7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 85)

a) Xét (O) có PM // AB

⇒ 2 cung AP⏜ và BM⏜ bị chắn bởi 2 dây trên sẽ bằng nhau.

mà BM = BN (∆BMN cân tại B vì có BE vừa là đ/c, đường trung tuyến)

⇒ BM⏜=BN⏜

⇒ AP⏜=BN⏜

b) Xét (O) có OI đi qua điểm chính giữa của PM (giả thiết)

⇒ OI vuông góc với dây PM tại K

⇒ OKM^=90°

Xét tứ giác OKME có 3 góc vuông: OKM^=90° (cmt),

MEO^=90° ( MN vuông góc với OB tại E)

EMK^=90° (vì PM//AB, AB vuông góc với MN ⇒ PM vuông góc với MN tại M)

⇒ OKME là hình chữ nhật

c) Ta có: OPI ^=NOE^ (vì 2 góc đồng vị, MP//AB)

mà OPI ^+POI^=90° (∆POK vuông tại K)

⇒ NOE ^+POI^=90°

⇒ NOE ^+POI^+IOE^=90°+90°=180°

⇒ P, O, N thẳng hàng

- Xét ∆PMN có KE đường trung bình (K là trung điểm PM, E là trung điểm MN)

⇒ KE//PN.

R(x) = x² – 2x = x(x – 2)

R(3) = 3² – 2.3 = 3(3 – 2) = 1.3

R(4) = 2.4

R(5) = 3.5

….

R(2023) = 2021.2023

S=1R3+1R4+...+1R2022+1R2023S=11.3+13.5+...+12021.2023+12.4+...12020.2022S=12.21.3+...+22021.2023+22.4+...22020.2022S=12.1−13+13−15+...+12021−12023+12−14+...12020−12022S=12.20222023+5051011S≈0,7496

(4x – 1)³ - (4x − 3)(16x² + 3)

= 64x³ – 48x² + 12x – 1 – (64x³ + 12x – 48x² – 9)

= 64x³ – 48x² + 12x – 1 – 64x³ – 12x + 48x² + 9

= 8.

Với cách lấy điểm I như trên, ta có điểm I cố định. Khi đó MN đi qua I, thật vậy:

Theo giả thiết có: MN→=2MA→−MB→+MC→

⇒ MN→=2MA→−MB→+MC→=2MI→+2IA→−MI→−IB→+MI→+IC→

MN→=2MI→+2IA→−IB→+IC→MN→=2MI→

Suy ra I là trung điểm MN hay MN đi qua I cố định.

Để A ∩ B = ∅ thì: m+1≤−1m≥3⇔m≤−2m≥3

Gọi K là giao điểm của AC và HF

a) Do ABEF và ADGH đều là hình vuông nên BAF^=DAH^=90°

AH = BA, AH = DA

Do ABCD là hình bình hành nên BA=DC.

Suy ra AF = DC

Ta chứng minh được HAF^+DAB^=180° và ADC^+DAB^=180°

Suy ra ADC^=HAF^

Xét hai tam giác HAF và ADC, ta có: 

AH = DA

ADC^=HAF^

AF = DA

Suy ra ΔHAF = ΔADC (c.g.c)

b) Ta có: HAK^+DAH^+DAC^=CAK^=180° và DAH^=90° nên HAK^+DAC^=90°

Mà DAC^=AHF^ (vì ΔHAF = ΔADC), suy ra HAK^+AHF^=90°

Trong tam giác AHK, ta có: AKH^+HAK^+AHF^=180°

Suy ra AKH^=90°

Vậy AK ⊥ HK hay AC ⊥ HF.

Trong tam giác ABD ta có AN là đường trung tuyến:

AN2=AB2+AD22−BD24

⇒ AB² + AD² = 2AN² + BD22(1)

Trong tam giác CBD có CN là đường trung tuyến:

CN2=CD2+CB22−BD24

⇒ CB² + CD² = 2CN² + BD22 (2)

Cộng (1) với (2) ta được: AB² + AD² + CB² + CD² = 2AN² + 2CN² + BD² (3)

Xét tam giác CAN có NM là trung tuyến:

MN2=CN2+AN22−AC24

⇒ AN² + CN² = 2MN² + AC22 (4)

Thay (4) vào (3) ta được:

AB² + AD² + CB² + CD² = 2.(2MN² + AC22) + BD² = 4MN² + AC² + BD²

Vậy B² + BC² + CD² + DA² = AC² + BD² + 4MN².

Vẽ hình bình hành DAEF. Khi đó AF đi qua M.

Gọi H là giao điểm của MA với BC.

Ta có: EF = AD = AB.

AEF^+DAE^=180° mà BAC^+DAE^=180° nên AEF^=BAC^

Xét tam giác AEF và CAB có:

AC = AE

AEF^=BAC^

AB = AF

⇒ ΔAEF = ΔCAB (g.c.g)

⇒ A1^=C1^

Lại có: A1^+A2^=90°

Suy ra: C1^+A2^=90°⇒H^=90°

Do đó: AM vuông góc BC.

Xét △PAB:

AB² = AP² + BP² − 2.AP.BP.cosAPB^= 8² + 7² − 2.8.7.cos40° ≈ 27,2

Suy ra: AB ≈ 5,22 (km)       

cosPAB^=PA2+BA2−PB22.PA.BA=82+5,222−722.8.5,22≈0,51

⇒ PAB^≈60°
Suy ra: BAD^≈100°−60°=40°

Xét △ABD:

DB² = AD² + BA² − 2.DA.BA.cosDAB^= 3² + 5,22² − 2.3.5,22.cos40° ≈ 12,26

⇒ DB ≈ 3,5 (km)

Vậy Hưng phải đi khoảng 3,5m nữa để đến được đích.

B = 3 + 3² + … + 3⁹⁹

3B = 3² + 3³ + … + 3¹⁰⁰

3B - B = (3² + 3³ + … + 3¹⁰⁰) – (3 + 3² + … + 3⁹⁹)

2B = 3¹⁰⁰ – 3

B=3100−32

Mà B=3100−32 không thể viết được dưới dạng n²

Nên B không phải số chính phương.

a) Ta có: ΔABC vuông tại A, AH ⊥ BC

⇒ AH² = HB.HC (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

⇒ AH² = 5.76

⇒ AH = 2,4

Suy ra: AB=AH2+HB2=3;AC=AH2+HC2=4

BC = HB + HC = 5.

b) Ta có: sinB^=ACBC=45⇒B^=acrsin45≈53°

Suy ra: C^≈90°−53°=37°

c) Vì BD là phân giác B^

Nên: DADC=BABC=35

⇒ DADA+DC=BABA+BC=33+5

⇒ DA=38DC,DA=AB.ACAB+BC

⇒ DA=32

BD=AB2+AD2=10,5

d) tanABD^=ADAB=AB.ACAB+ACAB=ACAB+BC

x² – xy + y + 2 = 0

⇔ x² – 1 – xy + y = -3

⇔ (x – 1)(x + 1) – y(x – 1) = -3

⇔ (x – 1)(x + 1 – y) = -3

Vì x, y là số nguyên nên x – 1 và x – y + 1 là số nguyên

Nên x – 1 và x – y + 1 đều là ước của -3

Suy ra: x – 1; x – y + 1 ∈ {-3; -1; 1; 3}

Ta có bảng:

Vậy (x;y) ∈ {(-2;-2), (0;-2), (2;6), (4;6)}.

Qua F kẻ đường thẳng song song với AI cắt AD tại K

Xét tam giác ABC và AKF có:

BAC^=KAF^ (cùng phụ với CAK^)

ABC^=90°−BAH^=DAI^=AKF^ (góc đồng vị)

⇒△ABC ∽ △AKF (g.g)

⇒ ABAK=ACAF=1 (Vì ACEF là hình vuông nên AC = AF)

Suy ra: AB = AK

Mà AB = AD nên AD = AK

AI // FK nên theo định lý Ta-lét: DIIF=DAKA=1

Vậy DI = IF.

12x.(3 - 4x) + 7(4x - 3) = 0

⇔ (3 – 4x)(12x – 7) = 0

⇔ 3−4x=012x−7=0

⇔x=34x=712

A = x² – 6x + 6

A = x² – 6x + 9 – 3

A = (x – 3)² – 3

Vì (x – 3)² ≥ 0 với mọi x nên (x – 3)² – 3 ≥ – 3 với mọi x

Vậy GTNN của A là – 3 khi x – 3 = 0 hay x = 3.

 a) Ta có: ABC^=ACB^ (vì tam giác ABC cân tại A)

⇒ DBC^=ECB^

Xét tam giác DBC và tam giác ECB có:

DCB^=EBC^ (vì ABC^=ACB^)

BC là cạnh chung

DBC^=ECB^

⇒ ∆DBC = ∆ECB (g.c.g)

⇒ BE = CD mà AB = AC

Nên ta có: BEAB=CDAC

⇒ ED // BC

b) Từ phần a trên đã có BE = CD

Có: EDB^=DBC^ (so le trong)

mà EBD^=DBC^ (BD là phân giác)

⇒ EBD^=EDB^

⇒ Tam giác BED cân tại E

⇒ BE = ED

⇒ BE = ED = CD.

c) AI cắt ED tại J', ta chứng minh J' ≡ J

Từ tính chất tam giác đồng dạng ta có:

EJ'BI=AEAB=EDBC=ED2BI

⇒ EJ' = ED2 ⇒ J' là trung điểm ED ⇒ J' ≡ J

Vậy A, I, J thẳng hàng

*OI cắt ED tại J" ta chứng minh J" ≡ J

Xét tam giác ODE và tam giác OBC có:

DOE^=BOC^ (đối đỉnh)

EDO^=OBC^ (so le trong, DE // BC)

∆ODE ∽ ∆OBC (g.g)

⇒ ODOB=EDBC

Mặt khác: J''DO^=OBI^ (so le trong), J''OD^=IOB^ (đối đỉnh)

⇒ ∆J"DO ∽ ∆IBO (g.g)

⇒ J"DIB=ODOB=EDBC=ED2BI

⇒ J"D=ED2

⇒ J" là trung điểm ED ⇒ J" ≡ J

Tóm lại A, I, O, J thẳng hàng.

a) Xét tam giác AMO vuông tại A có AH vuông góc MO

Áp dụng hệ thức lượng: OH.OM = OA² = R²

b) Xét (O) có M là trung điểm CD nên OM vuông góc CD (bán kính vuông góc dây cung)

⇒ OMA^=90°

Lại có: BA là tiếp tuyến nên OBA^=90°

Suy ra: M, B thuộc đường tròn đường kính OA

Hay A, B, M, O cùng thuộc một đường tròn.

c) Xét tam giác OHE và tam giác OMA có:

OHE^=OMA^=90°

Chung O^

⇒ ∆OHE ∽ ∆OMA (g.g)

⇒ OHOM=OEOA⇒OM.OE=OH.OA=R2=OD2

Suy ra: OMOD=ODOE

Xét tam giác ODE và tam giác OMD có:

OMOD=ODOE

Chung O^

⇒ ∆ODE ∽ ∆OMD (c.g.c)

⇒ ODE^=OMD^=90°

Suy ra: OD ⊥ ED mà D thuộc (O) nên ED là tiếp tuyến của (O).

tanx1−tanx2cotx2−1cotx=1⇔cotx2−1cotx=1−tanx2tanx⇔cotx−1cotx=1tanx−tanx⇔cotx+tanx=1tanx+1cotx⇔cotx+tanx=cotx+tanxtanx.cotx

⇔ cotx + tanx = cotx + tanx (vì tanx.cotx = 1 luôn đúng)

Vậy tanx1−tanx2cotx2−1cotx=1

18650 < X . 3 < 18920

⇔ 186503<X<189203

⇔ 6216,67 < X < 6306,67

Vì X là số tròn trăm nên X = 6300.

Vậy X = 6300.

Gọi số học sinh khối 6 là a (a ∈ ℕ*, 400 < a < 500).

Theo đề bài ta có a ∈ BC(6, 8, 10)

Ta có

6 = 2 . 3

8 = 2³

10 = 2 . 5

Suy ra BCNN(6, 8, 10) = 2³ . 3 . 5 = 120

Suy ra BC(6, 8, 10) ={0; 120; 240; 360; 480; 600; ...}

Mà 400 < a < 500

Suy ra a = 480

Vậy số học sinh là 480 em.

Ta có: S = 30 + 42 – 6 + c = 66 + x

Để S chia hết cho 6 thì (66 + x) chia hết cho 6

Mà 66 luôn chia hết cho 6.

Suy ra: x ⋮ 6

Hay x = 6k (k ∈ ℕ).

a) A = 2 + 2² +....... + 2⁶⁰

2A = 2² + 2³ +....... + 2⁶¹

2A – A = (2² + 2³ +....... + 2⁶¹) – (2 + 2² +....... + 2⁶⁰)

A = 2⁶¹ – 2.

b) A = 2 + 2² +....... + 2⁶⁰

A = (2 + 2²) + (2³ + 2⁴) +....... + (2⁵⁹ + 2⁶⁰)

A = 2(1 + 2) + 2³(1 + 2) + … + 2⁵⁹(1 + 2)

A = (1 + 2)(2 + 2³ + … + 2⁵⁹)

A = 3.(2 + 2³ + … + 2⁵⁹) ⋮ 3

Lại có: A = 2 + 2² +....... + 2⁶⁰

A = (2 + 2² + 2³) + (2⁴ + 2⁵ + 2⁶) + ....... + (2⁵⁸ + 2⁵⁹ + 2⁶⁰)

A = 2(1 + 2 + 2²) + 2⁴(1 + 2 + 2²) + … + 2⁵⁸(1 + 2 + 2²)

A = (1 + 2 + 2²)(2 + 2⁴ + … + 2⁵⁸)

A = 7.(2 + 2⁴ + … + 2⁵⁸) ⋮ 7

Lại xét: A = 2 + 2² +....... + 2⁶⁰

A = (2 + 2² + 2³ + 2⁴)+ ....... + (2⁵⁷ + 2⁵⁸ + 2⁵⁹ + 2⁶⁰)

A = 2(1 + 2 + 2² + 2³) + … + 2⁵⁷(1 + 2 + 2² + 2³)

A = (1 + 2 + 2² + 2³)(2 + … + 2⁵⁷)

A = 15.(1 + 2 + 2² + 2³)

A = 3.5.(1 + 2 + 2² + 2³) ⋮ 5

Vậy A ⋮ 3, 5, 7.

abcd¯=100.ab¯+cd¯=99ab¯+ab¯+cd¯=99ab¯+ab¯+cd¯

Ta thấy: ab¯+cd¯⋮11, lại có 99 ⋮ 11 nên 99ab¯⋮11

Suy ra: 99ab¯+ab¯+cd¯⋮11

Vậy abcd¯⋮11

Do ƯCLN(a, b) = 12

⇒ a = 12m; b = 12n (với m, n là 2 số nguyên tố cùng nhau)

Ta có: a – b = 12(m − n) = 84

⇒ m – n = 7; mà m, n là hai số nguyên tố cùng nhau và ƯCLN(12m, 12n) = 1

⇒ m = 8; n = 1

⇒ a = 96; b = 12

Vậy 2 số cần tìm là 96 và 12.

Giả sử chỉ có hữu hạn các số nguyên tố là p₁; p₂; p₃; …; pn và giả sử p₁ < p₂ < p₃ < ... < p_n.

Xét tích A = p₁. p₂. p₃. …p_{n + 1}. Rõ ràng A > p_n nên A là hợp số, do đó A có ít nhất một ước nguyên tố p.

Khi đó p₁; p₂; p₃; …; pn là tất cả các số nguyên tố nên tồn tại I thuộc {1, 2, …, n} sao cho p = p_i.

Như vậy A chia hết cho p; p₁; p₂; p₃; …; pn chia hết cho p nên 1 chia hết cho p, mâu thuẫn.

Do đó, giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là sai.

Vậy có vô hạn các số nguyên tố.

36 chia hết cho 4; 6; 9; 12

Suy ra có 4 hàng 

Hàng 4 người thì có số nhóm là:

36 : 4 = 9 (nhóm)

Hàng 6 người thì có số nhóm là:

36 : 6 = 6 (nhóm)

Hàng 9 người thì có số nhóm là:

36 : 9 = 4 (nhóm)

Hàng 12 người thì có số nhóm là:

36 : 12 = 3(nhóm)

Đáp số: 4 nhóm

Nhóm 4 người: 9 nhóm

Nhóm 6 người: 6 nhóm

Nhóm 9 người: 4 nhóm

Nhóm 12 người: 3 nhóm

A = 1 - 3 + 5 - 7 + 9 - 11 + ... + 91 - 93 + 95 - 97 + 99

= 99 - 97 + 95 - 93 + 91 -...+11 - 9 +7 - 5 +3 - 1

= (99 - 97) + (95 - 93) + ... + (7 - 5) + (3 - 1)

= 2 + 2+ ... + 2 + 2 (có 25 số 2 vì có (99 – 1) : 2 + 1 = 50 số hạng, mỗi nhóm 2 số hạng)

= 2.25

= 50.

25 < 3ⁿ < 250

Ta có: 3³ = 27 > 25; 3² = 9

Theo đề: 25 < 3ⁿ; 3ⁿ > 3² (1)

Lại có: 3⁵ = 243 < 250 < 3⁶

Suy ra: 25 < 3³, 3⁴, 3⁵ < 250

Vậy n ∈ {3; 4; 5}.

TXĐ: D = ℝ

Ta có: y=sinx+1cosx+2

⇔ ycosx + 2y = sinx + 1

⇔ ycosx – sinx = 1 – 2y

Phương trình có nghiệm khi: y² + 1 ≥ (1 – 2y)²

⇔ 3y² – 4y ≤ 0

⇔ 0≤y≤43

Vậy y∈0;43.

A = 2 + 2² + … + 2¹⁰⁰

A = (2 + 2²) + (2³ + 2⁴) + … + (2⁹⁹ + 2¹⁰⁰)

A = 2(1 + 2) + 2³(1 + 2) + … + 2⁹⁹(1 + 2)

A = (1 + 2)(2 + 2³ + … + 2⁹⁹)

A = 3.(2 + 2³ + … + 2⁹⁹)

Vì 3 chia hết cho 3 nên 3.(2 + 2³ + … + 2⁹⁹) chia hết cho 3

Vậy A chia hết cho 3.

(x – 1)⁵ = 32

⇔ (x – 1)⁵ = 2⁵

⇔ x – 1 = 2

⇔ x = 3

Vậy x = 3.

Chọn D.

- Hai đường thẳng cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì có thể trùng nhau ⇒ A sai.

- Hai đường thẳng không có điểm chung thì song song hoặc chéo nhau ⇒ B sai.

- Hai đường thẳng cùng song song với một mặt phẳng thì có thể cắt, trùng hoặc chéo nhau ⇒ C sai.

- Hai đường thẳng chéo nhau nếu chúng không đồng phẳng ⇒ D đúng.

Hàm số y = cos3x tuần hoàn với chu kì T1=2π3

Hàm số y = cos5x tuần hoàn với chu kì T2=2π5

Suy ra hàm số y = cos3x + cos5x tuần hoàn với chu kì T = 2π.

Trong mp(ABCD) nối AN kéo dài cắt BC kéo dài tại E

Suy ra E ∈ (SBC)

Vì N là trung điểm của CD nên NC = ND

Vì AD // BE nên ANNE=NDNC=1 (Định lí Ta – let)

Suy ra AN = EN

Do đó N là trung điểm của AE

Xét tam giác SAE có

N là trung điểm của AE

M là trung điểm của AS

Suy ra MN là đường trung bình

Do đó MN // SE

Vậy MN // (SBC). 

Tuổi mẹ hiện nay là:

(24 + 56) : 2 = 40  tuổi)

Tuổi con hiện nay là:

56 - 40 = 16 (tuổi).

Vậy tuổi con là 16 tuổi, tuổi mẹ là 40 tuổi.

Số tiền ông A còn nợ ngân hàng sau lần trả thứ nhất:

(100 + 100. 0,01) – m = 100.1,01 – m (triệu đồng)

Số tiền ông A còn nợ ngân hàng sau lần trả thứ hai:

(100 + 1,01 - m) .1,01 – m = 100.1,012 - (1,01 + 1) m (triệu đồng)

Vì ông A đã hoàn cho ngân hàng toàn bộ số tiền nợ, sau lần trả thứ ba, nên

0 = [ 100.1,012 - (1,01 + 1)m] .1,01 - m= 100.1,013 - [ 1,012 + 1,01 + 1]m

Từ đó suy ra: m=100.1,0131,012+1,01+1=100.1,013.0,011,01−11,012+1,01+1=1,0131,013−1

Xét tam giác ACF có:

A^+ACF^+AFC^=180°

⇔ 60°+ACF^+90°=180°

⇔ ACF^=180°−60°−90°=30°

Xét tam giác IEC có:

IEC^+ECI^+EIC^=180°

⇔ 30°+x+90°=180°

⇔ x=180°−30°−90°=60°

A=1−tan2x24tan2x−14sin2xcos2xA=1−tan2x24tan2x−14tan2x.1cos2x2A=1−tan2x24tan2x−1+tan2x24tan2xA=1−tan2x2−1+tan2x24tan2xA=−4tan2x4tan2x=−1

Xét tam giác ABC có AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó: tam giác ABC cân tại A

Xét ∆ABC cân tại A có OA là đường phân giác BAC^

Suy ra: OA đồng thời là đường trung trực của tam giác ABC

Hay OA là trung trực của BC.

x(x − 3) – x + 3 = 0

⇔ x(x − 3) – (x – 3) = 0

⇔ (x – 3)(x – 1) = 0

⇔ x=3x=1

Vậy phương trình có nghiệm x = 3 hoặc x = 1.

(x – 1)⁵ = 32

⇔ (x – 1)⁵ = 2⁵

⇔ x – 1 = 2

⇔ x = 3

Vậy x = 3.

A = cosx + cos3x + cos5x + cos7x

= 2cos4x.cos3x + 2cos4x.cosx

= 2cos4x.(cos3x + cosx)

= 4cos4x.cos2x.cosx

Xét x = y = z = 0 là nghiệm của phương trình do 0 = 0 (thỏa mãn)

Xét x, y, z đều khác 0 ta có:

5(xy + yz + zx) = 4xyz

⇔ 5xy+yz+xzxyz=4

⇔ 5.1x+1y+1z=4

Vì 5 không chia hết cho 4 mà 4 ⋮ 4 nên 1x+1y+1z⋮4

Ta có: x≥1⇒1x≤1

Tương tự: y≥1⇒1y≤1;z≥1⇒1z≤1

Suy ra: 1x+1y+1z≤3

Mà 1x+1y+1z≥1x+1y+1z⇒1x+1y+1z≤3

Suy ra: 3≥1x+1y+1z≥−3

Mà từ 3 đến -3 chỉ có 0 chia hết cho 4 mà x, y, z khác 0 nên vô lí

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là x = y = z = 0.

1km ô tô tiêu thụ là:

12 : 100 = 0,12 (lít)

Cả hai quãng đường ô tô tiêu thụ là:

(169 + 131) . 0,12 = 36 (lít)

Đáp số: 36 lít.

Gọi I là tiếp điểm của tiếp tuyến MN với đường tròn (O). Nối OI

Ta có: AOI^+BOI^=180° (hai góc kề bù)

OM là tia phân giác của góc AOI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

ON là tia phân giác của góc BOI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra : OM ⊥ ON (tính chất hai góc kề bù)

Vậy MON^=90°

Ta có: A^+B^+C^=180° (tính chất tổng 3 góc trong 1 tam giác)

Suy ra: B^+C^=180°−A^=180°−100°=80°

B^=80°+50°:2=65°C^=65°−50°=15°

Phương trình tương đương: sin2x = m + 1

Vì sin2x ∈ [-1;1] nên để phương trình có nghiệm thì: -1 ≤ m + 1 ≤ 1

Suy ra: -2 ≤ m ≤ 0.

Vậy -2 ≤ m ≤ 0.

sin3x – cos2x = 0

⇔ sin3x = cos2x

⇔ sin3x=sinπ2−2x

⇔ 3x=π2−2x+k2π3x=π−π2+2x+k2π

⇔ x=π10+k2π5x=π2+k2πk∈ℤ

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

Suy ra ANPM là hình bình hành.

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

MP→+NP→=AN​→+AM→=AP→

* AM→−AN→=AM→+NA→=NM→

N là trung điểm AC nên AN→=NC→

* MN→−NC→=MN→−AN→=MN→+NA→=MA→

Xét tam giác ABC có: M, N là trung điểm AB, AC nên MN là đường trung bình

Suy ra: MN // BC; MN=12BC=BP=PC

=> MN→=PC→

* MN→−PN→=PC→−PN→=NC→

* BP→−CP→=BP→+PC→=BC→

E=a+1a−2=a−2+3a−2=1+3a−2

Để E ∈ ℤ thì 3 chia hết cho a – 2

Hay a – 2 ∈ Ư(3)

Suy ra: a – 2 ∈ {-1; 1; 3; -3}

⇒ a ∈ {1; 3; 5; -1}

Vậy a ∈ {1; 3; 5; -1}.

Ta có: A+B+C2=180°2=90°⇒cosA2+B2+C2=cos90°=0

⇔ cosA2+B2+C2=0 

⇔ cosA2+B2.cosC2−sinA2+B2.sinC2=0

⇔ cosA2.cosB2+sinA2.sinB2.cosC2−sinA2.cosB2+cosA2.sinB2.sinC2=0

⇔ cosA2.cosB2.cosC2−sinA2.sinB2.cosC2−sinA2.cosB2.sinC2−cosA2.sinB2.sinC2=0

⇔ cosA2.cosB2.cosC2=sinA2.sinB2.cosC2+sinA2.cosB2.sinC2+cosA2.sinB2.sinC2

MA→+MB→+MC→−3MD→=MA→−MD→+MB→−MD→+MC→−MD→=DA→+DB→+DC→=DB→+DB→=2DB

Do DB=AB2+AD2=a2+a2=a2

Nên: MA→+MB→+MC→−3MD→=2DB=2a2

Ta có: 50 ⋮ (x + 1) nên x + 1 ∈ Ư(50)

Suy ra x + 1 ∈ {±1; ±5; ±10; ±25; ±50}

Hay x ∈ {-2; 0; -6; 4; -11; 9; -26; 24; 49; -51}.

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

x−12=y−23=z−34=x−1−y+2+z−32−3+4=x−y+z−23=−4−23=−83

Suy ra: x−12=−83⇒x=−133

y−23=−83⇒y=−6z−34=−83⇒z=−233

Ta có hình vẽ sau:

Vì góc giữa hướng đông và hướng nam là bằng 90 độ nên AHB^=90°

 do đó tam giác AHB vuông tại H.

Xét ΔAHB vuông tại H, áp dụng định lí Py – ta – go ta có: AB² = AH² + BH²

Thay số: AB² = 102 + 10 = 100 + 100 = 200

⇔ AB=200=102km

ΔAHB vuông tại H, có AH = BH = 10 km nên ΔAHB cân tại H

Suy ra: HAB^=45°

Do đó nếu đi từ đảo A, tàu đi thẳng (không đổi hướng) tới đảo B thì phải đi theo đường thẳng AB chính là hướng đông nam, tạo với hướng đông một góc 45°.

Vậy nếu từ đảo A, tàu đi thẳng (không đổi hướng) tới đảo B, thì phải đi theo hướng đông nam, tạo với hướng đông một góc 45° và đi quãng đường dài 102km.

Gọi số tự nhiên n có dạng là abc¯

Nếu xóa c ta được ab¯ và abc¯⋮ab¯

Tương tự nếu xóa b ta được ac¯ và abc¯⋮ac¯

Nếu xóa a ta được bc¯ và abc¯⋮bc¯

Vì 10ab¯⋮ab¯⇒c⋮ab¯

Để c⋮ab¯ thì c = 0

Lại có: abc¯ac¯=ab0¯+10ca0¯+c=100a+10b+10c10a+c=1010a+c+10b10a+c

Suy ra: 10b ⋮ (10a + c) mà c = 0 nên 10b ⋮ 10a hay b ⋮ a

Tức a là ước của b (1)

Lại có: abc¯bc¯=a00¯+b0→b0¯=100a+10b10b=1010a+b10b=10a+bb=1+10.ab

Để abc¯⋮bc¯ thì a ⋮ b

Suy ra: b là ước của a (2)

Từ (1) và (2) ta có: a = b và khác 0.

Suy ra: n = {110; 220; 330; 440; 550; 660; 770; 880; 990}.

Đặt t = sinx (-1 ≤ t ≤ 1)

Khi đó y = 2t² – t - 1

y' = 4t – 1

Xét y' = 0 ta có: 4t – 1 = 0 ⇔ t=14

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy: y∈−98;2

Suy ra: m=−98;M=2

Khi đó 8m−3M=8.−98−3.2=−9−6=−15

Ta có: y' = 3x² + 4x + m – 3

Để hàm số có 2 điểm cực trị thì phương trình y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt

⇔ ∆' > 0 ⇔ m<133*

Ta có: y=y'13x+29+2m3−269x+7m9+23 nên phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là:

Thay M(9;-5) vào ta có: −5=2m3−269.9+7m9+23

⇔ m = 3.

Vậy m = 3.

Gọi điểm mà đồ thị hàm số luôn đi qua là M(x₀; y₀)

Ta có: (2m + 10)x₀ - 4m - 1 = y₀

⇔ 2mx₀ + 10x₀ – 4m – 1 – y₀ = 0

⇔ 2m(x₀ – 2) + (10x₀ – y₀ – 1) = 0

⇔ x0−2=010x0−y0−1=0⇔x0=2y0=19

Vậy đồ thị hàm số luôn đi qua M(2; 19)

Gọi khoảng cách từ A đến d là AH

Xét trong tam giác vuông AHM luôn có: AH ≤ AM

Vậy AH_max khi AH = AM tức AM ⊥ d

Gọi phương trình đường thẳng AM có dạng y = ax + b

Ta có: 19=2a+b3=−2a+b⇔a=4b=11

Vậy AM có phương trình: y = 4x + 11.

Để AM ⊥ d thì 4.(2m + 10) = -1

Suy ra: m=−418

Vậy m=−418 thì khoảng cách từ A đến đường thẳng d lớn nhất.

Ta có: 3n + 7 = 3(n – 2) + 13.

Vì 3(n – 2) chia hết cho (n – 2) nên để 3n + 7 chia hết cho (n – 2) thì 13 chia hết cho n – 2.

Hay n – 2 ∈ Ư(13) = {1; –1; 13; –13}.

Suy ra n ∈ {3; 1; 15; –11}.

Mà n là số tự nhiên nên n ∈ {3; 1; 15}.

Vậy n ∈ {3; 1; 15}.

Ta có: 6n + 9 = 3(2n + 1) + 6

Vì 3(2n + 1) chia hết cho 2n + 1

Để 6n + 9 chia hết cho 2n + 1 thì 6 chia hết cho 2n + 1

⇒ 2n + 1 ∈ Ư(6)

Do n ∈ ℕ mà 2n + 1 là số lẻ

⇒ 2n + 1 ∈{1; 3}

⇒ n ∈ {0; 1}

Vậy n ∈ {0; 1}.

Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông ABC, AHB, AHC ta có:

Lại có: BH² = AB.BE ⇒ BE = BH2AB

CH² = AC.CF ⇒ CF = CH2AC

Khi đó: BE.CF=BH2AB.CH2AC=AH4AB.AC (Vì AH² = BH.CH)

Vậy BC.BE.CF = AB.ACAH.AH4AB.AC=AH3

a) Xét tam giác OAD và tam giác OCB có:

OA = OC (giả thiết)

O^ chung

OD = OB

Do đó: ∆OAD = ∆OCB (c.g.c)

Suy ra: AD = BC

b) Do OA = PC, OB = OD nên OB – OA = OD – OC hay AB = CD

Do ∆OAD = ∆OCB (c.g.c) nên ODA^=OBC^

ECD^ là góc ngoài tại định C của tam giác OBC nên ECD^=COB^+OBC^1

EAB^là góc ngoài tại định C của tam giác OAD nên EAB^=AOD^+ODA^2

Từ (1) và (2) suy ra: ECD^=EAB^

Xét tam giác EAB và ECD có:

ECD^=EAB^

AB = CD

EDC^=EBA^

Do đó: ∆EAB = ∆ECD (g.c.g)

c) Do ∆EAB = ∆ECD (g.c.g) nên BE = DE

Xét tam giác ODE và OBE có:

OD = OB

OE chung

BE = DE

Do đó: ∆ODE = ∆OBE (c.c.c)

Suy ra: EOD^=EOB^

Vậy OE là tia phân giác của xOy^

a) Ta có: KBC^=BAD^ (2 góc ở vị trí so le trong)

Mà CDH^=BAD^ (2 góc đồng vị)

Suy ra: CDH^=KBC^

Xét tam giác BCK và DCH có

CDH^=KBC^K^=H^=90°

⇒ ∆BCK ~ ∆DCH (g.g)

b) Tứ giác AKCH có: AKC^+AHC^=90°+90°=180° 

Suy ra: AKCH nội tiếp đường tròn đường kính AC

Suy ra: KAC^=KHC^ (góc nội tiếp cùng chắn cung KC) (1)

Và CKH^=CHA^ (góc nội tiếp cùng chắn cung HC)

Mà HAC^=BCA^ (2 góc so le trong)

⇒ CKH^=BCA^ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: tam giác CKH đồng dạng tam giác BCA (g.g)

c) Do ∆BCK ∽ ∆DCH (g.g) nên CKCH=BCDC3

∆CKH ∽ ∆BCA (g.g) nên CKBC=KHAC4

Từ (3): CKBC=CHDC5

Từ (4) và (5); CKBC=KHAC=CHDC=sinCDH^

Mà CDH^=BAD^ (đồng vị)

Nên: KHAC=sinBAD^ hay HK = AC.sin

d) CDH^=BAD^=60°

DC = AB = 4

Tam giác DHC vuông có: sinCDH^=CHDC⇒CH=DC.sinCDH^=4.sin60°=23

DH=DC2−CH2=42−232=2

AH = AD + DH = 5 + 2 = 7

SAHC=12.AH.CH=12.7.23=73

BC = AD = 5

sinKBC^=KCBC⇒KC=BC.sinKBC^=BC.sinCDH^=532

BK=BC2−KC2=52

AK = AB + BK = 132

SACK=12.AK.CK=12.132.532=6538

Vậy S_AKCH = S_ACH + S_ACK = 73+6538=12138

Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình bình hành ABCD.

Khi đó O là trung điểm của AC và BD.

Do đó BO là đường trung tuyến của tam giác ABC.

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên G thuộc trung tuyến BO của tam giác ABC.

Theo tính chất trọng tâm ta có: BG=23BO

Mà BO=12BD nên BG=23.12BD=13BD

Hai vectơ BG→,BD→ cùng hướng và BG=13BD nên BG→=13BD→

Ta có: AG→=AB→+BG→=AB→+13BD→=AB→+13BA→+AD→=23AB→+13AD→=23a→+13b→

Do ABCD là hình bình hành nên AC→=AB→+AD→

CG→=CA→+AG→=−AC→+AG→=−AB→+BC→+AG→=−a→+b→+23a→+13b→=−13a→−23b→

xét ΔBME và ΔCMA có:

BM = MC (giả thiết) 

BME^=CMA^ (đối đỉnh)

ME = MA
⇒ ΔBME = ΔCMA (c.g.c)

Suy ra: BE = AC và MBE^=MCA^

Mà 2 góc MBE^,MCA^ ở vị trí so le trong nên BE // AC

Suy ra: BAC^=EBA^(2 góc đồng vị)

Xét ΔFBE và ΔBAC có:

FB = BA

BAC^=EBA^

BE = AC

⇒ ΔFBE = ΔBAC (c.g.c)

⇒ ABC^=BFE^

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên BC // EF (1)

chứng minh tương tự ta có ΔEMC = ΔAMB(c.g.c)

⇒ AB = EC (2 cạnh tương ứng) và BAC^=ECG^

chứng minh tương tự ta có ΔACB = ΔCGE (c.g.c)

Suy ra: ACB^=CGE^ mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên BC // EG (2)

Từ (1) và (2) ta có FE // BC; EG // BC   mà theo tiên đề Ơ-clit thì qua điểm E nằm ngoài đường thẳng BC chỉ có 1 đường thẳng song song vói đường thẳng đó

nên FE trùng EG hay F; E; G thẳng hàng.

2S_AHE = AE.EH

2S_BHE = BE.EH

Ta có: 2S_AHE + 2S_BHE = AE.EH + BE.EH = EH(AE + BE) = EH.AB

⇔ 2.4 + 2.1 = EH.AB

Hay EH.AB = 10

Mà EH = 2cm nên AB = 10 : 2 = 5(cm)

a) Vì AH là đường cao (giả thiết)

AH ⊥ BC

∆AHB vuông tại H

Lại có HE ⊥ AB (giả thiết)

∆AEH vuông tại E

Do đó AEH^=AHB^=90°

Xét ∆AEH và ∆AHB có:

AEH^=AHB^=90° (chứng minh trên)

BAH^ chung

Do đó ∆AEH ∽ ∆ AHB (g.g)

⇒ AHAB=AEAH (tỉ số đồng dạng)

Suy ra: AH² = AE.AB. (1)

b) Vì AH ⊥ BC (chứng minh câu a) nên AHC^=90°

Vì HF ⊥ AC (giả thiết) nên AFH^=90°

Xét ∆AFH và ∆AHC có

AFH^=AHC^=90°

HAF^ chung

Do đó ∆AFH ᔕ ∆AHC (g.g)

⇒ AFAH=AHAC (tỉ số đồng dạng)

Suy ra: AH² = AF.AC. (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AE. AB = AF.AC

c) Theo b có: AE. AB = AF.AC nên: AEAC=AFAB

Xét ∆AEF và ∆ACB có 

AEAC=AFAB

A^ chung

Do đó ∆AEF ᔕ ∆ACB (c.g.c)

⇒ AEAC=AFAB=EFBC

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: AEAC=AFAB=EFBC=AE+AF+EFAC+AB+BC=2030=23

(vì chu vi ∆AEF và ∆ACB lần lượt là 20 cm và 30 cm)

SAEFSABC=AEAC2=49⇒SAEF4=SABC9=SABC−SAEF9−4=255=5 (Do S_ABC – S_AEF = 25 cm²)

Vậy S_AEF = 5.4 = 20 (cm²)

S_ABC = 20 + 25 = 45 (cm²).

Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông ABC, AHB, AHC ta có:

AB.AC = BC.AH ⇒ BC=AB.ACAH

AB² = BH.BC

AC² = CH.BC

Xét: ABAC2=HB.BCHC.BC=HBHC (đpcm)

b) Từ AB² = BH.BC ⇒ AB⁴ = BH² . BC² = AB.BE.BC² (vì BH² = AB.BE)

Từ AC² = CH.BC ⇒ AC⁴ = CH² . BC² = AC.CF.BC² ( vì CH² = AC.CF)

Xét: AB4AC4=AB.BE.BC2AC.CF.BC2=AB.BEAC.CF

Suy ra: EBFC=ABAC3

Một cung lượng giác trên đường tròn định hướng có độ dài bằng bán kính thì có số đo 1 rad hoặc -1 rad.

Do đó, một cung lượng giác trên đường tròn định hướng có độ dài bằng nửa bán kính thì số đo theo rađian của cung đó là 12rad hoặc −12rad

Ta có sơ đồ:

Theo sơ đồ, tổng số phần bằng nhau là:

3 + 5 = 8 (phần)

Chiều rộng sân trường đó là:

120 : (8 . 3) = 45 (m)

Chiều dài sân trường đó là:

120 - 45 = 75 (m)

Diện tích sân trường đó là:

75 . 45 = 3375 (m²)

Đổi 3375 m² = 0,3375 ha

Đáp số: 3375 m²; 0,3375 ha.

AB→+CD→+EF→=AD→+DB→+CF→+FD→+EB→+BF→=AD→+EB→+CF→+FD→+DB→+BF→=AD→+EB→+CF→+FB→+BF→=AD→+EB→+CF→+0→=AD→+EB→+CF→

Vậy AB→+CD→+EF→=AD→+EB→+CF→

* Xét A = 2 + 2² + 2³ + … + 2⁴⁸

Ta thấy: 2 ⋮ 2; 2² ⋮ 2, … , 2⁴⁸ ⋮ 2

Nên: 2 + 2² + 2³ + … + 2⁴⁸ ⋮ 2 hay A chia hết cho 2.

* Xét A = 2 + 2² + 2³ + … + 2⁴⁸

A = (2 + 2²) + (2³ + 2⁴) + … + (2⁴⁷ + 2⁴⁸)

A = 2(1 + 2) + 2³(1 + 2) + … + 2⁴⁷(1 + 2)

A = 2.3+ 2³.3 + … + 2⁴⁷.3

A = 3(2 + 2³ + … + 2⁴⁷)

Vì 3 ⋮ 3 nên 3(2 + 2³ + … + 2⁴⁷) ⋮ 3

Vậy A chia hết cho 3.

* Xét A = 2 + 2² + 2³ + … + 2⁴⁸

A = (2 + 2² + 2³) + (2⁴ + 2⁵ + 2⁶) + … + (2⁴⁶ + 2⁴⁷ + 2⁴⁸)

A = 2(1 + 2 + 2²) + 2⁴(1 + 2 + 2²) + … + 2⁴⁶(1 + 2 + 2²)

A = (1 + 2 + 2²)(2 + 2⁴ + … + 2⁴⁶)

A = 7.(2 + 2⁴ + … + 2⁴⁶)

Vì 7 ⋮ 7 nên 7.(2 + 2⁴ + … + 2⁴⁶)⋮ 7

Vậy A chia hết cho 7.

A = 3³.2².19 = 27.4.19

Vì 27 ⋮ 27 nên 27.4.19 ⋮ 27

4 ⋮ 4 nên 27.4.19 ⋮ 4

19 ⋮ 19 nên 27.4.19 ⋮ 19

Vậy các số là ước của A là 27;4;19.

A = 5 + 5² + … + 5²⁰²²

⇒ 5A = 5² + … + 5²⁰²³

⇒ 5A – A = (5² + … + 5²⁰²³) – (5 + 5² + … + 5²⁰²²)

4A = 5²⁰²³ – 5

Khi đó: 4A + 5 = 5²⁰²³ = 5^x

Vậy x = 202.

Xét phương trình: x² + x – 1 = 0

⇔ x2+2.12x+14−54=0

⇔ x+122−522=0

⇔ x+12+52x+12−52=0

⇔ x=−5−12x=5−12

Vì a dương nên a=5−12

Khi đó: C=a8+10a+13+a=5−128+10.5−12+13+5−12=5

Vậy C = 5.

Ta có: FAD^=ABE^ (vì AD // BC)

Xét tam giác AFD và tam giác BEA có: 

FAD^=ABE^AFD^=AEB^=90°

DF = AE (giả thiết)

Suy ra: ∆AFD = ∆BEA (g.c.g)

⇒ AD = AB (2 cạnh tương ứng)

Xét hình bình hành ABCD có AD = AB nên ABCD là hình thoi.

Ta có a + b + c = 0.

⇔ (a + b + c)² = 0.

⇔ a² + b² + c² + 2(ab + bc + ca) = 0.

⇔ 2 + 2(ab + bc + ca) = 0.

⇔ 2(ab + bc + ca) = –2.

⇔ ab + bc + ca = –1.

Ta có ab + bc + ca = –1.

Suy ra (ab + bc + ca)² = 1.

⇔ a²b² + b²c² + c²a² + 2(ab²c + bc²a + a²bc) = 1.

⇔ a²b² + b²c² + c²a² + 2abc(b + c + a) = 1.

⇔ a²b² + b²c² + c²a² + 2abc.0 = 1.

⇔ a²b² + b²c² + c²a² = 1.

Đặt P = a⁴ + b⁴ + c⁴

= (a² + b² + c²)² – 2(a²b² + b²c² + c²a²)

= 2² – 2.1 = 2.

Vậy a⁴ + b⁴ + c⁴ = 2.

Ta có: (a – 1)(a – 2) ≤ 0 ⇒ a² ≤ 3a – 2

Tương tự: (b – 1)(b – 2) ≤ 0 ⇒ b² ≤ 3b – 2

(c – 1)(c – 2) ≤ 0 ⇒ c² ≤ 3c – 2

Cộng 3 vế ta có:

 a² + b² + c² ≤ 3(a + b + c) – 6 = 3.6 – 6 = 12

Vậy GTLN của a² + b² + c² là 12 khi a = b = c = 2.

Ta có: 4=a+1b+1=ab+a+b+1≤a+b2+a+12+b+12+1⇒a+b≥2

Do đó: P=a2b+b2a≥a+b2a+b=a+b≥2

Vậy P min = 2 khi a = b = 1.

Vì a chia 5 dư 1 nên đặt a = 5x + 1 (x ∈ ℕ); b chia 5 dư 4 nên đặt b = 5y + 4(y ∈ ℕ).

Ta có a.b + 1 = (5x + 1)(5y + 4) + 1 = 25xy + 20x + 5y + 5.

ab + 1 = 5(5xy + 4x + y + 1) ⋮ 5 (đpcm).

AB→=−3;−1,AC→=−2;−6,BC→=1;−5AB = −32+−1=10AC = −22+−62=40=210BC = 12+−52=26

Chu vi tam giác ABC = AB + AC + BC = 26+310

BC→=1;−5⇒nBC→=5;1

Phương trình đường thẳng BC là: 5(x + 1) + 1(y + 3) = 0 hay 5x + y + 8 = 0

d(A;BC) = 5.1+3.1+852+12=1626

S_ABC = 12dA;BC.BC=12.1626.26=8dvdt

Ta có: 160 + a² = 5 + b²

⇔ b² – a² = 155

⇔ (b – a)(b + a) = 155 (1)

Lại có: b - a, b + a là các số nguyên, b – a < b + a (2).

Từ (1), (2) ta có bảng:

Với a = 77 thì 320 + a² = 5 + c², suy ra c không phải số nguyên

Với a = 13 thì 320 + a² = 5 + c² = 320 + 13² = 489

⇒ c² = 484 ⇒ c = 22.

Vậy a = 13.

Ta có: a, b > 0 nên a + b > 0

a² + 2ab + 2b² – 2b = 8

⇔ (a + b)² = 8 – (b² – 2b)

⇔ (a + b)² = 9 – (b – 1)²

Vì (b – 1)² ≥ 0 với mọi b nên 9 – (b – 1)² ≤ 9

Suy ra: (a + b)² ≤ 9

⇒ -3 ≤ a + b ≤ 3

Mà a + b > 0 nên 0 < a + b ≤ 3

Vậy 0 < a + b ≤ 3.

Đặt a=5cosαb=5sinα;c=4cosβd=4sinβ0≤α,β≤2π

Từ ac + bd ≥ 20 ta có: 20cosα.cosβ + 20sinα.sinβ ≥ 20

⇔ 20cos(α – β) ≥ 20

Vậy cos(α – β) = 1 ⇔ α – β = k2π (k ∈ ℤ) ⇔ α = β + k2π

Suy ra: cosα=cosβsinα=sinβ

Ta có: a + d = 5cosα + 4sinβ = 5cosα + 4sinα ≤ 52+42.cos2α+sin2α=41

Dấu “=” khi: cosα5=sinα45cosα+4sinα=41

Vậy max a + d = 41 khi a=5cosα=2541;d=4sinβ=1641

Xét: ab + bc + ca = 12a+b+c2−a2+b2+c2=12.32−29=−10

Suy ra: a²b² + b²c² + c²a² = (ab + bc + ca)² – 2abc(a + b + c) = (-10)² – 2.11.3 = 34

 a³ + b³ + c³ – 3abc = (a + b + c)(a² + b² + c² – ab – bc – ca) = 3.(29 + 10) = 117

Suy ra: a³ + b³ + c³ = 150

Xét a⁵ + b⁵ + c⁵ = (a³ + b³ + c³)(a² + b² + c²) – [( a²b² + b²c² + c²a²)(a + b + c) – abc(ab + ac + bc) = 150.29 – [(34.3 – 11.(-10)] = 4138.

Vậy a⁵ + b⁵ + c⁵ = 4138.

P=a2+116a2+b2+116b2+15161a2+1b2

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: a2+116a2≥12;b2+116b2≥12;1a2+1b2≥2ab=42ab

Mặt khác: 1a2+1b2≥4a2+b2

Suy ra: 21a2+1b2≥41a2+b2+12ab≥4.4a2+b2+2ab=16a+b2=16

Suy ra: 1a2+1b2≥8

Vậy P≥12+12+1516.8=172

Dấu “=” xảy ra khi: a=ba+b=1⇔a=b=12

Nhân hai vế của ab+c+ba+c+ca+b=1 với a + b + c ta được:

a2+ab+cb+c+b2+bc+aa+c+c2+ca+ba+b=a+b+c

⇔ a2b+c+b2a+c+c2a+b+a+b+c=a+b+c

⇔ a2b+c+b2a+c+c2a+b=0

Ta có:

a² + 3a = b² + 3b

⇔ (a² – b²) + (3a – 3b) = 0

⇔ (a – b)(a +b + 3) = 0

Vì a và b phân biệt nên a – b ≠ 0

Suy ra: a + b + 3 = 0 hay a + b = -3

Suy ra: (a + b)² = 9

⇔ a² + 2ab + b² = 9 (1)

Mà a² + 3a = b² + 3b = 2

Suy ra: a² + b² + 3a + 3b = 2 + 2 = 4

a² + b² = 4 – 3(a + b) = 4 – 3.(-3) = 13 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 2ab = -4 hay ab = -2 (2)

Lấy (2) + (3): a² - ab + b² = 15

Do đó: a³ + b³ = (a + b)(a² – ab + b²) = 15.(-3) = -45.

* Xét m = 0 thì B = ∅⇒ A ∩ B = ∅ nên m = 0 thỏa mãn (1)

* Xét m < 0 ⇒ B=−∞;1m ⇒ A ∩ B = ∅ khi và chỉ khi: 1m≤−1

Hay: 1m+1≤0⇔m+1m≤0⇔−1≤m≤0

Kết hợp với điều kiện m < 0 suy ra: -1 ≤ m < 0 (2)

* Xét m > 0 ⇒ B=1m;+∞ ⇒ A ∩ B = ∅ khi và chỉ khi: 1m>2

Hay: 1−2mm>0⇔0<m<12  (3)

Từ (1), (2) và (3): Kết luận: A ∩ B = ∅ khi −1≤m<12

A = 3 + 3² + 3³ + … + 3⁹⁹ + 3¹⁰⁰

3A = 3² + 3³ + … + 3¹⁰⁰ + 3¹⁰¹

3A – A = (3² + 3³ + … + 3¹⁰⁰ + 3¹⁰¹) – (3 + 3² + 3³ + … + 3⁹⁹ + 3¹⁰⁰)

2A = 3¹⁰¹ – 3

2A + 3 = 3¹⁰¹

Mà 3¹⁰¹ không phải là số chính phương

Vậy 2A + 3 không phải là số chính phương.

Ta có: B ⊂ A thì: 1 ≤ m ≤ m+ 2 ≤ 2

⇔ m≥1m+2≤2 ⇔ m≥1m≤0 (vô lí).

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Để A ∩ B = ∅ thì: 2m−1≥12m+3≤−1⇔m≥1m≤−2

Vậy m ≥ 1 hoặc m ≤ -2 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.