![](https://rs.olm.vn/images/background/bg16172827077736.jpg?v=2?1708184938)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/2.png?131708184938)
Lê Song Phương
Giới thiệu về bản thân
![xếp hạng xếp hạng](https://rs.olm.vn/images/medal_mam_non.png)
![ngôi sao 1 Ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 2 ngôi sao 2](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 3 ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![sao chiến thắng Sao chiến thắng](https://rs.olm.vn/images/medal_win_1.png)
![xếp hạng xếp hạng](https://rs.olm.vn/images/medal_tan_binh.png)
![ngôi sao 1 Ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 2 ngôi sao 2](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 3 ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![sao chiến thắng Sao chiến thắng](https://rs.olm.vn/images/medal_win_1.png)
![xếp hạng xếp hạng](https://rs.olm.vn/images/medal_chuyen_can.png)
![ngôi sao 1 Ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 2 ngôi sao 2](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 3 ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![sao chiến thắng Sao chiến thắng](https://rs.olm.vn/images/medal_win_1.png)
![xếp hạng xếp hạng](https://rs.olm.vn/images/medal_cao_thu.png)
![ngôi sao 1 Ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 2 ngôi sao 2](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 3 ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![sao chiến thắng Sao chiến thắng](https://rs.olm.vn/images/medal_win_1.png)
![xếp hạng xếp hạng](https://rs.olm.vn/images/medal_thong_thai.png)
![ngôi sao 1 Ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 2 ngôi sao 2](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 3 ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![sao chiến thắng Sao chiến thắng](https://rs.olm.vn/images/medal_win_1.png)
![xếp hạng xếp hạng](https://rs.olm.vn/images/medal_kien_tuong.png)
![ngôi sao 1 Ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 2 ngôi sao 2](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 3 ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![sao chiến thắng Sao chiến thắng](https://rs.olm.vn/images/medal_win_1.png)
![xếp hạng xếp hạng](https://rs.olm.vn/images/medal_dai_kien_tuong.png)
![ngôi sao 1 Ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 2 ngôi sao 2](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![ngôi sao 3 ngôi sao 1](https://rs.olm.vn/images/medal_ngoi_sao.png)
![sao chiến thắng Sao chiến thắng](https://rs.olm.vn/images/medal_win_1.png)
d) Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên \(BA^2=BH.BC\)
Tam giác BAO vuông tại A có đường cao AK nên \(BA^2=BK.BO\)
Từ đó suy ra \(BH.BC=BK.BO\Leftrightarrow\dfrac{BH}{BO}=\dfrac{BK}{BC}\)
Tam giác BHC và BOC có:
\(\dfrac{BH}{BO}=\dfrac{BK}{BC};\widehat{OBC}\) chung
\(\Rightarrow\Delta BHC\sim\Delta BOC\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{BKH}=\widehat{BCO}\).
Từ đó suy ra tứ giác OCHK nội tiếp
Do đó: \(\widehat{BCO}=\widehat{HCO}=\widehat{OHC}=\widehat{OKC}\)
Từ đây ta có \(\widehat{BKH}=\widehat{OKC}\)
\(\Rightarrow90^o-\widehat{BKH}=90^o-\widehat{OKC}\)
\(\Rightarrow\widehat{HKQ}=\widehat{CKQ}\)
\(\Rightarrow\) KQ là tia phân giác của \(\widehat{HKC}\) (đpcm)
Bạn phải xem xem có thể xếp được 9 hộp bánh đó vào thùng được không. Thùng có chiều cao 15cm nhưng mỗi hộp bánh lại có chiều cao 10cm nên không thể xếp các hộp bánh thành 2 tầng được mà chỉ xếp được 1 tầng hộp bánh mà thôi. Trong trường hợp đó, số hộp bánh tối đa mà hộp chứa được là \(\dfrac{20.30}{10.10}=6\) hộp nhé.
b) Để ý rằng phương trình của trục Ox là \(y=0\). Do đó pt hoành độ giao điểm của Ox và d là \(\left(m^2+1\right)x_A-2m=0\Leftrightarrow x_A=\dfrac{2m}{m^2+1}\)
Mà \(OA=\left|x_A\right|=\left|\dfrac{2m}{m^2+1}\right|=\dfrac{2\left|m\right|}{m^2+1}\) , \(OA=\dfrac{4}{5}\)
\(\Rightarrow\dfrac{2\left|m\right|}{m^2+1}=\dfrac{4}{5}\)
\(\Leftrightarrow2m^2-5\left|m\right|+2=0\)
Xét \(m\ge0\), khi đó \(2m^2-5m+2=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\) (nhận)
Xét \(m< 0\), khi đó \(2m^2+5m+2=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=-\dfrac{1}{2}\\m=-2\end{matrix}\right.\) (nhận)
Vậy \(m\in\left\{\pm2;\pm\dfrac{1}{2}\right\}\) thỏa mãn ycbt.
c) Theo câu b), ta có \(OA=\dfrac{2\left|m\right|}{m^2+1}\). d cắt Oy tại \(B\left(0,-2m\right)\)
\(\Rightarrow OB=\left|-2m\right|=2\left|m\right|\)
Có \(OA=2OB\Leftrightarrow\dfrac{2\left|m\right|}{m^2+1}=4\left|m\right|\)
\(\Leftrightarrow\left|m\right|\left(2-\dfrac{1}{m^2+1}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\2m^2+1=0\left(vôlý\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy \(m=0\) thỏa mãn ycbt.
d) Gọi \(h\) là khoảng cách từ O đến d thì khi đó:
\(\dfrac{1}{h^2}=\dfrac{1}{OA^2}+\dfrac{1}{OB^2}\)
\(=\dfrac{1}{\left(\dfrac{2\left|m\right|}{m^2+1}\right)^2}+\dfrac{1}{\left(2\left|m\right|\right)^2}\)
\(=\dfrac{m^4+2m^2+1}{4m^2}+\dfrac{1}{4m^2}\)
\(=\dfrac{m^4+2m^2+2}{4m^2}\)
\(\Rightarrow h^2=\dfrac{4m^2}{m^4+2m^2+2}\)
Đặt \(t=m^2\left(t>0\right)\) thì ta có \(h^2=\dfrac{4t}{t^2+2t+2}=P\)
\(\Leftrightarrow Pt^2+2\left(P-2\right)t+2P=0\) (*)
Có \(\Delta'=\left(P-2\right)^2-2P^2=P^2-4P+4-2P^2=-P^2-4P+4\)
\(\Delta'\ge0\Leftrightarrow-2-2\sqrt{2}\le P\le-2+2\sqrt{2}\)
Ta thấy \(P=\dfrac{2P}{P}=2>0\) nên để pt đã cho có 1 nghiệm dương thì \(S>0\Leftrightarrow-2\left(P-2\right)>0\Leftrightarrow P< 2\)
Kết hợp 2 điều kiện, ta được \(-2-2\sqrt{2}\le P\le-2+2\sqrt{2}\)
Vậy \(maxP=-2+2\sqrt{2}\). Dấu "=" xảy ra khi \(t=\dfrac{-2\left(-2+2\sqrt{2}-2\right)}{2\left(-2+2\sqrt{2}\right)}=\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow m^2=\sqrt{2}\Leftrightarrow m=\pm\sqrt[4]{2}\)
Vậy \(m=\pm\sqrt[4]{2}\) thỏa mãn ycbt.
Với \(n=0\) thì đpcm thành \(0⋮30\), luôn đúng.
Với \(n=1\) thì đpcm thành \(x^5-x⋮30\). Ta thấy:
\(VT=x^5-x=x\left(x^4-1\right)=x\left(x^2-1\right)\left(x^2+1\right)=x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)\)
Ta thấy \(x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\) là tích của 3 số liên tiếp nên nó chia hết cho 6 \(\Rightarrow VT⋮6\) (1)
Nếu \(x⋮5\Rightarrow VT⋮5\)
Nếu \(x\equiv\pm1\left[5\right]\) thì \(x-1\) hoặc \(x+1\) chia hết cho 5 \(\Rightarrow VT⋮5\)
Nếu \(x\equiv\pm2\left[5\right]\) thì \(x^2+1⋮5\Rightarrow VT⋮5\)
Vậy với mọi \(x\) thì \(VT⋮5\) (2)
Do \(ƯCLN\left(5,6\right)=1\) nên từ (1) và (2) \(\Rightarrow x^5-x⋮30\)
Vậy với \(n=1\) thì khẳng định đúng.
Giả sử khẳng định đúng đến \(n=k\ge0\). Ta cần chứng minh khẳng định đúng với \(n=k+1\)
Với \(n=k+1\), ta có:
\(x^{4n+1}-x\) \(=x^{4\left(k+1\right)+1}-x\)
\(=x^{4k+5}-x\)
\(=x^4.x^{4k+1}-x^5+x^5-x\)
\(=x^4\left(x^{4k+1}-x\right)+\left(x^5-x\right)\)
Mà theo giả thiết quy nạp, \(x^{4k+1}-x⋮30\) và theo cmt thì \(x^5-x⋮30\)
\(\Rightarrow x^{4n+1}-x=x^4\left(x^{4k+1}-x\right)+\left(x^5-x\right)⋮30\). Như vậy, khẳng định đúng với \(n=k+1\).
Theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm.
Nếu \(n\) chẵn thì đpcm trở thành \(\dfrac{3n+1}{4n-1}\le\dfrac{3n+4}{4n-1}\) \(\Leftrightarrow3n+1\le3n+4\) \(\Leftrightarrow1\le4\), luôn đúng.
Nếu \(n\) lẻ thì đpcm thành \(\dfrac{3n-1}{4n+1}\le\dfrac{3n+4}{4n-1}\)
\(\Leftrightarrow\left(3n-1\right)\left(4n-1\right)\le\left(4n+1\right)\left(3n+4\right)\)
\(\Leftrightarrow12n^2-3n-4n+1\le12n^2+16n+3n+4\)
\(\Leftrightarrow26n+3\ge0\) (luôn đúng)
Vậy với mọi \(n\inℕ^∗\) thì \(\dfrac{3n+\left(-1\right)^n}{4n-\left(-1\right)^n}\le\dfrac{3n+4}{4n-1}\)
Có \(y'=x^2-2mx-1\)
Xét pt \(y'=x^2-2mx-1=0\)(*), có \(\Delta'=m^2+1>0\) nên (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\)
Theo định lý Viète, ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m\\x_1x_2=-1\end{matrix}\right.\)
Để \(x_1^2+x_2^2=2\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=2\)
\(\Leftrightarrow\left(2m\right)^2+2=2\)
\(\Leftrightarrow4m^2=0\)
\(\Leftrightarrow m=0\)
Vậy \(m=0\) thỏa mãn ycbt.
\(x^2+5xy+6y^2+x+2y-2=0\)
\(\Leftrightarrow x^2+2xy+3xy+6y^2+x+2y=2\)
\(\Leftrightarrow x\left(x+2y\right)+3y\left(x+2y\right)+\left(x+2y\right)=2\)
\(\Leftrightarrow\left(x+2y\right)\left(x+3y+1\right)=2\)
Ta xét các TH sau:
TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}x+2y=1\\x+3y+1=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(1;0\right)\)
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}x+2y=2\\x+3y+1=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(6;-2\right)\)
TH3: \(\left\{{}\begin{matrix}x+2y=-1\\x+3y+1=-2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(3;-2\right)\)
TH4: \(\left\{{}\begin{matrix}x+2y=-2\\x+3y+1=-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(-2;0\right)\)
Vậy có 4 cặp số (x; y) thỏa mãn đề bài là \(\left(1;0\right),\left(6;-2\right),\left(3;-2\right),\left(-2;0\right)\)
Dịch đề: Cho dãy số 2, 7, 12, 17, 22, 27,..., 302, 307. Tìm chữ sồ hàng đơn vị của tích tất cả các số trong dãy.
Solution (in English):
In the sequence, there are \(\left(302-2\right):10+1=31\) numbers that end with 2 and \(\left(307-7\right):10+1=31\) numbers that end with 7.
Therefore, the unit digit of the product is also the unit digit of:
\(A=2\times2\times2\times...\times2\times7\times7\times7\times...\times7\)
(31 numbers 2) (31 numbers 7)
We have to find out what is the final digit of \(2\times2\times...\times2\) (31 times) and \(7\times7\times...\times7\) (31 times)
Consider the number \(N=2\times2\times...\times2\) (\(n\) times)
If \(n=1\), then \(N=2\)
If \(n=2\), then \(N=4\)
If \(n=3\), then \(N=8\)
If \(n=4\), then \(N=16\rightarrow\) the last digit is 6
If \(n=5\), then \(N=32\rightarrow\) the last digit is 2
If \(n=6\), then \(N=64\rightarrow\) the last digit is 4
If \(n=7\), then \(N=128\rightarrow\) the last digit is 8.
If \(n=8\), then \(N=256\rightarrow\) the last digit is 6.
...
From here we can see a pattern: If \(n\) has a remainder of 3 when being divided by 4, the last digit of N is 8. Thus, the final digit of \(2\times2\times...\times2\) (31 times) is 8 since 31 has a remainder of 3 when being divided by 4.
Using the same method of reasoning, we can deduce that \(7\times7\times...\times7\) (31 times) ends with 3.
Therefore, the final digit of A must be the final digit of \(8\times3=24\), which is 4.
So the answer is 4.
Đặt \(P\left(x\right)=x^3+3x^2-x+3^n\)
Nếu \(P\left(x\right)\) có nghiệm hữu tỉ \(x=\dfrac{p}{q}\left(p\inℤ,q\inℕ^∗;\left(p,q\right)=1\right)\) thì \(p|3^n,q|1\Rightarrow q=1\) và \(p=3^k\left(k\le n\right)\)
Vậy \(x=3^k\) sẽ là nghiệm hữu tỉ duy nhất của \(P\left(x\right)\) hay \(P\left(3^k\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(3^k\right)^3+3.\left(3^k\right)^2-3^k+3^n=0\)
\(\Leftrightarrow3^{3k}+3^{2k+1}-3^k+3^n=0\)
\(\Leftrightarrow3^{2k}+3^{k+1}-1+3^{n-k}=0\)
Ta thấy với \(n>k\) thì \(3^{2k}+3^{k+1}+3^{n-k}⋮3\) và \(0⋮3\) nên từ đây suy ra \(1⋮3\), vô lý.
Với \(n=k\) thì \(3^{2n}+3^{n+1}=0\), vô lý vì \(3^{2n}+3^{n+1}>0\) với \(n\inℕ^∗\)
Vậy \(P\left(x\right)\) không thể có nghiệm hữu tỉ. Do đó, nếu \(x^3+3x^2-x+3=0\) thì \(x\) chỉ có thể là một số vô tỉ. (đpcm)
Đổi \(72km/h=20m/s\)
Gia tốc \(a\) của ô tô đó chính là \(-2\left(m/s\right)\) và vận tốc ban đầu là \(v_0=30\left(m/s\right)\)
Ta có \(v^2-v_0^2=2as\Rightarrow s=\dfrac{v^2-v_0^2}{2a}=\dfrac{400-900}{-4}=125m\)
\(\rightarrow\) Chọn C