Thế \(x=\frac{1}{2}\) vào \(y=2 \cdot \frac{1}{4}-5 \cdot \frac{1}{2}+1=-1\)

Ta có

Trong x giờ đầu, người đó đi với vận tốc là \(30 \mathrm{~km} / \mathrm{h}\), nên quãng đường đi được là \(30 \cdot x \mathrm{~km}\).

Trong y giờ sau vận tốc của người đó là \(35 \mathrm{~km} / \mathrm{h}\), nên quãng đường đi được là \(35 \cdot y (\mathrm{~km})\).

Vậy tổng quãng đường người đó đi được là \(30 \cdot x+(30+5) \cdot y\)

Tích hai số x, y là: xy

5 lần bình phương của tổng 2 số có dạng: \(5(x+y)^{2}\)

Vậy tổng của tích hai số x,y với 5 lần bình phương của tổng 2 số đó \(x y+5(x+y)^{2}\)

Giá trị khác nhau alf 5;7;8;9;10;14.

Vậy có 6 giá trị khác nhau.

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất lần lượt là 12 phút và 8 phút.

Tổng hai số x, y là: x+y

Hiệu các bình phương của hai số là: \(x^{2}-y^{2}\)

Vậy  tích của tổng hai số x,y và hiệu các bình phương của hai số đó là: \((x+y)\left(x^{2}-y^{2}\right)\)

số chẵn có dạng 2n

Hai số chẵn liên tiếp có dạng 2n và 2n+2

Vậy tổng hai số chẵn liên tiếp là \(2 n+(2 n+2)\)

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

Vậy tích hai số lẻ liên tiếp có dạng \((2 n+1)(2 n+3)\)

Bảng tần số:

Vậy mốt là 8 và 9.

Bảng tần số 

Vậy số trung bình cộng là

\(\bar{X}=\frac{4 \cdot 3+5 \cdot 4+6 \cdot 7+7 \cdot 8+8 \cdot 10+9 \cdot 5+10 \cdot 2+11 \cdot 1}{40}=7,15\)

Giá trị của biểu thức \({2 \over 3}p - 3{q^2}\) tại p = 3, q = -3 là:

\({2 \over 3}p - 3{q^2} = {2 \over 3}.3 - 3.{( - 3)^2} = 2 - 3.9 = 2 - 27 =  - 25\)

Thay x=-1 vào ta có \(x^{2}+2 x+1=(-1)^{2}+2(-1)+1=0\)

Thay x=2 vào M ta có

\(M=-2 \cdot 4-10+1=-17\)

Thay \(x=-\frac{5}{2}\) vào biểu thức ta được \(A=\frac{2}{5} \cdot \frac{25}{4}-\frac{3}{5} \cdot \frac{5}{2}-1=0\)

Thay x=-2, y=-1 vào g(x) ta có \(3(-2)^{2}(-1)+3(-1)^{2}(-2)=-18\)

3h30’ = 3,5h

Thay v = 45, t =3,5 vào công thức s = vt ta có s = 45.3,5 = 157,5 (km).

Vậy độ dài quãng đường là 157,5km

Ta có \(9 x^{2}\left(-\frac{1}{3} y^{3}\right)=-3 x^{2} y^{3}\)

Vậy phần hệ số là -3

1+x không phải đơn thức vì có phép tính cộng trong phép tính.

 \(\frac{5 x^{2}+x^{2} y-1}{x^{2}+x y}\) không phải là đơn thức, vì trong biểu thức có cả phép công, trừ và chia các đơn thức.

Ta có \(A=\frac{19}{5} x y^{2} \cdot x^{3} y \cdot 1=\frac{19}{5} x^{4} y^{3}\)

Ta có \(2 x^{2} y^{3} \cdot 5 y^{2} x^{3} \cdot\left(-\frac{1}{2}\right) x^{3} y^{2} \cdot\left(-\frac{1}{2}\right) x^{2} y^{3}=\frac{5}{2} x^{9} y^{11}\)

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

Phần hệ số: 16

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 vàoΔBMC ta được: MB+MC>BC     (2)

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

MC+MA>CA     (3)

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

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

Kéo dài BM cắt AC tại E .

Xét tam giác BEC có BE

Suy ra

MA+MB

mà EC+EA=AC nên MA+MB

Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào ΔMIN ta có: MN

Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào ΔEIF ta có: EF

Cộng (1) với (2) theo vế với vế ta được:

MN+EF

⇒MN+EF<(MI+IF)+(NI+IE)⇒MN+EF

Xét tam giác AED có AE+ED>AD(1) (quan hệ giữa ba cạnh của một tam giác)

Xét tam giác ECD có CE+DE>CD(2) (quan hệ giữa ba cạnh của một tam giác)

Xét tam giác EBC có EB+EC>BC(3) (quan hệ giữa ba cạnh của một tam giác)

Xét tam giác ABE có AE+EB>AB(4) (quan hệ giữa ba cạnh của một tam giác)

Từ( (1);(2);(3);(4) ta có

AE+DE+CE+DE+BE+CE+AE+BE>AD+CD+BC+AB

Mà AE+EC=AC;DE+BE=BD nên 2(AC+BD)>AB+BC+CD+DA

Gọi độ dài cạnh còn lại  là x(x>0).

Theo bất đẳng thức tam giác ta có:

7−2

Vì x là số nguyên nên x∈{6;7;8}.

Vì có ba giá trị của x thỏa mãn nên có ba tam giác thỏa mãn điều kiện đề bài.

Gọi I là giao điểm của BM và AC.

Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào ΔIMC ta có: MC

Cộng MB vào hai vế (1) ta được: MC+MB

⇒MC+MB

⇒MC+MB

Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào ΔIBA ta có: IB

Cộng IC vào hai vế (3) ta được: IB+IC

⇒ IB+IC

⇒IB+IC

Từ (2) và (4) suy ra MB+MC

Chọn D vì phần biến của \(a x^{2} y\) (là \( x^{2} y\)), khác với phần biến của \(2 b x^{2} y^{2}\)( là \( x^{2} y^{2}\))

Chọn D vì phần biến là \(x^3\) không giống với phần biến của \(6 x^{2}\)

Theo định nghĩa đơn thức đồng dạng thì \(7 x y^{2}\) đồng dạng với đơn thức \( - \frac{3}{4}x{y^2}\)

Hai đơn thức đồng dạng là hai đơn thức có phần biến giống nhau nên \(\frac{5}{3} x^{2} y\) đồng dạng với \(x^{2} y\)

Hai đơn thức đồng dạng là hai đơn thức có phần biến số giống nhau nên C sai.

Ta có 

\(2{x^2}{y^3} + 5{x^2}{y^3} - \frac{1}{2}{x^2}{y^3} = \left( {1 + 5 - \frac{1}{2}} \right){x^2}{y^3} = \frac{{13}}{2}{x^2}{y^3}\)

+ Vì O là giao điểm của ba đường phân giác trong tam giác ABC nên O là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên đáp án A sai.

+ Tam giác ABC vuông tại A có F là trung điểm của BC nên AF là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

Do đó: AF = 1/2 BC (trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

Suy ra AF = FC = FB

Nên F cách đều ba đỉnh A, B, C

Do đó F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

+ Vì D ≠ E ≠ F và chỉ có một đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên đáp án B, C sai và D đúng.

Chọn đáp án D

D là giao điểm của hai đường trực của hai cạnh AB và AC nên D là giao của ba đường trung trực trong tam giác ABC

Suy ra D thuộc đường trung trực của đoạn thẳng BC (1)

Lại có M là trung điểm của BC nên AM là trung tuyến của tam giác ABC cân tại A

Do đó AM là đường trung trực của BC (trong tam giác cân, trung tuyến tại đỉnh đồng thời cũng là đường trung trực ứng với đáy) (2)

Từ (1) và (2) suy ra A, D, M thẳng hàng nên A đúng.

Do tam giác ABC cân nên giao điểm D của ba đường trung trực của tam giác ABC không thuộc các đường thẳng AB, AC, BC nên B, C, D sai.

Chọn đáp án A

Ba đường trung trực của một tam giác cùng đi qua một điểm. Điểm này cách đều ba đỉnh của tam giác và là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó

Chọn đáp án D

Xét tam giác vuông AHD và tam giác vuông AKD có:

+ AH = AK (gt)

+ AD chung

Suy ra ΔAHD = ΔAKD (ch-cgv) nên A đúng

Từ đó ta có HD = DK; ∠HAD = ∠DAK suy ra AD là tia phân giác của góc HAK nên C đúng

Ta có AH = AK (gt) và HA = DK (cmt) suy ra AD là đường trung trực của đoạn thẳng HK nên B đúng

Vậy A, B, C đều đúng

Chọn đáp án D

Xét tam giác ΔAOB và ΔCOE có

   + OA = OC (vì O thuộc đường trung trực của AC )

   + OB = OE (vì O thuộc đường trung trực của BE )

   + AB = CE (giả thiết)

Do đó ΔAOB = ΔCOE (c-c-c)

Chọn đáp án C