7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 54)

Đáp án đúng là: A

Phương trình: 3f(x² – 4x) = m                                (1)

Đặt u = x² – 4x

Ta có bảng biến thiên sau

Ta thấy:

+) Với u < –4, phương trình (1) vô nghiệm

+) Với u = –4, phương trình (1) có một nghiệm x = 2 > 0

+) Với –4 < u < 0, phương trình (1) có hai nghiệm x > 0

+) Với u ≥ 0, phương trình (1) có một nghiệm x > 0

Khi đó 3f(x² – 4x) = m             

\( \Rightarrow f\left( u \right) = \frac{m}{3}\)                  (2)

Ta thấy:

+) Nếu \(\frac{m}{3} = - 3 \Leftrightarrow m = - 9\) thì phương trình (2) có một nghiệm u = 0

Nên phương trình (1) có một nghiệm x > 0

+) Nếu \( - 3 < \frac{m}{3} < - 2 \Leftrightarrow - 9 < m < - 6\) thì phương trình (2) có một nghiệm u > 0 và một nghiệm u ∈ (–2; 0)

Nên phương trình (1) có ba nghiệm x > 0

+) Nếu \(\frac{m}{3} = - 2 \Leftrightarrow m = - 6\) thì phương trình (2) có một nghiệm u = –4, một nghiệm u ∈ (–2; 0) và một nghiệm u > 0

Nên phương trình (1) có bốn nghiệm x > 0

+) Nếu \( - 2 < \frac{m}{3} < 2 \Leftrightarrow - 6 < m < 6\) thì phương trình (2) có một nghiệm u < –4, hai nghiệm u ∈ (–4; 0) và một nghiệm u > 0

Nên phương trình (1) có năm nghiệm x > 0

+) Nếu \(\frac{m}{3} = 2 \Leftrightarrow m = 6\) thì phương trình (2) có một nghiệm u < –4, một nghiệm u = –2 và một nghiệm u > 0

Nên phương trình (1) có ba nghiệm x > 0

+) Nếu \(\frac{m}{3} > 2 \Leftrightarrow m > 6\) thì phương trình (2) có một nghiệm u < –4 và một nghiệm u > 0

Nên phương trình (1) có một nghiệm x > 0

Suy ra –9 < m ≤ 6

Do đó m ∈ {–8; –7; –6; –5; –4; –3; –2; –1; 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}

Vậy ta chọn đáp án A.

\(y' = \frac{{ - \left( {{x^2} - 2{\rm{x}} - m} \right)}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}\)

Để hàm số \(y = \frac{{{x^2} + m{\rm{x}}}}{{1 - x}}\) có 2 cực trị

⇔ y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt

⇔ x² – 2x – m = 0 có hai nghiệm phân biệt

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) = - 1 - m \ne 0\\\Delta ' = 1 + m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > - 1\)

Theo định lý Vi – ét, hai nghiệm của phương trình thỏa mãn

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}.{x_2} = - m\end{array} \right.{\rm{               }}(1)\)

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là

\({d^2} = {\left( {{{\rm{x}}_1} - {x_2}} \right)^2} + {\left( {{y_1} - {y_2}} \right)^2} = {\left( {{{\rm{x}}_1} - {x_2}} \right)^2} + {\left( { - {x_1} + \frac{{m + 1}}{{1 - {x_1}}} + {x_2} - \frac{{m + 1}}{{1 - {x_2}}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow {x_1}^2 - 2{{\rm{x}}_1}{x_2} + {x_2}^2 + {\left( {{x_2} - {x_1} + \frac{{\left( {m + 1} \right)\left( {1 - {x_2}} \right) - \left( {m + 1} \right)\left( {1 - {x_1}} \right)}}{{\left( {1 - {x_1}} \right)\left( {1 - {x_2}} \right)}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x_1}^2 + 2{{\rm{x}}_1}{x_2} + {x_2}^2} \right) - 4{{\rm{x}}_1}{x_2} + {\left( {{x_2} - {x_1} + \frac{{m - m{{\rm{x}}_2} + 1 - {x_2} - m + m{{\rm{x}}_1} - 1 + {x_1}}}{{\left( {1 - {x_1}} \right)\left( {1 - {x_2}} \right)}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{{\rm{x}}_1}{x_2} + {\left( {{x_2} - {x_1} + \frac{{ - m{{\rm{x}}_2} - {x_2} + m{{\rm{x}}_1} + {x_1}}}{{1 - {x_1} - {x_2} + {x_1}{x_2}}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow {2^2} - 4.\left( { - m} \right) + {\left( {{x_2} - {x_1} + \frac{{ - m{{\rm{x}}_2} - {x_2} + m{{\rm{x}}_1} + {x_1}}}{{1 - 2 - m}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + {\left( {{x_2} - {x_1} + \frac{{ - m{{\rm{x}}_2} - {x_2} + m{{\rm{x}}_1} + {x_1}}}{{ - 1 - m}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + {\left( {\frac{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( { - 1 - m} \right) - m{{\rm{x}}_2} - {x_2} + m{{\rm{x}}_1} + {x_1}}}{{ - 1 - m}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + {\left( {\frac{{ - {x_2} - m{{\rm{x}}_2} + {x_1} + m{{\rm{x}}_1} - m{{\rm{x}}_2} - {x_2} + m{{\rm{x}}_1} + {x_1}}}{{ - 1 - m}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + {\left( {\frac{{2{x_2} + 2m{{\rm{x}}_2} - 2{x_1} - 2m{{\rm{x}}_1}}}{{1 + m}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + 4{\left( {\frac{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {1 + m} \right)}}{{1 + m}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + 4{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + 4\left[ {{{\left( {{x_2} + {x_1}} \right)}^2} - 2{{\rm{x}}_1}{x_2}} \right] = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + 4\left( {4 + 4m} \right) = 100\)

\( \Leftrightarrow 20m + 20 = 100\)

\( \Leftrightarrow 20m = 80\)

\( \Leftrightarrow m = 4\)

Vậy m = 4.

Ta có:

\(\begin{array}{l}{(x + y)^3} - {(x - y)^3}\\ = {x^3} + 3{x^2}y + 3x{y^2} + {y^3} - {x^3} + 3{x^2}y - 3x{y^2} + {y^3}\\ = 6{x^2}y + 2{y^3}\\ = 2y\left( {3{x^2} + {y^2}} \right).\end{array}\)

Ta có:

x² + 6x + 9

= x² + 2 . 3 . x + 3²

= (x + 3)².

a) Điều kiện xác định a ≥ 0, a ≠ 1

\(A = \frac{1}{{2 + 2\sqrt a }} + \frac{1}{{2 - 2\sqrt a }} - \frac{{{a^2} + 1}}{{1 - {a^2}}}\)

\({\rm{A}} = \frac{1}{{2\left( {1 + \sqrt a } \right)}} + \frac{1}{{2\left( {1 - \sqrt a } \right)}} - \frac{{{a^2} + 1}}{{\left( {1 - a} \right)\left( {1 + a} \right)}}\)

\({\rm{A}} = \frac{1}{{2\left( {1 + \sqrt a } \right)}} + \frac{1}{{2\left( {1 - \sqrt a } \right)}} - \frac{{{a^2} + 1}}{{\left( {1 - \sqrt a } \right)\left( {1 + \sqrt a } \right)\left( {1 + a} \right)}}\)

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

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

\({\rm{A}} = \frac{{2a - 2{a^2}}}{{2\left( {1 - a} \right)\left( {1 + a} \right)}}\)

\({\rm{A}} = \frac{{2a\left( {1 - a} \right)}}{{2\left( {1 - a} \right)\left( {1 + a} \right)}}\)

\({\rm{A}} = \frac{a}{{1 + a}}\)

b) Để \[{\rm{A}} < \frac{1}{3}\]\( \Leftrightarrow \frac{a}{{1 + a}} < \frac{1}{3}\)

\( \Leftrightarrow \frac{a}{{1 + a}} - \frac{1}{3} < 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{3a - a - 1}}{{1 + a}} < 0\)

\( \Leftrightarrow 2{\rm{a}} - 1 < 0\)\( \Leftrightarrow {\rm{a}} < \frac{1}{2}\)

Mà a ≥ 0, a ≠ 1

Suy ra \({\rm{0}} \le {\rm{a}} < \frac{1}{2}\)

Vậy \({\rm{0}} \le {\rm{a}} < \frac{1}{2}\).

Đáp án đúng là: B

Theo tính chất của phép tịnh tiến biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.

Ta có đường tròn (C)  có tâm I(1; −2), bán kính \(R = \sqrt 6 \)

Với phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow v = \left( {1;2} \right)\) thì ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x' = x + 1\\y' = y + 2\end{array} \right.\)

Suy ra \[{T_{\overrightarrow v }}\left( I \right) = I'\left( {2;0} \right)\]

Vậy đường tròn (C')  có tâm I'(2;0), bán kính \(R' = R = \sqrt 6 \) có phương trình \({\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} = 6\), ta chọn đáp án B.

Ta có :

\(y' = 3 - \frac{8}{{{x^3}}}\)

\(\begin{array}{l}y' = 0 \Leftrightarrow 3 - \frac{8}{{{x^3}}} = 0\\ \Leftrightarrow x = \frac{2}{{\sqrt[3]{3}}} \Rightarrow y = \frac{9}{{\sqrt[3]{3}}} = 3\sqrt[3]{9}.\end{array}\)

Vậy giá trị nhot nhất của \(y = 3{\rm{x}} + \frac{4}{{{x^2}}}\) là \(3\sqrt[3]{9}\).

Đường thẳng d đi qua điểm M, hệ số góc k có phương trình y = kx + m

d là tiếp tuyến \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 2}}{{x - 1}} = k{\rm{x}} + m\\\frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = k\end{array} \right.\) có nghiệm

Thay \(k = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) vào phương trình y = kx + m ta được:

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

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

⇔ x² + x – 2 = –3x + m(x² – 2x + 1)

⇔ x² + x – 2 = –3x + mx² – 2mx + m

⇔ (m – 1)x² – 2(m + 2)x + m + 2 = 0                              (*)

Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 3\left( {m + 2} \right) > 0\\m \ne 1\\m - 1 - 2\left( {m + 2} \right) + m + 2 \ne 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 2\\m \ne 1\end{array} \right.\)

Khi đó tọa độ hai điểm là M₁(x₁; y₁) và M₂(x₂; y₂) với x₁; x₂ là nghiệm của phương trùnh (*) và \({y_1} = \frac{{{x_1} + 2}}{{{x_1} - 1}};{y_2} = \frac{{{x_2} + 2}}{{{x_2} - 1}}\)

Để M₁; M₂ nằm về hai phía của Ox thì y₁ . y₂ = 0

\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1} + 2}}{{{x_1} - 1}}.\frac{{{x_2} + 2}}{{{x_2} - 1}} < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right)}}{{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)}} < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 2{x_1} + 2{{\rm{x}}_2} + 4}}{{{x_1}{x_2} - {x_1} - {x_2} + 1}} < 0\)

Áp dụng định lý Vi – ét ta có

\[{{\rm{x}}_1} + {x_2} = \frac{{2\left( {m + 2} \right)}}{{m - 1}};{x_1}{x_2} = \frac{{m + 2}}{{m - 1}}\]

Suy ra \(\frac{{\frac{{m + 2}}{{m - 1}} + \frac{{4\left( {m + 2} \right)}}{{m - 1}} + 4}}{{\frac{{m + 2}}{{m - 1}} - \frac{{2\left( {m + 2} \right)}}{{m - 1}} + 1}} < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {m + 2} \right) + 4\left( {m + 2} \right) + 4\left( {m - 1} \right)}}{{\left( {m + 2} \right) - 2\left( {m + 2} \right) + \left( {m - 1} \right)}} < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{9m + 6}}{{ - 3}} < 0\)\( \Leftrightarrow 9m + 6 > 0\)\( \Leftrightarrow m > \frac{{ - 2}}{3}\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}m > - 2\\m \ne 1\end{array} \right.\)

Suy ra \(m > \frac{{ - 2}}{3};m \ne 1\)

Vậy \(m > \frac{{ - 2}}{3};m \ne 1\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}2{x^2} + 3x + 2 = 2\left( {{x^2} + \frac{3}{2}x + 1} \right) = 2\left( {{x^2} + 2 \cdot x \cdot \frac{3}{4} + \frac{9}{{16}} + \frac{7}{{16}}} \right)\\ = 2\left[ {{{\left( {x + \frac{3}{4}} \right)}^2} + \frac{7}{{16}}} \right] = 2{\left( {x + \frac{3}{4}} \right)^2} + \frac{7}{8}\end{array}\)

Vì \(2{\left( {x + \frac{3}{4}} \right)^2} \ge 0;\forall x\)

Nên \(2{\left( {x + \frac{3}{4}} \right)^2} + \frac{7}{8} > 0;\forall x\)

Mà x³ + 2x² + 3x + 2 = y³

Suy ra x³ < y³

Giả sử y³ < (x + 2)³

⇔ x³ + 2x² + 3x + 2 < x³ + 6x² + 12x + 8

⇔ – 4x² – 9x – 6 < 0

⇔ 4x² + 9x + 6 > 0

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4{x^2} + 9x + 6 > 0\\ \Leftrightarrow 4\left( {{x^2} + \frac{9}{4}x + \frac{{81}}{{64}}} \right) + \frac{{15}}{{16}} > 0\\ \Leftrightarrow 4\left( {{x^2} + 2 \cdot x \cdot \frac{9}{8} + \frac{{81}}{{64}}} \right) + \frac{{15}}{{16}} > 0\\ \Leftrightarrow 4{\left( {x + \frac{9}{8}} \right)^2} + \frac{{15}}{{16}} > 0{\rm{ }}\end{array}\) (luôn đúng)

Do đó y³ < (x + 2)³

Mà x³ < y³

Nên x³ < y³ < (x + 2)³

Lại có y³ là lập phương của một số nguyên, giữa x³ và (x + 2)³ chỉ có 1 số lập phương duy nhất là (x + 1)³

Do đó y ³ = (x + 1)³

⇔ x³ + 2x² + 3x + 2 = x³ + 3x² + 3x + 1

⇔ x² – 1 = 0

⇔ (x – 1)(x + 1) = 0

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

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{y^3} = 1 + 2 + 3 + 2 = 8\\{y^3} = - 1 + 2 - 3 + 2 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 2\\y = 0\end{array} \right.\)

Vậy (x; y) = (1; 2) hoặc (x; y) = (–1; 0).

Đáp án đúng là: B

Hàm số y = logx xác định

⇔ x > 0

Suy ra tập xác định của hàm số y = logx là (0; +∞)

Vậy ta chọn đáp án B.

Đặt \(a = \frac{1}{x};b = \frac{1}{y};c = \frac{1}{z}\)

Suy ra a, b, c > 0 và \(a + b + c = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{{yz + x{\rm{z}} + xy}}{{xyz}} = 1\)

Khi đó \(\sqrt {x + yz} + \sqrt {y + x{\rm{z}}} + \sqrt {z + xy} \ge \sqrt {xyz} + \sqrt x + \sqrt y + \sqrt z \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {\frac{1}{a} + \frac{1}{{bc}}} + \sqrt {\frac{1}{b} + \frac{1}{{ac}}} + \sqrt {\frac{1}{c} + \frac{1}{{ab}}} \ge \sqrt {\frac{1}{{abc}}} + \sqrt {\frac{1}{a}} + \sqrt {\frac{1}{b}} + \sqrt {\frac{1}{c}} \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {a + bc} + \sqrt {b + ac} + \sqrt {c + ab} \ge \sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ac} + 1\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\sqrt {a + bc} = \sqrt {a(a + b + c) + bc} = \sqrt {{a^2} + a(b + c) + bc} \ge \sqrt {{a^2} + 2a\sqrt {bc} + bc} \\ \Rightarrow \sqrt {a + bc} \ge \sqrt {{{(a + \sqrt {bc} )}^2}} = a + \sqrt {bc} \end{array}\)

Chứng minh tương tự:

\(\begin{array}{l}\sqrt {b + ac} \ge b + \sqrt {ac} ;\\\sqrt {c + ab} \ge c + \sqrt {ab} \end{array}\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

\(\sqrt {a + bc} + \sqrt {b + ac} + \sqrt {c + ab} \ge \sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ac} + a + b + c\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {a + bc} + \sqrt {b + ac} + \sqrt {c + ab} \ge \sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ac} + 1\)

Suy ra \(\sqrt {x + yz} + \sqrt {y + x{\rm{z}}} + \sqrt {z + xy} \ge \sqrt {xyz} + \sqrt x + \sqrt y + \sqrt z \)

Dấu “ = ” xảy ra khi \(a = b = c = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x = y = z = 3\)

Vậy \(\sqrt {x + yz} + \sqrt {y + x{\rm{z}}} + \sqrt {z + xy} \ge \sqrt {xyz} + \sqrt x + \sqrt y + \sqrt z \).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}y + x{y^2} = 6{{\rm{x}}^2}\\1 + {x^2}{y^2} = 5{{\rm{x}}^2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{y}{{{x^2}}} + \frac{{{y^2}}}{x} = 6\\\frac{1}{{{x^2}}} + {y^2} = 5\end{array} \right.\)

Đặt \[{\rm{a}} = \frac{1}{x}\] ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2}y + a{y^2} = 6\\{a^2} + {y^2} = 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}ay\left( {a + y} \right) = 6\\{\left( {a + y} \right)^2} - 2{\rm{a}}y = 5\end{array} \right.\)

Đặt ay = z, a + y = t

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}t{\rm{z}} = 6\\{t^2} - 2{\rm{z}} = 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{z}} = \frac{{{t^2} - 5}}{2}\\t.\frac{{{t^2} - 5}}{2} = 6\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{z}} = \frac{{{t^2} - 5}}{2}\\{t^3} - 5t - 12 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{z}} = \frac{{{t^2} - 5}}{2}\\\left( {t - 3} \right)\left( {{t^2} + 3t + 4} \right) = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{z}} = \frac{{{t^2} - 5}}{2}\\t - 3 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{z}} = 2\\t = 3\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}ay = 2\\a + y = 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y\left( {3 - y} \right) = 2\\a = 3 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y^2} - 3y + 2 = 0\\a = 3 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}y = 1\\y = 2\end{array} \right.\\a = 3 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 1\\a = 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}y = 2\\a = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 1\\\frac{1}{x} = 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}y = 2\\\frac{1}{x} = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 2) hoặc \(\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{2};1} \right)\).

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\left[ {\log \left( {1 - x} \right)} \right]' = \frac{{ - 1}}{{\left( {1 - x} \right)\ln 10}} = \frac{1}{{\left( {x - 1} \right)\ln 10}}\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: A

Vì không thể nhân hai mũ khác cơ số, khác cả số mũ nên đáp án A sai

Ta chỉ có thể nhân 2 mũ có cùng cơ số

x^m . xⁿ = x^m+n

Vậy ta chọn đáp án A.

Vì AC ⊥ AD nên tam giác ACD vuông tại A

Suy ra \(\tan \widehat {A{\rm{D}}C} = \frac{{AC}}{{A{\rm{D}}}}\)

Do đó AC = AD . tan50° = 3,5 . tan50°

Ta có \[{{\rm{S}}_{AC{\rm{D}}}} = \frac{1}{2}AC.A{\rm{D}} = \frac{1}{2}.3,5.\tan 50^\circ .3,5 = \frac{{49}}{8}.\tan 50^\circ \]

Diện tích hình hình hành ABCD là

\({S_{ABC{\rm{D}}}} = 2{{\rm{S}}_{AC{\rm{D}}}} = 2.\frac{{49}}{8}.\tan 50^\circ \approx 14,6.\)

Đáp án đúng là: C

Ta có:

y’ = 3x² + 2x + m

Xét phương trình y’ = 0

⇔ 3x² + 2x + m = 0

Hàm số đồng biến trên R ⇔ y’ ≥ 0, ∀x

⇔ ∆’ ≤ 0 ⇔ 1² – 3m ≤ 0 \( \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{3}\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Xét hàm số f(x) = x – sinx liên tục trên nửa khoảng \(\left[ {0;\left. {\frac{\pi }{2}} \right)} \right.\)

Đạo hàm f’ = 1 – cosx > 0 với mọi \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

Do đó hàm số đồng biến trên \(\left[ {0;\left. {\frac{\pi }{2}} \right)} \right.\)

Từ đó với mọi \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) ta có:

f(x) > f(0) = 0

Suy ra x – sinx > 0; \(\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

⇔ x > sinx; \(\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

Với \(x \ge \frac{\pi }{2}\) thì x > 1 ≥ sinx

Vậy sinx < x với mọi x > 0

Xét hàm số f(x) = x – sinx liên tục trên nửa khoảng \(\left( {\frac{{ - \pi }}{2};\left. 0 \right]} \right.\)

Đạo hàm f’ = 1 – cosx > 0 với mọi \(x \in \left( { - \frac{\pi }{2};0} \right)\)

Do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {\frac{{ - \pi }}{2};\left. 0 \right]} \right.\)

Từ đó với mọi \(x \in \left( { - \frac{\pi }{2};0} \right)\) ta có:

f(x) < f(0) = 0

Suy ra x – sinx < 0; \(\forall x \in \left( { - \frac{\pi }{2};0} \right)\)

⇔ x < sinx; \(\forall x \in \left( { - \frac{\pi }{2};0} \right)\)

Với \(x \le \frac{\pi }{2}\) thì \(x \le \frac{{ - \pi }}{2} < - 1 \le {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\)

Vậy sinx > x với mọi x < 0.

Đáp án đúng là: C

Ta có y’ = – 3x² + 6x + 3m ≤ 0, ∀x > 0

⇔ 3m ≤ 3x² – 6x, ∀x > 0

⇔ 3m ≤ 3(x² – 2x + 1) – 3, ∀x > 0

⇔ 3m ≤ 3(x – 1)² – 3, ∀x > 0

Vì 3(x – 1)² ≥ 0 với mọi x

Nên 3(x – 1)² – 3 ≥ –3 với mọi x

Suy ra 3x² – 6x nhỏ nhất bằng –3 khi x = 1

Do đó 3m ≤ –3 ⇔ m ≤ –1

Vậy ta chọn đáp án C.

Ta có:

n² – n = n(n – 1)

⇔ n² = (n – 1)n + n

Khi đó:

S = 1² + 2² + 3² + ... + n²

S = 1 + 1 . 2 + 2 . 3 + ... + (n – 1)n + n

S = [1 . 2 + 2 . 3 + ... + (n – 1)n] + (1 + 2 + ... + n)

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

\[{\rm{S}} = \frac{{2\left( {n - 1} \right)n\left( {n + 1} \right) + 3n\left( {n + 1} \right)}}{6}\]

\[{\rm{S}} = \frac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n - 2 + 3} \right)}}{6}\]

\[{\rm{S}} = \frac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{6}\].

• Ta có: \(\frac{{\sin {\rm{A}}}}{a} = \frac{{\sin B}}{b} = \frac{{\sin C}}{c} = 2{\rm{R}}\)

Suy ra \(a = \frac{{\sin B}}{{2{\rm{R}}}};\,\,b = \frac{{\sin {\rm{A}}}}{{2{\rm{R}}}};\,\,c = \frac{{\sin C}}{{2{\rm{R}}}}\)

Mà bc = a²

Suy ra \(\frac{{\sin B}}{{2{\rm{R}}}}.\frac{{\sin C}}{{2{\rm{R}}}} = {\left( {\frac{{\sin {\rm{A}}}}{{2{\rm{R}}}}} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow \frac{{\sin B.\sin C}}{{4{{\rm{R}}^2}}} = \frac{{{{\sin }^2}A}}{{4{{\rm{R}}^2}}}\)

Do đó sin B . sin C = sin²A

• Ta có: \[S = \frac{1}{2}a{h_a} = \frac{1}{2}b{h_b} = \frac{1}{2}c{h_c}\]

Suy ra \[a = \frac{{2{\rm{S}}}}{{{h_a}}};b = \frac{{2{\rm{S}}}}{{{h_b}}};c = \frac{{2{\rm{S}}}}{{{h_c}}}\]

Mà bc = a²

Suy ra \[{\left( {\frac{{2{\rm{S}}}}{{{h_a}}}} \right)^2} = \frac{{2{\rm{S}}}}{{{h_b}}}.\frac{{2{\rm{S}}}}{{{h_c}}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{4{{\rm{S}}^2}}}{{{h_a}^2}} = \frac{{{\rm{4}}{{\rm{S}}^2}}}{{{h_b}.{h_c}}}\]

Do đó h_b . h_c = h_a².

Có 4 cách chọn chữ số hàng nghìn

Có 3 cách chọn chữ số hàng trăm

Có 2 cách chọn chữ số hàng chục

Có 1 cách chọn chữ số hàng đơn vị

Suy ra lập được số các số có 4 chữ số khác nhau từ các chữ số 1, 5, 8, 9, là:

4 × 3 × 2 × 1 = 24 (số)

Vậy lập được 24 số thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Ta có:

x² – 9 + 5(x – 3) = 0

⇔ x² – 9 + 5x – 15 = 0

⇔ x² + 5x – 24 = 0

⇔ x² – 3x + 8x – 24 = 0

⇔ x(x – 3) + 8(x – 3) = 0

⇔ (x – 3)(x + 8) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 8 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 8\end{array} \right.\)

Vậy x = 3 hoặc x = –8.

Ta có:

(10² + 11² + 12²) : (13² + 14²)

= (100 + 121 + 144) : (169 + 196)

= 365 : 365 = 1.

Ta có:

(8x – 7)(8x – 5)(2x – 1)(4x – 1) = 9

⇔ (8x – 7)(8x – 5)(8x – 4)(8x – 2) = 72

Đặt 8x – 5 = a

Khi đó ta có:

(a – 2)a(a + 1)(a + 3) = 72

⇔ (a² – 2a)(a² + 4a + 3) – 72 = 0

⇔ a⁴ – 4a³ + 3a² – 2a³ – 8a² – 6a – 72 = 0

⇔ a⁴ + 4a³ – 2a³ – 8a² + 3a² + 12a – 18a – 72 = 0

⇔ a³(a + 4) – 2a²(a + 4) + 3a(a + 4) – 18(a + 4) = 0

⇔ (a + 4)(a³ – 2a² + 3a – 18) = 0

⇔ (a + 4)(a³ – 3a² + a² – 3a + 6a – 18) = 0

⇔ (a + 4)[a²(a – 3) + a(a – 3) + 6(a – 3)] = 0

⇔ (a + 4)(a – 3)(a² + a + 6) = 0                              (*)

Vì \[{{\rm{a}}^2} + a + 6 = {a^2} + 2.a.\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{{23}}{4} = {\left( {a + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{23}}{4} > 0\]

Nên \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a + 4 = 0\\a - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = - 4\\a = 3\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left[ \begin{array}{l}8{\rm{x}} - 5 = - 4\\8{\rm{x}} - 5 = 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}8{\rm{x}} = 1\\8{\rm{x}} = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{8}\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy x = 1 hoặc \[{\rm{x}} = \frac{1}{8}\].

Đáp án đúng là: A

+) Với mọi số tự nhiên thì có các trường hợp sau:

n = 3k ⇒ n² + 1 = (3k)² + 1 chia 3 dư 1

n = 3k + 1 ⇒ n² + 1 = (3k + 1)² + 1 = 9k² + 6k + 2 chia 3 dư 2

n = 3k + 2 ⇒ n² + 1 = (3k + 2)² + 1 = 9k² + 12k + 5 chia 3 dư 2

Suy ra ∀ n ∈ ℕ, n² + 1 không chia hết cho 3, mệnh đề A đúng

+) Với mọi số tự nhiên thì có các trường hợp sau:

n = 4k ⇒ n² + 1 = (4k)² + 1 chia 4 dư 1

n = 4k + 1 ⇒ n² + 1 = (4k + 1)² + 1 = 16k² + 8k + 2 chia 4 dư 2

n = 4k + 2 ⇒ n² + 1 = (4k + 2)² + 1 = 16k² + 16k + 5 chia 4 dư 1

n = 4k + 3 ⇒ n² + 1 = (4k + 3)² + 1 = 16k² + 24k + 10 chia 4 dư 2

Suy ra  ∀ n ∈ ℕ, n2 + 1 không chia hết cho 4, do đó mệnh đề D sai.

+) Ta có: x = – 4 < 3, nhưng |x| = | – 4| = 4 > 3, suy ra mệnh đề B sai

+) Với x = 1, ta có (x – 1)² = (1 – 1)² = 0 và x – 1 = 1 – 1 = 0, do đó mệnh đề C sai

Vậy ta chọn đáp án A.

Ta có:

\(\frac{{{x^6} - {y^6}}}{{{x^4} - {y^4} - {x^3}y + x{y^3}}}\)

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

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

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

Vậy \(\frac{{{x^6} - {y^6}}}{{{x^4} - {y^4} - {x^3}y + x{y^3}}} = {x^2} + xy + {y^2}\).

Đáp án đúng là: C

Ta có:

\(P = {\log _{\sqrt[3]{a}}}{a^3} = {\log _{{a^{\frac{1}{3}}}}}{a^3} = 3.3{\log _a}a = 9\,\,\left( {a > 0,a \ne 1} \right)\)

Vậy ta chọn đáp án C.

a) Xét (O) có CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C

Suy ra CA = CM, OC là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\)

Do đó \(\widehat {COM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}\)

Xét (O) có DB, DM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D

Suy ra DB = DM, OD là tia phân giác của \(\widehat {BOM}\)

Do đó \(\widehat {DOM} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}\)

Ta có: \(\widehat {COD} = \widehat {COM} + \widehat {DOM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{1}{2}.180^\circ = 90^\circ \)

Do đó tam giác COD vuông tại O

Mà OM ⊥ CD

Suy ra OM² = CM . DM (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà CA = CM, DB = DM, \(OM = \frac{1}{2}AB\)

Suy ra \(CA.DB = \frac{{A{B^2}}}{4}\)

b) Vì AC // BD nên \(\frac{{AC}}{{B{\rm{D}}}} = \frac{{AN}}{{N{\rm{D}}}} = \frac{{CN}}{{NB}}\)

Mà CA = CM, DB = DM (chứng minh câu a)

Suy ra \(\frac{{CM}}{{DM}} = \frac{{AN}}{{N{\rm{D}}}}\)

Xét tam giác ACD có \(\frac{{CM}}{{DM}} = \frac{{AN}}{{N{\rm{D}}}}\)

Suy ra MN // CA

Mà AC ⊥ AB

Do đó MN ⊥ AB

c) Xét tam giác ACE vuông tại A có

\[\sin \widehat E = \frac{{CA}}{{CE}}\]

Mà CA = CM

Suy ra \[\sin \widehat E = \frac{{CM}}{{CE}}\]             (1)

Xét tam giác EBD vuông tại B có

\[\sin \widehat E = \frac{{B{\rm{D}}}}{{DE}}\]

Mà BD = DM

Suy ra \[\sin \widehat E = \frac{{DM}}{{DE}}\]                      (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{CM}}{{CE}} = \frac{{DM}}{{DE}}\)

d) Gọi giao điểm của MN với AB là H

Giao điểm của AN với AC và BD lần lượt là I và K

Xét (O) đường kính AB có MN ⊥ AO

Mà MN cắt AO tại H

Suy ra H là trung điểm của AO

Xét tam giác DBE có MH // BD

Suy ra \(\frac{{MN}}{{DK}} = \frac{{NH}}{{BK}}\)

Do đó \(\frac{{MN}}{{NH}} = \frac{{DK}}{{BK}}\)                      (3)

Gọi giao điểm của MB và HD là E

Xét tam giác DKE có MN // KD

Suy ra \(\frac{{NH}}{{DK}} = \frac{{NE}}{{EK}}\)

Xét tam giác BKE có MN // BK

Suy ra \(\frac{{NM}}{{BK}} = \frac{{NE}}{{EK}}\)

Mà \(\frac{{NH}}{{DK}} = \frac{{NE}}{{EK}}\)

Do đó \(\frac{{NH}}{{DK}} = \frac{{MN}}{{BK}}\)

Hay \(\frac{{NM}}{{MH}} = \frac{{BK}}{{DK}}\)                                  (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{DK}}{{BK}} = \frac{{BK}}{{DK}}\)

Do đó DK = BK, MN = NH

Hay EN đi qua trung điểm K của đoạn thẳng BD

Xét tam giác EHM có CA // MH

Suy ra \(\frac{{CI}}{{MN}} = \frac{{AI}}{{NH}}\)

Mà MN = NH

Suy ra CI = AI

Hay EN đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AC

Vậy EN đi qua trung điểm của các đoạn thẳng AC, BD.

Ta có:

(x – 1)(x – 2)(x + 7)(x + 8) + 8

= (x – 1)(x + 7)(x – 2)(x + 8) + 8

= (x² + 6x – 7)(x² + 6x – 16) + 8

Đặt x² + 6x – 7 = t, ta được

t(t – 9) + 8 = t² – 9t + 8 = t² – 8t – t + 8 = t(t – 8) – (t – 8) = (t – 8)(t – 1)

Thay t = x² + 6x – 7 ta có

(x² + 6x – 7 – 8)( x² + 6x – 7 – 1) = (x² + 6x – 15)( x² + 6x – 8)

Vậy (x – 1)(x – 2)(x + 7)(x + 8) + 8 = (x² + 6x – 15)( x² + 6x – 8).

Ta có:

(x – 2)² = x² – 2 . x . 2 + 2² = x² – 4x + 4

Vậy (x – 2)² = x² – 4x + 4.

Ta có: \(\frac{1}{{1 + {a^2}}} + \frac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \frac{2}{{1 + ab}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + {a^2}}} + \frac{1}{{1 + {b^2}}} - \frac{2}{{1 + ab}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\frac{1}{{1 + {a^2}}} - \frac{1}{{1 + ab}}} \right) + \left( {\frac{1}{{1 + {b^2}}} - \frac{1}{{1 + ab}}} \right) \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{1 + ab - 1 - {a^2}}}{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + ab} \right)}} + \frac{{1 + ab - 1 - {b^2}}}{{\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {1 + ab} \right)}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{ab - {a^2}}}{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + ab} \right)}} + \frac{{ab - {b^2}}}{{\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {1 + ab} \right)}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {ab - {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right) + \left( {1 + {a^2}} \right)\left( {ab - {b^2}} \right)}}{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + ab} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{a\left( {b - a} \right)\left( {1 + {b^2}} \right) + \left( {1 + {a^2}} \right)b\left( {a - b} \right)}}{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + ab} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {b - a} \right)\left[ {a\left( {1 + {b^2}} \right) - b\left( {1 + {a^2}} \right)} \right]}}{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + ab} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {b - a} \right)\left[ {a + a{b^2} - b - {a^2}b} \right]}}{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + ab} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {b - a} \right)\left[ {\left( {a - b} \right) - ab\left( {a - b} \right)} \right]}}{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + ab} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {b - a} \right)}^2}\left( {ab - 1} \right)}}{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + ab} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}} \ge 0\)

Vì ab ≥ 1 nên ab – 1 ≥ 0

Mà (b – a)² ≥ 0

Suy ra (b – a)²(ab – 1) ≥ 0

Vì (a² + 1) > 0, (b² + 1) > 0, (ab + 1) > 0

Nên (a² + 1)(b² + 1)(ab + 1) > 0

Suy ra \(\frac{{{{\left( {b - a} \right)}^2}\left( {ab - 1} \right)}}{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + ab} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}} \ge 0\) với mọi a, b, ab ≥ 1

Vậy \(\frac{1}{{1 + {a^2}}} + \frac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \frac{2}{{1 + ab}}\).

Đặt x = b + c – a

y = a + c – b

z = a + b – c

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}x + z = b + c - a + a + b - c = 2b\\x + y = b + c - a + a + c - b = 2c\\y + z = a + c - b + a + b - c = 2{\rm{a}}\end{array} \right.\)

Ta có: \(2A = \frac{{y + z}}{x} + \frac{{x + z}}{y} + \frac{{x + y}}{z}\)

\( = \frac{y}{x} + \frac{z}{x} + \frac{x}{y} + \frac{z}{y} + \frac{x}{z} + \frac{y}{z}\)

\( = \left( {\frac{y}{x} + \frac{x}{y}} \right) + \left( {\frac{z}{y} + \frac{y}{z}} \right) + \left( {\frac{x}{z} + \frac{z}{x}} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:

\(\begin{array}{l}\left( {\frac{y}{x} + \frac{x}{y}} \right) \ge 2\sqrt {\frac{y}{x}.\frac{x}{y}} = 2\\\left( {\frac{z}{y} + \frac{y}{z}} \right) \ge 2\sqrt {\frac{z}{y}.\frac{y}{z}} = 2\\\left( {\frac{x}{z} + \frac{z}{x}} \right) \ge 2\sqrt {\frac{z}{x}.\frac{x}{z}} = 2\end{array}\)

Suy ra:

\(\left( {\frac{y}{x} + \frac{x}{y}} \right) + \left( {\frac{z}{y} + \frac{y}{z}} \right) + \left( {\frac{x}{z} + \frac{z}{x}} \right) \ge 6\)

\( \Leftrightarrow 2A = \frac{{y + z}}{x} + \frac{{x + z}}{y} + \frac{{x + y}}{z} \ge 6\)

\( \Leftrightarrow 2A = \frac{{2{\rm{a}}}}{{b + c - a}} + \frac{{2b}}{{a + c - b}} + \frac{{2c}}{{a + b - c}} \ge 6\)

\( \Leftrightarrow A = \frac{{\rm{a}}}{{b + c - a}} + \frac{b}{{a + c - b}} + \frac{c}{{a + b - c}} \ge 3\)

Vậy \(\frac{a}{{b + c - a}} + \frac{b}{{a + c - b}} + \frac{c}{{a + b - c}} \ge 3\).

Gọi F là trung điểm của AD

Xét tam giác ABC có

M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC

Suy ra MN là đường trung bình

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}MN//AC\\MN = \frac{1}{2}AC\end{array} \right.\)                           (1)

Xét tam giác ADC có

P, F lần lượt là trung điểm của CD, AD

Suy ra PF là đường trung bình

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}PF//AC\\PF = \frac{1}{2}AC\end{array} \right.\)                      (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN // PF và MN = PF

Do đó MNPF là hình bình hành

Suy ra MP cắt FN tại trung điểm của mỗi đường

Mà I là trung điểm của MP

Suy ra I là trung điểm của FN

Xét tam giác NFQ có

I và J lần lượt là trung điểm của FN và NQ

Suy ra IJ là đường trung bình

Do đó IJ // QF và \[{\rm{IJ}} = \frac{1}{2}FQ\]

Xét tam giác AED có

F và Q lần lượt là trung điểm của AD và ED

Suy ra FQ là đường trung bình

Do đó AE // QF và \[FQ = \frac{1}{2}A{\rm{E}}\]

Mà IJ // QF (chứng minh trên)

Suy ra IJ // AE

Ta có \[{\rm{IJ}} = \frac{1}{2}FQ = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}A{\rm{E}} = \frac{1}{4}A{\rm{E}}\]

Vậy IJ // AE và \[{\rm{IJ}} = \frac{1}{4}A{\rm{E}}\].

a) Xét tam giác ABC và tam giác HBA có:

\(\widehat {BAC} = \widehat {AHB} = 90^\circ \)

\(\widehat B\) là góc chung

Suy ra  (g.g)

Do đó \(\frac{{AB}}{{BH}} = \frac{{BC}}{{AB}}\)

Suy ra AB² = BH . BC

b) Xét tam giác ABC và tam giác HAC có:

\(\widehat {BAC} = \widehat {AHC} = 90^\circ \)

\(\widehat C\) là góc chung

Suy ra  (g.g)

Do đó \(\frac{{AC}}{{CH}} = \frac{{BC}}{{AC}}\)

Suy ra AC² = BC . CH

c) Vì (chứng minh câu a)

Nên \(\frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{BC}}\)

Suy ra \(\frac{{A{H^2}}}{{A{C^2}}} = \frac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}}\)                       (1)

Vì (chứng minh câu b)

Nên \(\frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AH}}\)

Suy ra \(\frac{{A{H^2}}}{{A{B^2}}} = \frac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}}\)                       (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{A{H^2}}}{{A{C^2}}} + \frac{{A{H^2}}}{{A{B^2}}} = \frac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}} + \frac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{{B{C^2}}}\)

Mà tam giác ABC vuông tại A nên BC² = AB² + AC²

Do đó \(\frac{{A{H^2}}}{{A{C^2}}} + \frac{{A{H^2}}}{{A{B^2}}} = 1\)

Suy ra \(\frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}}\)

Vậy \(\frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}}\).

Ta có:

\(\frac{{{x^3}}}{{yz}} + \frac{{{y^3}}}{{xz}} + \frac{{{z^3}}}{{xy}} = \frac{{{x^4}}}{{xyz}} + \frac{{{y^4}}}{{xyz}} + \frac{{{z^4}}}{{xyz}} = \frac{{{x^4} + {y^4} + {z^4}}}{{xyz}}\)

Áp dụng bất đẳng thức \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\) ta có

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

Suy ra \(\frac{{{x^4} + {y^4} + {z^4}}}{{xyz}} \ge \frac{{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^2}}}{{3xyz}} \ge \frac{{{{\left[ {\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3}} \right]}^2}}}{{\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^3}}}{{3.3}}}}\)

\(\frac{{{x^4} + {y^4} + {z^4}}}{{xyz}} \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^4}}}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^3}}} = x + y + z\)

Do đó \(\frac{{{x^3}}}{{yz}} + \frac{{{y^3}}}{{xz}} + \frac{{{z^3}}}{{xy}} \ge x + y + z\)

Vậy \(\frac{{{x^3}}}{{yz}} + \frac{{{y^3}}}{{xz}} + \frac{{{z^3}}}{{xy}} \ge x + y + z\).

Ta có:

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

\( = 3 + \left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right) + \left( {\frac{c}{b} + \frac{b}{c}} \right) + \left( {\frac{a}{c} + \frac{c}{a}} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có

\(\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2\sqrt {\frac{a}{b}.\frac{b}{a}} = 2\)

\(\frac{c}{b} + \frac{b}{c} \ge 2\sqrt {\frac{c}{b}.\frac{b}{c}} = 2\)

\(\frac{a}{c} + \frac{c}{a} \ge 2\sqrt {\frac{a}{c}.\frac{c}{a}} = 2\)

Suy ra \(\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 3 + 2 + 2 = 9\)

Vậy \(\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 9\).

Ta có: x² + 3x + 4

\( = \left( {{x^2} + 2.x.\frac{3}{2} + \frac{9}{4}} \right) + \frac{7}{4}\)

\( = {\left( {x + \frac{3}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4}\)

Vì \({\left( {x + \frac{3}{2}} \right)^2} \ge 0;\forall x\)

Nên \({\left( {x + \frac{3}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} \ge \frac{7}{4};\forall x\)

Dấu “ = ” xảy ra khi \[{\rm{x}} + \frac{3}{2} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{ - 3}}{2}\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của x² + 3x + 4 là \(\frac{7}{4}\) khi \[x = \frac{{ - 3}}{2}\].

Đáp án đúng là: C

Ta có: y’ > 0 ⇔ 3f’(x + 2) – 3x² + 3 > 0

⇔ 3f’(x + 2) > 3x² – 3

⇔ f’(x + 2) > x² – 1

Đặt t = x + 2, suy ra x = t – 2.

Khi đó f’(t) > (t – 2)² – 1

Chọn t sao cho \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {t - 2} \right)^2} - 1 < 0\\f'\left( t \right) > 0\end{array} \right.\)           

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < t - 2 < 1\\t \in \left( {1;2} \right) \cup \left( {2;3} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 < t < 3\\t \in \left( {1;2} \right) \cup \left( {2;3} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 < t < 2\\2 < t < 3\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}1 < x + 2 < 2\\2 < x + 2 < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < x < 0\\0 < x < 1\end{array} \right.\)

Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (–1; 0) và (0; 1).

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

\[{3^{x + 1}} + {3^{1 - x}} = 10\]

\( \Leftrightarrow {3.3^x} + \frac{3}{{{3^x}}} = 10\)

\( \Leftrightarrow 3.{\left( {{3^x}} \right)^2} + 3 = {10.3^x}\)

\( \Leftrightarrow 3.{\left( {{3^x}} \right)^2} - {10.3^x} + 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} = 3\\{3^x} = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\)

Tổng các nghiệm của phương trình là: 1 + (–1) = 0.

Vậy ta chọn đáp án D.

a) Ta có:

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

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

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

b) Ta có: \(\frac{{{x^5} + x + 1}}{{{x^3} + {x^2} + x}}\)

\( = \frac{{\left( {{x^5} - {x^2}} \right) + {x^2} + x + 1}}{{x\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}\)

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

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

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

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

c) Ta có:

\(\frac{{2{{\rm{x}}^2} - x - 3}}{{{x^2} - 4{\rm{x}} - 5}}\)

\( = \frac{{2{x^2} + 2x - 3x - 3}}{{{x^2} + x - 5x - 5}}\)

\( = \frac{{2x\left( {x + 1} \right) - 3\left( {x + 1} \right)}}{{x\left( {x + 1} \right) - 5\left( {x + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {2x - 3} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 5} \right)}}\)

\( = \frac{{2x - 3}}{{x - 5}}\)

a) Gọi giao điểm của AC và DB là O

Vì O ∈ AC ⊂ (SAC) nên O ∈ (SAC)

O ∈ BD ⊂ (SBD) nên O ∈ (SBD)

Suy ra O ∈ (SAC) ∩ (SBD)

Mà S ∈ (SAC) ∩ (SBD)

Suy ra SO ∈ (SAC) ∩ (SBD)

b) Gọi I là giao điểm của SO và DN

Ta có:

DN ⊂ (SBD)

SO = (SAC) ∩ (SBD)

Suy ra I = DN ∩ (SAC)

c) Xét tam giác SAB có M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB

Suy ra MN là đường trung bình

Do đó MN // AB

Mà AB // CD (vì ABCD là hình bình hành)

Suy ra MN // CD

Lại có CD ⊂ (SCD)

Do đó MN // (SCD)

Vậy MN // (SCD).

Đáp án đúng là: A

Ta có vectơ \(\overrightarrow 0 \) cùng hướng với mọi vectơ nên nó cùng phương với mọi vectơ

Vậy ta chọn đáp án A.

Ta có:

x² – 2x – 4y² – 4y

= (x² – 4y²) – (2x + 4y)

= (x – 2y)(x + 2y) – 2(x + 2y)

= (x + 2y)(x – 2y – 2)

Vậy x² – 2x – 4y² – 4y = (x + 2y)(x – 2y – 2).

Ta có: x³ – 7x – 6

= x³ – x² + x² – x – 6x – 6

= x²(x – 1) + x(x – 1) – 6(x + 1)

= (x – 1)(x² + x) – 6(x + 1)

= (x – 1)x(x + 1) – 6(x + 1)

= (x + 1)(x² – x – 6)

= (x + 1)(x² – 3x + 2x – 6)

= (x + 1)[x(x – 3) + 2(x – 6)]

= (x + 1)(x – 3)(x + 2)

Vậy x³ – 7x – 6 = (x + 1)(x – 3)(x + 2).

Ta có:

\(\frac{1}{{1 + {a^3}}} + \frac{1}{{1 + {b^3}}} + \frac{1}{{1 + {c^3}}} \ge \frac{3}{{1 + abc}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + {a^3}}} + \frac{1}{{1 + {b^3}}} + \frac{1}{{1 + {c^3}}} + \frac{1}{{1 + abc}} \ge \frac{4}{{1 + abc}}\)

Xét \(\frac{1}{{1 + {x^2}}} + \frac{1}{{1 + {y^2}}} \ge \frac{2}{{1 + xy}}\) với x, y ≥ 1

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + {x^2}}} + \frac{1}{{1 + {y^2}}} - \frac{2}{{1 + xy}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {1 + {y^2}} \right)\left( {1 + xy} \right) + \left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + xy} \right) - 2\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {y^2}} \right)}}{{\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {y^2}} \right)\left( {1 + xy} \right)}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{1 + xy + {y^2} + x{y^3} + 1 + xy + {x^2} + {x^3}y - 2 - 2{{\rm{x}}^2} - 2{y^2} - 2{x^2}{y^2}}}{{\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {y^2}} \right)\left( {1 + xy} \right)}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x{y^3} + 2xy + {x^3}y - {{\rm{x}}^2} - {y^2} - 2{x^2}{y^2}}}{{\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {y^2}} \right)\left( {1 + xy} \right)}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{xy\left( {{y^2} - 2{\rm{x}}y + {x^2}} \right) - \left( {{y^2} - 2{\rm{x}}y + {x^2}} \right)}}{{\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {y^2}} \right)\left( {1 + xy} \right)}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}\left( {xy - 1} \right)}}{{\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {y^2}} \right)\left( {1 + xy} \right)}} \ge 0\)

Vì x, y ≥ 1 nên xy – 1 ≥ 0

Mà (x – y)² ≥ 0, 1 + x² > 0, 1 + y² > 0, xy + 1 > 0

Suy ra \(\frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}\left( {xy - 1} \right)}}{{\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {y^2}} \right)\left( {1 + xy} \right)}} \ge 0\) với mọi x, y ≥ 1

Do đó \(\frac{1}{{1 + {x^2}}} + \frac{1}{{1 + {y^2}}} \ge \frac{2}{{1 + xy}}\) với x, y ≥ 1

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

\(\frac{1}{{1 + {a^3}}} + \frac{1}{{1 + {b^3}}} + \frac{1}{{1 + {c^3}}} + \frac{1}{{1 + abc}} \ge \frac{2}{{1 + \sqrt {{a^3}{b^3}} }} + \frac{2}{{1 + \sqrt {ab{c^4}} }}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + {a^3}}} + \frac{1}{{1 + {b^3}}} + \frac{1}{{1 + {c^3}}} + \frac{1}{{1 + abc}} \ge \frac{4}{{1 + \sqrt {{a^3}{b^3}\sqrt {ab{c^4}} } }}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + {a^3}}} + \frac{1}{{1 + {b^3}}} + \frac{1}{{1 + {c^3}}} + \frac{1}{{1 + abc}} \ge \frac{4}{{1 + abc}}\)

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c = 1

Vậy \(\frac{1}{{1 + {a^3}}} + \frac{1}{{1 + {b^3}}} + \frac{1}{{1 + {c^3}}} \ge \frac{3}{{1 + abc}}\) với a, b, c ≥ 1.

Ta có:

A = 5ⁿ⁺² + 26 . 5ⁿ + 8^{2n + 1}

A = 5ⁿ . 5² + 26 . 5ⁿ + 8²ⁿ . 8

A = 5ⁿ . 25 + 26 . 5ⁿ + 8²ⁿ . 8

A = 5ⁿ (25 + 26) + 8²ⁿ . 8

A = 51 . 5ⁿ + 64ⁿ . 8

Vì 64 : 59 dư 5 nên 64ⁿ : 59 dư 5ⁿ

Suy ra 51 . 5ⁿ + 64ⁿ . 8 chia 59 dư

51 . 5ⁿ + 5ⁿ . 8 = 5ⁿ(51 + 8) = 59 . 5ⁿ

Mà 59 . 5ⁿ ⋮ 59

Suy ra A ⋮ 59

Vậy A ⋮ 59.

Ta có:

(a – b)² ≥ 0

⇔ a² – 2ab + b² ≥ 0

⇔ a² + b² ≥ 2ab

⇔ 2(a² + b²) ≥ 2ab + a² + b²

⇔ 2(a² + b²) ≥ (a + b)²

\( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}\)

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có

\(8\left( {{x^4} + {y^4}} \right) \ge 8\left[ {\frac{{{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2}}}{2}} \right]\)

\( \Leftrightarrow 8\left( {{x^4} + {y^4}} \right) \ge 4{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 8\left( {{x^4} + {y^4}} \right) \ge 4{\left[ {\frac{{\left( {x + {y^2}} \right)}}{2}} \right]^2} = 1\) (vì x + y = 1)

Lại có (x + y)² ≥ 4xy

⇔ 1 ≥ 4xy (vì x + y = 1)

\( \Leftrightarrow xy \le \frac{1}{4}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{xy}} \ge 4\)

Suy ra \(8\left( {{x^4} + {y^4}} \right) + \frac{1}{{xy}} \ge 1 + 4 = 5\)

Vậy \(8\left( {{x^4} + {y^4}} \right) + \frac{1}{{xy}} \ge 5\).

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 4 số ta có:

\({a^4} + {a^4} + {b^4} + {c^4} \ge 4\sqrt[4]{{{a^4}.{a^4}.{b^4}.{c^4}}} = 4{{\rm{a}}^2}bc\)

\({a^4} + {b^4} + {b^4} + {c^4} \ge 4\sqrt[4]{{{a^4}.{b^4}.{b^4}.{c^4}}} = 4{\rm{a}}{b^2}c\)

\({a^4} + {b^4} + {c^4} + {c^4} \ge 4\sqrt[4]{{{a^4}.{b^4}.{c^4}.{c^4}}} = 4{\rm{a}}b{c^2}\)

Cộng vế của các bất đẳng thức ta có:

4(a⁴ + b⁴ + c⁴) ≥ 4(a²bc + ab²c + abc²)

⇔ a⁴ + b⁴ + c⁴ ≥ abc(a + b + c)

Vậy a⁴ + b⁴ + c⁴ ≥ abc(a + b + c).