Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số x, y, z > 0, ta được: \[x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}}\].

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số \(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z} > 0\), ta được:

\[\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{xyz}}}} = \frac{3}{{\sqrt[3]{{xyz}}}}\].

Khi đó ta có \(\left( {x + y + z} \right)\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge 3\sqrt[3]{{xyz}}.\frac{3}{{\sqrt[3]{{xyz}}}} = 9\).

\( \Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge \frac{9}{{x + y + z}}\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC, ta được: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\).

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

Theo đề, ta có: \(\frac{{\sin A}}{1} = \frac{{\sin B}}{2} = \frac{{\sin C}}{{\sqrt 3 }}\).

\( \Rightarrow \frac{{\frac{a}{{2R}}}}{1} = \frac{{\frac{b}{{2R}}}}{2} = \frac{{\frac{c}{{2R}}}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \frac{a}{1} = \frac{b}{2} = \frac{c}{{\sqrt 3 }}\).

Đặt \(\frac{a}{1} = \frac{b}{2} = \frac{c}{{\sqrt 3 }} = t\).

Suy ra a = t; b = 2t; \(c = t\sqrt 3 \).

Khi đó a² = t²; b² = 4t²; c² = 3t².

Ta thấy t² + 3t² = 4t².

Suy ra a² + c² = b².

Áp dụng định lí Pythagore đảo, ta có tam giác ABC vuông tại B.

Do đó sinB = 1.

Vì vậy \(\frac{{\sin A}}{1} = \frac{1}{2} = \frac{{\sin C}}{{\sqrt 3 }}\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}\sin A = \frac{1}{2}\\\sin C = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\)

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat A = 30^\circ \\\widehat C = 60^\circ \end{array} \right.\)

Vậy \(\widehat A = 30^\circ ;\,\,\widehat B = 90^\circ ;\,\,\widehat C = 60^\circ \).

Ta có \(\left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {\sqrt {2005 + {x^2}} - x} \right) = 2005 + {x^2} - {x^2} = 2005\).

Theo đề, ta có \(\left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {y + \sqrt {2005 + {y^2}} } \right) = 2005\).

\( \Leftrightarrow \left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {y + \sqrt {2005 + {y^2}} } \right) = \left( {x + \sqrt {2005 + {x^2}} } \right)\left( {\sqrt {2005 + {x^2}} - x} \right)\).

\( \Leftrightarrow y + \sqrt {2005 + {y^2}} = \sqrt {2005 + {x^2}} - x\)    (1)

Chứng minh tương tự, ta được: \(x + \sqrt {2005 + {x^2}} = \sqrt {2005 + {y^2}} - y\)    (2)

Lấy (1) + (2) cộng vế theo vế, ta được:

\(x + \sqrt {2005 + {x^2}} + y + \sqrt {2005 + {y^2}} = \sqrt {2005 + {x^2}} - x + \sqrt {2005 + {y^2}} - y\).

⇔ x + y = –x – y.

⇔ 2(x + y) = 0.

⇔ x + y = 0.

Ta có x²⁰⁰⁵ + y²⁰⁰⁵ = (x + y)(x²⁰⁰⁴ – x²⁰⁰³.y + x²⁰⁰².y² – ... + x².y²⁰⁰² – x.y²⁰⁰³ + y²⁰⁰⁴).

= 0.(x²⁰⁰⁴ – x²⁰⁰³.y + x²⁰⁰².y² – ... + x².y²⁰⁰² – x.y²⁰⁰³ + y²⁰⁰⁴).

= 0.

Vậy x²⁰⁰⁵ + y²⁰⁰⁵ = 0.

Ta có \(A = \left( {\frac{{x + 2}}{{\sqrt x + 1}} - \sqrt x } \right):\left( {\frac{{\sqrt x - 4}}{{1 - x}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right)\)

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

\( = \frac{{x + 2 - x - \sqrt x }}{1}.\frac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x - 4 - \sqrt x + x}}\)

\[ = \frac{{\left( {2 - \sqrt x } \right)\left( {1 - \sqrt x } \right)}}{{x - 4}} = \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}}\].

Ta có 16 ≤ 8ⁿ ≤ 64.

Suy ra 2⁴ ≤ (2³)ⁿ ≤ 2⁶.

Do đó 2⁴ ≤ 2³ⁿ ≤ 2⁶.

Vì vậy 4 ≤ 3n ≤ 6.

Suy ra \(\frac{4}{3} \le n \le 2\).

Mà n là số nguyên dương.

Do đó n = 2.

Vậy n = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số a, b > 0, ta được: (a + b)² ≥ 4ab.

\( \Leftrightarrow \frac{{ab}}{{a + b}} \le \frac{{a + b}}{4}\)   (1)

Chứng minh tương tự, ta được:

⦁ \(\frac{{bc}}{{b + c}} \le \frac{{b + c}}{4}\)    (2)

⦁ \(\frac{{ac}}{{a + c}} \le \frac{{a + c}}{4}\)    (3)

Lấy (1) + (2) + (3) vế theo vế, ta được \(P \le \frac{{a + b}}{4} + \frac{{b + c}}{4} + \frac{{a + c}}{4} = \frac{{2\left( {a + b + c} \right)}}{4} = \frac{1}{2}\).

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c.

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng \(\frac{1}{2}\) khi và chỉ khi a = b = c.

Ta có \(VT = \frac{{abc}}{{{a^3}\left( {b + c} \right)}} + \frac{{abc}}{{{b^3}\left( {c + a} \right)}} + \frac{{abc}}{{{c^3}\left( {a + b} \right)}}\)

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

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel, ta có:

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

\( = \frac{{{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}}{{abc\left( {ab + ac + bc + ab + ac + bc} \right)}}\)

\( = \frac{{{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} = \frac{{bc + ac + ab}}{2}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: \[bc + ac + ab \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} = 3\].

Vì vậy \(VT \ge \frac{{bc + ac + ab}}{2} \ge \frac{3}{2}\).

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 1.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

a)

Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AC, AD.

Suy ra OE ⊥ AC và AE = CE; O’F ⊥ AD và AF = DF.

Mà MA ⊥ CD (giả thiết).

Do đó OE // MA // O’F.

Khi đó tứ giác OO’FE là hình thang.

Hình thang OO’FE có MA // OE // O’F và M là trung điểm của OO’.

Suy ra MA là đường trung bình của hình thang OO’FE.

Do đó AE = AF.

Vì vậy 2AE = 2AF.

Vậy AC = AD (điều phải chứng minh).

b)

i) Gọi I là giao điểm của EG và FH.

Đường tròn (O) có AE là đường kính.

Suy ra AG ⊥ GE và AB ⊥ BE.

Đường tròn (O’) có AF là đường kính.

Suy ra AH ⊥ FH và AB ⊥ BF.

Ta có AB ⊥ BE (chứng minh trên) và AB ⊥ BF (chứng minh trên).

Suy ra ba điểm E, B, F thẳng hàng.

Do đó AB ⊥ EF.

Tam giác IEF có hai đường cao EH và FG cắt nhau tại A.

Suy ra A là trực tâm của tam giác IEF.

Mà AB ⊥ EF (chứng minh trên).

Do đó ba điểm I, A, B thẳng hàng.

Vậy AB, EG, FH đồng quy tại I.

ii) Kẻ OP ⊥ CD và O’Q ⊥ CD.

Suy ra P, Q lần lượt là trung điểm của AC, AD và OP // O’Q.

Khi đó AC = 2AP và AD = 2AQ.

Suy ra AC + AD = 2AP + 2AQ.

Vì vậy CD = 2PQ.

Do đó CD lớn nhất khi và chỉ khi PQ lớn nhất.

Ta có tứ giác OO’QP là hình thang vuông tại P, Q (vì OP // O’Q và OP ⊥ PQ).

Suy ra PQ ≤ OO’.

Dấu “=” xảy ra ⇔ OO’QP là hình chữ nhật.

⇔ PQ // OO’.

⇔ CD // OO’.

Vậy CD // OO’ thì CD có độ dài lớn nhất.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và y = 2x – 3 là: \[\frac{1}{4}{x^2} = 2x - 3\].

⇔ x² – 8x + 12 = 0.

⇔ x = 6 hoặc x = 2.

Với x = 6, ta có: y = 2.6 – 3 = 9.

Suy ra tọa độ A(6; 9).

Với x = 2, ta có: y = 2.2 – 3 = 1.

Suy ra tọa độ B(2; 1).

Vậy A(6; 9) và B(2; 1).

b)

Ta có BC = 6 – 2 = 4, AC = 9 – 1 = 8.

Tam giác ABC vuông tại C: AB² = AC² + BC² = 8² + 4² = 80.

Suy ra \(AB = 4\sqrt 5 \).

c) Ta có OE = 2, BE = 1, AD = 9, OD = 6, DE = BC = 4.

Lại có:

⦁ \({S_{\Delta OAD}} = \frac{1}{2}OD.AD = \frac{1}{2}.6.9 = 27\);

⦁ \({S_{\Delta OBE}} = \frac{1}{2}OE.BE = \frac{1}{2}.2.1 = 1\);

⦁ \({S_{BEDA}} = \frac{{DE.\left( {BE + AD} \right)}}{2} = \frac{{4.\left( {1 + 9} \right)}}{2} = 20\).

Khi đó ta có S_OAB = S_OAD – S_OBE – S_BEDA = 27 – 1 – 20 = 6.

Vậy S_OAB = 6 (đvS).

d) Do M ∈ (P) nên tọa độ M có dạng \(M\left( {m;\frac{{{m^2}}}{4}} \right)\).

Suy ra \(IM = \sqrt {{m^2} + {{\left( {\frac{{{m^2}}}{4} - 3} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{{m^2}}}{4} - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{{35}}{4}} \ge \frac{{\sqrt {35} }}{2}\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{{{m^2}}}{4} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow m = \pm \sqrt 2 \).

Với \(m = \sqrt 2 \), ta có tọa độ \(M\left( {\sqrt 2 ;\frac{1}{2}} \right)\).

Với \(m = - \sqrt 2 \), ta có tọa độ \(M\left( { - \sqrt 2 ;\frac{1}{2}} \right)\).

Vậy \(M\left( {\sqrt 2 ;\frac{1}{2}} \right)\) và \(M\left( { - \sqrt 2 ;\frac{1}{2}} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Theo định lí cosin, ta có \(\cos C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}\) thay vào đẳng thức thứ hai của hệ trên, ta được: \(a = 2b\cos C = 2b.\frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}\).

⇔ a² = a² + b² – c².

⇔ b² = c².

⇔ b = c       (1)

Thay b = c vào hệ thức thứ nhất, ta được: \(\frac{{2{b^3} - {a^3}}}{{2b - a}} = {a^2}\).

⇔ 2b³ – a³ = 2a²b – a³.

⇔ 2b(b² – a²) = 0.

⇔ b² – a² = 0 (vì b > 0).

⇔ b² = a².

⇔ b = a       (2)

Từ (1), (2), suy ra a = b = c.

Vậy tam giác ABC đều.

Do đó ta chọn phương án C.

Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {abcdef} \), (a, b, c, d, e, f ∈ A).

Trước hết, ta xếp 3 chữ số (ngoại trừ các chữ số 1, 2, 3) trong tập A vào 3 vị trí thì có \(A_{8 - 3}^3\) cách xếp.

Lúc này, ta thấy giữa hai số bất kì sẽ tạo nên một vách ngăn và 3 chữ số sẽ tạo nên 4 vị trí có thể xếp các chữ số 1, 2, 3 vào đó.

Theo đề bài, ta cần xếp sao cho các chữ số 1, 2, 3 không đứng cạnh nhau nên ta xếp 3 chữ số 1, 2, 3 vào 3 trong 4 vị trí vách ngăn được tạo ra thì có \(A_4^3\) cách xếp.

Vậy theo quy tắc nhân, ta có tất cả \(A_{8 - 3}^3.A_4^3 = A_5^3.A_4^3 = 1440\) cách xếp.

⦁ A = (tanα + cotα)² – (tanα – cotα)².

= (tanα + cotα – tanα + cotα)(tanα + cotα + tanα – cotα).

= 2cotα.2tanα.

= 4.1 = 4.

⦁ B = sin⁶α + cos⁶α + 3sin²α.cos²α.

= (sin²α)³ + (cos²α)³ + 3sin²α.cos²α.

= (sin²α + cos²α).(sin⁴α – sin²α.cos²α + cos⁴α) + 3sin²α.cos²α.

= (sin²α + cos²α)² – 2sin²α.cos²α – sin²α.cos²α + 3sin²α.cos²α.

= 1² = 1.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

a) Vì sin²α ≤ 1 và cos²α ≤ 1 nên ta có:

⦁ \(\sqrt {{{\sin }^4}\alpha + 4\left( {1 - {{\sin }^2}\alpha } \right)} = \sqrt {{{\left( {2 - {{\sin }^2}\alpha } \right)}^2}} = 2 - {\sin ^2}\alpha \).

⦁ \(\sqrt {{{\cos }^4}\alpha + 4{{\sin }^2}\alpha } = \sqrt {{{\cos }^4}\alpha + 4\left( {1 - {{\cos }^2}\alpha } \right)} = \sqrt {{{\left( {2 - {{\cos }^2}\alpha } \right)}^2}} = 2 - {\cos ^2}\alpha \).

Khi đó \(\sqrt {{{\sin }^4}\alpha + 4\left( {1 - {{\sin }^2}\alpha } \right)} + \sqrt {{{\cos }^4}\alpha + 4{{\sin }^2}\alpha } = 4 - \left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right) = 4 - 1 = 3\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Ta có:

⦁ sin⁶α + cos⁶α = (sin²α + cos²α)³ – 3sin²α.cos²α.( sin²α + cos²α)

= 1³ – 3sin²α.cos²α.

⦁ cos⁴α + sin⁴α = (cos²α + sin²α)² – 2cos²α.sin²α

= 1² – 2cos²α.sin²α.

Khi đó 2(sin⁶α + cos⁶α) – 3(cos⁴α + sin⁴α)

= 2.(1³ – 3sin²α.cos²α) – 3.(1² – 2cos²α.sin²α)

= 2 – 6sin²α.cos²α – 3 + 6sin²α.cos²α = –1.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

c) \(\frac{2}{{\tan \alpha - 1}} + \frac{{\cot \alpha + 1}}{{\cot \alpha - 1}} = \frac{2}{{\frac{1}{{\cot \alpha }} - 1}} + \frac{{\cot \alpha + 1}}{{\cot \alpha - 1}}\)

\( = \frac{{2\cot \alpha }}{{1 - \cot \alpha }} - \frac{{\cot \alpha + 1}}{{1 - \cot \alpha }}\)

\( = \frac{{2\cot \alpha - \cot \alpha - 1}}{{1 - \cot \alpha }}\)

\( = \frac{{\cot \alpha - 1}}{{1 - \cot \alpha }} = - 1\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Cho quả cân 1 kg lên bàn cân, chia 5 kg gạo vào 2 đĩa sao cho cân thăng bằng.

Khi đó bên cân nào không có quả cân 1 kg thì bên cân đó có 3 kg gạo.

Số học sinh chỉ thích môn bóng đá là: 35 – 15 = 20 (học sinh).

Số học sinh chỉ thích môn bóng chuyền là: 20 – 15 = 5 (học sinh).

Số học sinh lớp 10A là: 20 + 5 + 15 = 40 (học sinh).

Gọi a (con), b (con) lần lượt là số con chó và số con gà (a, b ∈ ℕ*, a, b < 40).

Theo đề, ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = 40\\4a - 2b = 16\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a + 4b = 160\\4a - 2b = 16\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6b = 144\\2a - b = 8\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 24\\a = \frac{{b + 8}}{2} = 16\end{array} \right.\) (thỏa mãn).

Vậy có 16 con chó và 24 con gà.

Sau khi ăn hết một nửa số gạo, số gạo còn lại đủ ăn trong:

40 : 2 = 20 (ngày)

1 học sinh ăn hết số gạo còn lại trong số ngày là:

120 × 20  = 2 400 (ngày)

Tổng số học sinh ăn số gạo còn lại trong 12 ngày là:

2400 : 12 = 200 (người)

Trường đó có thêm số học sinh là:

200 − 120 = 80 (học sinh)

Đáp số: 80 học sinh.

Ta có n^p – n chia hết cho p (1).

Với n = 1, ta có 1^p – 1 = 0 ⋮ p (đúng).

Giả sử (1) đúng với n = k, với k ≥ 2.

Tức là k^p – k ⋮ p.

Ta cần chứng minh (1) đúng n = k + 1. Tức là cần chứng minh (k + 1)^p – (k + 1) ⋮ p.

Thật vậy, theo nhị thức Newton, ta có:

\({\left( {k + 1} \right)^p} = {k^p} + C_k^1.{k^{p - 1}} + C_k^2.{k^{p - 2}} + ... + C_k^{k - 2}.{k^2} + C_k^{k - 1}.k + 1\).

Ta thấy \(C_k^h = \frac{{k!}}{{h!\left( {k - h} \right)!}}\) chia hết cho p (do p là số nguyên tố).

Do đó biểu thức được viết lại thành (k + 1)^p = k^p + pm + 1, với m ∈ ℤ.

Mà k^p – k ⋮ p nên (k + 1)^p – (k + 1) = k^p + pm + 1 – k – 1 = k^p – k + pm cũng chia hết cho p.

Suy ra (1) đúng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Ta có (x² – x)² + 5(x² – x) – 14

= (x² – x)² – 2(x² – x) + 7(x² – x) – 14

= (x² – x)(x² – x – 2) + 7(x² – x – 2)

= (x² – x – 2)(x² – x + 7).

Ta có 3(x² + x)² – 2x² – 2x = 0.

⇔ 3(x² + x)² – 2(x² + x) = 0.

⇔ (x² + x)[3(x² + x) – 2] = 0.

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} + x = 0\\3{x^2} + 3x - 2 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\\x = \frac{{ - 3 \pm \sqrt {33} }}{6}\end{array} \right.\]

Vì vậy \(A = \left\{ {0; - 1;\frac{{ - 3 \pm \sqrt {33} }}{6}} \right\}\).

Vậy số tập con của tập A là 2³ = 8 tập con.

Gọi số viên bi của ba bạn Minh, Hùng, Dũng lần lượt là x, y, z (x, y, z ∈ ℕ và x, y, z < 44).

Ba bạn có tất cả 44 viên bi, nghĩa là x + y + z = 44.

Số viên bi của Minh, Hùng, Dũng tỉ lệ với các số 2; 4; 5, nghĩa là \[\frac{x}{2} = \frac{y}{4} = \frac{z}{5}\].

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: \[\frac{x}{2} = \frac{y}{4} = \frac{z}{5} = \frac{{x + y + z}}{{2 + 4 + 5}} = \frac{{44}}{{11}} = 4\].

Với \[\frac{x}{2} = 4\], ta có: x = 2.4 = 8.

Với \[\frac{y}{4} = 4\], ta có: y = 4.4 = 16.

Với \[\frac{z}{5} = 4\], ta có: z = 5.4 = 20.

Vậy số viên bi của Minh, Hùng, Dũng lần lượt là 8 viên bi; 16 viên bi; 20 viên bi.

Gọi số viên bi của ba bạn Minh, Hùng, Dũng lần lượt là x, y, z (x, y, z ∈ ℕ).

3 lần số bi của bạn Hùng nhiều hơn 2 lần số bi của bạn Minh là 40 viên, nghĩa là:

3y – 2x = 40.

Số viên bi của Minh, Hùng, Dũng tỉ lệ với các số 2; 4; 5, nghĩa là \[\frac{x}{2} = \frac{y}{4} = \frac{z}{5}\].

\( \Leftrightarrow \frac{{2x}}{4} = \frac{{3y}}{{12}} = \frac{z}{5}\).

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: \( \Leftrightarrow \frac{{2x}}{4} = \frac{{3y}}{{12}} = \frac{z}{5} = \frac{{3y - 2x}}{{12 - 4}} = \frac{{40}}{8} = 5\).

Với \[\frac{x}{2} = 5\], ta có: x = 2.5 = 10.

Với \[\frac{y}{4} = 5\], ta có: y = 4.5 = 20.

Với \[\frac{z}{5} = 5\], ta có: z = 5.5 = 25.

Vậy số viên bi của Minh, Hùng, Dũng lần lượt là 10 viên bi; 20 viên bi; 25 viên bi.

Ta có x⁴ – x³ + 1 = y².

⇔ 4x⁴ – 4x³ + 4 = 4y².

Ta có:

⦁ 4x⁴ – 4x³ + 4 = (2x² – x – 1)² + 3x² – 2x + 3 > (2x² – x – 1)².

⦁ 4x⁴ – 4x³ + 4 = (2x² – x + 3)² – 13x² + 6x – 5 < (2x² – x + 3)².

Suy ra (2x² – x – 1)² < (2y)² < (2x² – x + 3)².

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

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}4{x^4} - 4{x^3} + 4 = {\left( {2{x^2} - x} \right)^2}\\4{x^4} - 4{x^3} + 4 = {\left( {2{x^2} - x + 1} \right)^2}\\4{x^4} - 4{x^3} + 4 = {\left( {2{x^2} - x + 2} \right)^2}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 4 = 0\\5{x^2} - 2x - 3 = 0\\9{x^2} - 4x = 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 2\\x = 1\\x = - \frac{3}{5}\\x = 0\\x = \frac{4}{9}\end{array} \right.\)

Mà x ∈ ℤ nên ta nhận x ∈ {–2; 2; 1; 0}.

Với x = –2, ta có y² = x⁴ – x³ + 1 = 25.

Suy ra y = 5 hoặc y = –5.

Với x = 2, ta có y² = x⁴ – x³ + 1 = 9.

Suy ra y = 3 hoặc y = –3.

Với x = 1, ta có y² = x⁴ – x³ + 1 = 1.

Suy ra y = 1 hoặc y = –1.

Với x = 0, ta có y² = x⁴ – x³ + 1 = 1.

Suy ra y = 1 hoặc y = –1.

Vậy (x, y) ∈ {(–2; 5), (–2; –5), (2; 3), (2; –3), (1; 1), (1; –1), (0; 1), (0; –1)}.

Điều kiện: n, * ∈ ℕ, 0 ≤ n, * ≤ 9.

Ta có \(\overline {3n*1*} \) chia hết cho 2. Suy ra * ∈ {0; 2; 4; 6; 8}.

Lại có \(\overline {3n*1*} \) chia hết cho 5. Suy ra * ∈ {0; 5}.

Khi đó * = 0 (nhận).

Vì vậy \(\overline {3n*1*} \) được viết lại thành \(\overline {3n010} \).

Ta có \(\overline {3n010} \) chia hết cho 3. Suy ra 3 + n + 1 ⋮ 3.

Do đó 4 + n ⋮ 3.

Lại có \(\overline {3n010} \) chia hết cho 9. Suy ra 3 + n + 1 ⋮ 9.

Do đó 4 + n ⋮ 9.

Ta có BCNN(3, 9) = 3² = 9.

Suy ra 4 + n ∈ B(9) = {0; 9; 18; ...}.

Với 4 + n = 0, ta có n = 0 – 4 = –4 (loại).

Với 4 + n = 9, ta có = 9 – 4 = 5 (nhận).

Với 4 + n = 18, ta có n = 18 – 4 = 14 (loại).

Vậy * = 0, n = 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lấy điểm M(x; y) tùy ý thuộc d, ta có x – 2y – 1 = 0 (*)

Gọi \(M'\left( {x';y'} \right) = {T_{\vec v}}\left( M \right)\).

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

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

Thay vào (*), ta được phương trình: (x’ – 1) – 2(y’ – 2) – 1 = 0.

⇔ x’ – 2y’ + 2 = 0.

Vậy ảnh của d là đường thẳng d’ có phương trình là: x – 2y + 2 = 0.

Do đó ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: A

Lấy điểm M(x; y) tùy ý thuộc d, ta có x – 2y + 1 = 0 (*)

Gọi \(M'\left( {x';y'} \right) = {T_{\vec v}}\left( M \right)\).

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

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

Thay vào (*), ta được phương trình: (x’ – 2) – 2(y’ – 1) + 1 = 0.

⇔ x’ – 2y’ + 1 = 0.

Vậy ảnh của d là đường thẳng d’ có phương trình là: x – 2y + 1 = 0.

Do đó ta chọn phương án A.

ĐKXĐ: \[\frac{{1 + x}}{{1 - x}} \ge 0 \Leftrightarrow - 1 \le x < 1\].

Vậy TXD: D = [–1; 1).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: \(P = \frac{1}{{x + y}} + \frac{1}{{y + z}} + \frac{1}{{z + x}}\).

\( \ge \frac{9}{{x + y + y + z + z + x}} = \frac{9}{{2\left( {x + y + z} \right)}} = \frac{9}{{2.3}} = \frac{3}{2}\).

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng \(\frac{3}{2}\) khi và chỉ khi x = y = z.

Theo đề, ta có \(\frac{{x + y}}{{t + z}} = \frac{4}{7}\).

⇔ 7(x + y) = 4(t + z).

⇔ 7x + 7y = 4t + 4z.

⇔ 7x + 4z = 4t + 4z.

⇔ 7x = 4t.

\( \Leftrightarrow \frac{x}{t} = \frac{4}{7}\).

Vậy \(\frac{x}{t} = \frac{4}{7}\).

Đổi: \(12\,\,cm = \frac{3}{{25000}}\,\,km\).

Trên thực tế hai xã cách nhau số km là:

\(\frac{3}{{25000}}:\frac{1}{{100000}} = 12\) (km).

Đáp số: 12 km.

a) Ta có a² = b² + c² – 2bc.cosA = 20² + 35² – 2.20.35.cos60° = 925.

Suy ra \(a = 5\sqrt {37} \).

Diện tích tam giác ABC là: \(S = \frac{1}{2}bc.\sin A = \frac{1}{2}.20.35.\sin 60^\circ = 175\sqrt 3 \).

Từ công thức \(S = \frac{1}{2}a.{h_a}\), ta có \({h_a} = \frac{{2S}}{a} = \frac{{2.175\sqrt 3 }}{{5\sqrt {37} }} = \frac{{70\sqrt {111} }}{{37}}\).

Vậy \({h_a} = \frac{{70\sqrt {111} }}{{37}}\).

b) Ta có \(2R = \frac{a}{{\sin A}} = \frac{{5\sqrt {37} }}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{10\sqrt {111} }}{3}\).

Vậy \(R = \frac{{5\sqrt {111} }}{3}\).

c) Nửa chu vi tam giác ABC là: \(p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{55 + 5\sqrt {37} }}{2}\).

Từ công thức S = pr, ta có \[r = \frac{S}{p} = \frac{{2.175\sqrt 3 }}{{55 + 5\sqrt {37} }} = \frac{{70\sqrt 3 .\left( {11 - \sqrt {37} } \right)}}{{84}} = \frac{{5\left( {11\sqrt 3 - \sqrt {111} } \right)}}{6}\].

Vậy \(r = \frac{{5\left( {11\sqrt 3 - \sqrt {111} } \right)}}{6}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có x² – 2mx + 5m – 8 ≤ 0.

⇔ (x – m)² ≤ m² – 5m + 8.

\( \Leftrightarrow \left| {x - m} \right| \le \sqrt {{m^2} - 5m + 8} \).

\( \Leftrightarrow - \sqrt {{m^2} - 5m + 8} \le x - m \le \sqrt {{m^2} - 5m + 8} \).

\( \Leftrightarrow m - \sqrt {{m^2} - 5m + 8} \le x \le m + \sqrt {{m^2} - 5m + 8} \).

Vì vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:

\[\left[ {m - \sqrt {{m^2} - 5m + 8} ;m + \sqrt {{m^2} - 5m + 8} } \right]\].

Theo đề, ta lại có: b – a = 4.

\( \Leftrightarrow m + \sqrt {{m^2} - 5m + 8} - m + \sqrt {{m^2} - 5m + 8} = 4\).

\( \Leftrightarrow 2\sqrt {{m^2} - 5m + 8} = 4\).

\( \Leftrightarrow \sqrt {{m^2} - 5m + 8} = 2\).

⇔ m² – 5m + 8 = 4.

⇔ m² – 5m + 4 = 0.

⇔ m = 4 hoặc m = 1.

Khi đó tập S = {1; 4}.

Vậy tổng tất cả các phần tử của S là: 1 + 4 = 5.

Do đó ta chọn phương án D.

Ta có mx² – (3m + 2)x + 1 = 0   (1)

Trường hợp 1: m = 0.

Thế m = 0 vào (1), ta được: \(2x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{1}{2}\).

Suy ra nhận m = 0.

Trường hợp 2: m ≠ 0.

∆ = (3m + 2)² – 4m = 9m² + 12m + 4 – 4m = 9m² + 8m + 4.

\( = {\left( {3m + \frac{4}{3}} \right)^2} + \frac{{20}}{9} \ge \frac{{20}}{9} > 0,\,\,\forall m\).

Suy ra phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt, với mọi m.

Kết hợp cả 2 trường hợp, ta thu được phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.

Gọi số quả cam trong sọt là a (a ∈ ℕ*).

Suy ra a ∈ BC(6; 10; 12; 14) và 200 ≤ a ≤ 600.

Ta có 6 = 2.3; 10 = 2.5; 12 = 2².3 và 14 = 2.7.

Suy ra BCNN(6; 10; 12; 14) = 2².3.5.7 = 420.

Khi đó a ∈ BC(420) = {0; 420; 840; ...}.

Vì 200 ≤ a ≤ 600 nên a = 420.

Vậy trong sọt có 420 quả cam.

Ta có (1 + m)x² – 2mx + 2m = 0     (1)

a) Trường hợp 1: m = –1.

Thế m = –1 vào (1), ta được 2x – 2 = 0 ⇔ x = 1.

Suy ra nhận m = –1.

Trường hợp 2: m ≠ –1.

∆’ = m² – (1 + m).2m = m² – 2m – 2m² = –m² – 2m.

Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ 0.

⇔ –m² – 2m ≥ 0.

⇔ –2 ≤ m ≤ 0.

Kết hợp cả 2 trường hợp, ta nhận –2 ≤ m ≤ 0.

Vậy –2 ≤ m ≤ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

b) Phương trình (1) vô nghiệm \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 1\\\Delta ' < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 1\\ - {m^2} - 2m < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 1\\\left[ \begin{array}{l}m < - 2\\m > 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 2\\m > 0\end{array} \right.\).

Vậy \(\left[ \begin{array}{l}m < - 2\\m > 0\end{array} \right.\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c) Phương trình (1) có 2 nghiệm \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 1\\\Delta ' \ge 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 1\\ - {m^2} - 2m \ge 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 1\\ - 2 \le m \le 0\end{array} \right.\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne - 1\\ - 2 \le m \le 0\end{array} \right.\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

d) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 1\\\Delta ' > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 1\\ - {m^2} - 2m > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 1\\ - 2 < m < 0\end{array} \right.\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne - 1\\ - 2 < m < 0\end{array} \right.\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.