Tổng các bình phương của ba số a, b và c là \( a^2+b^2+c^2\)

Tổng các lập phương của hai số a và b là \( {a^3} + {b^3}\)

Nửa tổng của hai số c và d là \(\frac{1}{2}\left( {c +d} \right)\)

Nửa hiệu của hai số a và b là \( \frac{1}{2}\left( {a - b} \right)\)

Biểu thức \(2mz+n(z+t)\) có các biến là z;t.

Biểu thức trên có các biến là x;y.

Có 7  giá trị khác nhau của dấu hiệu, đó là : 15;16;17;18;20;22;24.

Dấu hiệu là số học sinh giỏi trong mỗi lớp

Có 30 học sinh tham gia kiểm tra.

Có 8 giá trị khác nhau của dấu hiệu là: 3;4;5;6;7;8;9;10.

Thay \(\mathrm{x}=-1 ; \mathrm{y}=3\) ta có

\(\begin{array}{l} {\rm{B}} = {\left( { - 1} \right)^2}{.3^2} + \left( { - 1} \right).3 + {\left( { - 1} \right)^3} + {3^3}\\ = 32 \end{array}\)

Thay \(x=\dfrac{1}{2} ; y=-\dfrac{1}{3}\) vào biểu thức A ta được

\(\begin{array}{l} A = 3{\left( {\frac{1}{2}} \right)^3}\left( { - \frac{1}{3}} \right) + 6{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}{\left( { - \frac{1}{3}} \right)^2} + 3\left( {\frac{1}{2}} \right){\left( { - \frac{1}{3}} \right)^3}\\ = 3.\frac{1}{8}.\left( { - \frac{1}{3}} \right) + 6.\frac{1}{4}.\frac{1}{9} + 3.\frac{1}{2}.\left( { - \frac{1}{{27}}} \right)\\ = - \frac{1}{8} + \frac{1}{6} - \frac{1}{{18}} = - \frac{1}{{72}} \end{array}\)

Vì \( {\left( {2{x^2} - 162} \right)^6} \ge 0\forall x \Rightarrow {\mkern 1mu} M \le 110 - 0 = 110\forall x\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 

\(\begin{array}{l} {\left( {2{x^2} - 162} \right)^6} = 0 \Rightarrow 2{x^2} - 162 = 0 \Rightarrow 2{x^2} = 162 \Rightarrow {x^2} = 162:2\\ \Rightarrow {x^2} = 81 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 9\\ x = - 9 \end{array} \right. \end{array}\)

Vậy M  đạt giá trị lớn nhất là 110 tại x=9 hoặc x=−9.

Vì \( {\left( {{y^2} - 25} \right)^4} \ge 0\forall x \Rightarrow {\mkern 1mu} M \le 10 - 0 = 10\forall x\)

Dấu “=” xảy ra \(\Leftrightarrow {\mkern 1mu} {y^2} - 25 = 0{\mkern 1mu} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} y = 5\\ y = - 5 \end{array} \right.\)

Vậy M đạt giá trị lớn nhất là 10  tại y=5 hoặc y=−5.

 \(\begin{array}{l} {\left( {{x^2} - 4} \right)^2} \ge 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left| {y - 5} \right| \ge 0\forall x \in R,{\mkern 1mu} y \in R\\ \to P = {\left( {{x^2} - 4} \right)^2} + \left| {y - 5} \right| - 1 \ge - 1\forall x \in R,{\mkern 1mu} y \in R \end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi  \(\left\{ \begin{array}{l} {x^2} - 4 = 0\\ y - 5 = 0 \end{array} \right. \to \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x = 2\\ y = 5 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x = - 2\\ y = 5 \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Giá trị nhỏ nhất của P là −1 khi \(\left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x = 2\\ y = 5 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x = - 2\\ y = 5 \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Vì

\( \left| {3x - 5} \right| \ge 0\forall x \to \Rightarrow {\mkern 1mu} B \le 8 - 0 = 8\forall x\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {\mkern 1mu} 3x - 5 = 0{\mkern 1mu} \Rightarrow x = \frac{5}{3}\)

Ta có \(G=x\left[\frac{2}{9} y\left(3 x y^{2}\right)^{2}\right]^{3}=x\left(\frac{2}{9} y .9 x^{2} y^{4}\right)^{3}=x \cdot\left(2 x^{2} y^{5}\right)^{3}=x .8 \cdot x^{6} \cdot y^{12}=8 x^{7} y^{12}\)

Bậc của G là 7+12=19

Ta có \(G=x\left[\frac{2}{9} y\left(3 x y^{2}\right)^{2}\right]^{3}=x\left(\frac{2}{9} y .9 x^{2} y^{4}\right)^{3}=x \cdot\left(2 x^{2} y^{5}\right)^{3}=x .8 \cdot x^{6} \cdot y^{12}=8 x^{7} y^{12}\)

Ta có \(F=2 x^{3} y .\left[-3(-x) y^{4}\right]=2.3 \cdot x^{3} . x . y . y^{4}=6 x^{4} y^{5} .\)

Bậc của F là 4+5=9

Ta có 

\(F=2 x^{3} y \cdot\left[-3(-x) y^{4}\right]=2.3 \cdot x^{3} \cdot x . y \cdot y^{4}=6 x^{4} y^{5}\)

Ta có \(E=\left(-\frac{3}{5} x^{3} y^{2} z\right)^{3}=-\left(\frac{3}{5}\right)^{3} \cdot x^{3.3} \cdot y^{2.3} \cdot z^{3}=-\frac{27}{125} x^{9} y^{6} z^{3}\)

Bậc của đơn thức là 9+6+3=18

Ta có

\(E=\left(-\frac{3}{5} x^{3} y^{2} z\right)^{3}=-\left(\frac{3}{5}\right)^{3} \cdot x^{3.3} \cdot y^{2.3} \cdot z^{3}=-\frac{27}{125} x^{9} y^{6} z^{3}\)

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.

Đơn thức không đồng dạng với đơn thức \(2xy^2z\) là \(−x^3y^2z\)

Đơn thức đồng dạng với đơn thức \(3x^2y^3\) là \(−7x^2y^3.\)

Nhóm 1: \( 2xy;5xy\)

Nhóm 2: \( 9{y^2};{y^2}\)

Các đơn thức đồng dạng:

Nhóm 1: \( - \frac{2}{3}{x^3}y;{\mkern 1mu} 2{x^3}y\)

Nhóm 2: \( 5{x^2}y;\frac{1}{2}{x^2}y\)

Nhóm 3: \( - x{y^2};6x{y^2}\)

Gọi độ dài cạnh thứ ba của tam giác là x cm (x > 0)

Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác ta có: 10 – 2 < x < 10 + 2

Hay 8 < x < 12

Trong bốn đáp án A, B, C, D thì đáp án D thỏa mãn vì 8 < 9 < 12

Vậy độ dài cạnh thứ ba là 9 cm.

Chọn đáp án D

Trong tam giác AHB có AH + BH > AB

(bất đẳng thức trong tam giác)

Trong tam giác AHC có AH + HC > AC

(bất đẳng thức trong tam giác)

Khi đó cộng vế theo vế ta được:

AH + BH + AH + HC > AB + AC

Hay 2AH + (BH + HC) > AB + AC

Hay 2AH + BC > AB + AC

Vậy 2AH + BC > AB + AC.

Chọn đáp án A

Vì 3,9 ≠ 7, 9 nên AB ≠ BC, suy ra tam giác ABC không đều nên D sai

AB ≠ BC, suy ra tam giác ABC không thể cân tại B nên B sai

Do tam giác ABC cân nên \(\left[ \begin{array}{l} AC = AB = 3,9cm\\ AC = BC = 7,9cm \end{array} \right.\)

TH1: Xét AC = AB = 3,9 cm và BC = 7,9 cm

Theo bất đẳng thức trong tam giác ABC có AC + AB > BC

Mà AC + AB = 3,9 + 3,9 = 7,8 < 7,9 = BC mâu thuẫn bất đẳng thức tam giác

Do đó AC = AB = 3,9 cm không thỏa mãn.

TH2: AC = BC = 7,9 cm và AB = 3,9 cm

Ta có:

AC + BC = 7,9 + 7,9 > 3,9 = AB

AC + AB = 7,9 + 3,9 > 7,9 = BC

BC + AB = 7,9 + 3,9 > 7,9 = AC

Nên độ dài ba cạnh AC, AB, BC thỏa mãn bất đẳng thức tam giác

Khi đó AC = BC = 7,9 cm thỏa mãn

Vậy tam giác ABC cân tại C

Chọn đáp án C

Gọi độ dài cạnh AB là x (x > 0). Theo bất đẳng thức tam giác ta có:

8 - 1 < x < 8 + 1 ⇔ 7 < x < 9 Vì x là số nguyên nên x = 8. Vậy độ dài cạnh AB = 8cm

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

Chọn đáp án B.

Gọi độ dài cạnh AC là x (x > 0). Theo bất đẳng thức tam giác ta có:

9 - 1 < x < 9 + 1 ⇔ 8 < x < 10 Vì x là số nguyên nên x = 9. Vậy độ dài cạnh AC = 9cm

Chu vi tam giác là: AB + BC + AC = 1 + 9 + 9 = 19cm

Chọn đáp án C.

Gọi độ dài cạnh AC là x (x > 0). Theo bất đẳng thức tam giác ta có:

4 - 1 < x < 4 + 1 ⇔ 3 < x < 5 Vì x là số nguyên nên x = 4. Vậy độ dài cạnh AC = 4cm

Chọn đáp án D.

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:

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

Gọi độ dài cạnh còn lại  là x(x>0).

Theo bất đẳng thức tam giác ta có:

7−2 < x < 7+2<=>5<x<9

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.

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<x<5+1=>4<x<6

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 E là giao điểm của BD và AC,  kẻ AP⊥BD

Vì AD=AB(gt) mà PD và BP   lần lượt là hình chiếu của AD và AB trên BE

⇒PD=BP (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu).

Do PE>PD=PB nên AE>AB (1)

. Mặt khác,AC>AE (2) nên từ (1)(2) ⇒ AC>AB 

Từ B kẻ BH vuông góc đến AC, vì \(\widehat {BAC}\) là góc tù nên H nằm ngoài đoạn thẳng AC.

Khi đó BA,BN,BC là các đường xiên kẻ từ B đến AC, HA,HN,HC lần lượt là các hình chiếu của BA,BN,BC trên AC.

Ta có HA<HN<HC nên BA<BN<BC (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu)

Từ C kẻ CK vuông góc đến AC, vì \(\widehat {BAC}\) là góc tù nên K nằm ngoài đoạn thẳng AB.

Khi đóCA,CM,CB là các đường xiên kẻ từ C đến AB; KA,KM,KB lần lượt là các hình chiếu của CA,CM,CB trên AB

Ta có KA<KM<KB nên CA<CM<CB (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu)