Thay x = -2 và y = 1 vào biểu thức

-x² + x(y² + xy) +1

Ta có: -(-2)² + (-2)(1 - 2) +1 = -1

Vậy giá trị của biểu thức -x² + x(y² + xy) +1 tại x = -2 và y = 1 là -1.

Thay x = 0,5 và y = 2 vào biểu thức

B = -x² + 2xy + y² – 1

Ta có: B = -0,5² + 2.0,5.2 + 2² – 1 = 4,75

Vậy giá trị của biểu thức

B = -x² + 2xy + y² – 1 tại x = 0,5 và y = 2 là 4,75.

Thay m = 3 vào biểu thức –m² + 3 ta có:

–3² + 3 = –6

Vậy giá trị của biểu thức –m² + 3 tại m = 3 là –6.

Thay m = –2 vào biểu thức –m² + 3 ta có: –(–2)² + 3 = –1

Vậy giá trị của biểu thức –m² + 3 tại m = –2 là –1

Thay m = 3 vào biểu thức 3m³ – m² +1 ta có: 3.3³ – 3² +1 = 73

Vậy giá trị của biểu thức 3m³ – m² +1 tại m = 3 là 73

Ta có \(4 x^{2} y^{2} x=4 x^{3} y^{2}\)

Và \(\frac{1}{3} x(-x y)^{2}=\frac{1}{3} x^{3} y^{2}\)

Hai đơn thức có chung phần biến nên là hai đơn thức đồng dạng.

Ta có \(3^{5} x(y z)^{2}=3^{5} x y^{2} z^{2}\)

Vậy bậc của đơn thức là 1+2+2=5

Ta thấy đơn thức \(7 x^{2} y\) có phần biến giống với đơn thức đã cho nên là đơn thức đồng dạng.

Ta có đơn thức \((-3 x y) y=-3 x y^{2}\) là đơn thức đồng dạng với đơn thức đã cho.

Ta có

\(-7 x^{2} y z^{3}-\left(-11 x^{2} y z^{3}\right)=-7 x^{2} y z^{3}+11 x^{2} y z^{3}=4 x^{2} y z^{3}\)

Trên tia đối của tia MA ta lấy điểm A′ sao cho MA=MA′.

Xét ΔAMB và ΔA′MC có:

AM=A′M (cách vẽ)

MB=MC (vì M là trung điểm BC)

\( \widehat {AMB} = \widehat {A'MC}(dd)\)

⇒ΔAMB=ΔA′MC(c.g.c)

⇒AB=A′C(hai cạnh tương ứng)

Xét ΔACA′ có: A′C−AC

Mà AB=A′C(cmt); AA′=2AM (theo cách vẽ) nên ta có:

\( \frac{{AB - AC}}{2} < AM < \frac{{AB + AC}}{2}\)

Xét ΔAMB có: AM>AB−BM (bất đẳng thức tam giác)

Xét ΔAMCc ó: AM>AC−MC (bất đẳng thức tam giác)

Vì M nằm giữa B và C (gt) ⇒ BC=BM+MC

Cộng theo từng vế của hai bất đẳng thức trên ta được:

\( 2AM > AB + AC - \left( {BM + MC} \right) \Rightarrow 2AM > AB + AC - BC.\)

Nối các đoạn thẳng MA,MB,MC

Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào ΔAMB ta được:

MA+MB>AB     (1)

Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào ΔBMC ta được: MB+MC>BC    (2)

Áp dụng bất đẳng thức tam giác vàoΔCMA ta được: MC+MA>CA     (3)

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta được:

\(\begin{array}{*{20}{l}} {MA + MB + MB + MC + MC + MA > AB + BC + CA}\\ { \Rightarrow 2\left( {MA + MB + MC} \right) > AB + BC + CA}\\ { \Rightarrow MA + MB + MC > \frac{{AB + BC + CA}}{2}} \end{array}\)

Gọi độ dài ba cạnh của tam giác là a,b,c. Chu vi tam giác là

\( \frac{{a + b + c}}{2}\)

Ta có:

\(a \(\Rightarrow 2a < a + b + c \Rightarrow a < \frac{{a + b + c}}{2}\)

Tương tự ta cũng có \( b < \frac{{a + b + c}}{2};c < \frac{{a + b + c}}{2}.\)

Nên độ dài một cạnh luôn nhỏ hơn nửa chu vi tam giác.

+ Ta có: HE // AC; AC ⊥ AB (do tam giác ABC vuông tại A)

Suy ra HE ⊥ AB (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Trong tam giác ABE có:

AD ⊥ BE tại D nên AD là một đường cao của tam giác ABE

HE ⊥ AB nên E, H thuộc một đường cao của tam giác ABE

Mà H = HE ∩ AD

Do đó H là giao của hai đường cao trong tam giác ABE

Nên H là giao của ba đường cao trong tam giác ABE (ba đường cao của một tam giác đồng quy tại một điểm)

Vậy H là trực tâm của tam giác ABE

Suy ra BH ⊥ AE nên đáp án A đúng, đáp án B sai

+ Vì tia AD và tia AE đều nằm trong góc BAC, mà \(\widehat {BAC} = {90^0}\) nên AD không thể vuông góc với AE, do đó đáp án C sai.

+ Vì BH ⊥ AE mà AE ∩ AD = A nên BH không thể vuông góc với AD nên đáp án D sai.

Chọn đáp án A

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất lần lượt là 14 phút và 5 phút.

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất lần lượt là 10 điểm và 3 điểm.

Số trung bình cộng của dấu hiệu là:

\(\bar{X}=\frac{2 \cdot 1+3 \cdot 3+4 \cdot 5+5 \cdot 6+6 \cdot 6+7 \cdot 9+8 \cdot 6+9 \cdot 3+10 \cdot 1}{30}=8,2\)

Mốt của dấu hiệu là 7( có tần số lớn nhất)

Buổi sáng nhiệt độ là x, buổi trưa nhiệt độ tăng y độ so với buổi sáng.

Vậy buổi trưa nhiệt độ là x+y độ.

Đến chiều tối nhiệt độ lại giảm z độ so với buổi trưa.

Vậy nhiệt độ của thành phố Đà Lạt vào buổi tối là x+y–z độ.

Thay m = -2 vào biểu thức 3m³ – m² +1 ta có: 3(-2)³ – (-2)² + 1 = -27

Vậy giá trị của biểu thức 3m³ – m² +1 tại m= -2 là -27

Ta có \(2 x^{2} y z \cdot\left(-4 x y^{2} z\right)=-8 x^{3} y^{3} z\)

Ta có 

\(\begin{array}{l} -4 x^{2} y^{3}\left(-\frac{3}{4} x\right) 3 y^{2} x=(-4) \cdot\left(-\frac{3}{4}\right) \cdot 3 x^{2} \cdot x \cdot x \cdot y^{3} \cdot y^{2} \\ =9 \cdot x^{2+1+1} \cdot y^{3+2}=9 x^{4} y^{5} \end{array}\)

Ta có \(\left(-2 x^{3}\right) 3 x^{4} y=-6 x^{7} y\)

Vậy bậc của đơn thức là 1+7=8

Ta có \(7 x^{2} y^{7} \cdot(-3) x^{3} y \cdot(-2)=42 x^{5} y^{8}\)

Trong tam giác BDC có:

BA ⊥ CD tại A (do tam giác ABC vuông tại A) ⇒ BA là một đường cao của tam giác BDC

DE ⊥ BC tại E (do HE ⊥ BC) ⊥ DE là một đường cao của tam giác BCD

Mà DE ∩ BA = H

Do đó H là giao điểm của hai đường cao trong tam giác BDC

Suy ra H là giao điểm của ba đường cao trong tam giác BDC

Vậy H là trực tâm của tam giác BDC.

Chọn đáp án B

Vì tam giác ABC là tam giác không cân nên trực tâm của tam giác ABC là giao điểm của ba đường cao.

Chọn đáp án D

Vì ΔABC cân tại A có AM là đường trung tuyến nên AM cũng là đường cao, đường trung trực và đường phân giác của tam giác ABC

Chọn đáp án D

Vì hai đường cao AM và BN cắt nhau tại H nên CH là đường cao của ΔABC và H là trực tâm tam giác ΔABC nên A, B, D sai, C đúng.

Chọn đáp án C

+ Vì O thuộc đường trung trực của AB nên OA = OB, do đó đáp án A sai

+ Vì ba đường trung trực của tam giác đồng quy tại một điểm nên O là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác ABC, suy ra O thuộc đường trung trực cạnh BC

Mà AB = AC nên A thuộc đường trung trực cạnh BC

Do đó AO là đường trung trực của BC , nên đáp án C đúng

+ Lại có tam giác ABC cân tại C (AB = AC) có AO là trung trực nên AO cũng là phân giác của góc BAC

\(= > \widehat {BAO} = \widehat {CAO}\)

Khi đó ΔBAO = ΔCAO (c - g - c)

(Vì AB = AC, AO chung, \(\widehat {BAO} = \widehat {CAO}\))

Suy ra \(\widehat {AOB} = \widehat {AOC}\) => Đáp án B sai

+ Do tam giác ABC là tam giác cân không đều nên O không phải là giao điểm của ba đường phân giác trong tam giác ABC nên O không cách đều ba cạnh của tam giác ABC, do đó đáp án D sai.

Chọn đáp án B

Chiều dài hơn chiều rộng 3m. Chiều dài là x (m). Vậy chiều rộng là x – 3 (m).

Do đó diện tích hình chữ nhật là x(x – 3) (m²).

Chiều dài hơn chiều rộng 2m. Chiều rộng là 5m. Vậy chiều dài là 7m

Do đó chu vi hình chữ nhật là 2(7 + 5) (m).

(-1)a.b + 1.a².b³ = -ab + a²b³

x.3.y + 5.y.z = 3xy + 5yz

Biểu thức số biểu thị chu vi sân chơi trường của Nam là: (50 + 30).2

Ta có \(\left(-5 x^{2} y^{2}\right)(-2 x y)=10 x^{3} y^{3}\)

\(2 x\left(-5 x^{2} y^{2}\right)=-10x^3y^2\)

Hai đơn thức trên không đồng dạng với nhau vì có phần biến khác nhau.

Ta có \(3 x^{2} y^{3}-5 x^{2} y^{3}+x^{2} y^{3}=-x^{2} y^{3}\)

Chọn C vì \(\frac{1}{2} x\left(-2 y^{2}\right) x y=-x^{2} y^{3}\) có phần biến giống đơn thức đã cho nên là đơn thức đồng dạng với \(-3 x^{2} y^{3}\)

Nối đoạn thẳng AM.

Xét ΔAMC có: AM

Xét ΔAMB có: AM

V​ì M là trung điểm của BC (gt) nên M nằm giữa B và C ta có: CM+MB=BC.

Cộng bất đẳng thức (1) và (2) theo vế với vế ta được:

\( AM + AM < AC + CM + AB + MB \Rightarrow 2AM < AB + \left( {CM + MB} \right) + AC \Rightarrow 2AM < AB + BC + AC \Rightarrow AM < \frac{{AB + BC + AC}}{2}\)

Gọi M là trung điểm của BC

Xét ΔBCE vuông tại E, M là trung điểm của BC nên \(ME=\frac{1}{2}BC.\)

Xét ΔBCF vuông tại F, M là trung điểm của BC nên

\(MF=\frac{1}{2}BC.\)

Do đó \( ME + MF = \frac{1}{2}BC + \frac{1}{2}BC \Rightarrow ME + MF = BC\) (1)

Ba điểm M,E,F nằm trên ba cạnh của tam giác ABC nên không thể thẳng hàng do đó ba điểm M,E,F tạo thành một tam giác. 

Xét ΔMEF có: ME+MF>EF (bất đẳng thức tam giác)        (2)

Từ (1) và (2) suy ra BC>EF.