\(\Omega=C^2_{52}.C^2_{52}\)

a) Trong mỗi bộ có 4 lá K nên số trường hợp rút được 2 K là \(C^2_4\)

\(\Rightarrow P=\frac{C_4^2.C_4^2}{C_{52}^2.C_{52}^2}=\frac{1}{48841}\)

b) Vì bích, rô , nhép, cơ mỗi bộ có 13 lá nên số trường hợp rút được 1 lá mỗi loại là: \(\left(C_{13}^1\right)^4\)

Vì mỗi bộ chỉ được rút 2 lá nên nếu bộ 1 rút được 2 nguyên tố này thì bộ 2 phải rút được 2 nguyên tố kia

---> Số trường hợp bốc được: \(C_4^2\)

\(\Rightarrow P=\frac{C_4^2.\left(C_{13}^1\right)^4}{\left(C_{52}^2\right)^2}=\frac{169}{1374}\)

c) Nếu bộ 1 bốc được 2 con Q nguyên tố này thì 2 con Q của các nguyên tố còn lại phải nằm ở bộ 2

---> Số trường hợp bốc: \(C_4^2\)

\(\Rightarrow P=\frac{C_4^2}{\left(C_{52}^2\right)^2}=\frac{1}{293046}\)

Ta có: (x³ +

)⁸=C^k₈ x^{3(8 – k)} ()^k =C^k₈ x^{24 – 4k}

Trong tổng này, số hạng C^k₈ x^{24 – 4k} không chứa x khi và chỉ khi

2. ĐKXĐ:

a. \(\left\{{}\begin{matrix}cosx\ne0\\2-cosx+tan^2x\ge0\left(luôn-đúng\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x\ne\frac{\pi}{2}+k\pi\)

(BPT dưới luôn đúng do \(\left\{{}\begin{matrix}tan^2x\ge0\\2-cosx>0\end{matrix}\right.\) với mọi x)

b. \(sin2x-sinx+3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(sin2x+2\right)+\left(1-sinx\right)\ge0\)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}sin2x\ge-1\\sinx\le1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}sin2x+2>0\\1-sinx\ge0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) BPT luôn thỏa mãn hay hàm số xác định trên R

1.

\(\Leftrightarrow f\left(x\right)=sin^4x+cos^4x-2m.sinx.cosx\ge0\) ;\(\forall x\in R\)

\(f\left(x\right)=\left(sin^2x+cos^2x\right)^2-2sin^2x.cos^2x-2m.sinx.cosx\)

\(=-\frac{1}{2}sin^22x-m.sin2x+1\)

Đặt \(sin2x=t\Rightarrow\left|t\right|\le1\)

\(f\left(t\right)=-\frac{1}{2}t^2-mt+1\ge0\) ; \(\forall t\in\left[-1;1\right]\)

\(\Leftrightarrow\min\limits_{\left[-1;1\right]}f\left(t\right)\ge0\)

\(a=-\frac{1}{2}< 0\Rightarrow\min\limits f\left(t\right)\) xảy ra tại 1 trong 2 đầu mút

\(f\left(-1\right)=m+\frac{1}{2}\) ; \(f\left(1\right)=\frac{1}{2}-m\)

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}m+\frac{1}{2}\ge\frac{1}{2}-m\\\frac{1}{2}-m\ge0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ge0\\m\le\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le m\le\frac{1}{2}\)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{1}{2}-m\ge m+\frac{1}{2}\\m+\frac{1}{2}\ge0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\le0\\m\ge-\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow-\frac{1}{2}\le m\le\frac{1}{2}\)

Câu 5:

a: Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)

\(BN=NC=\frac{BC}{2}\)

\(CP=PD=\frac{CD}{2}\)

\(AQ=QD=\frac{AD}{2}\)

mà AB=BC=CD=DA

nên AM=MB=BN=NC=CP=PD=AQ=QD

Xét tứ giác ANCQ có

AQ//CN

AQ=CN

Do đó: ANCQ là hình bình hành

=>AN//CQ

=>A1B1//C1D1

Xét tứ giác BMDP có

BM//DP

BM=DP

Do đó: BMDP là hình bình hành

=>BP//DM

=>A1D1//B1C1

Xét ΔABN vuông tại B và ΔDAM vuông tại A có

AB=DA

BN=AM

Do đó: ΔABN=ΔDAM

=>\(\hat{BAN}=\hat{ADM}\)

mà \(\hat{ADM}+\hat{AMD}=90^0\) (ΔAMD vuông tại A)

nên \(\hat{BAN}+\hat{AMD}=90^0\)

=>AN⊥DM tại A1

Xét ΔABB1 có

M là trung điểm của AB

MA1//BB1

Do đó: A1 là trung điểm của AB1

Xét ΔBCC1 có

N là trung điểm của BC

NB1//CC1

Do đó: B1 là trung điểm của BC1

Xét ΔCD1D có

P là trung điểm của CD

PC1//D1D

Do đó: C1 là trung điểm của CD1

Xét ΔDAA1 có

Q là trung điểm của DA

QD1//AA1

Do đó: D1 là trung điểm của DA1

Xét ΔMAA1 vuông tại A1 và ΔQDD1 vuông tại D1 có

MA=QD

\(\hat{AMA_1}=\hat{DQD_1}\left(=90^0-\hat{ADM}\right)\)

Do đó: ΔMAA1=ΔQDD1

=>MA1=QD1; AA1=DD1

AA1=DD1

mà AA1=A1B1 và DD1=D1A1

nên A1B1=D1A1

Xét tứ giác A1B1C1D1 có

A1B1//C1D1

A1D1//B1C1

Do đó: A1B1C1D1 là hình bình hành

Hình bình hành A1B1C1D1 có A1B1=A1D1

nên A1B1C1D1 là hình thoi

Hình thoi A1B1C1D1 có \(\hat{B_1A_1D_1}=90^0\)

nên A1B1C1D1 là hình vuông

b: M là trung điểm của AB

=>\(AM=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}\)

Xét ΔAMD vuông tại A có A1A là đường cao

nên \(\frac{1}{\left(A_1A\right)^2}=\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{0,25a^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{5}{a^2}\)

=>\(\left(A_1A\right)^2=\frac{a^2}{5}\)

mà A1A=A1B1

nên \(\left(A_1B_1\right)^2=\frac{a^2}{5}\)

A1B1C1D1 là hình vuông

=>\(S_{\left(A_1B_1C_1D_1\right)}=\left(A_1B_1\right)^2=\frac{a^2}{5}\)

Câu 7: Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của BD và AM, K là giao điểm của BD và AN

ABCD là hình bình hành

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD

Xét ΔABC có

AM,BO là các đường trung tuyến

AM cắt BO tại I

Do đó: I là trọng tâm của ΔABC

=>\(BI=\frac23BO=\frac23\cdot\frac12\cdot BD=\frac13BD\)

Xét ΔDAC có

DO,AN là các đường trung tuyến

DO cắt AN tại K

Do đó: K là trọng tâm của ΔDAC
=>\(DK=\frac23DO=\frac23\cdot\frac12\cdot DB=\frac13DB\)

BI+IK+KD=BD

=>\(IK=BD-\frac13BD-\frac13BD=\frac13BD\)

=>BI=IK=KD

=>AM và AN chia đường chéo BD thành 3 phần bằng nhau (ĐPCM)