 cách chọn c nên theo quy tắc nhân có: 

5.4.3 = 60 (số).

• TH2: d ¹ 0

d có 2 cách chọn là 2, 4

Khi đó có 4 cách chọn a (vì a khác 0 và khác d); có 4 cách chọn b và 3 cách chọn c.

Theo quy tắc nhân có: 2.4.4.3 = 96 (số).

Vậy có tất cả: 96 + 60 = 156 (số).

Lời giải

Số tự nhiên thỏa mãn có dạng \[\overline {abcde} \] với a, b, c, d, e Î A và đôi một khác nhau.

Số cách chọn 2 vị trí cho hai chữ số 1 và 5 từ 5 vị trí có sắp thứ tự là: \[A_5^2 = 20\].

Sắp 4 chữ số vào 3 vị trí còn lại có \[A_4^3 = 24\] (cách).

Vậy có 20 . 24 = 480 (số).

Lời giải

Sử dụng công thức:\({S_{50}} = \frac{{\left( {2{u_1} + 49d} \right)\,.\,50}}{2}\)

Û 5150 = 25(2.5 + 49d)

Û d = 4.

Vậy công thức của số hạng tổng quát u_n là: u_n= u₁ + (n − 1)d = 5 + (n − 1).4 = 1 + 4n.

Lời giải

Gọi cấp số cộng có công sai d và số hạng đầu u₁.

Khi đó u₂ = u₁ + d; u₂₁ = u₁ + 20d

Do đó u₂ + u₂₁ = 50 Ûu₁ + d + u₁ + 20d = 50

Û 2u₁ + 21d = 50

Tổng 22 số hạng đầu tiên của dãy là:

\({S_{22}} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_{22}}} \right)\,.\,22}}{2} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_1} + 21d} \right)\,.\,22}}{2}\)

\( = \frac{{\left( {2{u_1} + 21d} \right)\,.\,22}}{2} = \frac{{50\,.\,22}}{2} = 550\).

Lời giải

Có vô số mặt cầu chứa một đường tròn cho trước. Tâm các mặt cầu ấy nằm trên trục của đường tròn (đường thẳng đi qua tâm và vuông góc với mặt phẳng chứa đường tròn).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Có vô số mặt cầu chứa một đường tròn cho trước.

Chọn đáp án C.

Lời giải

4x + 5 = 4x + 4 + 1 = 4(x + 1) + 1

Vì 4(x + 1) ⋮ x + 1 nên để 4x + 5 chia hết cho x + 1 thì 1 ⋮ x + 1

Þ x + 1 Î Ư(1) = {±1}

Þ x Î {−2; 0}.

Vậy x Î {−2; 0} thì 4x + 5 chia hết cho x + 1.

Lời giải

Ta có 4x − 5 = 4x − 4 − 1 = 4(x − 1) – 1.

Vì 4(x − 1) ⋮ x − 1 nên để 4x − 5 chia hết cho x − 1 thì 1 ⋮ x − 1

Þ x − 1 Î Ư(1) = {±1}

Þ x Î {2; 0}.

Vậy x Î {2; 0} thì 4x − 5 chia hết cho x − 1.

Lời giải

Ta có: \(\left( {x + \sqrt {{x^2} + 3} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 3} } \right) = 3\)

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

\( \Rightarrow y + \sqrt {{y^2} + 3} = \sqrt {{x^2} + 3} - x\)

\( \Leftrightarrow x + y = \sqrt {{x^2} + 3} - \sqrt {{y^2} + 3} \) (1)

Tương tự, ta có:

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

\( \Rightarrow x + \sqrt {{x^2} + 3} = \sqrt {{y^2} + 3} - y\)

\( \Leftrightarrow x + y = \sqrt {{y^2} + 3} - \sqrt {{x^2} + 3} \) (2)

Cộng vế với vế của (1) và (2) thì x + y = 0.

Vậy giá trị của biểu thức E là 0.

Lời giải

Điều kiện: x, y ³ 0. Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:

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

\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)\left[ {\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)\left( {x + y} \right) + 1 + 2\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)} \right] = 0\)

Vì \(\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)\left( {x + y} \right) + 1 + 2\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right) > 0\) nên phương trình đã cho tương đương với: x = y.

Thay x = y vào phương trình \({x^2} + \sqrt x = 2y\) ta được \({x^2} + \sqrt x = 2x\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x + \sqrt x = 0\).

Xem phương trình trên là phương trình bậc 5 ẩn là \(\sqrt x \) suy ra

\[\left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 0 \Rightarrow x = y = 0\\\sqrt x = 1 \Rightarrow x = y = 1\\\sqrt x = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2} \Rightarrow x = y = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\\\sqrt x = \frac{{ - \sqrt 5 - 1}}{2}\;\;\;\left( L \right)\end{array} \right.\]

Vậy hệ có 3 cặp nghiệm: \(\left( {x;\;y} \right) \in \left\{ {\left( {0;\;0} \right),\;\left( {1;\;1} \right),\;\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2};\;\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)} \right\}\).

Suy ra có hai cặp nghiệm thỏa mãn đề bài.

Lời giải

Gọi M là trung điểm của BC, O là giao điểm của AC và BD

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot OM\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SM,\;OM}} \right) = \widehat {SMO} = 45^\circ \)

Do \(AC = 2a \Rightarrow AB = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow OM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow SO = OM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Ta có: S_ABCD = 2a²

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO\,.\,{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}\,.\,\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\,.\,2{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: B

• Nếu (P) song song với a thì (P) cũng song song với b.

Khẳng định A là sai vì (P) có thể chứa b.

• Nếu (P) cắt a thì (P) cũng cắt b.

Khẳng định B là đúng.

• Nếu (P) chứa a thì (P) cũng chứa b.

Khẳng định C là sai vì b có thể song song với (P).

• Các khẳng định A, B, C đều sai.

Khẳng định D là sai vì B đúng.

Chọn đáp án B.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

• Nếu (P) // a thì (P) // b

Khẳng định A là sai vì (P) có thể chứa b

• Nếu (P) // a thì (P) // b hoặc chứa b

Khẳng định B là đúng

• Nếu (P) cắt a thì (P) cũng cắt b

Khẳng định C là đúng

• Nếu (P) chứa a thì có thể (P) song song với b

Khẳng định D là đúng

Chọn đáp án A.

Lời giải

a) Xét ΔABD và ΔACD ta có:

AB = AC (giả thiết)

\(\widehat {BAD} = \widehat {CAD}\)

AD là cạnh chung

Do đó ΔABD = ΔACD (c.g.c).

b) Vì ΔABD = ΔACD (chứng minh câu a)

Suy ra BD = CD (hai cạnh tương ứng)

Do đó ΔBCD cân tại D.

Suy ra \(\widehat {DBC} = \widehat {DCB}\).

Lời giải

a) Xét tam giác ABD và tam giác ACD có:

AB = AC (gt)

AD: cạnh chung

BD = CD (Do D là chung điểm của BC)

Do đó DABD =DACD (c.c.c)

b) Tứ giác ABCD có E là giao điểm của hai đường chéo AC và BM

Mà AE = EC; BE = EM nên suy ra ABCD là hình bình hành.

Þ AM = BC = 2.BD (đpcm)

c) Tam giác ABC có AB = AC nên ABC là tam giác cân tại A có D là trung điểm của BC nên AD là đường cao

Þ AD ^ BC

Mà AMCB là hình bình hành nên ta có AM // BC

Suy ra AD ^ AM.

Vậy \(\widehat {MAD} = 90^\circ \).

Lời giải

B = (3x + 5)(2x − 1) + (4x − 1)(3x − 2)

= 6x² + 10x − 3x − 5 + 12x² − 3x − 8x + 2

= 18x² − 4x − 3

Ta có: |x| = 2 Û x = ±2

• Với x = 2 suy ra B = 18.2² − 4.2 − 3 = 61

• Với x = −2 suy ra B = 18.(−2)² − 4.(−2) − 3 = 77.

Lời giải

A = (3x + 5)(2x − 1) − (1 − 4x)(3x + 2)

= 6x² + 10x − 3x − 5 + 12x² − 3x + 8x − 2

= 18x² + 12x – 7.

Ta có: |x| = 2 Û x = ±2.

• Với x = 2 suy ra B = 18.2² + 12.2 − 7 = 89.

• Với x = −2 suy ra B = 18.(−2)² + 12.(−2) − 7 = 41.

Lời giải

Khi quay 1 hình tam giác vuông một vòng quanh một cạnh góc vuông cố định ta được một hình nón.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Khi quay hình tam giác vuông một vòng quanh một cạnh góc vuông cố định, ta được hình nón.

Chọn đáp án A.

Lời giải

Thể tích của khối trụ là \(V = \pi {R^2}h \Rightarrow h = \frac{V}{{\pi {R^2}}}\).

Diện tích toàn phần của hình trụ là

Ta có:\(\pi {R^2} + \frac{V}{R} = \pi {R^2} + \frac{V}{{2R}} + \frac{V}{{2R}} \ge 3\sqrt[3]{{\pi {R^2}\,.\,\frac{V}{{2R}}\,.\,\frac{V}{{2R}}}} = 3\sqrt[3]{{\frac{{\pi {V^2}}}{4}}}\).

Dấu “=” xảy ra khi \(\pi {R^2} = \frac{V}{{2R}} \Leftrightarrow R = \sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}} \Rightarrow h = 2\sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}\).

Vậy h = 2R.

Lời giải

Đặt t = log x. Với x Î (0; 1) Þ t Î (−∞; 0).

Phương trình đã cho trở thành:

t² + t − m = 0

Û t² + t = m

Xét bảng biến thiên:

Để phương trình có hai nghiệm x phân biệt thuộc khoảng (0; 1) thì có hai nghiệm t phân biệt thuộc khoảng t Î (−∞; 0)

\( \Rightarrow \frac{{ - 1}}{4} < m < 0\)

Vậy \(m \in \left( { - \frac{1}{4};\;0} \right)\) là giá trị của m thỏa mãn.

Lời giải

ĐK: x > 0

\(\log _2^2\left( x \right) - {\log _2}\left( {{x^2}} \right) + 3 = m\)

\( \Leftrightarrow \log _2^2\left( x \right) - 2{\log _2}\left( x \right) + 3 = m\)

Đặt t = log₂ x. Với x Î [1; 8] Þ t Î [0; 3]

Phương trình đã cho trở thành:

t² − 2t + 3 = m

Xét bảng biến thiên:

Để phương trình có nghiệm x phân biệt thuộc khoảng [1; 8] thì có nghiệm t phân biệt thuộc khoảng t Î [0; 3]

Þ m Î [2; 6].

Vậy m Î [2; 6] là giá trị của m thỏa mãn.

Lời giải

Ta có y = x² + 2(b + 6)x + 4

Hàm số trên là hàm số bậc hai có hệ số a > 0

Þ Khoảng đồng biến của hàm số là \(\left( { - \frac{{{b_y}}}{{2{a_y}}};\; + \infty } \right)\)

Þ Khoảng đồng biến của hàm số là D = (−b − 6; +∞)

Để hàm số đồng biến trên (6; +∞)

Þ (6; +∞) Ì D

Þ −b − 6 £ 6

Þ −m £ 12

Þ m ³ −12.

Vậy tập hợp các giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán là M = [−12; +∞).

Lời giải

TXĐ: D = ℝ

Ta có: y′ = 3x² − 4mx + m²

Þ y′′ = 6x − 4m

Để x = 1 là điểm cực tiểu của hàm số thì:

\(\left\{ \begin{array}{l}y'\left( 1 \right) = 0\\y''\left( 1 \right) > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4m + 3 = 0\\6 - 4m > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 3\end{array} \right.\\m < \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1\)

Vậy m = 1 là các giá trị cần tìm.

Lời giải

\(x = \sqrt[3]{{2 - \sqrt 3 }} + \sqrt[3]{{2 + \sqrt 3 }}\)

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

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

Û x³ − 3x − 4 = 0

Với phương trình bậc 3 nghiệm xấu ta có thể sử dụng phương pháp Cardano.

Đặt \(x = a + \frac{1}{a}\;\left( {a \ne 0} \right)\)

Khi đó: x³ − 3x − 4 = 0

\( \Leftrightarrow {\left( {a + \frac{1}{a}} \right)^3} - 3\left( {a + \frac{1}{a}} \right) - 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow {a^3} + \frac{1}{{{a^3}}} - 4 = 0\)

Û a⁶ − 4a³ + 1 = 0

Û (a³ − 2)² = 3

\( \Rightarrow {a^3} = 2 \pm \sqrt 3 \Rightarrow a = \sqrt[3]{{2 \pm \sqrt 3 }}\)

\[ \Rightarrow x = \sqrt[3]{{2 \pm \sqrt 3 }} + \frac{1}{{\sqrt[3]{{2 \pm \sqrt 3 }}}} = \sqrt[3]{{2 + \sqrt 3 }} + \frac{1}{{\sqrt[3]{{2 + \sqrt 3 }}}}\].

Vậy \[x = \sqrt[3]{{2 + \sqrt 3 }} + \frac{1}{{\sqrt[3]{{2 + \sqrt 3 }}}}\].

Lời giải

\(A = \sqrt {2 + \sqrt 3 } + \sqrt {2 - \sqrt 3 } \)

\( \Rightarrow A\sqrt 2 = \sqrt 2 \,.\,\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } + \sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)\)

\( = \sqrt {4 + 2\sqrt 3 } + \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } \)

\( = \sqrt {{{\sqrt 3 }^2} + 2\sqrt 3 + 1} + \sqrt {{{\sqrt 3 }^2} - 2\sqrt 3 + 1} \)

\( = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} \)

\( = \left| {\sqrt 3 + 1} \right| + \left| {\sqrt 3 - 1} \right|\)

\( = \sqrt 3 + 1 + \sqrt 3 - 1 = 2\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow A = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 6 \).

Lời giải

Vì A thuộc đồ thị hàm số nên −2 = a − 1 + c Û a + c = −1.

Vì B thuộc đồ thị hàm số nên 3 = 4a − 2 + c Û 4a + c = 5.

Ta có hệ phương trình:\(\left\{ \begin{array}{l}a + c = 1\\4a + c = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\c = - 3\end{array} \right.\).

Vậy y = 2x² − x − 3.

Lời giải

Hàm số bậc hai có công thức tổng quát: y = ax² + bx + c (a ¹ 0).

a) Đồ thị hàm số đi qua điểm A(1; −3) nên:

−3 = a.1² + b.1 + c hay a + b + c = −3  (1)

Đồ thị hàm số đi qua điểm B(0; −2) nên:

−2 = a.0² + b.0 + c hay c = −2

Đồ thị hàm số đi qua điểm C(2; −10) nên:

−10 = a.2² + b.2 + c hay 4a + 2b + c = −10    (2).

Thay c = −2 vào (1) ta được: a + b − 2 = −3 Û a + b = −1 Û a = −1 − b (3)

Thay c = −2 vào (2) ta được: 4a + 2b − 2 = −10 Û 4a + 2b = −8 Û 2a + b = −4 (4)

Thay (3) vào (4) ta được:

2.(−1 − b) + b = −4 Û −2 − 2b + b = −4 Û b = 2.

Thay b = 2 vào (3) ta được: a = −1 − 2 = −3 (thỏa mãn).

Vậy công thức hàm số là y = −3x² + 2x − 2.

b) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −16 nên c = −16

Khi đó, công thức hàm số là f (x) = ax² + bx − 16

Một trong hai giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành có hoành độ bằng −2 nên ta có a.(−2)² + b.(−2) − 16 = 0 hay 2a − b − 8 = 0 (*)

Đồ thị hàm số có trục đối xứng là đường thẳng x = 3 nên \( - \frac{b}{{2a}} = 3\) hay b = −6a

Thay b = −6a vào (*) ta có: 2a − (−6a) − 8 = 0 Û 8a = 8 Û a = 1

Suy ra: b = (−6).1 = −6

Vậy công thức hàm số là y = x² − 6x − 16.

Lời giải

Ta có: \(\left( {x + \sqrt {{x^2} + 3} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 3} } \right) = 3\)

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

\( \Rightarrow y + \sqrt {{y^2} + 3} = \sqrt {{x^2} + 3} - x\)

\( \Leftrightarrow x + y = \sqrt {{x^2} + 3} - \sqrt {{y^2} + 3} \) (1)

Tương tự, ta có:

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

\( \Rightarrow x + \sqrt {{x^2} + 3} = \sqrt {{y^2} + 3} - y\)

\( \Leftrightarrow x + y = \sqrt {{y^2} + 3} - \sqrt {{x^2} + 3} \) (2)

Cộng vế với vế của (1) và (2) thì x + y = 0.

Vậy giá trị của biểu thức E là 0.

Lời giải

Điều kiện: x, y ³ 0. Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:

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

\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)\left[ {\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)\left( {x + y} \right) + 1 + 2\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)} \right] = 0\)

Vì \(\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)\left( {x + y} \right) + 1 + 2\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right) > 0\) nên phương trình đã cho tương đương với: x = y.

Thay x = y vào phương trình \({x^2} + \sqrt x = 2y\) ta được \({x^2} + \sqrt x = 2x\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x + \sqrt x = 0\)

Xem phương trình trên là phương trình bậc 5 ẩn là \(\sqrt x \) suy ra

\[\left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 0 \Rightarrow x = y = 0\\\sqrt x = 1 \Rightarrow x = y = 1\\\sqrt x = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2} \Rightarrow x = y = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\\\sqrt x = \frac{{ - \sqrt 5 - 1}}{2}\;\;\;\left( L \right)\end{array} \right.\]

Vậy hệ có 3 cặp nghiệm: \(\left( {x;\;y} \right) \in \left\{ {\left( {0;\;0} \right),\;\left( {1;\;1} \right),\;\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2};\;\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)} \right\}\).

Suy ra có hai cặp nghiệm thỏa mãn đề bài.

Lời giải

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

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

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

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

Tương tự, ta có:

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

\[ \Rightarrow x + \sqrt {{x^2} + 1} = \sqrt {{y^2} + 1} - y\]

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

Cộng vế với vế của (1) và (2) thì x + y = 0

Vậy giá trị của biểu thức x + y là 0.

Lời giải

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

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

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

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

Tương tự, ta có:

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

\[ \Rightarrow x + \sqrt {{x^2} + 1} = \sqrt {{y^2} + 1} - y\]

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

Cộng vế với vế của (1) và (2) thì x + y = 0

Þ y = −x

Thay vào biểu thức M ta được:

M = 10x⁴ + 8(−x)⁴ − 15x(−x) + 6x² +5(−x)² + 2017

= 18x⁴ + 26x² + 2017 ³ 2017

Dấu nằng xảy ra khi x = 0 Þ y = 0

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 2017 khi x = y = 0.

Lời giải

Ta có: y′ = f ′(x) − (2x + 1)

y′ = 0 Û f ′(x) = (2x + 1)

Ta thấy đồ thị hàm số y = f ′(x) cắt y = 2x + 1 tại hai điểm x = 0 và x = 2 trên (−∞; 2)

Ta có bảng biến thiên trên (−∞; 2)

Từ bảng biến thiên hàm số đạt cực đại tại x = 0.

Chọn đáp án A.

Lời giải

Số nghiệm dương phân biệt của phương trình \(f\left( x \right) = - \sqrt 3 \) là số giao điểm có hoành độ dương phân biệt của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng \(y = - \sqrt 3 \).

Đồ thị hàm số y = f (x) như hình vẽ, đường thẳng \(y = - \sqrt 3 \) song song với trục Ox và cắt trục Oy tại điểm có tọa độ \(\left( {0;\; - \sqrt 3 } \right)\)

Suy ra phương trình \(f\left( x \right) = - \sqrt 3 \)có 2 nghiệm dương phân biệt.

Lời giải

2x² + y² − 6x + 2xy − 2y + 5 = 0

Û (x² + 2xy + y²) + (x² − 4x + 4) − (2x + 2y) + 1 = 0

Û (x + y)² + (x − 2)² − 2(x + y) + 1 = 0

Û (x + y)² − 2(x + y) + 1 + (x − 2)² = 0

Û (x + y − 1)² + (x − 2)² = 0

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1 - x\\x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Vậy (x; y) = (2; −1) là nghiệm của phương trình.

Lời giải

Û (x² − 2xy + y²) + (x² − 6x + 9) = 0

Û (x − y)² + (x − 3)² = 0

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 0\\x - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = x\\x = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 3\\x = 3\end{array} \right.\).

Vậy (x; y) = (3; 3) là nghiệm của phương trình.

Lời giải

a) \[\frac{a}{b} < \frac{c}{d} \Leftrightarrow \frac{{ad}}{{bd}} < \frac{{bc}}{{bd}}\] (quy đồng mẫu chung)

Vì b, d > 0 nên bd > 0

Do đó ad < bc (đpcm).

b) \[ad < bc \Leftrightarrow \frac{{ad}}{{bd}} < \frac{{bc}}{{bd}}\] (cùng chia cho bd)

Vì b, d > 0 nên bd > 0

Do đó \[\frac{a}{b} < \frac{c}{d}\] (rút gọn tử và mẫu).

Lời giải

a) Hình thang ABCD có đáy AB, CD nên suy ra AB // CD.

Lại có AD // BC nên hình thang ABCD là hình bình hành.

Suy ra AB = CD, AD = BC.

b) Hình thang ABCD có đáy AB, CD nên suy ra AB // CD.

Lại có AB = CD nên hình thang ABCD là hình bình hành.

Suy ra AD // BC, AD = BC.

Lời giải

a) M = (x − 3)³ − (x + 1)³ + 12x(x − 1)

= x³ − 9x² + 27x − 27 − x³ − 3x² − 3x − 1 + 12x² − 12x

= 12x – 28.

b) Khi \(x = - \frac{2}{3}\) thì \(M = 12\,.\,\left( { - \frac{2}{3}} \right) - 28 = - 36\).

c) Để M = −16

Û 12x − 28 = −16

 Û 12x = 28 − 16

Û 12x = 12

Û x = 1.

Lời giải

(x − 3)³ − (x + 1)³ + 12x(x − 1)

= (x³ − 9x² + 27x − 27) − (x³ + 3x² + 3x + 1) + 12x² − 12x

= x³ − 9x² + 27x − 27 − x³ − 3x² − 3x − 1 + 12x² − 12x

= 12x – 28.

Lời giải

Ta có: a² + b² + c² = 1 Þ a², b², c² £ 1 Þ a, b, c £ 1

Lại có: a² + b² + c² = a³ + b³ + c³

Û a³ − a² + b³ − b² + c³ − c² = 0

Û a²(a − 1) + b²(b − 1) + c²(c − 1) = 0.

Mà do \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2},\;{b^2},\;{c^2} \ge 0\\a,\;b,\;c \le 1\end{array} \right. \Rightarrow {a^2}\left( {a - 1} \right) + {b^2}\left( {b - 1} \right) + {c^2}\left( {c - 1} \right) \le 0\).

Suy ra phải có: a²(a − 1) = b²(b − 1) = c²(c − 1) = 0.

Kết hợp giả thiết suy ra 3 số a, b, c phải có 1 số bằng 1 và 2 số còn lại bằng 0.

Khi đó a²⁰¹² + b²⁰¹³ + c²⁰¹⁴ = 1.

Lời giải

Bổ đề: Với a, b > 0 thì a³ + b³ ³ ab(a + b)

BĐT này đúng vì tương đương với (a − b)²(a + b) ³ 0

Do đó, thực hiện tương tự với bộ (b³, c³); (c³, a³) ta có:

2(a³ + b³ + c³) ³ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)

Ta có:(a + b + c)(a² + b² + c²) = a³ + b³ + c³ + ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (2)

Từ (1) và (2) suy ra

(a + b + c)(a² + b² + c²) £ a³ + b³ + c³ + 2(a³ + b³ + c³) = 3(a³ + b³ + c³)

Vì a + b + c = 1 nên điều trên tương đương với

a² + b² + c² £ 3(a³ + b³ + c³)

Dấu bằng xảy ra khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\)

Vậy a² + b² + c² £ 3(a³ + b³ + c³) (đpcm).

Lời giải

Ta có: a² + b² + c² = 1 Þ a², b², c² £ 1 Þ a, b, c £ 1.

Lại có: a² + b² + c² = a³ + b³ + c³

Û a³ − a² + b³ − b² + c³ − c² = 0

Û a²(a − 1) + b²(b − 1) + c²(c − 1) = 0

Mà do \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2},\;{b^2},\;{c^2} \ge 0\\a,\;b,\;c \le 1\end{array} \right. \Rightarrow {a^2}\left( {a - 1} \right) + {b^2}\left( {b - 1} \right) + {c^2}\left( {c - 1} \right) \le 0\)

Suy ra phải có: a²(a − 1) = b²(b − 1) = c²(c − 1) = 0.

Kết hợp giả thiết a + b + c = 1, suy ra 3 số a, b, c phải có 1 số bằng 1 và 2 số còn lại bằng 0.

Khi đó M = abc = 0.

Lời giải

a) A = ab(a − b) + bc(b − c) + ca(c − a)

= ab(a − b) + b²c − bc² + c²a − a²c

= ab(a − b) + c²(a − b) − c(a² − b²)

= ab(a − b) + c²(a − b) − c(a − b)(a + b)

= (a − b)[ab + c² − c(a + b)]

= (a − b)(ab + c² − ac − bc)

= (a − b)[a(b − c) − c(b − c)]

= (a − b)(b − c)(a − c).

b) B = a(b² − c²) + b(c² − a²) + c(a² − b²)

= ab² − ac² + bc² − a²b + c(a − b)(a + b)

= −ab(a − b) − c²(a − b) + c(a − b)(a + b)

= (a − b)[−ab − c² + c(a + b)]

= (b − a)[ab + c² − c(a + b)]

= (b − a)(ab + c² − ac − bc)

= (b − a)[a(b − c) − c(b − c)]

= (b − a)(b − c)(a − c).

c) C = (a + b + c)³ − a³ − b³ − c³

= a³ + b³ + c³ + 3ab(a + b) + 3bc(b + c) + 3ca(c + a) + 6abc − a³ − b³ − c³

= 3ab(a + b) + 3bc(b + c) + 3ca(c + a) + 6abc

= 3(a²b + ab² + a²c + ac² + b²c + bc² + 2abc)

= 3[ab(a + b) + bc(a + b) + c²(a + b) + ac(a + b)]

= 3(a + b)(ab + bc + c² + ac)

= 3(a + b)[b(a + c) + c(a + c)]

= 3(a + b)(a + c)(b + c).

Lời giải

Gọi ba số viết ra là a, b, c không gian mẫu n (W) = 17³

Phân đoạn [1; 17] thành ba tập:

X = {3; 6; 9; 12; 15} chia hết cho 3 có 5 phần tử

Y = {1; 4; 7; 10; 13; 16} chia cho 3 dư 1 có 6 phần tử

Z = {2; 5; 8; 11; 14; 17} chia cho 3 dư 2 có 6 phần tử

•TH1: Cả ba số cùng thuộc 1 trong 3 tập có số cách viết là: 6³ + 5³ + 6³.

•TH2: Ba số thuộc 3 tập khác nhau, số cách viết là 3!.6.5.6.

Xác suất là: \(P\left( A \right) = \frac{{{6^3} + {5^3} + {5^3} + 3!\,\,.\,\,6\,\,.\,\,5\,\,.\,\,6}}{{{{17}^3}}} = \frac{{1\,\,637}}{{4\,\,913}}\).

Lời giải

ĐK: x ³ 2

\(\frac{{C_{n + 1}^2}}{{C_n^2}} \ge \frac{3}{{10}}n\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{2!\left( {n - 1} \right)!}}}}{{\frac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}}}} \ge \frac{3}{{10}}n\)

\( \Leftrightarrow \frac{{n + 1}}{{n - 1}} \ge \frac{3}{{10}}n\)

Û 10n + 10 ³ 3n² − 3n

Û 3n² − 13n − 10 £ 0

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 2}}{3} \le n \le 5\).

Kết hợp ĐK suy ra n Î {2; 3; 4; 5}.

Lời giải

\(C_n^0 + 2C_n^1 + {2^2}C_n^2 + {2^3}C_n^3 + ... + {2^{n - 2}}C_n^{n - 2} + {2^{n - 1}}C_n^{n - 1} + {2^n}C_n^n = 243\)

Û 3ⁿ = 243

Û 3ⁿ = 3⁵

Û n = 5

Vậy n = 5 là số nguyên dương n cần tìm.

Lời giải

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:

\({\left( {\sqrt {5a + 1} + \sqrt {5b + 1} + \sqrt {5c + 1} } \right)^2} \le \left( {5a + 1 + 5b + 1 + 5c + 1} \right)\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {5a + 1} + \sqrt {5b + 1} + \sqrt {5c + 1} } \right)^2} \le 8\,.\,3 = 24\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {5a + 1} + \sqrt {5b + 1} + \sqrt {5c + 1} \le \sqrt {24} = 2\sqrt 6 \)

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

Vậy \(\sqrt {5a + 1} + \sqrt {5b + 1} + \sqrt {5c + 1} \le 2\sqrt 6 \) (đpcm).

Lời giải

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:

\({\left( {\sqrt {\frac{{{a^3}}}{{5{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}}} + \sqrt {\frac{{{b^3}}}{{5{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}}} + \sqrt {\frac{{{c^3}}}{{5{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}}} } \right)^2}\)

\( = {\left( {\sqrt a \sqrt {\frac{{{a^2}}}{{5{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}}} + \sqrt b \sqrt {\frac{{{b^2}}}{{5{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}}} + \sqrt c \sqrt {\frac{{{c^2}}}{{5{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}}} } \right)^2}\)

\( \le \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{{{a^2}}}{{5{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{5{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{5{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}}} \right)\)

Ta cần chứng minh: \(\frac{{{a^2}}}{{5{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{5{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{5{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}} \le \frac{1}{3}\).

Không mất tính tổng quát ta giả sử

\(a + b + c = 1;\;a \ge b \ge c \Rightarrow a \ge \frac{1}{3} \ge c\)

BĐT trở thành

• Xét \(c \ge \frac{1}{8}\), thì ta có:

\(9 - \sum {\frac{{27{a^2}}}{{6{a^2} - 2a + 1}} = } \sum {\left( {12a - 1 - \frac{{27{a^2}}}{{6{a^2} - 2a + 1}}} \right) = } \sum {\frac{{{{\left( {3a - 1} \right)}^2}\left( {8a - 1} \right)}}{{6{a^2} - 2a + 1}} \ge 0} \)

• Xét \(c \le \frac{1}{8}\), thì ta có:

\(6\left( {VT - VP} \right) = \frac{{2a - 1}}{{6{a^2} - 2a + 1}} + \frac{{2b - 1}}{{6{b^2} - 2b + 1}} + \frac{{2c - 1}}{{6{c^2} - 2c + 1}}\)

\( = \frac{{a - b - c}}{{6{a^2} - 2a + 1}} + \frac{{b - c - a}}{{6{b^2} - 2b + 1}} + \frac{{6{c^2}}}{{6{c^2} - 2c + 1}}\)

\( = \frac{{2{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {3c - 2} \right)}}{{\left( {6{a^2} - 2a + 1} \right)\left( {6{b^2} - 2b + 1} \right)}} + c\left( {\frac{{6c}}{{6{c^2} - 2c + 1}} - \frac{1}{{6{a^2} - 2a + 1}} - \frac{1}{{6{b^2} - 2b + 1}}} \right)\)

Ta cần chứng=  minh \(\frac{1}{{6{a^2} - 2a + 1}} - \frac{1}{{6{b^2} - 2b + 1}} \ge \frac{{6c}}{{6{c^2} - 2c + 1}}\)

Do \(c \le \frac{1}{8} \Rightarrow \frac{{6c}}{{6{c^2} - 2c + 1}} \le 1\)

Suy ra cần chứng minh \(\frac{1}{{6{a^2} - 2a + 1}} - \frac{1}{{6{b^2} - 2b + 1}} \ge 1\)

+) Xét \(b \le \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{1}{{6{b^2} - 2b + 1}} \ge 1\)

+) Xét \(b \ge \frac{1}{3}\). Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

4 ³ 6(a² + b²) − 2(a + b) + 2

Hay [2(a + b) + c](a + b + c) ³ 3(a² + b²)

Do \(b \ge \frac{1}{3}\) Þ 3b ³ a Þ [2(a + b) + c](a + b + c) ³ 2(a + b)²

= 3(a + b)² + 4ab − a² − b² ³ 3(a² + b²) + 3ab − a² ³ 3(a² + b²).

Vậy BĐT được chứng minh.

Lời giải

\[A = {x^2} - {\rm{ }}xy + 2{y^2} = \frac{{{x^2} - {\rm{ }}xy + 2{y^2}}}{1} = \frac{{{x^2} - {\rm{ }}xy + 2{y^2}}}{{{x^2} + xy + {y^2}}}\]

• Với y = 0 Þ A = 1.

• Với y ¹ 0, chia cả tử và mẫu của vế phải cho y²

\( \Rightarrow A = \frac{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} - \frac{x}{y} + 2}}{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} + \frac{x}{y} + 1}}\).

Đặt \(\frac{x}{y} = a \Rightarrow A = \frac{{{a^2} - a + 2}}{{{a^2} + a + 1}}\)

Û A.a² + A.a + A = a² − a + 2

Û (A − 1).a² + (A + 1).a + A − 2 = 0

D= (A + 1)² − 4(A − 1)(A − 2) ³ 0

Û −3A² + 14A − 7 ³ 0

\( \Rightarrow \frac{{7 - 2\sqrt 7 }}{3} \le A \le \frac{{7 + 2\sqrt 7 }}{3}\).

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}{A_{\min }} = \frac{{7 - 2\sqrt 7 }}{3}\\{A_{\max }} = \frac{{7 + 2\sqrt 7 }}{3}\end{array} \right.\).

Lời giải

Áp dụng BĐT Cauchy, ta được:

\({x^2} + {y^2} \ge 2\sqrt {{x^2}{y^2}} = 2xy \Rightarrow 2xy \le 2 \Leftrightarrow xy \le 1\)

Khi đó: \(A = \frac{{{x^2} + {y^2} + 1}}{{xy + 1}} \ge \frac{{2 + 1}}{{1 + 1}} = \frac{3}{2}\). Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.

Vậy GTNN của A là \(\frac{3}{2}\) khi x = y = 1.

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}x;\;y \ge 0\\{x^2} + {y^2} = 2\end{array} \right. \Rightarrow 0 \le x;\;y \le \sqrt 2 \)

\[ \Rightarrow {x^2}\left( {x - \sqrt 2 } \right) \le 0 \Rightarrow {x^3} \le {x^2}\sqrt 2 \]

Tương tự: \[{y^3} \le {y^2}\sqrt 2 \].

Mặt khác: x; y ³ 0 Þ xy + 1 ³ 1

\( \Rightarrow A \le \frac{{{a^2}\sqrt 2 + {b^2}\sqrt 2 + 1}}{1} = 1 + 2\sqrt 2 \).

Vậy GTLN của A là \(1 + 2\sqrt 2 \) khi \(\left( {a;\;b} \right) = \left( {0;\;\sqrt 2 } \right)\) và hoán vị.

Lời giải

Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta được một hình nón có chiều cao AB và bán kính đường tròn đáy là cạnh AC.

Theo định lý Py-ta-go, ta có 

AB² = BC² − AC² = 20² − 12² = 256 Þ AB = 16 (cm)

Thể tích của khối nón là:

\[V = \frac{1}{3}\pi A{C^2}\,.\,AB = \frac{1}{3}\pi \,\,.\,\,{12^2}\,\,.\,\,16 = 768\pi \,\,\;\left( {c{m^3}} \right)\]

Lời giải

Ta có: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{b^2} + {c^2}} \)

Do AD là phân giác trong của \(\widehat {BAC}\)

\( \Rightarrow BD = \frac{{AB}}{{AC}}\,.\,DC = \frac{c}{b}\,.\,DC = \frac{c}{{b + c}}\,.\,BC = \frac{{c\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}{{b + c}}\)

Theo định lí hàm cosin, ta có:

\(B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} - 2AB\,.\,AD\,.\,\cos \widehat {ABD}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{c^2}\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} = {c^2} + A{D^2} - 2c\,.\,AD\,.\,\cos 45^\circ \)

\( \Rightarrow A{D^2} - c\sqrt 2 \,.\,AD + \left( {{c^2} - \frac{{{c^2}\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow A{D^2} - c\sqrt 2 \,.\,AD + \frac{{2b{c^3}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} = 0\)

\( \Rightarrow AD = \frac{{\sqrt 2 bc}}{{b + c}}\) hay \({\ell _a} = \frac{{\sqrt 2 bc}}{{b + c}}\).

Lời giải

Dễ thấy, phương trình đường cao (AA′): x − 3 = 0.

Dễ thấy phương trình đường cao (BB′): x − y − 1 = 0.

Giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn \(\left\{ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x - y - 1 = 0\end{array} \right.\) thu nghiệm là (3; 2).

Vậy tọa độ trực tâm H của tam giác ABC là (3; 2).

Lời giải

Dễ thấy, phương trình đường cao (AA′): x − 7 = 0.

Dễ thấy phương trình đường cao (BB′): y − 1 = 0.

Giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn \(\left\{ \begin{array}{l}x - 7 = 0\\y - 1 = 0\end{array} \right.\) thu nghiệm là (7; 1).

Vậy tọa độ trực tâm H của tam giác ABC là (7; 1).

Vậy tọa độ trực tâm H º B của tam giác ABC là (7; 1).

Lời giải

Nhận xét: x > 0.

Ta có: \(x = \sqrt {5 + \sqrt {13 + \sqrt {5 + \sqrt {13 + ......} } } } \)

\( \Rightarrow {x^2} = 5 + \sqrt {13 + \sqrt {5 + \sqrt {13 + ......} } } \)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 5 = \sqrt {13 + \sqrt {5 + \sqrt {13 + ......} } } \)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x^2} - 5} \right)^2} = 13 + \sqrt {5 + \sqrt {13 + ......} } \)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x^2} - 5} \right)^2} - 13 = x\)

Û x⁴ − 10x² − x + 12 = 0

Û (x − 3)(x³ + 3x² − x − 4) = 0.

Vì phương trình x³ + 3x² − x − 4 = 0 luôn có nghiệm x < 2 mà \(x > \sqrt 5 > \sqrt 4 = 2\).

Suy ra x − 3 = 0 Û x = 3.

Vậy x = 3.

Lời giải

Ta có: \(b + c + 2a = \left( {a + b} \right) + \left( {a + c} \right) \ge 2\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} \)

\( \Rightarrow \left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right) \le \frac{{{{\left( {a + b + a + c} \right)}^2}}}{4}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{a + b + a + c}} \le \frac{{a + b + a + c}}{{4\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{a + b + a + c}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right)\)

\[ \Rightarrow \frac{{bc}}{{b + c + 2a}} \le \frac{{bc}}{4}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right)\]

Tương tự ta có:

•\[\frac{{ca}}{{c + a + 2b}} \le \frac{{ca}}{4}\left( {\frac{1}{{b + c}} + \frac{1}{{a + b}}} \right)\]

•\[\frac{{ab}}{{a + b + 2c}} \le \frac{{ab}}{4}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\]

Suy ra \(VT = \frac{{bc}}{{b + c + 2a}} + \frac{{ca}}{{c + a + 2b}} + \frac{{ab}}{{a + b + 2c}}\)

\( \le \frac{{bc}}{4}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right) + \frac{{ca}}{4}\left( {\frac{1}{{b + c}} + \frac{1}{{a + b}}} \right) + \frac{{ab}}{4}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)

\( = \frac{1}{4}\left[ {\frac{1}{{a + b}}\left( {bc + ac} \right) + \frac{1}{{a + c}}\left( {bc + ab} \right) + \frac{1}{{b + c}}\left( {ac + ab} \right)} \right]\)

\( = \frac{1}{4}\left[ {\frac{1}{{a + b}}\,.\,c\left( {b + a} \right) + \frac{1}{{a + c}}\,.\,b\left( {c + a} \right) + \frac{1}{{b + c}}\,.\,a\left( {c + b} \right)} \right]\)

\( = \frac{1}{4}\left( {c + b + a} \right) = \frac{{a + b + c}}{4} = VP\).

Vậy \[\frac{{bc}}{{b + c + 2a}} + \frac{{ca}}{{c + a + 2b}} + \frac{{ab}}{{a + b + 2c}} \le \frac{{a + b + c}}{4}\] (đpcm).

Lời giải

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

\(\frac{{ab}}{{\sqrt {ab + 2c} }} = \frac{{ab}}{{\sqrt {ab + \left( {a + b + c} \right)c} }} = \frac{{ab}}{{\sqrt {ab + ac + bc + {c^2}} }}\)

\( = \frac{{ab}}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{ab}}{{a + c}} + \frac{{ab}}{{b + c}}} \right)\)

Tương tự, ta cũng có:

•\(\frac{{bc}}{{\sqrt {bc + 2a} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{bc}}{{a + b}} + \frac{{bc}}{{a + c}}} \right)\);

•\(\frac{{ca}}{{\sqrt {ca + 2b} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{ca}}{{a + b}} + \frac{{ca}}{{b + c}}} \right)\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(P \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{ab + bc}}{{a + c}} + \frac{{bc + ca}}{{a + b}} + \frac{{ab + ca}}{{b + c}}} \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\frac{{b\left( {a + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{c\left( {a + b} \right)}}{{a + b}} + \frac{{a\left( {b + c} \right)}}{{b + c}}} \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {a + b + c} \right) = \frac{1}{2}\,.\,2 = 1\).

Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \frac{2}{3}\).

Vậy GTLN của P là 1 khi \(a = b = c = \frac{2}{3}\).

Lời giải

sin² 2x − sin 2x − 2 = 0

Û (sin 2x + 1)(sin 2x − 2) = 0

 

\( \Rightarrow 2x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \)

\( \Rightarrow x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy \(x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) là nghiệm của phương trình.

Lời giải

sin 2x − sin² x = 1

Û 2sin x.cos x − cos² x = 0

Û cos x.(2sin x − cos x) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\2\sin x - \cos x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\tan x = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k2\pi \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\,\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\\x = \arctan \frac{1}{2} + k\pi \;\;\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array} \right.\).

Vậy x = k2p (k Î ℤ) và \(x = \arctan \frac{1}{2} + k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) là nghiệm của phương trình.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

•Hai đường thẳng phân biệt lần lượt chứa trong 2 mặt phẳng khác nhau thì chéo nhau.

Do đó, khẳng định A sai vì hai đường thẳng đó có thể song song với nhau.

•Hai đường thẳng phân biệt cùng nằm trong một mặt phẳng thì không chéo nhau

Do đó, khẳng định B là đúng.

•Hai đường thẳng phân biệt không song song thì chéo nhau.

Do đó, khẳng định C là sai vì hai đường thẳng có thể cắt nhau.

•Hai đường thẳng phân biệt không cắt nhau thì chéo nhau.

Do đó, khẳng định D sai vì hai đường thẳng đó có thể song song với nhau.

Chọn đáp án B.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

•Hai đường thẳng phân biệt cùng nằm trong một mặt phẳng thì không chéo nhau.

Do đó, khẳng định A là đúng.

•Hai đường thẳng phân biệt không cắt nhau thì chéo nhau.

Do đó, khẳng định B sai vì hai đường thẳng có thể song song với nhau.

•Hai đường thẳng phân biệt không song song thì chéo nhau.

Do đó, khẳng định C sai vì hai đường thẳng có thể cắt nhau.

•Hai đường thẳng phân biệt lần lượt thuộc hai mặt phẳng khác nhau thì chéo nhau.

Do đó, khẳng định D sai vì hai đường thẳng đó có thể song song với nhau.

Chọn đáp án A.

Lời giải

Hình chiếu bằng của hình lăng trụ tam giác đều là hình tam giác đều.

Lời giải

Hình chiếu bằng của hình lăng trụ tam giác đều là hình tam giác đều nếu mặt đáy song song với mặt phẳng chiếu bằng.

Lời giải

Khi quay nửa hình tròn một vòng quanh đường kính cố định, ta được hình cầu.

Lời giải

•Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng còn có vô số điểm chung khác nữa.

Do đó, khẳng định A là đúng.

•Hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất.

Do đó, khẳng định B là đúng.

•Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất.

Do đó, khẳng định C là sai vì hai mặt phẳng có thể trùng nhau.

•Nếu ba điểm phân biệt M, N, P cùng thuộc hai mặt phẳng phân biệt thì chúng thẳng hàng.

Do đó, khẳng định D là đúng.

Chọn đáp án C.

Lời giải

(I): Hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất.

Khẳng định (I) là đúng

(II): Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có vô số điểm chung khác nữa.

Khẳng định (II) là đúng

(III): Nếu ba điểm phân biệt cùng thuộc hai mặt phẳng thì chúng thẳng hàng.

Khẳng định (III) là sai vì khi hai mặt phẳng trùng nhau thì ba điểm phân biệt có thể không thẳng hàng

Vậy có 1 khẳng định sai trong số các khẳng định trên.

Lời giải

Ta có \[A = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} + x + 1}}\]

Û A.x² + A.x + A = x² − x + 1

Û (A − 1).x² + (A + 1).x + A − 1 = 0

D= (A + 1)² − 4(A − 1)(A − 1) ³ 0

Û −3A² + 10A − 3 ³ 0

\( \Rightarrow \frac{1}{3} \le A \le 3\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}{A_{\min }} = \frac{1}{3}\\{A_{\max }} = 3\end{array} \right.\).

Lời giải

Ta có \[A = \frac{{{x^2} + 1}}{{{x^2} - x + 1}}\]

Û A.x² − A.x + A = x² + 1

Û (A − 1).x² − A.x + A − 1 = 0

D= (−A)² − 4(A − 1)(A − 1) ³ 0

Û −3A² + 8A − 4 ³ 0

\( \Rightarrow \frac{2}{3} \le A \le 2\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}{A_{\min }} = \frac{2}{3}\\{A_{\max }} = 2\end{array} \right.\).

Lời giải

Ta có: n + 2 = (n − 3) + 5

Vì n − 3 ⋮ n − 3 nên để n + 2 chia hết cho n − 3 thì 5 ⋮ n − 3

Þ n − 3 Î Ư(5) = {±1; ±5}

Þ n Î {−2; 2; 4; 8}

Vậy n Î {−2; 2; 4; 8} thì n + 2 chia hết cho n − 3.

Lời giải

Ta có: n + 2 = (n − 3) + 5.

Vì n − 3 ⋮ n − 3 nên để n + 2 chia hết cho n − 3 thì 5 ⋮ n − 3

Þ n − 3 Î Ư(5) = {±1; ±5}

Þ n Î {−2; 2; 4; 8}.

Vậy số nguyên n lớn nhất để n + 2 chia hết cho n − 3 là n = 8.

Lời giải

Ta có: \[\overrightarrow {OA} = \left( { - 2m;\; - m} \right),\;\overrightarrow {OB} = \left( {2m;\;m} \right)\]

Đường thẳng AB đi qua O khi \[\overrightarrow {OA} ,\;\overrightarrow {OB} \] cùng phương

Mặt khác, ta thấy \[\overrightarrow {OA} = \left( { - 2m;\; - m} \right) = - \left( {2m;\;m} \right) = - \overrightarrow {OB} ,\;\forall x \in \mathbb{R}\]

Nên AB đi qua O với mọi m Î ℝ.

Lời giải

Ta có: \[\overrightarrow {AC} = \left( {4;\;4} \right),\;\overrightarrow {BC} = \left( {m + 1;\;2m + 1} \right)\].

Để A, B, C là ba điểm thẳng hàng thì \[\overrightarrow {AC} ,\;\overrightarrow {BC} \] cùng phương

\[ \Rightarrow \frac{{m + 1}}{4} = \frac{{2m + 1}}{4}\]

Û m + 1 = 2m + 1

Û m = 0

Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.

Lời giải

Ta có:\[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {2;\, - 2} \right)\\\overrightarrow {BC} = \left( {2;\;2} \right)\\\overrightarrow {CA} = \left( { - 4;\;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = 2\sqrt 2 \\BC = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 2 \\CA = \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2}} = 4\end{array} \right.\].

Chu vi của tam giác ABC là: \[P = AB + BC + CA = 4 + 4\sqrt 2 \].

Lời giải

Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( {4;\;7} \right) \Rightarrow AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {65} \].

Giả sử tìm được D (x; y), suy ra \[\overrightarrow {AD} = \left( {x - 1;\;y + 3} \right)\].

Do DA = AB và DA^AB nên 

\[\left\{ \begin{array}{l}4\left( {x - 1} \right) + 7\left( {y + 3} \right) = 0\\{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 65\end{array} \right.\].

Giải hệ thu được (x; y) = (−6; 1), (8; −7).

Vậy với D(−6; 1) ta thu được C(−2; 8).

Với D(8; −7) ta thu được C(12; 0)..

Lời giải

a) A = x² − 6x + 11

= x² − 6x + 9 + 2

= (x − 3)² + 2 ³ 2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x − 3 = 0 Û x = 3.

Vậy GTNN của A là 2 khi x = 3.

b) B = x² − 20x + 101.

= x² − 20x + 100 + 1

= (x − 10)² + 1 ³ 1

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x − 10 = 0 Û x = 10.

Vậy GTNN của B là 1 khi x = 10.

Lời giải

A = −x² + 6x − 11

= −(x² − 6x + 9) − 2

= −(x − 3)² − 2 £ −2.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x − 3 = 0 Û x = 3.

Vậy GTLN của A là −2 khi x = 3.

Lời giải

Xét khai triển:\({\left( {1 + 2x} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k\,.\,{2^k}\,.\,{x^k}} \)

\( = C_{10}^0\,.\,{2^0}\,.\,{x^0} + C_{10}^1\,.\,{2^1}\,.\,{x^1} + C_{10}^2\,.\,{2^2}\,.\,{x^2} + ... + C_{10}^{10}\,.\,{2^{10}}\,.\,{x^{10}}\)

\[ \Rightarrow {a_7} = C_{10}^7\,.\,{2^7} = 15\,\,360\].

Lời giải

Xét khai triển:\({\left( {1 + 2x} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k\,.\,{{\left( { - 2} \right)}^k}\,.\,{x^k}} \)

\( = C_{10}^0\,.\,{\left( { - 2} \right)^0}\,.\,{x^0} + C_{10}^1\,.\,{\left( { - 2} \right)^1}\,.\,{x^1} + C_{10}^2\,.\,{\left( { - 2} \right)^2}\,.\,{x^2} + ... + C_{10}^{10}\,.\,{\left( { - 2} \right)^{10}}\,.\,{x^{10}}\)

\[ \Rightarrow {a_7} = C_{10}^7\,.\,{\left( { - 2} \right)^7} = - 15\,\,360\].

Lời giải

a) \[\frac{a}{b} < \frac{c}{d} \Leftrightarrow \frac{{ad}}{{bd}} < \frac{{bc}}{{bd}}\] (quy đồng mẫu chung)

Vì b, d > 0 nên bd > 0.

Do đó ad < bc (đpcm).

b) \[ad < bc \Leftrightarrow \frac{{ad}}{{bd}} < \frac{{bc}}{{bd}}\] (cùng chia cho bd)

Vì b, d > 0 nên bd > 0.

Do đó \[\frac{a}{b} < \frac{c}{d}\] (rút gọn tử và mẫu).

Lời giải

Hình thang ABCD có đáy AB, CD nên suy ra AB // CD.

Lại có AB = CD nên hình thang ABCD là hình bình hành.

Suy ra AD // BC, AD = BC.

Lời giải

Thay \(x = - \frac{1}{2}\)vào biểu thức A, ta có:

\[A = {\left[ {\left( { - \frac{1}{2}} \right) - 3} \right]^2} - {\left[ {\left( { - \frac{1}{2}} \right) + 1} \right]^2} + 12\left( { - \frac{1}{2}} \right)\,.\,\left[ {\left( { - \frac{1}{2}} \right) - 1} \right]\]

\[ = {\left( { - \frac{7}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + 12\left( { - \frac{1}{2}} \right)\,.\,\left( { - \frac{3}{2}} \right)\]

\[ = \frac{{49}}{4} - \frac{1}{4} + 9 = 21\].

Lời giải

a) A = (x − 3)³ − (x + 1)³ + 12x(x − 1)

= x³ − 9x² + 27x − 27 − x³ − 3x² − 3x − 1 + 12x² − 12x

= 12x − 28

b) Khi \(x = - \frac{2}{3}\) thì \(M = 12\,.\,\left( { - \frac{2}{3}} \right) - 28 = - 36\).

Vậy tại \(x = - \frac{2}{3}\) thì giá trị của A bằng −36.

c) Để M = −16 thì 12x − 28 = −16

 Û 12x = 28 − 16

Û 12x = 12

Û x = 1.

Vậy để A = −16 thì x = 1.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Trên mặt phẳng tọa độ, đường thẳng (d): 2x + 3y − 6 = 0 chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng.

Chọn điểm O(0; 0) không thuộc đường thẳng đó.

Ta thấy (x; y) = (0; 0) là nghiệm của bất phương trình đã cho.

Do đó miền nghiệm của bất phương trình là nửa mặt phẳng bờ (d) chứa điểm O(0; 0) kể cả (d).

Vậy bất phương trình (1) luôn có vô số nghiệm.

Chọn đáp án C.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Trước hết, ta vẽ 3 đường thẳng:

(d₁): 2x + 3y − 6 = 0

(d₂): x = 0

(d₁): 2x − 3y − 1 = 0

Ta thấy (1; 1) là nghiệm của các ba bất phương trình.

 Điều này có nghĩa là điểm (1; 1) thuộc cả ba miền nghiệm của ba bất phương trình. Sau khi gạch bỏ các miền không thích hợp, miền không bị gạch là miền nghiệm của hệ.

Lời giải

Chọn 3 màu trong 5 màu để tô có \[C_5^3\] (cách).

Tô 3 màu vào 3 nước khác nhau trên bản đồ có 3! (cách).

Vậy có tất cả \[C_5^3\,.\,3! = 60\] cách cần tìm.

Lời giải

Khi quay hình chữ nhật một vòng quanh một cạnh cố định, ta được hình trụ.