4 số nguyên liên tiếp có dạng \(n;(n+1);(n+2);(n+3)\) với \(n\in\mathbb{Z}\)

Khi đó tích 4 số nguyên liên tiếp là \(n(n+1)(n+2)(n+3)\)

2 số lẻ liên tiếp có dạng 2n+1 và 2n+3

bình phương của hai số lẻ lần lượt là \((2 n+1)^{2};(2 n+3)^{2}\)

Vậy tổng các bình phương 2 số lẻ liên tiếp là \((2 n+1)^{2}+(2 n+3)^{2}\)

2 số lẻ liên tiếp có dạng 2n+1 và 2n+3

bình phương của hai số lẻ lần lượt là \((2 n+1)^{2};(2 n+3)^{2}\)

Vậy tổng các bình phương 2 số lẻ liên tiếp là \((2 n+1)^{2}+(2 n+3)^{2}\)

Diện tích hình thang= \((a+b) \cdot h: 2\)

Tổng hai số x và 4: x+4

Hiệu hai số x và 4: x-4

Vậy tích của tổng hai số x và 4 với hiệu hai số x và 4 là:\((x+4)(x-4)\)

Tổng ba số a, b, c là a+b+c

Vậy bình phương của tổng 3 số a,b,c là:\((a+b+c)^{2}\)

Số các giá trị là số các đơn vị điểu tra. Số các giá trị là 40

Dấu hiệu: thời gian bơi ếch 50m (tính theo giây) của 30 học sinh nữ. Số các giá trị là 30.

Thế x=5 và y=3 vào biểu thức A ta có

\(A=\frac{1}{5} \cdot 5-3 \cdot 3=-8\)

Ta có

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

Khi đó

\(M(-1)=(-1)^{4}-(-1)^{2}+1=1\)

Ta có

\(f(x, y)=2 y-x-2 x+y+[y+3 x-(5 y-x)]=3 y-3 x+y+3 x-5 y+x=x-y\)

Thay \(x=a^{2}+2 a b+b^{2}, y=a^{2}-2 a b+b^{2}\) vào f(x;y) ta được 

\(f(x, y)=a^{2}+2 a b+b^{2}-\left(a^{2}-2 a b+b^{2}\right)=a^{2}+2 a b+b^{2}-a^{2}+2 a b-b^{2}=4 a b\)

Ta có \(f(x)=x^{7}(x-100)+x^{5}(x-100)+x^{3}(x-100)+x(x-100)-x^{7}-x^{5}-x^{3}-x+25\)

Thay \(x=100 \text { vào } f(x)\) ta được

\(f(x)=-100^{7}-100^{5}-100^{3}-100+25=-100010001000100+25=-100010001000075\)

Vì \((x+7)^{2} \geq 0 \text { nên }(x+7)^{2}+5 \geq 0+5\)

Suy ra \((x+7)^{2}+5\)  nhỏ nhất bằng 5 khi \(x+7=0 \text { suy ra } x=-7\)

Thay x=2, y=-1 vào B ta có

\(B=2(2+1)+(-1)^{2}=7\)

Các giá trị khác nhau là: 4,5,6,7,8,9,10,11.

Vậy có 8 giá trị khác nhau.

Dấu hiệu: điểm kiểm tra môn Tiếng Anh của lớp 7C. Số các giá trị là 8

Ta có \(A(- B)=-12 x y z \cdot\left(\frac{4}{3} x^{2} y^{3} z\right) \cdot y=-16 x^{3} y^{5} z^{2}\)

Ta có \(A B=5 a x^{2} y z \cdot\left(-8 x y^{3} b z\right)^{2}=5 a x^{2} y z .64 x^{2} y^{6} b^{2} z^{2}=320 a b^{2} x^{4} y^{7} z^{3}(a, b \text { hằng số })\)

Phần biến \(x^{4} y^{7} z^{3}\)

Ta có 

\(A B=5 a x^{2} y z \cdot\left(-8 x y^{3} b z\right)^{2}=5 a x^{2} y z .64 x^{2} y^{6} b^{2} z^{2}=320 a b^{2} x^{4} y^{7} z^{3}(a, b \text { hằng số })\)

Ta có \(A.B.\left( { - C} \right) = 15x{y^2}z \cdot \left( { - \frac{4}{3}{x^2}y{z^3}} \right).\left( { - 2xy} \right) = 15.\left( { - \frac{4}{3}} \right).\left( { - 2} \right).x.{x^2}.x.{y^2}.y.y.z.{z^3} = 40{x^4}{y^4}{z^4}\)

Hệ số là 40

Ta có \(A. B .C=15 x y^{2} z \cdot\left(-\frac{4}{3} x^{2} y z^{3}\right) \cdot 2 x y=-40 x^{4} y^{4} z^{4}\)

Ta có \(-A. B=-2 x^{2} y z \cdot(-3) x y^{3} z=6 x^{3} y^{4} z^{2}\)

Phần biến \(x^{3} y^{4} z^{2}\)

Theo định nghĩa đơn thức đồng dạng ta có \(2 x^{2} y^{3}, 5 x^{2} y^{3},-\frac{1}{2} x^{2} y^{3}\) là các đơn thức đồng dạng.

Ta có \( - 3{x^2}y + \frac{3}{4}{x^2}y = \left( { - 3 + \frac{3}{4}} \right){x^2}y = - \frac{9}{4}{x^2}y\)

Ta có

\(6xy + 3xy - \frac{1}{5}xy = \left( {6 + 3 - \frac{1}{5}} \right)xy = \frac{{48}}{5}xy\)

 \(2x{y^2}z - 5x{y^2}z + \frac{1}{2}x{y^2}z = \left( {2 - 5 + \frac{1}{2}} \right)x{y^2}z = - \frac{5}{2}x{y^2}z\)

Các đơn thức đồng dạng là các đơn thức có chung phần biến nên \(6 x y;3 x y;\frac{1}{5} x y\) là các đơn thức đồng dạng.

Đơn thức đồng dạng là đơn thức có chung phần biến.

Các đơn thức \(2 x y^{2} z;5 x y^{2} z;\frac{1}{2} x y^{2} z\) có phần biến là \(x y^{2} z\) nên chúng đồng dạng.

Trên cạnh AC lấy điểm K sao cho: AK=AB

Xét ΔABE và ΔAKE có:

AB=AK (cách dựng)

\(\widehat {BAE} = \widehat {KAE}\)  vì AD là tia phân giác \(\widehat {BAC}\))

AE cạnh chung

⇒ΔABE=ΔAKE(c.g.c)

⇒EB=EK(hai cạnh tương ứng).

Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào ΔCEK ta có: EC−EK

suy ra EC−EB

Mặt khác:  KC=AC−AK=AC−AB (vì AK=AB theo cách dựng)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra:EC−EB

Trên tia đối của tia MA  lấy điểm N  sao cho MN=MA

Vì M là trung điểm của BC ⇒ MB=MC (tính chất trung điểm)

Xét ΔMAB và ΔMNC có:

\(\begin{array}{l} MB = MC\left( {cmt} \right)\\ \widehat {AMB} = \widehat {NMC}(dd)\\ AM = MN(gt) \end{array}\)

\(⇒ΔMAB=ΔMNC(c−g−c)⇒NC=AB(1)\) (2 cạnh tương ứng)

Xét ΔACN có: AN < AC + CN (2) (bất đẳng thức tam giác)

Từ(1)(2) ⇒ AN < AC + AB

Mặt khác: AN = 2AM (gt) => 2AM < AB + AC

Giả sử ΔABC cân tại A.

- Trường hợp 1:

\(AB=AC=5cm⇒BC=17−5−5=7cm\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} AB + AC = 5 + 5 = 10 > BC = 7\\ AB + BC = 5 + 7 = 12 > AC = 5\\ BC + AC = 7 + 5=12 > AB = 5 \end{array} \right.\) (thỏa mãn bất đẳng thức tam giác)

- Trường hợp 2:

\( BC = 5cm \Rightarrow AB = AC = \left( {17 - 5} \right):2 = 6cm\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} AB + AC = 6 + 6 = 12 > BC = 5\\ AB + BC = 5 + 6 = 11 > AC = 6\\ BC + AC = 6 + 5 = 11 > AB = 6 \end{array} \right.\) (thỏa mãn bất đẳng thức tam giác)

Vậy nếu ΔABC cân tại A có

\(\left[ \begin{array}{l} AB = AC = 5cm \to BC = 7cm\\ BC = 5cm \to AB = AC = 6cm \end{array} \right.\)

Vậy: BC=7cm hoặc BC=5cm.

Gọi độ dài cạnh AB là x(x>0)

Theo bất đẳng thức tam giác ta có:

5−1

Vì x là số nguyên nên x=5. Độ dài cạnh AB=5cm

Tam giác ABC có: AB=BC=5cm nên tam giác ABC cân tại B.

Gọi độ dài cạnh AB  là x(x>0)

Theo bất đẳng thức tam giác ta có:

8−1

Vì x  là số nguyên nên x=8. Độ dài cạnh AB=8cm

Tam giác ABC có AB=AC=8cm nên tam giác ABC cân tại A.

Gọi độ dài cạnh AC là x(x>0)

Theo bất đẳng thức tam giác ta có:

7−2

Vì x  là số tự nhiên lẻ nên x=7. Độ dài cạnh AC=7cm.

Chu vi tam giác ABC là:

AB+BC+AC=2+7+7=16(cm)

D thuộc đường trung trực của đoạn thẳng BC nên DB = DC (tính chất điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng)

Chu vi tam giác ABD là:

AB + DB + AD = AB + DC + AD = AB + (CD + AD) = AB + AC = 16 + 25 = 41 cm

Vậy chu vi tam giác ABC là 41 cm.

Chọn đáp án B

Ta có: MA = MB nên M thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AB

Tương tự NA = NB nên N thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AB

Suy ra MN là đường trung trực của đoạn thẳng AB

Mà O là trung điểm của AB

Vậy MN vuông góc với AB tại O.

Chọn đáp án C

Giả sử ΔABC có AM là trung tuyến đồng thời là đường trung trực. Ta sẽ chứng minh ΔABC là tam giác cân. Thật vậy, vì AM là trung tuyến của ΔABC (gt) ⇒ BM = MC (tính chất trung tuyến)

Vì AM là trung trực của BC ⇒ AM ⊥ BC

Xét hai tam giác vuông ΔABM và ΔACM có:

BM = CM (cmt)

AM chung

Do đó ΔABM = ΔACM (2 cạnh góc vuông)

⇒ AB = AC (2 cạnh tương ứng) ⇒ ΔABC cân tại A

Chọn đáp án B

Vì C thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AB nên CA = CB (tính chất điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng)

Mà CA = 10 cm

Do đó CB = 10 cm.

Chọn đáp án A

+ Trọng tâm là giao điểm của ba đường trung tuyến nên đáp án A sai. Loại đáp án A

+ Giao điểm ba đường phân giác của tam giác cách đều ba cạnh của tam giác là đúng.

+ Trong một tam giác, đường trung tuyến xuất phát từ một đỉnh đồng thời là đường phân giác ứng với cạnh đáy khi tam giác đó là tam giác cân tại đỉnh ấy nên C sai

+ Giao điểm ba đường phân giác của tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó là sai vì giao điểm ba đường phân giác của tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó

Chọn đáp án B

Hai đường phân giác CD và DE cắt nhau tại I mà ba đường phân giác của tam giác cùng đi qua một điểm nên AI là phân giác góc A

Chọn đáp án D