bài 5:

đổi 5,25 tấn = 5250 kg

Gọi số thùng bia tối đa xe có thể chở là x (x thuộc N*)

Tổng khối lượng của bia và bác lái xe không vượt quá trọng tải cho phép của xe nên ta có bất phương trình; \(6,7x + 65 \le 5250\)

\(\Leftrightarrow6,7x\le5185\Leftrightarrow x\le\frac{5185}{6,7}\approx773,88\)

vậy xe có thể chở tối đa 773 thùng bia

bài 4:

Gọi quãng đường tối đa hành khách có thể di chuyển là x (km) (x > 1)

Số tiền hành khách phải trả cho quãng đường vượt quá 1 km đầu tiên là: 12(x-1) (nghìn đồng)

Tổng số tiền hành khách phải trả không vượt quá 200 nghìn đồng nên ta có bất phương trình:

\(15+12(x-1)\le200\Leftrightarrow15+12x-12\le200\)

\(\Leftrightarrow12x+3\le200\Leftrightarrow12x\le197\)

\(\Leftrightarrow x \le \frac{197}{12} \approx 16,42\)

vậy hành khách có thể di chuyển tối đa 16 km

bài 3:

\(a.\frac{2x+3}{x+2}>1\) (đkxđ: x khác -2)

\(\Leftrightarrow \frac{2x+3}{x+2} - 1 > 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{2x+3 - (x+2)}{x+2} > 0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+1}{x+2}>0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x>-1\\ x<-2\end{array}\right.\)

\(b.3x^2+10x-8<0\)

\(\Leftrightarrow(3x-2)(x+4)<0\)

\(\Leftrightarrow -4 < x < \frac{2}{3}\)

\(c.\frac{4-x}{x-9}-\frac{1}{x-1}>0\) (đkxđ: \(x \neq 9;\ x \neq 1\) )

\(\Leftrightarrow \frac{(4-x)(x-1) - (x-9)}{(x-9)(x-1)} > 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{-x^2 + 5x - 4 - x + 9}{(x-9)(x-1)} > 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{-x^2 + 4x + 5}{(x-9)(x-1)} > 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{-(x+1)(x-5)}{(x-9)(x-1)} > 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(x+1)(x-5)}{(x-9)(x-1)} < 0\)

\(\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}-1 < x < 1\\5 < x < 9\end{array}\right.\)

\(d.x-\frac{5x}{6}-3>\frac{x}{3}-\frac{x}{6}\)

\(\Leftrightarrow x - \frac{5x}{6} - \frac{x}{3} + \frac{x}{6} > 3\)

\(\Leftrightarrow \left(1 - \frac{5}{6} - \frac{1}{3} + \frac{1}{6}\right)x > 3\)

\(\Leftrightarrow0x>3\) (vô lý)

vậy bất phương trình vô nghiệm

\(\frac{x+5}{6} + \frac{x-1}{3} \le \frac{x+3}{2} - 1\)

\(\Leftrightarrow \frac{x+5 + 2(x-1)}{6} \le \frac{3(x+3) - 6}{6}\)

\(\Leftrightarrow x + 5 + 2x - 2 \le 3x + 9 - 6\)

\(\Leftrightarrow 3x + 3 \le 3x + 3\)

\(\Leftrightarrow0x\le0\) (luôn đúng với mọi số thực)

vậy bất phương trình có vô số nghiệm

\(f.\frac{x-1}{99}+\frac{x-3}{97}+\frac{x-5}{95}<\frac{x-2}{98}+\frac{x-4}{96}+\frac{x-6}{94}\)

\(\Leftrightarrow \left(\frac{x-1}{99} + 1\right) + \left(\frac{x-3}{97} + 1\right) + \left(\frac{x-5}{95} + 1\right) < \left(\frac{x-2}{98} + 1\right) + \left(\frac{x-4}{96} + 1\right) + \left(\frac{x-6}{94} + 1\right)\)

\(\Leftrightarrow \frac{x+98}{99} + \frac{x+98}{97} + \frac{x+98}{95} < \frac{x+98}{98} + \frac{x+98}{96} + \frac{x+98}{94}\)

\(\Leftrightarrow (x+98)\left(\frac{1}{99} + \frac{1}{97} + \frac{1}{95} - \frac{1}{98} - \frac{1}{96} - \frac{1}{94}\right) < 0\)

vì \(\left(\frac{1}{99} + \frac{1}{97} + \frac{1}{95} - \frac{1}{98} - \frac{1}{96} - \frac{1}{94}\right) < 0\) nên\(x+98>0\Leftrightarrow x>-98\)

Bài 1:

a: \(4\left(x^3+y^3\right)\ge\left(x+y\right)^3\)

=>\(4x^3+4y^3\ge x^3+y^3+3x^2y+3xy^2\)

=>\(3x^3+3y^3-3xy^2-3x^2y\ge0\)

=>\(x^3+y^3-xy^2-x^2y\ge0\)

=>\(\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-xy\left(x+y\right)\ge0\)

=>\(\left(x+y\right)\left(x^2-2xy+y^2\right)\ge0\)

=>\(\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2\ge0\forall x,y>0\)

=>ĐPCM

b: \(2\left(x^3+y^3\right)\ge\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\)

=>\(2x^3+2y^3\ge x^3+xy^2+x^2y+y^3\)

=>\(x^3+y^3-xy^2-x^2y\ge0\)

=>\(\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-xy\left(x+y\right)\ge0\)

=>\(\left(x+y\right)\left(x^2-2xy+y^2\right)\ge0\)

=>\(\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2\ge0\) (luôn đúng khi x>0; y>0)

=>ĐPCM

c:Sửa đề: \(\frac{x^2+1}{x}\ge2\) (1)

=>\(x+\frac{1}{x}\ge2\)

mà \(x+\frac{1}{x}\ge2\cdot\sqrt{x\cdot\frac{1}{x}}=2\forall x\) >0

nên (1) đúng khi x>0

=>ĐPCM

Bài 2:

a: \(2+\frac{3\left(x+1\right)}{8}\le3-\frac{x-1}{4}\)

=>\(\frac{16+3\left(x+1\right)}{8}\le\frac{24}{8}-\frac{2\left(x-1\right)}{8}\)

=>16+3(x+1)<=24-2(x-1)

=>16+3x+3<=24-2x+2

=>3x+19<=-2x+26

=>5x<=7

=>x<=7/5

b: \(\frac{3x+5}{2}-1\le\frac{x+2}{3}+x\)

=>\(\frac{3x+5-2}{2}\le\frac{x+2+3x}{3}\)

=>\(\frac{3x+3}{2}\le\frac{4x+2}{3}\)

=>3(3x+3)-2(4x+2)<=0

=>9x+9-8x-4<=0

=>x+5<=0

=>x<=-5

c: \(\left(x-1\right)^2+\left(x-3\right)^2\ge x^2+\left(x+1\right)^2\)

=>\(x^2-2x+1+x^2-6x+9\ge x^2+x^2+2x+1\)

=>-8x+10>=2x+1

=>-10x>=-9

=>x<=9/10

d: \(\frac{\left(2x-1\right)^2}{8}<\frac{\left(3-x\right)^2}{2}\)

=>\(\frac{4x_{}^2-4x+1}{8}\le\frac{4\left(x^2-6x+9\right)}{8}\)

=>\(4x^2-4x+1\le4\left(x^2-6x+9\right)\)

=>\(4x_{}^2-4x+1\le4x^2-24x+36\)

=>-4x+24x<=36-1

=>20x<=35

=>x<=7/4

khai triển phương trình:
$(x - 1)^3 - x(x^2 - 3x + 3) = -28$

$x^3 - 3x^2 + 3x - 1 - x^3 + 3x^2 - 3x = -28$

$-1 = -28$

vậy phương trình vô nghiệm bạn nha.

 Ta có: (x – 1)³ – x(x² – 3x + 3) =  –28

⇒ x³ – 3x² + 3x – 1 – x³ + 3x² – 3x = –28 (áp dụng hằng đẳng thức Lập phương của một hiệu)

⇒ –1 = –28

Vậy x vô nghiệm (x = ∅)

A=99...9 x \(10^{n+2}\) +8 x \(10^{n+1}+1\)

ta có \(99\ldots9=10^{n}-1\)

=> \(A=\left(10^{n}-1\right)\cdot100\cdot10^{n}+80\cdot10^{n}+1\)

\(A=100\left(10^{n}\right)^2-100\cdot10^{n}+80\cdot10^{n}+1\)

\(A=100\left(10^{n}\right)^2-20\cdot10^{n}+1=\left(10\cdot10^{n}-1\right)^2\)

\(A=\left(10^{n+1}-1\right)^2=\left(99\ldots9\right)^2\)

KL:...

B= \(99\ldots9\cdot10^{n+2}+25=\left(10^{n}-1\right)\cdot100\cdot10^{n}+25\)

\(B=100\left(10^{n}\right)^2-100\cdot10^{n}+25\)

\(B=\left(10\cdot10^{n}-5\right)^2=\left(10^{n+1}-5\right)=\left(99\ldots95\right)^2\)

C= \(11\ldots1\cdot10^{n+2}+22\ldots2\cdot10+5\)

đặt a=11...1=> \(a=\frac{10^{n}-1}{9}\Rightarrow10^{n}=9a+1\)

=> 22...2( với n+1 số)=\(2\cdot\frac{10^{n+1}-1}{9}=\frac{20\cdot10^{n}-2}{9}=\frac{20\left(9a+1\right)-2}{9}=20a+2\)

=> \(C=a\cdot100\cdot\left(9a+1\right)+\left(20a+2\right)\cdot10+5\)

\(C=900a^2+300a+25=\left(30a+5\right)^2\)

D= \(a\cdot10^{n}+a-2a=a\left(10^{n}-1\right)=a\cdot9a=\left(3a\right)^2\)

D nhé bn

Đáp án đúng là: D

Bác thợ xây mua 1 chiếc mũi khoan hết số tiền là:

104 000 : 4 = 26 000 (đồng)

Bác thợ xây mua 6 chiếc mũi khoan hết số tiền là:

26 000 × 6 = 156 000 (đồng)

Đáp số: 156 000 đồng

3 - 1,5 + x = 19,8 - 7,46

1,5 = 12,34

x = 12,34 - 1,5

x = 10,84

`3 -1,5 + x = 19,8 -7,46`

`=> 1,5 + x = 12,34`

`=> x = 12,34 - 1,5`

`=> x= 10,84`

Vậy `x = 10,84`

Ta có nhận xét: Hiệu giữa hai thừa số trong tích là: (n+6) - (n+3) = 3. Vì hiệu của chúng bằng 3, đây là một số lẻ, nên trong hai số (n+3) và (n+6) chắc chắn sẽ có một số chẵn và một số lẻ (một số chia hết cho 2 và một số không chia hết cho 2).

Vì tích của hai số tự nhiên luôn chứa ít nhất một thừa số là số chẵn, nên kết quả của tích (n+3)(n+6) luôn chia hết cho 2 (là số chẵn) với mọi số tự nhiên n.

Ta có: (n + 3)(n + 6)

+) TH1: n là số chẵn

Gọi n = 2k

⇒ (n + 3)(n + 6) = (2k)² + 9 * 2k + 18

⇒ (n + 3)(n + 6) = 4k² + 18k + 18

Mà 4k² ⋮ 2;  18k ⋮ 2;  18 ⋮ 2

⇒ 4k² + 18k + 18 ⋮ 2

⇒ (n + 3)(n + 6) ⋮ 2 với n = 2k (1)

+ TH2: n là số lẻ

Gọi n = 2k + 1

⇒ (n + 3)(n + 6) = (2k + 1)² + 9 * (2k +1) + 18

⇒ (n + 3)(n + 6) = 4k² + 4k + 1 + 18k + 9 + 18 (áp dụng hằng đẳng thức Bình phương của một tổng)

⇒ (n + 3)(n + 6) = 4k² + 22k + 28

Mà 4k² ⋮ 2;  22k ⋮ 2;  28 ⋮ 2

⇒ 4k² + 22k +  28 ⋮ 2

⇒ (n + 3)(n + 6) ⋮ 2 với n = 2k + 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: (n + 3)(n + 6) ⋮ 2 với mọi n (đpcm)

góc là \(\hat{A};\hat{B};\hat{C}\)

Cạnh là AB,BC,AC

góc A, B, C

cạnh AB, AC, BC

Vì các số có tận cùng là 0 hoặc 5 (hàng đơn vị)thì luôn chia hết cho 5

Ta có: S = 120 + 25 + 210

+) Vì 120 ⋮ 5; 75 ⋮ 5; 210 ⋮ 5 nên S ⋮ 5

+) vì 120 không chia hết cho 9; 75 không chia hết cho 9; 210 không chia hết cho 9 nên S không chia hết cho 9

Vậy tổng S chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 9

Kẻ đường cao từ \(A\) xuống \(B C\), hoặc đơn giản dùng công thức diện tích.

Ta có: \(S = \frac{1}{2} a r .\)

Mặt khác, \(S = \frac{1}{2} b c sin ⁡ A .\)

Công thức cần chứng minh có thể biến đổi như sau:

\(r \left(\right. cot ⁡ \frac{B}{2} + cot ⁡ \frac{C}{2} \left.\right) = r \frac{sin ⁡ \frac{B + C}{2}}{sin ⁡ \frac{B}{2} sin ⁡ \frac{C}{2}} .\)

Vì \(B + C = 180^{\circ} - A\)

nên \(sin ⁡ \frac{B + C}{2} = cos ⁡ \frac{A}{2} .\)

Do đó \(r \left(\right. cot ⁡ \frac{B}{2} + cot ⁡ \frac{C}{2} \left.\right) = r \frac{cos ⁡ \frac{A}{2}}{sin ⁡ \frac{B}{2} sin ⁡ \frac{C}{2}} .\)

Bây giờ dùng công thức bán kính nội tiếp

\(r = 4 R sin ⁡ \frac{A}{2} sin ⁡ \frac{B}{2} sin ⁡ \frac{C}{2}\)

suy ra:

\(r \left(\right. cot ⁡ \frac{B}{2} + cot ⁡ \frac{C}{2} \left.\right) = 4 R sin ⁡ \frac{A}{2} cos ⁡ \frac{A}{2} = 2 R sin ⁡ A .\)

Theo định lý sin, \(a = 2 R sin ⁡ A .\)

Vậy \(a=r\left(\right.cot⁡\frac{B}{2}+cot⁡\frac{C}{2}\left.\right)\) (Đpcm)
Cái này là mình tham khảo chat gpt, mình cũng chưa học đến ấy bạn

• Xét tứ giác \(AFHE\) ta có:
• • \(\widehat{A} = 90^\circ\) (vì \(\triangle ABC\) vuông tại \(A\))
  • \(\widehat{AEH} = 90^\circ\) (vì \(HE \perp AB\))
  • \(\widehat{AFH} = 90^\circ\) (vì \(HF \perp AC\))
• Tứ giác \(AFHE\) có 3 góc vuông nên \(AFHE\) là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

• Vì \(AFHE\) là hình chữ nhật (theo câu a) nên:
• • \(AE // FH\) và \(AE = FH\)
• Theo đề bài, \(M\) thuộc tia đối của tia \(FH\) và \(FM = FH\), suy ra:
• • \(FH\) và \(FM\) cùng nằm trên một đường thẳng, nên \(AE // FM\).
  • Do \(AE = FH\) và \(FM = FH\) nên \(AE = FM\).
• Xét tứ giác \(AEFM\) có:
• • \(AE // FM\)
  • \(AE = FM\)
• Tứ giác có một cặp cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau nên \(AEFM\) là hình bình hành.

1. Chứng minh \(AM // BC\):
2. • Vì \(AEFM\) là hình bình hành (theo câu b) nên \(AM // EF\) (1).
   • Mặt khác, trong hình chữ nhật \(AFHE\), hai đường chéo \(AH\) và \(EF\) bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Gọi \(O\) là giao điểm của \(AH\) và \(EF\), ta có \(\triangle OAE\) cân tại \(O\) \(\Rightarrow \widehat{AEF} = \widehat{EAH}\).
   • Ta lại có \(\widehat{EAH} = \widehat{B}\) (cùng phụ với \(\widehat{BAH}\)). Suy ra \(\widehat{AEF} = \widehat{B}\).
   • Vì \(\widehat{AEF}\) và \(\widehat{B}\) ở vị trí đồng vị bằng nhau nên \(EF // BC\) (2).
   • Từ (1) và (2) suy ra \(AM // BC\).
3. Chứng minh \(AN // BC\):
4. • Chứng minh tương tự câu b, ta dễ dàng có tứ giác \(AFHN\) là hình bình hành (vì \(AF // EH \Rightarrow AF // EN\) và \(AF = EH = EN\)).
   • Vì \(AFHN\) là hình bình hành nên \(AN // FH\).
   • Mà \(FH \perp AC\) và \(AB \perp AC\) nên \(FH // AB \Rightarrow AN // AB\) (vô lý với tiên đề Euclid nếu \(N\) không nằm trên \(AB\)).
   • Cách 2 nhanh hơn cho \(AN\): Xét \(\triangle AHN\) có \(E\) là trung điểm của \(HN\) (\(EN=EH\)) và \(AE \perp HN\) (vì \(AB \perp HE\)). Do đó \(AE\) vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên \(\triangle AHN\) cân tại \(A \Rightarrow AE\) cũng là phân giác \(\Rightarrow \widehat{EAN} = \widehat{EAH}\).
   • Tương tự với \(\triangle AHM\) cân tại \(A \Rightarrow \widehat{FAM} = \widehat{FAH}\).
   • Tính tổng góc: \(\widehat{MAN} = \widehat{FAM} + \widehat{FAH} + \widehat{EAH} + \widehat{EAN} = 2(\widehat{FAH} + \widehat{EAH}) = 2 \times \widehat{A} = 2 \times 90^\circ = 180^\circ\).
   • Vì \(\widehat{MAN} = 180^\circ\) nên \(A, M, N\) thẳng hàng.

a: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)

nên AEHF là hình chữ nhật

b: AEHF là hình chữ nhật

=>AE//FH; AE=FH; AF//HE; AF=HE

TA có: FH//AE
=>FM//AE
Ta có: FH=AE

FH=FM

Do đó: AE=FM

Xét tứ giác AEFM có

AE//FM

AE=FM

Do đó; AEFM là hình bình hành

c:AF//HE

=>AF//EN

AF=HE

HE=EN

Do đó: AF=EN

Xét tứ giác AFEN có

AF//EN

AF=EN

Do đó: AFEN là hình bình hành

=>AN//FE và AN=FE

AEFM là hình bình hành

=>AM//FE và AM=FE

AM//FE

AN//FE
mà AN,AM có điểm chung là A

nên N,A,M thẳng hàng

AN=FE

AM=FE

Do đó: AN=AM

=>A là trung điểm của MN