Giả sử như mệnh đề trên đúng: \({n^2} + 1\) chia hết cho 4

* Nếu n chẵn: n = 2k, k ∈ N

\( \Rightarrow {n^2} + 1 = 4{k^2} + 1\) không chia hết cho 4.

* Nếu n lẻ: n = 2k + 1

\( \Rightarrow {n^2} + 1 = 4{k^2} + 4k + 2 \Rightarrow {n^2} + 1 = 4k\left( {k + 1} \right) + 2\) không chia hết cho 4.

k, k + 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp.

\({n^2} + n + 1 = n\left( {n + 1} \right) + 1\) mà \(n\left( {n + 1} \right) \vdots 2\).

Nên n(n + 1) + 1 lẻ nên không chia hết cho 4

Ta chứng minh: \({n^2} + n\) không chia 5 dư 4; n chia 5 dư 0 thì đúng; 1 cũng đúng;...

Nên \({n^2} + n + 1\) không chia 5 dư 4 + 1 = 5 hay 0 nên có đpcm.

Ta có: \(\cot x = \sqrt 3 = \cot \frac{\pi }{6}\)

\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

\(M = {\cos ^2}15 + {\cos ^2}25 + {\cos ^2}35 + {\cos ^2}45 + {\cos ^2}105 + {\cos ^2}115 + {\cos ^2}125\)

\( = {\cos ^2}15 + {\cos ^2}25 + {\cos ^2}35 + {\cos ^2}45 + {\sin ^2}15 + {\sin ^2} + {\sin ^2}25 + {\sin ^2}35\)

\( = \left( {{{\cos }^2}15 + {{\sin }^2}15} \right)\left( {{{\sin }^2}25 + {{\cos }^2}25} \right) + \left( {{{\cos }^2}35 + {{\sin }^2}35} \right) + {\cos ^2}45\)

= 1 + 1 + 1 + \(\frac{1}{2} = \frac{7}{2}\).

Mỗi người ăn hết số kg lương thực trong 12 ngày là: 768 : 12 = 64 (kg)

Số người sau khi tăng lên gấp 3 của đơn vị là: 12 x 3 = 36 (người)

Số lương thực cần cho 36 người là: 36 x 64 = 2304 (kg)

Số lương thực cần mua thêm là: 2304 – 768 = 1536 (kg).

Đáp án đúng là: B

Áp dụng định lí côsin tại đỉnh A ta có: \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A\)

\( \Rightarrow {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos 120^\circ = {b^2} + {c^2} + bc\).

Nhận xét: Mỗi tam giác được lập thành do một cách chọn 3 điểm sao cho 3 điểm đó không thẳng hàng tức là không cùng nằm trên một cạnh của ∆ABC.

Chọn ngẫu nhiên 3 điểm từ n + 6 điểm đã cho có: \(C_{n + 6}^3\) cách.

Chọn 3 điểm chỉ nằm trên đúng 1 cạnh của ∆ABC có: \(C_4^3 + C_n^3\) (cách).

Số tam giác lập thành là: \(C_{n + 6}^3 - \left( {C_4^3 + C_n^3} \right) = 247\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {n + 6} \right)!}}{{3!.\left( {n + 3} \right)!}} - \left( {4 + \frac{{n!}}{{3!.\left( {n - 3} \right)!}}} \right) = 247\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {n + 6} \right)\left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right)}}{6} - \left( {4 + \frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6}} \right) = 247\)

\( \Leftrightarrow \left( {n + 6} \right)\left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right) - n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) = 1506\)

\( \Leftrightarrow 18{n^2} + 72n - 1386 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = - 11\left( L \right)}\\{n = 7\left( {TM} \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy n = 7.

Giả sử AB = 5, AC = 8. Xét trường hợp \(\widehat {BAC}\) nhọn:

Áp dụng công thức sau: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC}\) với \(\widehat {BAC}\) nhọn.

Do \(\sin \widehat {BAC} < 1\)nên \({S_{ABC}} < \frac{{AB.AC}}{2}\)

Xét trường hợp \(\widehat {BAC}\)tù. Có công thức sau đây: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \left( {180^\circ - \widehat {BAC}} \right)\)

Lập luận tương tự vẫn có \({S_{ABC}} < \frac{{AB.AC}}{2}\)

Trường hợp \(\widehat {BAC}\) vuông ta có \({S_{ABC}} = \frac{{AB.AC}}{2}\)

Vậy GTLN của \({S_{ABC}}\) là \(\frac{{AB.AC}}{2} = 20.\)

3sinx – 4cosx = 2m

Để phương trình có nghiệm: \({a^2} + {b^2} \ge {c^2}\)

\( \Leftrightarrow {3^2} + {4^2} \ge {\left( {2m} \right)^2} \Leftrightarrow 9 + 16 \ge 4{m^2}\)

\( \Leftrightarrow 25 \ge 4{m^2} \Leftrightarrow {m^2} \le \frac{{25}}{4} \Leftrightarrow - \frac{5}{2} \le m \le \frac{5}{2}\)

Vậy với m ∈ \(\left[ { - \frac{5}{2};\frac{5}{2}} \right]\) thì phương trình có nghiệm.

\({x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x - 2 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).

\({x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 4} \right) = 0\)

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

\(\left( {10{x^2} - 7x + a} \right) \vdots \left( {2x - 3} \right)\)

Có 1 cách xếp C chính giữa

4 người còn lại hoán vị có 4! Cách xếp.

Xác suất C ngồi giữa: \(\frac{{4!}}{{5!}} = \frac{1}{5}\).

Xếp 5 học sinh A, B, C, D, E vào 1 dãy 5 ghế thẳng hàng có 5! cách xếp ⇒ n(Ω) = 5! =120.

Gọi X là biến cố: “2 bạn A và B không ngồi cạnh nhau” ⇒ Biến cố đối \(\overline X \): “ 2 bạn A và B ngồi cạnh nhau”

Buộc 2 bạn A và B coi là 1 phần tử, có 2! Cách đổi chỗ 2 bạn A và B trong buộc này.

Bài toán trở thành xếp 4 bạn (AB), C, D, E vào dãy 4 ghế thẳng hàng ⇒ Có 4! cách xếp.

\( \Rightarrow n\left( {\overline X } \right) = 2!.4! = 48\)

\( \Rightarrow P\left( {\overline X } \right) = \frac{{n\left( {\overline X } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{48}}{{120}} = \frac{2}{5}\)

Vậy P(X) = 1 – \(P\left( {\overline X } \right) = 1 - \frac{2}{5} = \frac{3}{5}\).

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

\(y' = {\left( {{x^2} + 2x} \right)^\prime }.{e^{ - x}} + \left( {{x^2} + 2x} \right).{\left( {{e^{ - x}}} \right)^\prime }\)

    \( = \left( {2x + 2} \right).{e^{ - x}} + \left( {{x^2} + 2x} \right).\left( { - {e^{ - x}}} \right)\)

    \( = \left( {2x + 2} \right).{e^{ - x}} - \left( {{x^2} + 2x} \right).{e^{ - x}}\)

     \( = {e^{ - x}}\left( {2x + 2 - {x^2} - 2x} \right) = \left( { - {x^2} + 2} \right).{e^{ - x}}\).

\(A = {x^2} + 6x - 11\)

\(A = \left( {{x^2} + 2.3x + 9} \right) - 9 - 11\)

\(A = {\left( {x + 3} \right)^2} - 20 > 0\forall x\).

\(PT \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x + \frac{1}{2}\sin x = - 1 \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = - 1\)

\( \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{3} = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = - \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

A = \(\frac{{{a^2} + \sqrt a }}{{a - \sqrt a + 1}} - \frac{{2a + \sqrt a }}{{\sqrt a }} + 1\). ĐK: a > 0

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

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

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

\(A = a + \sqrt a - 2\sqrt a = a - \sqrt a \).

Ta có \({T_{\overrightarrow v }}\left( \Delta \right) = \Delta ' \to \Delta '\) song song hoặc trùng với ∆ ⇒ ∆’: x + c = 0

Chọn M(1; 1) ∈ ∆. Gọi M’(x; y) = \({T_{\overrightarrow v }}\left( M \right) \leftrightarrow \overrightarrow {MM'} = \overrightarrow v \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 1 = 1}\\{y - 1 = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{y = 2}\end{array}} \right.\).

→ M’(2; 2) ∈ ∆’ nên 2 + c = 0 ⇔ c = – 2 → ∆’: x – 2 = 0.

y = sinx + cosx ⇒ \(y' = \cos x - \sin x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \cos x - \sin x = 0 \Leftrightarrow \cos x = \sin x\)

Mà \({\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1 \Rightarrow {\sin ^2}x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \cos x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}}\\{\sin x = - \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \cos x = - \frac{1}{{\sqrt 2 }}}\end{array}} \right.\)

Với \(\sin x = \frac{1}{{\sqrt 2 }};\cos x = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow y = \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \)

Với \(\sin x = - \frac{1}{{\sqrt 2 }};\cos x = - \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow y = - \frac{1}{{\sqrt 2 }} - \frac{1}{{\sqrt 2 }} = - \sqrt 2 \)

Vậy \(Ma{x_y} = \sqrt 2 ;Mi{n_y} = - \sqrt 2 \).

\(\frac{{\sin x}}{{\cos x - 1}} = 0\) ( x ≠ k2\(\pi \))

\( \Rightarrow \sin x = 0 \Rightarrow x = k\pi \Rightarrow S = \left\{ \pi \right\}\)

⇒ Tổng các nghiệm là \(\pi \).

Đặt cosx = a; \(\left| {\sin x} \right| = b\)

Ta có hệ phương trình sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3a + 2b = 2}\\{{a^2} + {b^2} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{b = \frac{{2 - 3a}}{2}}\\{{a^2} + {b^2} = 1}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow {a^2} + {\left( {\frac{{2 - 3a}}{2}} \right)^2} = 1 \Rightarrow 4{a^2} + {\left( {2 - 3a} \right)^2} = 4\)

\( \Leftrightarrow 13{a^2} - 12a = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 0}\\{a = \frac{{12}}{{13}}}\end{array}} \right.\)

a = 0 ⇒ cosx = 0; sinx = ± 1

\( \Rightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \) hoặc \(x = \frac{\pi }{2} + \left( {2k + 1} \right)\pi \) với x ∈ ℤ

\(a = \frac{{12}}{{13}} \Rightarrow 2\left| {\sin x} \right| = 2 - 3\cos x < 0\) (loại).

\({\left( {\sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2}} \right)^2} + \sqrt 3 \cos x = 2\)

\( \Leftrightarrow 1 + 2\sin \frac{x}{2}.\cos \frac{x}{2} + \sqrt 3 \cos x = 2\)

\( \Leftrightarrow \sin x + \sqrt 3 \cos x = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x\)(chia cả 2 vế cho 2)

\( \Leftrightarrow \cos \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{1}{2} = \cos \frac{\pi }{3}\)

\( \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{3} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Ta có các mệnh đề đảo:

(1) “ Nếu 3 là số hữu tỉ thì \(\sqrt 3 \) là số vô tỉ”

Vì 2 mệnh đề “3 là số hữu tỉ” và “\(\sqrt 3 \)là số vô tỉ” đều đúng nên mệnh đề đảo của (1) đúng.

(2) “ Nếu tứ giác là hình bình hành thì nó là hình thang có 2 cạnh bên bằng nhau”

Rõ ràng nếu tứ giác là hình bình hành thì nó chắc chắn có 2 cạnh bên bằng nhau nên mệnh đề đảo của (2) đúng.

(3) “ Nếu tứ giác là hình thoi thì nó là hình bình hành có 2 cạnh bên bằng nhau”, mệnh đề này đúng.

(4) “ Nếu 1 > 2 thì 3 > 4”

Vì 2 mệnh đề 1 > 2 và 3 > 4 đều sai nên mệnh đề đảo của (4) đúng.

Tam giác vuông cân có 2 cạnh góc vuông là x thì cạnh huyền sẽ là \(x\sqrt 2 \) mà \(\sqrt 2 \) là số vô tỉ nên số đo cạnh huyền sẽ là 1 số vô tỉ ⇒ không có tam giác vuông cân nào mà 3 cạnh là số nguyên.

a.\(A = {\left( {2x - 1} \right)^2} - 4\left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) - {\left( {5 - 3x} \right)^2}\)

\(A = 4{x^2} - 4x + 1 - 4{x^2} - 8x + 12 - 25 + 30x - 9{x^2}\)

\(A = - 9{x^2} + 18x - 12\)

b. \(x = - \frac{1}{3}\)

\(A = - 9.\frac{1}{9} - 18.\frac{1}{3} - 12 = - 1 - 6 - 12 = - 19\)

a. ĐK: x ≠ ± 2

\(A = \frac{{\left( {\frac{{2 - 3x}}{{{x^2} - 4}} - \frac{2}{{x - 2}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right)}}{{\left( {x - 2 + \frac{{10 - {x^2}}}{{x + 2}}} \right)}} = \frac{{\frac{{2 - 3x - 2\left( {x + 2} \right) - \left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}}}{{\frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right) + 10 - {x^2}}}{{x + 2}}}}\)

\(A = \frac{{\frac{{2 - 3x - 2x - 4 - x + 2}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}}}{{\frac{{{x^2} - 4 + 10 - {x^2}}}{{x + 2}}}} = \frac{{ - 6x}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}.\frac{{x + 2}}{6} = \frac{{ - x}}{{x - 2}} = \frac{x}{{2 - x}}\)

b. \(A = \frac{x}{{2 - x}}\)

\(\left| x \right| = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{1}{2}}\\{x = - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)

TH1: \(x = \frac{1}{2}\), ta có: \(A = \frac{{\frac{1}{2}}}{{2 - \frac{1}{2}}} = \frac{{\frac{1}{2}}}{{\frac{3}{2}}} = \frac{1}{3}\)

TH2: \(x = - \frac{1}{2}\), ta có:

\(A = \frac{{ - \frac{1}{2}}}{{2 + \frac{1}{2}}} = \frac{{ - \frac{1}{2}}}{{\frac{5}{2}}} = - \frac{1}{5}\).

Để chứng minh điều này ta đi chứng minh 2 điều sau:

A ∪ (B ∩ C) ⊂ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) (1)

Và (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) ⊂ A ∪ (B ∩ C) (2)

- Chứng minh điều 1:

Giả sử x ∈ A ⇒ x cũng thuộc B và C vì A ∪ (B ∩ C) (*)

⇒ x ∈ (A ∪ B), x ∈ (A ∪ C) ⇒ x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). Từ (*) và điều này ta ⇒ A ∪ (B ∩ C) ⊂ (A ∪ B) ∩ (A ∩ C). (1)

- Chứng minh điều 2: Giả sử x ∈ (A ∪ B) ⇒ x ∈ (A ∪ C) vì đề cho (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).

Từ điều trên ⇒ x ∈ A, B và C ⇒ x ∈ A ∪ (B ∩ C)

Từ điều x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) mà x ∈ A ∪ (B ∩ C) ⇒ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) ⊂ A ∪ (B ∩ C) (2)

Từ điều 1 và 2 đã được chứng minh như trên ta suy ra được đpcm.

Xét x ∈ A ∩ (B ∪ C)

⇒ x ∈ A và x ∈ (B ∪ C)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \in A}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \in B}\\{x \in C}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \in A}\\{x \in B}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \in A}\\{x \in C}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Rightarrow x \in (A \cap B) \cup \left( {A \cap C} \right)\left( * \right)\)

Xét x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

⇒ x ∈ A ∩ B hoặc x ∈ A ∩ C

⇒ x ∈ A và x ∈ B hoặc x ∈ C

Tức là: x ∈ A ∩ (B ∪ C) (**)

Từ (*); (**) suy ra A ∩ (B ∪ C) = (A \( \cap B) \cup \left( {A \cap C} \right)\).

Ta có: \(6{x^2} - 12xy = 6x\left( {x - 2y} \right)\).

a. Ta có: \(\widehat {BEH} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa (BH)) ⇒ HE ⊥ AB

∆AHB vông tại H, đường cao HE:

AE.AB = \(A{H^2}(1)\)

\(\widehat {HFC} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa (HC)) ⇒ HF ⊥ AC

∆AHC vuông tại H, đường cao HF: AF.AC = \(A{H^2}\)(2)

Từ (1) và (2) ⇒ AE.AB = AF.AC

b. Ta có: \(\widehat {BAC} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa (BC)) \( \Rightarrow \widehat {EAF} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {AEH} = 90^\circ \left( {HE \bot AB} \right)\) và \[\widehat {AFH} = 90^\circ \left( {HF \bot AC} \right)\]

⇒ Tứ giác AEHF là hình chữ nhật ⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp

\(\widehat {HEF} = \widehat {HAF}\)(Cùng chắn cung HF của (AEHF))

\(\widehat {HAF} = \widehat {ABC} \Rightarrow \) EF là tiếp tuyến (BH)

c. Ta sẽ chứng minh \(\widehat {AIH} = \widehat {KAC}\)

Ta có: \(\widehat {KAC} = \widehat {HAC}\) (tính chất đối xứng)

\(\widehat {HAC} = \widehat {AHE}\) (so le trong) \( \Rightarrow \widehat {KAC} = \widehat {AHE}\)

\(\widehat {AIH} = \widehat {AHE}\) (tính chất đối xứng)

Vậy \(\widehat {AIH} = \widehat {KAC}\) (Cùng = \(\widehat {AHE}\))

Mà AC // IH (tứ giác AEHF là hình chữ nhật)

\( \Rightarrow \widehat {AIH}\) và \(\widehat {KAC}\) đồng vị ⇒ I, A, K thẳng hàng.

\(\sqrt 2 \left( {\sin x + \cos x} \right) - 1 = \sin x.\cos x\) (1)

Đặt t = sinx + cosx, \(t \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]\)

\( \Rightarrow {t^2} - 1 = 2\sin x.\cos x\)

(1) \( \Leftrightarrow \sqrt 2 t - 1 = \frac{{{t^2} - 1}}{2}\)

\( \Leftrightarrow {t^2} - 2\sqrt 2 t + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow t = \sqrt 2 + 1\) (loại) hay \(t = \sqrt 2 - 1\) (nhận)

\( \Leftrightarrow \sin x + \cos x = \sqrt 2 - 1\)

\(\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 2 - 1}}{{\sqrt 2 }}\)

\( \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{4} + \arcsin \left( {\frac{{\sqrt 2 - 1}}{{\sqrt 2 }}} \right) + k2\pi \) hay \(x = \frac{{3\pi }}{4} - \arcsin \left( {\frac{{\sqrt 2 - 1}}{{\sqrt 2 }}} \right) + k2\pi \,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Đặt sinx + cosx = t \(\left( {\left| t \right| \le \sqrt 2 } \right)\)

\( \Rightarrow {\sin ^2}x + {\cos ^2}x + 2\sin x.\cos x = {t^2}\)

\(1 + \sin 2x = {t^2} \Rightarrow {\sin ^2}x = {t^2} - 1\)

Thay vào phương trình đã cho ta được:

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

\( \Leftrightarrow 2t = 2 - \left( {{t^2} - 1} \right) \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 1(tm)}\\{t = - 3(l)}\end{array}} \right.\)

Với t = 1, ta có: \(\sin x + \cos x = \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x + \frac{\pi }{4} = \pi - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Kẻ AH ⊥ BC (H ∈ BC)

Ta có: \(A{B^2} + A{C^2} = A{H^2} + B{H^2} + A{H^2} + H{C^2}\)

\( = 2A{H^2} + {\left( {MB - MH} \right)^2} + {\left( {MC + MH} \right)^2}\)

\( = 2A{H^2} + M{B^2} + M{H^2} - 2MB.MH + M{C^2} + M{H^2} + 2MC.MH\)

\( = 2\left( {A{H^2} + M{H^2}} \right) + 2M{B^2}\)(vì MB = MC)

\( = 2A{M^2} + 2\frac{{B{C^2}}}{4} = 2A{M^2} + \frac{{B{C^2}}}{2}\) (ĐPCM)

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

a. Do ∆ABC cân \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\)

\(\widehat {DBC} + \widehat {ABC} = \widehat {DCB} + \widehat {ACB} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {DBC} = \widehat {DCB} \Rightarrow \Delta BDC\) cân tại D

b. Ta có ∆BDC cân nên BD = CD

∆ABC cân nên AB = AC

⇒ ∆ABD = ∆ACD (Hai tam giác vuông có các cạnh góc vuông tương ứng bằng nhau)

\( \Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {CAD};\widehat {BDA} = \widehat {CDA} \Rightarrow AD\) là phân giác của \(\widehat A\) và \(\widehat D\)

c. Do ∆ABC cân tại A và AD lầ phân giác \(\widehat A\) nên AD là đường cao đồng thời là đường trung tuyến thuộc cạnh BC của ∆ABC (Trong tam giác cân đường phân giác đồng thời là đường cao, đường trung tuyến và đường trung trực)

⇒ AD ⊥ BC và đi qua trung điểm của BC.

Hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với (ABCD) nên SA ⊥ (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, Cd khi đó G = CM ∩ BO. Ta có:

AM // CD ⇒ d(M, (SCD)) = d(A, (SCD)). Lại có

\(\frac{{GC}}{{MC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow d\left( {G,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\). ∆ACD đều nên AN ⊥ CD, mà CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ (SAN) ⇒ (SAN) ⊥ (SCD)

Dựng AK ⊥ SN ⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ d(A, (SCD)) = AK. Do SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABCD) suy ra (SC, (ABCD)) = (SC, AC) = \(\widehat {SCA} = 45^\circ \)

⇒ AC = SA = a. Ta tính được AN = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). ∆SAN vuông tại A, đường cao AK nên ta có:

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy d(G, (SCD)) = \(\frac{2}{3}AK = \frac{{2a\sqrt {21} }}{{21}}\).

Giả sử ∆ABC có 2 đường trung tuyến BE và CF vuông góc với nhau, AD là đường trung tuyến thứ 3. Ta cần chứng minh: \(A{D^2} = B{E^2} + C{F^2}\).

Trên tia đối của tia EF lấy điểm K sao cho EF = FK

Tứ giác AKCF có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm E của mỗi đường nên AKCF là hình bình hành ⇒ AK // FC. Mà FC ⊥ BE nên BE ⊥ AK (*)

Ta có: F là trung điểm của AB, E là trung điểm của AC nên EF là đường trung bình của ∆ABC ⇒ EF = \(\frac{1}{2}BC\) và EF // BC hay EK // BD (1)

Mà BD = \(\frac{1}{2}BC\) (gt) nên EF = BD ⇒ EK = BD (do EF = EK theo cách chọn điểm phụ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra EKDB là hình bình hành ⇒ EB // DK (**)

Từ (*) và (**) suy ra DK ⊥ AK ⇒ ∆AKD vuông tại K \( \Rightarrow A{K^2} + K{D^2} = A{D^2}\) (theo định lí Py-ta-go)

Mà AK = FC (do AKCF là hình bình hành) và KD = BE (do EKDB là hình bình hành) nên \(A{D^2} = B{E^2} + C{F^2}\)(đpcm)

Ta có công thức đường trung tuyến \({m_a} = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4}\)

Chứng minh bổ đề này bằng cách kẻ đường cao hoặc vecto

Ta có: \(BG \bot CG \Rightarrow B{C^2} = B{G^2} + C{G^2} \Leftrightarrow {a^2} = \frac{4}{9}\left( {m_b^2 + m_c^2} \right)\)

\({a^2} = \frac{4}{9}\left( {{a^2} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{4}} \right) \Leftrightarrow 5{a^2} = {b^2} + {c^2}\).

cos3x = sinx ⟺ cos3x = cos\(\left( {\frac{\pi }{4} - x} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi }\\{3x = - \frac{\pi }{2} + x + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{4x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{2x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}}\\{x = - \frac{\pi }{4} + k\pi }\end{array}} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

+) \(0 < \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2} < \pi \Rightarrow - \frac{1}{4} < k < \frac{7}{4} \Rightarrow k = 0.1 \Rightarrow x = \frac{\pi }{8};x = \frac{{5\pi }}{8}\)

+) \(0 < - \frac{\pi }{4} + k\pi < \pi \Rightarrow \frac{1}{4} < k < \frac{5}{4} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{4}\)

⇒ Có 3 nghiệm.

ĐKXĐ: cosx ≠ 0 \( \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Ta có:

1 + tanx = sinx + cosx

\( \Leftrightarrow 1 + \tan x = \sin x + \cos x \Leftrightarrow 1 + \frac{{\sin x}}{{\cos x}} = \sin x + \cos x\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\cos x + \sin x}}{{\cos x}} = \sin x + \cos x \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\left( {\frac{1}{{\cos x}} - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x + \cos x = 0}\\{\frac{1}{{\cos x}} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0}\\{\cos x = 1}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0}\\{\cos x = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \frac{\pi }{4} = k\pi }\\{x = k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x = k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Ta có: \(\frac{2}{5}{x^2} + 5{x^3} + {x^2}y = \frac{2}{5}{x^2} + 5x.{x^2} + y.{x^2}\)           (Xuất hiện nhân tử chung \({x^2}\))

\( = {x^2}\left( {\frac{2}{5} + 5x + y} \right)\).

\({\sin ^2}2x - 3\cos 2x + 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow 1 - {\cos ^2}2x - 3\cos 2x + 3 = 0 \Leftrightarrow - {\cos ^2}2x - 3\cos 2x + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos 2x = 1(TM)}\\{\cos 2x = - 4(L)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow 2x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\(\sin 2x + 3\cos x - 2{\sin ^2}x - 3\sin x = 0\)

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

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x = - \frac{3}{2}\left( L \right)}\\{\cos x = \sin x}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \cos x = \sin x\)

\( \Leftrightarrow \cos x = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi }\\{x = x - \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

\({\sin ^2}2^\circ + {\sin ^2}4^\circ + {\sin ^2}6^\circ + ... + {\sin ^2}84^\circ + {\sin ^2}86^\circ + {\sin ^2}88^\circ \)

\( = \left( {{{\sin }^2}2^\circ + {{\sin }^2}88^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}4^\circ + {{\sin }^2}86^\circ } \right) + ... + \left( {{{\sin }^2}44^\circ + {{\sin }^2}46^\circ } \right)\)

\( = \left( {{{\sin }^2}2^\circ + {{\cos }^2}2^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}4^\circ + {{\cos }^2}4^\circ } \right) + ... + \left( {{{\sin }^2}44^\circ + {{\cos }^2}44^\circ } \right)\) (do 2 góc phụ nhau sin góc này bằng cos góc kia)

= 1 + 1 + 1 +....+ 1 = 22 .

Số thập phân nhỏ nhất có 3 chữ số khác nhau và tổng các chữ số bằng 5 là 0,14.

Vì 0 + 1 + 4 = 5.

\(A \cap X\) và B ∩ X là các đoạn có chiều dài lần lượt là 7 và 9

 \( \Leftrightarrow X = \left[ { - 5;5} \right];A = \left[ {x;a} \right];B\left[ {b;x} \right]\)

A ∩ X = 7 ⇒ a = -5 +7 = 2; B ∩ X = 9 ⇒ b = 5 – 9 = – 4.

Vậy (a; b) = (2; – 4).

ĐKXĐ: x > 0; x ≠ 9

\(A = \frac{{x + 7}}{{\sqrt x + 3}} = \sqrt x - 3 + \frac{{16}}{{\sqrt x + 3}} = \sqrt x + 3 + \frac{{16}}{{\sqrt x + 3}} - 6\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm \(\sqrt x + 3\) và \(\frac{{16}}{{\sqrt x + 3}}\) ta được:

\(\sqrt x + 3 + \frac{{16}}{{\sqrt x + 3}} \ge 2\sqrt {\left( {\sqrt x + 3} \right).\frac{{16}}{{\sqrt x + 3}}} = 2.4 = 8\)

\( \Rightarrow \sqrt x + 3 + \frac{{16}}{{\sqrt x + 3}} - 6 \ge 2 \Rightarrow A \ge 2\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt x + 3 = \frac{{16}}{{\sqrt x + 3}} \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x + 3} \right)^2} = 16\)

\( \Leftrightarrow \left| {\sqrt x + 3} \right| = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt x + 3 = 4}\\{\sqrt x + 3 = - 4}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt x = 1}\\{\sqrt x = - 7(L)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = 1(TM)\)

Vậy \({A_{\min }} = 2\) khi x = 1.

Ta có:

\({a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc = \left( {{a^3} + {b^3}} \right) + {c^3} - 3abc\)

\( = {\left( {a + b} \right)^3} - 3ab\left( {a + b} \right) + {c^3} - 3abc = \left[ {{{\left( {a + b} \right)}^3} + {c^3}} \right] - \left[ {3ab\left( {a + b} \right) - 3abc} \right]\)

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

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

Mà a + b + c = 0

\( \Rightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc = 0\)

\( \Rightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} = 3abc\) (đpcm).

Để A ⊂ B thì phải đồng thời xảy ra 2 bất đẳng thức:

2m – 1 ≥ – 1 (hay m ≥ 0) và

2m + 3 ≤ 1 (hay m ≤ – 1)

Nhưng 2 BĐT trên không thể xảy ra đồng thời nên không có giá trị nào của m để A là tập con của B.

\(\left( {{d_1}} \right):y = \frac{1}{2}x + 2\)

x = 0 ⇒ y = 2; y = 0 ⇒ x = -4

\(\left( {{d_2}} \right):y = - x + 2\)

x = 0 ⇒ y = 2; y = 0 ⇒ x = 2

VT = cosa(1 + cosa)(tana – sina)

= (1 + cosa)cosa(tana – sina) = (1 + cosa)(sina – sinacosa)

= sina – sinacosa +sinacosa - \(\sin a{\cos ^2}a = \sin a - \sin a{\cos ^2}a\)

\( = \sin a{\sin ^2}a = {\sin ^3}a = VP\).

Ta có: sina = đối : huyền mà cosa = kề : huyền

Ta lại có: tana = đối : kề (1)

⇒ sina/ cosa = đối/ huyền : kề/ huyền = đối/ huyền x huyền/ kề

= đối / kề (2)

Từ (1) và (2) ⇒ tana = sina/ cosa ⇒ đpcm.

Giả sử 4 thang máy là A, B, C, D

Do 2 thang máy bất kì thì luôn có 1 thang được dừng nên

- Khi bốc 2 tầng 2 và 3 có 1 thang dừng được giả sử đó là A nên tầng 4 không phải thang A dừng.

- Khi bốc 2 tầng 3 và 4 thì có thang dừng được giả sử đó là B nên tầng 5 không phải thang A dừng.

- Khi bốc 2 tầng 4 và 5 thì có thang dừng được giả sử đó là C nên tầng 6 không phải thang A dừng.

- Khi bốc 2 tầng 5 và 6 thì có thang dừng được giả sử đó là D

- Khi bốc 2 tầng 5 và 7 thì có thang dừng được khi đó không thể là A, B, C vì sẽ dừng 4 (mâu thuẫn) thang D không thể ở tầng 7 do đó không thể ở 3 tầng liên tiếp.

Vậy tòa nhà có tối đa 6 tầng.

\(E = \frac{1}{{1.7}} + \frac{1}{{7.13}} + \frac{1}{{13.19}} + ... + \frac{1}{{31.37}}\)

\(E = \frac{1}{6}\left( {\frac{6}{{1.7}} + \frac{6}{{7.13}} + \frac{6}{{13.19}} + ... + \frac{6}{{31.37}}} \right)\)

\(E = \frac{1}{6}\left( {1 - \frac{1}{7} + \frac{1}{7} - \frac{1}{{13}} + \frac{1}{{13}} - \frac{1}{{19}} + ... + \frac{1}{{31}} - \frac{1}{{37}}} \right)\)

\(E = \frac{1}{6}\left( {1 - \frac{1}{{37}}} \right) = \frac{1}{6}.\frac{{36}}{{37}} = \frac{6}{{37}}\)

Vậy \(E = \frac{6}{{37}}\).

Ta có \(\cos \left( {x + \frac{\pi }{2}} \right) = - \sin x\) và \(\sin \left( {x - \frac{\pi }{2}} \right) = - \cos x\)

Do đó phương trình \( \Leftrightarrow - \sqrt 3 \sin x - \cos x = 2\sin 2x \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin x + \cos x = - 2\sin 2x\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x + \frac{1}{2}\cos x = - \sin 2x \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = - \sin 2x \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = \sin \left( { - 2x} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \frac{\pi }{6} = - 2x + k2\pi }\\{x + \frac{\pi }{6} = \pi + 2x + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{\pi }{{18}} + k\frac{{2\pi }}{3}}\\{x = - \frac{{5\pi }}{6} - k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Xét nghiệm .

Vậy phương trình có nghiệm \(x = - \frac{\pi }{{18}} + k\frac{{2\pi }}{3},x = \frac{{7\pi }}{6} + k'2\pi \left( {k,k' \in \mathbb{Z}} \right)\).