Xét 2024 số:

\(a_1=2024\)

\(a_2=20242024\)

\(a_3=202420242024\)

...

\(a_{2024}=20242024...2024\) (2024 lần cụm "2024")

 Một số khi chia cho 2023 thì có 2023 số dư phân biệt là 0, 1, 2,..., 2023 

 \(\Rightarrow\) Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 2 số \(a_i,a_j\left(i\ne j,1\le i< j\le2024\right)\) trong số 2024 số kể trên có cùng số dư khi chia cho 2023. 

 \(\Rightarrow a_j-a_i⋮2023\)

 \(\Rightarrow20242024...2024-20242024...2024⋮2023\)

       (\(j\) cụm "2024)          (\(i\) cụm "2024)

 \(\Rightarrow20242024...2024000...00⋮2023\) 

   (\(j-i\) cụm "2024" và \(i\) chữ số 0)

 \(\Rightarrow20242024...2024.10^i⋮2023\) (*)

 Nhưng vì \(10^i=2^i.5^i\) và \(2023=7.17^2\) nên \(ƯCLN\left(10^i,2023\right)=1\)

 Từ đó (*) suy ra \(20242024...2024⋮2023\)

                          (\(j-i\) cụm 2024)

 Ta có đpcm.

Ta có: EF song song MN (cùng vuông góc AB)

D là trung điểm OA \(\Rightarrow AD=OD=\dfrac{R}{2}\)

Mà \(AC=OB=R\)

\(\Rightarrow AC+AD=OD+OB\Rightarrow DC=BD\)

Hay D là trung điểm BD

\(\Rightarrow EF\) là đường trung bình tam giác BMN

\(\Rightarrow MN=2EF\)

AB là đường kính và E thuộc đường tròn \(\Rightarrow\widehat{AEB}=90^0\) hay tam giác  ABE vuông tại E

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABE với đường cao ED:

\(ED^2=AD.DB=AD\left(OD+OB\right)=\dfrac{R}{2}.\left(\dfrac{R}{2}+R\right)=\dfrac{3R^2}{4}\)

\(\Rightarrow ED=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow EF=2ED=R\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow MN=2EF=2R\sqrt{3}\)

Gọi G là giao điểm của EF và AB. Ta có:

AG = AD + DG = R + R/2 = 3R/2

Vì tam giác ABC vuông tại C nên ta có:

AC^2 + BC^2 = AB^2

R^2 + BC^2 = (2R)^2

BC = R√3

Ta có:

CG = BC - BC/2 = R√3 - R√3/2 = R√3/2

Vì tam giác CGE vuông tại G nên ta có:

GE = CG * tan(∠GCE) = CG * tan(∠CBE)

GE = R√3/2 * tan(∠CBE)

Vì EF vuông góc với AB nên tam giác BEG vuông tại G, ta có:

BG^2 + GE^2 = BE^2

(R/2)^2 + (R√3/2 * tan(∠CBE))^2 = R^2

R^2/4 + 3R^2/4 * tan^2(∠CBE) = R^2

tan^2(∠CBE) = 1/3

tan(∠CBE) = √(1/3)

sin(∠CBE) = 1/√3

MN = 2 * GM = 2 * GE * sin(∠CBE)

MN = 2 * R√3/2 * √(1/3) = R

Vậy độ dài đoạn thẳng MN là R.

Để giải phép tính này, trước hết chúng ta cần thực hiện phép chia trước, sau đó thực hiện phép cộng. Dưới đây là cách giải:

1. 5322,666744 : 5,333332 = 998
2. 17443,478 : 0,993 = 17569

Sau đó, ta thực hiện phép cộng:

998 + 17569 = 18567

Vậy kết quả của phép tính là 18567 viết dưới dạng hỗn số.

Còn phần phân số đâu bạn.
Hỗn số có hai phần là: Số nguyên đứng trước dấu gạch ngang và phân số.

Tham khảo:

Gọi: số tiền loại 50000 đ là x ; số tiền loại 500000 đ là y

Ta có:  x + y = 15  (1)

50000x + 200000y -30000= 1320000   (1)

Giải hai phương trình trên : 

{x=11

y=4

Tham khảo:

a. Các đề bài trên chia làm hai loại :

       + Đề có những từ ngữ chỉ rõ cách thức bài làm: phân tích, cảm nhận và suy nghĩ, gợi cho em những suy nghĩ gì, ... (đề 1, 2, 3, 5, 6, 8).

       + Đề không đưa ra yêu cầu, mệnh lệnh cụ thể (Đề 4, 7).

b. Yêu cầu phân tích, cảm nhận và suy nghĩ biểu thị :

       + Phân tích : phân tách, xem xét đối tượng dưới nhiều góc độ, đối chiếu, so sánh... để từ đó đi đến nhận định về đối tượng, nghiêng về nghị luận.

       + Cảm nhận: nhấn mạnh đến việc đưa ra cảm thụ, ấn tượng riêng.

       + Suy nghĩ : nhấn mạnh nhận định, đánh giá về đối tượng.

   - Với đề bài không có lệnh cụ thể, người làm tự lựa chọn những thao tác cần thiết để làm rõ, chứng minh cho ý kiến của mình về đối tượng được nêu ra trong đề bài.

Câu 2:

Cách tổ chức, triển khai luận điểm

a. – Phần Thân bài của văn bản : “Nhà thơ đã viết về ... thành thực của Tế Hanh”.

   - Nhận xét của người viết trong phần Thân bài : cảm nhận về cảm xúc nồng nàn, mạnh mẽ, lắng sâu của Tế Hanh.

   - Những suy nghĩ, ý kiến ấy được dẫn dắt theo từng luận điểm từ khái quát đến chi tiết, những hình ảnh nổi bật. Giữa Mở bài, Thân bài và Kết bài có mối liên kết chặt chẽ cả về nội dung lẫn hình thức. Thân bài phân tích làm rõ nhận định ở Mở bài, từ các luận điểm ở Thân bài dẫn đến kết luận ở Kết bài.

b. Văn bản có tính thuyết phục và hấp dẫn :

       + Bố cục mạch lạc, sáng rõ. Luận điểm được triển khai rõ ràng, từng luận điểm được chứng minh bằng những biểu hiện cụ thể trong bài thơ.

       + Người viết trình bảy cảm nghĩ bằng cả lòng yêu mến và rung cảm chân thành.

a. Tìm hiểu đề và tìm ý:

   - Tìm hiểu đề: Vấn đề nghị luận là gì? (khổ thơ đầu bài Sang thu của Hữu Thỉnh). Yêu cầu (mệnh lệnh) làm gì? (phân tích).

   - Tìm ý: Nội dung cảm xúc chung của bài thơ Sang thu là gì? Nội dung của khổ thơ đầu bài thơ này là gì? Cảm xúc của nhà thơ được gợi lên từ hương vị, đặc điểm gì của thiên nhiên? Khổ thơ có gì đặc sắc về hình ảnh thơ, ngôn từ?

   - Lập dàn bài theo bố cục 3 phần: Chú ý xây dựng các luận điểm chính và chứng minh bằng những biểu hiện cụ thể trong khổ thơ.

b. Ở phần Thân bài, có thể triển khai vấn đề nghị luận thành các luận điểm:

   - Cảm xúc bâng khuâng, vấn vương trước đất trời trong trẻo đang biến chuyển nhẹ nhàng : bỗng, hình như.

   - Cảm nhận tinh tế về dấu hiệu mùa thu : hương ổi phả vào trong gió se, sương chùng chình, sông nước, chim, mây, nắng, mưa, sấm.

   - Hình ảnh thơ độc đáo và từ ngữ giàu sức gợi cảm.

Điểm I ở câu 2 là điểm nào em?

 1, Ta có \(\widehat{MHB}=\widehat{MKB}=90^o\) nên tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn (BM) nên \(\widehat{MHK}=\widehat{MBK}\)

 Lại có tứ giác ABCM nội tiếp nên \(\widehat{MBK}=\widehat{ACM}\) (góc ngoài bằng góc trong đối)

 \(\Rightarrow\widehat{MHK}=\widehat{MBK}=\widehat{ACM}\)

 2, Ta có \(\widehat{MHC}=\widehat{MIC}=90^o\) nên tứ giác MHIC nội tiếp đường tròn (MC). 

 \(\Rightarrow\widehat{MHI}+\widehat{MCA}=180^o\)

 Lại có \(\widehat{MCA}=\widehat{MHK}\left(cmt\right)\Rightarrow\) \(\widehat{MHI}+\widehat{MHK}=180^o\) \(\Rightarrow\) H, K, I thẳng hàng.

 Thêm: Đường thẳng qua 3 điểm H, I, K gọi là đường thẳng Simson trong tam giác. Bạn có thể lên mạng tham khảo thêm. 

 Gọi M là trung điểm của AC và T là điểm đồng quy của 2 tiếp tuyến tại B, D và đường thẳng AC.

 Nhận thấy \(\widehat{OBT}=\widehat{ODT}=\widehat{OMT}=90^o\) nên 5 điểm O, M, B, T, D cùng thuộc đường tròn (OT).

 Ta có \(\widehat{DCM}=\widehat{DCA}=\widehat{DBA}\)

 Và \(\widehat{DMC}=180^o-\widehat{TMD}\) \(=180^o-\widehat{DBT}\) \(=180^o-\widehat{BCD}\) \(=\widehat{DAB}\)

Nên \(\Delta DAB\sim\Delta DMC\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{AB}{MC}=\dfrac{BD}{CD}\) 

 \(\Rightarrow AB.CD=MC.BD=\dfrac{1}{2}AC.BD\)

 Tương tự, ta chứng minh được \(AD.BC=\dfrac{1}{2}AC.BD\) (hoặc cùng có thể dùng định lý Ptolemy trong tứ giác ngoại tiếp để suy ra điều này).

 \(\Rightarrow AB.CD=AD.BC\left(=\dfrac{1}{2}AC.BD\right)\) 

 Ta có đpcm.

 Mình trả lời rồi nhé bạn. Nếu bạn chưa xem được đáp án thì bạn vào trang cá nhân của mình xem nhé.

1) \(x^2-2x-15=0\)

\(\Delta=\left(-2\right)^2-4\cdot1\cdot-15=64>0\)

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 

\(x_1=\dfrac{2+\sqrt{64}}{2\cdot1}=5\)

\(x_2=\dfrac{2-\sqrt{64}}{2\cdot1}=-3\)

2) \(x^2-2mx+m-2=0\)

\(\Delta=\left(-2m\right)^2-4\cdot1\cdot\left(m-2\right)=4m^2-4m+8=\left(2m-1\right)^2+7>0\forall m\)

Theo vi-ét: 

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{-\left(-2m\right)}{1}=2m\\x_1x_2=\dfrac{m-2}{1}=m-2\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(\left(3+x_1\right)\left(2-x_2\right)-\left(3+x_2\right)\left(x_1-2\right)=x^2_1+x^2_2+18\)

\(\Leftrightarrow6-3x_2+2x_1-x_1x_2-\left(-6+3x_1-2x_2+x_1x_2\right)=x^2_1+x^2_2+18\)

\(\Leftrightarrow6-3x_2+2x_1-x_1x_2+6-3x_1+2x_2-x_1x_2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2+18\)

\(\Leftrightarrow12-3\left(x_1+x_2\right)+2\left(x_1+x_2\right)-2x_1x_2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2+18\)

\(\Leftrightarrow12-\left(x_1+x_2\right)=\left(x_1+x_2\right)^2+18\)

\(\Leftrightarrow12-2m=\left(2m\right)^2+18\)

\(\Leftrightarrow12-2m=4m^2+18\)

\(\Leftrightarrow4m^2+2m+6=0\)

\(\Leftrightarrow m\in\varnothing\)

Vậy không có m thỏa mãn 

 Gọi X và Y lần lượt là giao điểm thứ hai của EM với (O), EN với (O').

 Ta có \(\widehat{MAO'}=\widehat{NAO}\left(=90^o\right)\) nên \(\widehat{MAO}=\widehat{NAO'}\). Hơn nữa tam giác MAO và NAO' đều là các tam giác cân nên \(\Rightarrow\widehat{MOA}=\widehat{NO'A}\) 

 Trong đường tròn (O), ta có: \(\widehat{MOA}=sđ\stackrel\frown{MA}=2.\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{MA}=2\widehat{MBA}\)

 Tương tự, ta có \(\widehat{NO'A}=2\widehat{ABN}\)

 \(\Rightarrow\widehat{MBA}=\widehat{ABN}\)

 Hơn nữa có \(\widehat{MAB}=\widehat{ANB}\) (vì chúng lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AB của (O').

 \(\Rightarrow\Delta BAM\sim\Delta BNA\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BA}{BN}=\dfrac{BM}{BA}\)

 Do \(BA=BE\) nên \(\dfrac{BE}{BN}=\dfrac{BM}{BE}\)

 Lại có \(\widehat{MBA}=\widehat{ABN}\left(cmt\right)\) \(\Rightarrow\widehat{EBM}=\widehat{EBN}\)

\(\Rightarrow\Delta MBE\sim\Delta EBN\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MEB}=\widehat{ENB}\)

 Lại có \(\widehat{ENB}=\widehat{BNY}=\widehat{BAY}\) nên \(\widehat{MEB}=\widehat{BAY}\) \(\Rightarrow\) EX//AY

\(\Rightarrow\widehat{AYN}=\widehat{MEN}\)

 Hơn nữa vì \(\widehat{NAx}=\widehat{AYN}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AN trong (O'))

\(\Rightarrow\widehat{NAx}=\widehat{MEN}\)

 Từ đó suy ra tứ giác AMEN nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối)

 Ta có đpcm.