Đáp án đúng là: B

Giải phương trình \(x - 1 = 3m + 5\) ta được nghiệm của phương trình này là \(x = 3m + 6\).

Để phương trình có nghiệm dương thì \(x > 0\) hay \(3m + 6 > 0\)

Giải bất phương trình:

\(3m + 6 > 0\)

\(3m > - 6\)

\(m > - 2\).

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: A

Xét \(\Delta MNP\) vuông tại \(M\), ta có: \(\cos \widehat {MNP} = \frac{{MN}}{{NP}}\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\alpha + \beta = 40^\circ + 50^\circ = 90^\circ \) nên \(\alpha \) và \(\beta \) là hai góc nhọn phụ nhau, do đó:

\(\sin \alpha = \cos \beta \) và \(\tan \alpha = \cot \beta \).

Đáp án đúng là: C

Hướng dẫn giải

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là \[x < \frac{{11}}{4}.\]

Hướng dẫn giải

1. Vì số nguyên tử của \({\rm{Fe,}}\,\,{\rm{O}}\) và \({\rm{H}}\) ở cả hai vế của phương trình phản ứng phải bằng nhau nên ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\3x = 3 + y\\3x = 2y\end{array} \right.\)

Từ hai phương trình \(3x = 3 + y\) và \(3x = 2y\) ta có phương trình \(3 + y = 2y,\) suy ra \(y = 3.\)

Vậy \(x = 2\) và \(y = 3.\) Khi đó ta có phương trình phản ứng hóa học sau khi được cân bằng như sau:

\[2{\rm{Fe}}{\left( {{\rm{OH}}} \right)_3} \to {\rm{F}}{{\rm{e}}_2}{{\rm{O}}_3} + 3{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}.\]

2. Gọi \(x\) (đồng) và \(y\) (đồng) lần lượt là giá vé cáp treo khứ hồi và giá vé 1 lượt \(\left( {x > 0,\,\,y > 0} \right).\)

Do giá vé 1 lượt rẻ hơn giá vé khứ hồi là \[70{\rm{ }}000\] đồng nên ta có phương trình:

\(x - y = 70\,\,000.\,\,\,\left( 1 \right)\)

Do trong đoàn \(40\) người chỉ có \(5\) người mua vé cáp treo \(1\) lượt cho lượt xuống nên đã có \(40 - 5 = 35\) người mua vé cáp treo khứ hồi.

Khi đó, số tiền cần trả để mua \(35\) vé cáp treo khứ hồi và \(5\) vé cáp treo 1 lượt là: \(35x + 5y\) (đồng).

Theo bài, cả đoàn khách du lịch này đã chi ra \[8{\rm{ }}450{\rm{ }}000\] đồng để mua vé nên ta có phương trình:

\(35x + 5y = 8{\rm{ }}450{\rm{ }}000.\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 70\,\,000\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\35x + 5y = 8{\rm{ }}450{\rm{ }}000\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Nhân hai vế của phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(5,\) ta được hệ phương trình mới là: \(\left\{ \begin{array}{l}5x - 5y = 350\,\,000\\35x + 5y = 8{\rm{ }}450{\rm{ }}000.\end{array} \right.\)

Cộng từng vế hai phương trình của hệ phương trình trên, ta được:

\(40x = 8\,\,800\,\,000,\) suy ra \(x = 220\,\,000\) (thỏa mãn).

Thay \(x = 220\,\,000\) vào phương trình \(\left( 1 \right),\) ta được:

\(220\,\,000 - y = 70\,\,000,\) suy ra \(y = 150\,\,000\) (thỏa mãn).

Do đó hệ phương trình trên có nghiệm là \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {220\,\,000;\,\,150\,\,000} \right).\)

Vậy giá vé cáp treo khứ hồi và giá vé cáp treo 1 lượt lần lượt là \(200\,\,000\) đồng và \(150\,\,000\) đồng.

Hướng dẫn giải

1. Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(B\), ta có:

\(\tan \widehat {BAD} = \frac{{BD}}{{AB}} = \frac{3}{5},\) từ đó ta tìm được \(\alpha = \widehat {BAD} \approx 31^\circ \).

Suy ra \(\widehat {BAC} = \widehat {BAD} + \widehat {DAC} \approx 31^\circ + 37^\circ = 68^\circ \).

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\), ta có:

⦁ \[BC = AB \cdot \tan \widehat {BAC} \approx 5 \cdot \tan 68^\circ \approx 12,38,\] suy ra \(x = CD = BC - BD \approx 12,38 - 3 = 9,38;\)

⦁ \(AB = AC \cdot \cos \widehat {BAC}\) suy ra \(y = AC = \frac{{AB}}{{\cos \widehat {BAC}}} \approx \frac{5}{{\cos 68^\circ }} \approx 13,35\).

Vậy \(\alpha \approx 31^\circ ;\,\,x \approx 9,38\) và \(y \approx 13,35.\)

2. Quãng đường chiếc thuyền đi được giữa hai lần quan sát là \(CD.\)

Xét \(\Delta BCA\) vuông tại \(A\) ta có: \(AC = AB \cdot \cot \widehat {BCA} = 75 \cdot \cot 45^\circ = 75{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta DBA\) vuông tại \(A\) ta có: \(AD = AB \cdot \cot \widehat {BDA} = 75 \cdot \cot 30^\circ = 75\sqrt 3 {\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Quãng đường chiếc thuyền đi được giữa hai lần quan sát là:

\(CD = AD - AC = 75\sqrt 3 - 75 \approx 55{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\).

Vậy chiếc thuyền đi được khoảng 55 mét giữa hai lần quan sát.

Hướng dẫn giải

⦁ Với \(a \ge 0,\,\,b \ge 0,\,\,c \ge 0\) ta có:

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

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

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

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

Với \(a \ge 0,\,\,b \ge 0,\,\,c \ge 0\) ta thấy rằng \(a + b \ge 0\) và \({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\)

Do đó \(\left( {a + b} \right){\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\) hay \({a^3} + {b^3} - ab\left( {a + b} \right) \ge 0\) nên \({a^3} + {b^3} \ge {a^2}b + {b^2}a = ab\left( {a + b} \right).\,\,\,\left( 1 \right)\)

Như vậy, bất đẳng thức (1) đã được chứng minh.

⦁ Áp dụng bất đẳng thức (1) cho \(a \ge 0,\,\,b \ge 0,\,\,c \ge 0,\) ta có:

\({a^3} + {b^3} + abc \ge ab\left( {a + b} \right) + abc = ab\left( {a + b + c} \right);\)

\({b^3} + {c^3} + abc \ge bc\left( {b + c} \right) + abc = bc\left( {b + c + a} \right);\)

\({c^3} + {a^3} + abc \ge ca\left( {c + a} \right) + abc = ca\left( {c + a + b} \right)\).

Suy ra \[\frac{1}{{{a^3} + {b^3} + abc}} \le \frac{1}{{ab\left( {a + b + c} \right)}};\,\,\,\frac{1}{{{b^3} + {c^3} + abc}} \le \frac{1}{{bc\left( {b + c + a} \right)}};\,\,\,\frac{1}{{{c^3} + {a^3} + abc}} \le \frac{1}{{ca\left( {c + a + b} \right)}}.\]

Khi đó, \(A = \frac{1}{{{a^3} + {b^3} + abc}} + \frac{1}{{{b^3} + {c^3} + abc}} + \frac{1}{{{c^3} + {a^3} + abc}} \le \frac{1}{{ab\left( {a + b + c} \right)}} + \frac{1}{{bc\left( {b + c + a} \right)}} + \frac{1}{{ca\left( {c + a + b} \right)}}\)

Hay \(A \le \frac{c}{{abc\left( {a + b + c} \right)}} + \frac{a}{{abc\left( {a + b + c} \right)}} + \frac{b}{{abc\left( {a + b + c} \right)}}\)\( = \frac{{a + b + c}}{{abc\left( {a + b + c} \right)}} = \frac{1}{{abc}}.\)

Vậy bất đẳng thức \(\frac{1}{{{a^3} + {b^3} + abc}} + \frac{1}{{{b^3} + {c^3} + abc}} + \frac{1}{{{c^3} + {a^3} + abc}} \le \frac{1}{{abc}}\) được chứng minh.