Ta có a² + b² = c² + d².

Suy ra a² + b² + c² + d² = 2(c² + d²) ⋮ 2   (1)

Xét A = (a² + b² + c² + d²) – (a + b + c + d).

= (a² – a) + (b² – b) + (c² – c) + (d² – d).

= a(a – 1) + b(b – 1) + c(c – 1) + d(d – 1).

Vì a và a – 1 là hai số nguyên liên tiếp nên tích a(a – 1) chia hết cho 2.

Tương tự như vậy, ta có b(b – 1) ⋮ 2, c(c – 1) ⋮ 2 và d(d – 1) ⋮ 2.

Khi đó A ⋮ 2   (2)

Từ (1), (2), suy ra a + b + c + d chia hết cho 2.

Mà a, b, c, d là các số nguyên dương.

Suy ra a + b + c + d > 2.

Vậy a + b + c + d là hợp số.

Ta có A = x³ + x²y – 3x² + xy + y² – 4y – x + 3.

= (x³ + x²y – 3x²) + (xy + y² – 3y) – (x + y – 3).

= x²(x + y – 3) + y(x + y – 3) – (x + y – 3).

= (x + y – 3)(x² + y – 1).

= (3 – 3)(x² + y – 1).

= 0.(x² + y – 1).

= 0.

Vậy A = 0 khi x + y = 3.

Gọi cạnh hình vuông ban đầu là a (a > 0; m).

Cạnh hình vuông sau khi giảm đi 7 m là a – 7 (m).

Diện tích hình vuông ban đầu là: a × a.

Diện tích hình vuông sau khi giảm cạnh hình vuông đi 7 m là:

(a – 7) × (a – 7) = a × a – 84.

a × a – 7 × a – 7 × a + 7 × 7 = a × a – 84.

–14 × a + 49 = –84.

14 × a = 133.

a = 133 : 14.

a = 9,5 (m).

Diện tích hình vuông ban đầu là: 9,5 × 9,5 = 90,25 (m²).

Đáp số: 90,25 m².

Ta có hệ số của số hạng tổng quát sau khi khai triển nhị thức (1 + 2x)²⁰ là

$a_k=C_{20}^k{.1}^{20-k}{.2}^k=C_{20}^k{.2}^k$, với k ∈ ℕ, 1 ≤ k ≤ 20.

Giả sử a_k là hệ số lớn nhất trong các hệ số a₀, a₁, a₂, ..., a₂₀.

Khi đó ta có $\left\{\begin{array}{l}{a}_k\ge a_{k+1}\\ a_k\ge a_{k-1}\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{C}_{20}^k{.2}^k\ge C_{20}^{k+1}{.2}^{k+1}\\ C_{20}^k{.2}^k\ge C_{20}^{k-1}{.2}^{k-1}\end{array}\right.$.

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{20!}{\left(20-k\right)!.k!}\ge \frac{20!.2}{\left(20-k-1\right)!.\left(k+1\right)!}\\ \frac{20!}{\left(20-k\right)!.k!}\ge \frac{20!}{\left(20-k+1\right)!.\left(k-1\right)!.2}\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{20-k}\ge \frac{2}{k+1}\\ \frac{2}{k}\ge \frac{1}{21-k}\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}3k\ge 39\\ 42\ge 3k\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}k\ge 13\\ k\le 14\end{array}\right.\iff 13\le k\le 14$

Mà k ∈ ℤ nên ta nhận k = 13 hoặc k = 14.

Với k = 13, ta có $a_{13}=C_{20}^{13}{.2}^{13}=635043840$ . 

Với k = 14, ta có $a_{14}=C_{20}^{14}{.2}^{14}=635043840$  .

Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển (1 + 2x)²⁰ là 635 043 840.

Gọi cạnh hình vuông ban đầu là a (a > 0; m).

Cạnh hình vuông sau khi giảm đi 7 m là a – 7 (m).

Diện tích hình vuông ban đầu là: a × a.

Diện tích hình vuông sau khi giảm cạnh hình vuông đi 7 m là:

(a – 7) × (a – 7) = a × a – 84.

a × a – 7 × a – 7 × a + 7 × 7 = a × a – 84.

–14 × a + 49 = –84.

14 × a = 133.

a = 133 : 14.

a = 9,5 (m).

Đáp số: 9,5 m.

Ta có A = –2x² + 12x – 11.

= –2(x² – 6x + 9) + 7.

= –2(x – 3)² + 7.

Ta có (x – 3)² ≥ 0, ∀x ∈ ℝ.

⇒ –2(x – 3)² ≤ 0, ∀x ∈ ℝ.

⇒ –2(x – 3)² + 7 ≤ 7, ∀x ∈ ℝ.

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 3.

Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 7 khi và chỉ khi x = 3.

a) A = 2x² + 12x + 11.

= 2(x² + 6x + 9) – 7.

= 2(x + 3)² – 7.

Ta có (x + 3)² ≥ 0, ∀x ∈ ℝ.

⇔ 2(x + 3)² ≥ 0, ∀x ∈ ℝ.

⇔ 2(x + 3)² – 7 ≥ –7, ∀x ∈ ℝ.

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –3.

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng –7 khi và chỉ khi x = –3.

b) B = –x² + 18x + 19.

= –(x² – 18x + 81) + 100.

= –(x – 9)² + 100.

Ta có (x – 9)² ≥ 0, ∀x ∈ ℝ.

⇔ –(x – 9)² ≤ 0, ∀x ∈ ℝ.

⇔ –(x – 9)² + 100 ≤ 100, ∀x ∈ ℝ.

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 9.

Vậy giá trị lớn nhất của B bằng 100 khi và chỉ khi x = 9.

a) Cách xác định hình chiếu của một điểm A lên đường thẳng d.

– Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm A và vuông góc với d.

– Tìm H là giao điểm của d và (P).

Suy ra H là hình chiếu của A trên d.

b) Cách xác định hình chiếu của một điểm A lên mặt phẳng (P).

– Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).

– Tìm H là giao điểm của d và (P).

Suy ra H là hình chiếu của A trên (P).

Giả sử ta cần vẽ hình chiếu của một điểm A trên cạnh BC, ta kẻ một đường thẳng đi qua điểm A và vuông góc với BC, đường thẳng này cắt BC tại H.

Vậy H là hình chiếu của một điểm A trên cạnh BC.

Ta có 121 ≥ 11ⁿ ≥ 1.

⇔ 11² ≥ 11ⁿ ≥ 11⁰.

⇔ 2 ≥ n ≥ 0.

Vì n là số nguyên dương nên ta nhận n ∈ {1; 2}.

Vậy n ∈ {1; 2} thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có 2x(4x² – 25) = 0.

⇔ 2x(2x – 5)(2x + 5) = 0.

$\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ 2x-5=0\\ 2x+5=0\end{array}\right.$.

$\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{5}{2}\\ x=-\frac{5}{2}\end{array}\right.$.

Vậy $\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{5}{2}\\ x=-\frac{5}{2}\end{array}\right.$ .

Ta có 5⁶ : 5⁴ + 2³ . 2² – 1²⁰¹⁷.

= 5^{6 – 4} + 2^{3 + 2} – 1.

= 5² + 2⁵ – 1.

= 25 + 32 – 1.

= 57 – 1.

= 56.

a) Với x = –1, ta có x² = 1.

Với x = 0, ta có x² = 0.

Với x = 1, ta có x² = 1.

Vậy A = {(–1; 1), (0; 0), (1; 1)}.

b) Vì x² + y² ≤ 2 và x, y ∈ ℤ nên x ∈ {–1; 0; 1}.

Với x = –1, ta có y² ≤ 2 – x² = 1.

⇔ –1 ≤ y ≤ 1.

Mà y ∈ ℤ nên y ∈ {–1; 0; 1}.

Vì vậy ta có các phần tử sau thuộc tập hợp B trong trường hợp x = –1 là: (–1; –1), (–1; 0), (–1; 1).

Ta thực hiện tương tự như vậy với các trường hợp x = 0, x = 1.

Vậy B = {(–1; –1), (–1; 0), (–1; 1), (0; –1), (0; 0), (0; 1), (1; –1), (1; 0), (1; 1)}.

Ta có B = 1 + 5 + 5² + 5³ + ... + 5¹⁵⁰.

⇒ 5B = 5 + 5² + 5³ + 5⁴ + ... + 5¹⁵¹.

Khi đó 5B – B = (5 + 5² + 5³ + 5⁴ + ... + 5¹⁵¹) – (1 + 5 + 5² + 5³ + ... + 5¹⁵⁰).

⇒ 4B = (5 – 5) + (5² – 5²) + (5³ – 5³) + ... + (5¹⁵⁰ – 5¹⁵⁰) + 5¹⁵¹ – 1.

⇒ 4B = 5¹⁵¹ – 1.

Vậy $B=\frac{5^{151}-1}{4}$ .

Ta có B = 1 + 5 + 5² + ... + 5⁷ + 5⁸.

= (1 + 5 + 5²) + (5³ + 5⁴ + 5⁵) + (5⁶ + 5⁷ + 5⁸).

= 31 + 5³.(1 + 5 + 5²) + 5⁶.(1 + 5 + 5²).

= 31 + 5³.31 + 5⁶.31.

= 31.(1 + 5³ + 5⁶).

Ta có 31 ⋮ 31 (hiển nhiên).

Suy ra 31.(1 + 5³ + 5⁶) ⋮ 31.

Vậy B ⋮ 31.

Ta có 3200 m gấp 1600 m số lần là:

3200 : 1600 = 2 (lần)

Nếu 40 người làm xong đoạn đường 3200 m thì hết số ngày là:

10 × 2 = 20 (ngày)

1 người làm xong 3200 m đường hết số ngày là:

20 × 40 = 800 (ngày)

Nếu có thêm 60 người thì làm xong đoạn đường 3200 m hết số ngày là:

800 : (40 + 60) = 8 (ngày)

1. Đáp số: 8 ngày.

Đổi: 9 tấn = 9000 kg.

Xe thứ hai chở được số kg xi-măng là:

9000 – 700 = 8300 (kg)

Cả hai xe chở được số xi-măng là:

9000 + 8300 = 17300 (kg)

Đổi: 17300 kg = 173 tạ.

Đáp số: 173 tạ xi-măng.

Đặt $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}$ , với x, y, z > 0.

Suy ra $xyz=\frac{1}{a}.\frac{1}{b}.\frac{1}{c}=1$ .

Ta có $\frac{1}{a^2.\left(b+c\right)}=\frac{x^2}{\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}=\frac{x^{2}yz}{y+z}=\frac{x}{y+z}$  .

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành: $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\ge \frac{3}{2}$ .

$\iff \left(\frac{x}{y+z}+1\right)+\left(\frac{y}{z+x}+1\right)+\left(\frac{z}{x+y}+1\right)\ge \frac{9}{2}$.

$\iff \frac{x+y+z}{y+z}+\frac{y+z+x}{z+x}+\frac{z+x+y}{x+y}\ge \frac{9}{2}$.

  $\iff \left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}+\frac{1}{x+y}\right)\ge \frac{9}{2} (*)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số x, y, z > 0, ta được:

$\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}+\frac{1}{x+y}\right)\ge 9>\frac{9}{2}$.

Do đó (*) luôn đúng.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ⇔ a = b = c.

Vậy bất đẳng thức đã cho đã được chứng minh.

Vì a, b, c > 0 nên a³, b³, c³ > 0.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số a³, b³, c³, ta được: $a^3+b^3+c^3\ge 3\sqrt[3]{a^3.b^3.c^3}$ .

$\Rightarrow \frac{1}{a^3+b^3+c^3}\le \frac{1}{3\sqrt[3]{a^3.b^3.c^3}}$.

$\Rightarrow -\frac{1}{a^3+b^3+c^3}\ge -\frac{1}{3\sqrt[3]{a^3.b^3.c^3}}$.

Ta có     $\frac{a^4}{a^3+2b^3}=a-\frac{2a{b}^3}{a^3+b^3+b^3}\ge a-\frac{2a{b}^3}{3\sqrt[3]{a^3.b^3.b^3}}=a-\frac{2}{3}b$(1)

Chứng minh tương tự, ta được:

⦁   $\frac{b^4}{b^3+2c^3}\ge b-\frac{2}{3}c$ (2)

⦁  $\frac{c^4}{c^3+2d^3}\ge c-\frac{2}{3}d$  (3)

⦁  $\frac{d^4}{d^3+2a^3}\ge d-\frac{2}{3}a$   (4)

Lấy (1) + (2) + (3) + (4) vế theo vế, ta được:

$\frac{a^4}{a^3+2b^3}+\frac{b^4}{b^3+2c^3}+\frac{c^4}{c^3+2d^3}+\frac{d^4}{d^3+2a^3}\ge \frac{a}{3}+\frac{b}{3}+\frac{c}{3}+\frac{d}{3}=\frac{a+b+c+d}{3}$.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Dùng biểu đồ Ven, ta có:

 Ta thấy A ⊂ B ⇒ C \ B ⊂ C \ A.

Suy ra phương án B sai.

Vậy ta chọn phương án B.

Gọi E là trung điểm của AC.

Suy ra AE = CE và OE ⊥ AC    (1)

Gọi F là trung điểm của AD.

Suy ra AF = FD và O’F ⊥ AD  (2)

Từ (1), (2), suy ra OE // O’F.

Mà MA ⊥ CD (do giả thiết).

Do đó OE // MA // O’F.

Khi đó tứ giác OO’FE là hình thang có MA là đường trung bình (vì M là trung điểm OO’).

Suy ra A là trung điểm của EF.

Do đó AE = AF.

Vì vậy 2AE = 2AF.

Suy ra AC = AD.

Khi đó A là trung điểm của CD.

Tam giác MCD có MA vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao.

Vậy tam giác MCD cân tại M.

a) Ta có tứ giác ABCD là hình bình hành có O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.

Suy ra O là trung điểm của AC   (1)

Lại có M, N theo thứ tự là trung điểm của OD, OB.

Suy ra $OM=\frac{1}{2}OD=\frac{1}{2}OB=ON$.

Do đó O là trung điểm của MN   (2)

Từ (1), (2), ta thu được tứ giác AMCN là hình bình hành.

b) Ta có tứ giác AMCN là hình bình hành (kết quả câu a).

Suy ra AM // CN hay AE // CF.

Mà AB // CD hay AF // CE.

Vậy tứ giác AECF là hình bình hành.

c) Ta có tứ giác AECF là hình bình hành (kết quả câu b).

Suy ra hai đường chéo AC và EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà O là trung điểm của AC (chứng minh trên).

Do đó O cũng là trung điểm của EF.

Vậy E, F đối xứng qua O.

d) Gọi G là trung điểm của CE.

Mà O là trung điểm của AC (chứng minh trên).

Suy ra OG // AE hay OG // ME.

Mà M là trung điểm của OD (giả thiết).

Do đó ME là đường trung bình của tam giác ODG.

Vì vậy E là trung điểm của DG.

Suy ra DE = EG = GC.

Vậy CE = EG + GC = DE + DE = 2DE (điều phải chứng minh).

Gọi I, M lần lượt là trung điểm của AB, BC.

Xét ∆ABM và ∆ACM, có:

AM là cạnh chung;

AB = AC (giả thiết);

BM = CM (M là trung điểm BC).

Do đó ∆ABM = ∆ACM (c.c.c).

Ta có D, I lần lượt là trung điểm của AC, AB.

Suy ra AC = 2CD và AB = 2BI.

Mà AB = AC (giả thiết).

Do đó 2CD = 2BI hay CD = BI.

Xét ∆BCI và ∆CBD, có:

BC là cạnh chung;

 $\widehat{CBI}=\widehat{BCD}$(∆ABM = ∆ACM);

BI = CD (chứng minh trên).

Do đó ∆BCI = ∆CBD (c.g.c).

Suy ra CI = BD (cặp cạnh tương ứng).

Tam giác ABE có C, I lần lượt là trung điểm của AE, AB.

Suy ra CI là đường trung bình của tam giác ABE.

Do đó CI // BE và 2CI = BE.

Mà CI = BD.

Vậy BE = 2BD.

Gọi E là trung điểm của DC.

Mà M là trung điểm của BC.

Suy ra ME là đường trung bình của tam giác BCD.

Do đó ME // BD hay ME // ID.

Ta có $AD=\frac{1}{3}AC$  . Suy ra $AD=\frac{1}{2}DC=DE$  .

Suy ra D là trung điểm của AE.

Mà ME // ID (chứng minh trên).

Do đó ID là đường trung bình của tam giác AME.

Vì vậy I là trung điểm của AM.

Vậy AI = IM.

a) Ta có  $\widehat{BDI}=\widehat{AEB}$(cùng phụ với $\widehat{ABE}$ ).

Mà $\widehat{BDI}=\widehat{ADM}$ (đối đỉnh).

Suy ra $\widehat{ADM}=\widehat{AEB}$ .

Xét ∆ADM và ∆AEB, có:

AD = AE (giả thiết);

$\widehat{ADM}=\widehat{AEB}$ (chứng minh trên);

$\widehat{MAD}=\widehat{BAE}=90°$.

Do đó ∆ADM = ∆AEB (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra AM = AB (cặp cạnh tương ứng).

Mà AB = AC (tam giác ABC vuông cân tại A).

Vậy AM = AC.

b) Ta có A là trung điểm MC (AM = AC) và MI // AK (cùng vuông góc với BE).

Suy ra AK là đường trung bình của tam giác IMC.

Do đó K là trung điểm của IC.

Vậy IK = IC.

a) Ta có $\widehat{BAC}=90°$   (do AB ⊥ AC) và ba điểm A, B, C cùng thuộc đường tròn (O).

Suy ra BC là đường kính của đường tròn (O) hay BC đi qua O.

Vậy ba điểm B, O, C thẳng hàng.

b) Kẻ AH ⊥ BC tại H.

Tam giác AOH vuông tại H có AO là cạnh huyền.

Suy ra AH < AO.

Ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC\le \frac{1}{2}.AO.BC=\frac{1}{2}R.2R=R^2$ .

Vậy S_ABC ≤ R².

Ta có MN, NP, PQ, QM lần lượt là đường trung bình của các tam giác ABC, BCD, ACD, ABD.

Suy ra MN // AC; NP // BD; PQ // AC; QM // BD.

Mà AC ⊥ BD (giả thiết).

Do đó MN ⊥ NP và PQ ⊥ QM.

Vì vậy $\widehat{MNP}+\widehat{PQM}=90°+90°=180°$.

Suy ra tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MP.

Vậy M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn.

Ta có $\frac{x}{x^2-yz+2013}+\frac{y}{y^2-zx+2013}+\frac{z}{z^2-xy+2013}$ .

$\frac{x^2}{x^3-xyz+2013x}+\frac{y^2}{y^3-xyz+2013y}+\frac{z^2}{z^3-xyz+2013z}$.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:

$\frac{x^2}{x^3-xyz+2013x}+\frac{y^2}{y^3-xyz+2013y}+\frac{z^2}{z^3-xyz+2013z}$$\ge \frac{{\left(x+y+z\right)}^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz+2013\left(x+y+z\right)}$

$=\frac{{\left(x+y+z\right)}^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz+3\left(xy+yz+zx\right)\left(x+y+z\right)}$

$=\frac{{\left(x+y+z\right)}^2}{{\left(x+y+z\right)}^3}=\frac{1}{x+y+z}$.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

a) Ta có $\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90°$   (vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O)).

Suy ra $\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=180°$ .

Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính OM.

b) Xét ∆MBC và ∆MDB, có:

 $\widehat{BMD}$ chung;

$\widehat{MBC}=\widehat{MDB}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến MB và dây cung BC và góc nội tiếp chắn cung BC).

Do đó $\Delta MBC\backsim \Delta MDB$  (g.g).

Suy ra $\frac{MB}{MD}=\frac{MC}{MB}$ .

Vậy MB² = MC.MD.

c) Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R.

Suy ra OM là đường trung trực của đoạn AB.

Do đó OM ⊥ AB tại H.

Tam giác OMB vuông tại B có BH là đường cao: MB² = MH.MO.

Mà MB² = MC.MD (kết quả câu b).

Suy ra MC.MD = MH.MO.

Xét ∆MCH và ∆MOD, có:

 $\widehat{OMD}$ chung;

$\frac{MC}{MO}=\frac{MH}{MD}$ (do MC.MD = MH.MO).

Do đó  $\Delta MCH\backsim \Delta MOD$(c.g.c).

Suy ra  $\widehat{MHC}=\widehat{MDO}$   (1)

Vì vậy tứ giác CDOH nội tiếp.

Do đó $\widehat{OHD}=\widehat{OCD}$  .

Mà $\widehat{ODC}=\widehat{OCD}$  (do tam giác OCD cân tại O).

Suy ra   $\widehat{OHD}=\widehat{ODC}$  (2)

Từ (1), (2), suy ra $\widehat{MHC}=\widehat{OHD}$  .

Mà $\widehat{MHC}+\widehat{CHB}=90°$  và  $\widehat{OHD}+\widehat{BHD}=90°$.

Khi đó  $\widehat{CHB}=\widehat{BHD}$.

Vậy AB là phân giác của $\widehat{CHD}$ .

Lời giải

a) VT = sin⁴α – cos⁴α + 1

= (sin²α – cos²α)(sin²α + cos²α) + 1

= sin²α – cos²α + 1

= sin²α + sin²α = 2sin²α = VP (điều phải chứng minh).

e) VT = (1 + cotα)sin³α + (1 + tanα)cos³α

$=\left(1+\frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }\right){\sin }^3\alpha +\left(1+\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }\right){\cos }^3\alpha$

= sin³α + cosα.sin²α + cos³α + sinα.cos²α

= sin³α + cos³α + sinα.cosα.(sinα + cosα)

= (sinα + cosα)(sin²α – sinα.cosα + cos²α) + sinα.cosα.(sinα + cosα)

= (sinα + cosα)(1 – sinα.cosα + sinα.cosα)

= sinα + cosα = VP (điều phải chứng minh).

Giả sử a, b, c là ba số tự nhiên lẻ liên tiếp có dạng a = 2k – 1, b = 2k + 1, c = 2k + 3, với k ∈ ℕ.

Khi đó bộ ba số tự nhiên (a, b, c) nguyên tố cùng nhau.

Ta có n = a²b² + b²c² + c²a²

= (2k – 1)²(2k + 1)² + (2k + 1)²(2k + 3)² + (2k + 3)²(2k – 1)²

= (4k² – 1)² + (2k + 3)².[(2k + 1)² + (2k – 1)²]

= 16k⁴ – 8k² + 1 + (4k² + 12k + 9).[(2k + 1 + 2k – 1)² – 2(2k + 1)(2k – 1)]

= 16k⁴ – 8k² + 1 + (4k² + 12k + 9).[16k² – 2(4k² – 1)]

= 16k⁴ – 8k² + 1 + (4k² + 12k + 9).(8k² + 2)

= 16k⁴ – 8k² + 1 + 32k⁴ + 8k² + 96k³ + 24k + 72k² + 18

= 48k⁴ + 96k³ + 72k² + 24k + 18 + 1.

Ta có 48; 96; 72; 24; 18 đều chia hết cho 3.

Suy ra 48k⁴; 96k³; 72k²; 24k; 18 đều chia hết cho 3, với k ∈ ℕ.

Khi đó tổng 48k⁴ + 96k³ + 72k² + 24k + 18 chia hết cho 3, với k ∈ ℕ.

Vì vậy 48k⁴ + 96k³ + 72k² + 24k + 18 + 1 chia cho 3 dư 1, với k ∈ ℕ.

Suy ra n là số chính phương.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

a) Ta có BC ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)) và BC ⊥ AB (do ABCD là hình vuông).

Suy ra BC ⊥ (SAB).

Mà AM ⊂ (SAB).

Do đó BC ⊥ AM.

Mà AM ⊥ SB (do M là hình chiếu của A trên SB).

Vậy AM ⊥ (SBC).

Chứng minh tương tự, ta được AN ⊥ (SDC).

b) Ta có AM ⊥ SC (do AM ⊥ (SBC)) và AN ⊥ SC (do AN ⊥ (SDC)).

Vì vậy SC ⊥ (AMN).

Suy ra SC ⊥ MN    (1)

Tam giác SAB vuông tại A có AM là đường cao: SA² = SM.SB    (*)

Tam giác SAD vuông tại A có AN là đường cao: SA² = SN.SD    (**)

Từ (*), (**), suy ra SM.SB = SN.SD.

Do đó $\frac{SM}{SB}=\frac{SN}{SD}$ .

Áp dụng định lí Thales đảo, ta được MN // BD.

Ta có BD ⊥ SA (SA ⊥ (ABCD)) và BD ⊥ AC (do ABCD là hình vuông).

Suy ra BD ⊥ (SAC).

Mà MN // BD (chứng minh trên).

Vậy MN ⊥ (SAC).

c) Ta có K là giao điểm của SC và (AMN).

Suy ra K ∈ SC ⊂ (SAC).

Lại có MN ⊥ (SAC). (kết quả câu b).

Do đó MN ⊥ AK.

Vậy AMKN có hai đường chéo vuông góc với nhau.

Ta có $VT=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

$=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1-3$

$=\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{b+c+a}{c+a}+\frac{c+a+b}{a+b}-3$

$=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)-3$

$=\frac{1}{2}\left[\left(b+c\right)+\left(c+a\right)+\left(a+b\right)\right]\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)-3$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được:

$\left[\left(b+c\right)+\left(c+a\right)+\left(a+b\right)\right]\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)$

$\ge 3\sqrt[3]{\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}.3\sqrt[3]{\frac{1}{b+c}.\frac{1}{c+a}.\frac{1}{a+b}}=9$.

Khi đó $VT=\frac{1}{2}\left[\left(b+c\right)+\left(c+a\right)+\left(a+b\right)\right]\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)-3\ge \frac{1}{2}.9-3=\frac{3}{2}$  .

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Hàm số đã cho có đúng một điểm cực đại và không có điểm cực tiểu.

$\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ m^2-4\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ -2\le m\le 2\end{array}\right.\iff -2\le m<0$.

Mà m ∈ ℤ nên m ∈ {–2; –1}.

Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: A

Phương án A đúng.

Phương án B sai vì 3 điểm chung phân biệt xác định được duy nhất 1 đường tròn nên nếu hai đường tròn (O) và (O’) có 3 điểm chung phân biệt thì hai đường tròn (O) và (O’) trùng nhau.

Phương án C sai vì trường hợp tam giác tù thì tâm đường tròn ngoại tiếp nằm bên ngoài tam giác đó.

Phương án D sai. Sửa lại: Đường thẳng d cắt đường tròn (O; R) khi khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng d nhỏ hơn R.

Vậy ta chọn phương án A.

Hình chữ nhật (không phải hình vuông) có 2 trục đối xứng là đường thẳng đi qua trung điểm của các cặp cạnh đối diện của hình chữ nhật.

Ta có 78¹² – 78¹¹ = 78¹¹.(78 – 1) = 78¹¹.77.

Lại có 78¹¹ – 78¹⁰ = 78¹⁰.(78 – 1) = 78¹⁰.77.

Vì 78¹¹ > 78¹⁰ nên 78¹¹.77 > 78¹⁰.77.

Vậy 78¹² – 78¹¹ > 78¹¹ – 78¹⁰.

Ta có (–0,7)²⁶ = (0,7)²⁶.

= (0,7)²⁴.(0,7)².

= [(0,7)³]⁸.(0,7)².

= (0,343)⁸.(0,7)².

Mà 0,7 < 1 nên (0,7)² < 1.

Do đó (0,343)⁸.(0,7)² < (0,343)⁸.

Suy ra (–0,7)²⁶ < (0,343)⁸.

Vậy (–0,7)²⁶ < (0,343)⁸.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}x=2a-1\\ y=2b-1\\ z=2c-1\\ t=2d-1\end{array}\right.$  , với a, b, c, d là các số nguyên dương.

Suy ra 2(a + b + c + d) – 4 = x + y + z + t = 40.

Do đó a + b + c + d = 22.

Theo nguyên lí “chia kẹo Euler” thì số bộ nghiệm nguyên dương của phương trình trên là .

Vậy có 1330 số bộ (x, y, z, t) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có x² + 5x + 3 = 0   (*)

Ta có ∆ = b² – 4ac = 5² – 4.1.3 = 13 > 0.

Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.

Hai nghiệm là: $\left[\begin{array}{l}{x}_1=\frac{-b+\sqrt{\Delta }}{2a}=\frac{-5+\sqrt{13}}{2}\\ x_2=\frac{-b-\sqrt{\Delta }}{2a}=\frac{-5-\sqrt{13}}{2}\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là  $S=\left\{\frac{-5\pm \sqrt{13}}{2}\right\}$.

Ta có x² – 5x + 3 = 0.

Theo Viet: S = x₁ + x₂ = 5.

                    P = x₁x₂ = 3.

Ta có:

⦁ y₁ + y₂ = 2x₁ – x₂ + 2x₂ – x₁ = x₁ + x₂ = 5.

⦁ $y_1{y}_2=\left(2x_1-x_2\right)\left(2x_2-x_1\right)=5x_1{x}_2-2\left(x_1^2+x_2^2\right)$ .

= 9x₁x₂ – 2(x₁ + x₂)² = 9.3 – 2.5² = –23.

Vậy y₁, y₂ là nghiệm của phương trình y² – 5y – 23 = 0.

Ta có đa thức f(x) = x⁴ + ax² + b chia hết cho g(x) = x² – 3x + 2.

Suy ra ta có thể viết f(x) dưới dạng: f(x) = x⁴ + ax² + b = (x² – 3x + 2)Q(x) (trong đó Q(x) là đa thức thương).

Do đó x⁴ + ax² + b = (x – 1)(x – 2)Q(x).

Với x = 1, ta có: 1 + a + b = 0. Suy ra a + b = –1   (1)

Với x = 2, ta có: 16 + 4a + b = 0. Suy ra 4a + b = –16   (2)

Từ (1), (2), suy ra a = –5, b = 4.

Do đó f(x) = x⁴ – 5x² + 4.

Ta lại có:

Vậy a = –5, b = 4 và đa thức thương Q(x) = x² + 3x + 2.

Ta có (–0,125)⁴ = (0,125)⁴.

Lại có (0,5)¹² = [(0,5)³]⁴ = (0,125)⁴.

Vậy (–0,125)⁴ = (0,5)¹².

Ta có   $\sqrt{2x^2-12x+34}+\sqrt{4x^2-24x+40}=-3+6x-x^2$  (*)

Ta có $\sqrt{2x^2-12x+34}=\sqrt{2\left(x^2-6x+9\right)+16}=\sqrt{2{\left(x-3\right)}^2+16}\ge \sqrt{16}=4$ .

Chứng minh tương tự, ta được $\sqrt{4x^2-24x+40}\ge 2$  .

Khi đó $\sqrt{2x^2-12x+34}+\sqrt{4x^2-24x+40}\ge 4+2=6$  .

Lại có –3 + 6x – x² = –(x – 3)² + 6 ≤ 6.

Vì vậy (*) đúng  $\iff \left\{\begin{array}{l}2x^2-12x+34=16\\ 4x^2-24x+40=4\\ -3+6x-x^2=6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2{\left(x-3\right)}^2=0\\ 4{\left(x-3\right)}^2=0\\ -{\left(x-3\right)}^2=0\end{array}\right.\iff x=3$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.