\(\log_ab^2=2\log_ab=2.3=6\) -> C

Chọn C

\(4^{\log_23}=\left(2^2\right)^{\log_23}=2^{2log_23}=2^{\log_23^2}=2^{\log_29}=9\)

-> A

Chọn A

\(P=loga^3+logb^2=log\left(a^3b^2\right)=log\left(100\right)=10\)

a) \(\log_a\left(a^2b\right)=\log_aa^2+\log_ab=2.\log_aa+\log_ab=2.1+2=4\)

b) \(\log_a\dfrac{a\sqrt{a}}{b\sqrt[3]{a}}=\log_a\left(a\sqrt{a}\right)-\log_a\left(b\sqrt[3]{b}\right)=\log_aa^{\dfrac{3}{2}}-\log_ab^{\dfrac{4}{3}}=\dfrac{3}{2}.\log_aa-\dfrac{4}{3}\log_ab=\dfrac{3}{2}.1-\dfrac{4}{3}.2=-\dfrac{7}{6}\)

c) \(\log_a\left(2b\right)+\log_a\left(\dfrac{b^2}{2}\right)=\log_a2+\log_ab+\log_ab^2-\log_a2=\log_ab+2\log_ab=3\log_ab=3.2=6\)

a: \(=log_aa^2+log_ab=2+2=4\)

b: \(log_a\left(\dfrac{a\sqrt{a}}{b\sqrt[3]{b}}\right)=log_aa^{\dfrac{3}{2}}-log_ab^{\dfrac{4}{3}}\)

=3/2-4/3*2

=3/2-8/3

=9/6-16/6=-7/6

c: \(log_a\left(2b\right)+log_a\left(\dfrac{b^2}{2}\right)\)

\(=log_a\left(2b\cdot\dfrac{b^2}{2}\right)=log_a\left(b^3\right)=3\cdot2=6\)

Ta có: B là ảnh của A' lên (ABCD) 

Có: D'C // A'B nên C là ảnh của D' lên (ABCD)

Từ C' kẻ C'E // CD' // A'B. Suy ra E là ảnh của C' lên (ABCD).

Vậy tam giác BCE là ảnh của tam giác A'C'D' qua phép chiếu song song lên mặt phẳng (ABCD) theo phương A'B. 

a) Ta có: N là trung điểm của AA’ nên \(\frac{{AN}}{{AA'}} = \frac{1}{2}\)

Q là trung điểm của AD’ nên \(\frac{{AQ}}{{AD'}} = \frac{1}{2}\)

Theo định lý Ta – let, ta có NQ // A’D’

Suy ra \(\frac{{NQ}}{{A'D'}} = \frac{{AN}}{{AA'}} = \frac{1}{2}\) nên\(NQ = \frac{1}{2}A'D'\)

b) Ta có: NQ // A’D’ mà A’D’ // BC nên NQ // BC hay NQ // MC (1)

Ta có \(NQ = \frac{1}{2}A'D'\) mà A’D’ = BC, \(MC = \frac{1}{2}BC\), nên NQ = MC (2)

Từ (1) và (2) suy ra MNQC là hình bình hành

c) Ta có: MNQC là hình bình hành nên MN // CQ

Mà CQ thuộc (ACD’)

Nên MN // (ACD’)

d) Gọi O là trung điểm của AC

Tam giác ACB có: O, M là trung điểm của AC, BC

Suy ra: OM // AB nên \(OM = \frac{1}{2}AB\)

Mà AB = C’D’, \(D'P = \frac{1}{2}C'D\),

Suy ra OM = D’P (1)

Ta có: OM // AB, AB // C’D’ nên OM // C’D‘ hay OM // D’P (2)

Từ (1) và (2) suy ra OMPD’ là hình bình hành. Do đó: MP // OD’

Mà OD’ thuộc (ACD’)

Suy ra: MP // (ACD’)

Mà MN thuộc (ACD’)

Do đó: (MNP) // (ACD’)

a, Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị là:

\(y'\left(2\right)=-4\cdot2+1=-7\)

b, Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M(2;-6) là:

\(y=y'\left(2\right)\cdot\left(x-2\right)-6=-7\left(x-2\right)-6=-7x+8\)

a) Ta có: AD // B’C’, AD = B’C’ nên ADC’B’ là hình bình hành

Suy ra AB’ // DC’ nên AB‘ // (A’C’D) (1)

Ta có: (ACC’A‘) là hình bình hành nên AC // A’C‘

Suy ra AC // (A’C’D‘) (2)

Mà AB‘, AC thuộc (ACB‘) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra  (ACB‘) // (A‘C’D)

b) Gọi O, O’ lần lượt là tâm hình bình hành ABCD, A’B’C’D’

Trong (BDD’B’): B’O cắt BD’

Mà B’O thuộc (ACB’), BD’ cắt (ACB’) tại\({G_1}\)

Suy ra: B’O cắt BD’ tại\({G_1}\)

Tương tự, ta có: DO’ cắt BD’ tại\({G_2}\)

Ta có: tam giác \({G_1}OB\) đồng dạng với tam giác \({G_1}B'D'\) (do BD // B’D’)

Suy ra\(\frac{{{G_1}O}}{{{G_1}B'}} = \frac{{OB}}{{B'D'}} = \frac{1}{2}\)

Nên \(\frac{{{G_1}O}}{{{G_1}B'}} = \frac{2}{3}\)

Do đó:\({G_1}\) là trọng tâm tam giác ACB’

Chứng minh tương tự ta có:\({G_2}\) là trọng tâm tam giác A’C’D

c) Ta có tam giác\({G_1}OB\) đồng dạng với tam giác \({G_1}B'D'\)

Suy ra\(\frac{{{G_1}O}}{{{G_1}B'}} = \frac{{OB}}{{B'D'}} = \frac{1}{2}\)

Nên \({G_1}B = \frac{1}{3}BD'(1)\)

Tương tự ta có:\(\frac{{{G_2}D'}}{{{G_2}B}} = \frac{{OD'}}{{DB}} = \frac{1}{2}\)

Nên \({G_2}D' = \frac{1}{3}{\rm{DD}}'(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra\({G_1}B = {G_1}{G_2} = {G_2}D'\)

\(A=\dfrac{x^{\dfrac{5}{4}}y+xy^{\dfrac{5}{4}}}{\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{y}}\\ =\dfrac{xy\left(x^{\dfrac{1}{4}}+y^{\dfrac{1}{4}}\right)}{x^{\dfrac{1}{4}}+y^{\dfrac{1}{4}}}\\ =xy\)

\(B=\left(\sqrt[7]{\dfrac{x}{y}\sqrt[5]{\dfrac{y}{x}}}\right)^{\dfrac{35}{4}}\\= \left(\sqrt[7]{\dfrac{x}{y}\cdot\left(\dfrac{x}{y}\right)^{-\dfrac{1}{5}}}\right)^{\dfrac{35}{4}}\\ =\left(\sqrt[7]{\left(\dfrac{x}{y}\right)^{\dfrac{4}{5}}}\right)^{\dfrac{35}{4}}\\ =\left[\left(\dfrac{x}{y}\right)^{\dfrac{4}{35}}\right]^{\dfrac{35}{4}}\\ =\left(\dfrac{x}{y}\right)^{\dfrac{4}{35}\cdot\dfrac{35}{4}}\\ =\left(\dfrac{x}{y}\right)^1\\ =\dfrac{x}{y}\)