Ta có: \({a^2} = 7,{b^2} = 9 \Rightarrow c = \sqrt {7 + 9}  = 4\) nên hypebol có hai tiêu điểm là \({F_1}\left( { - 4;0} \right);{F_2}\left( {4;0} \right)\) và tiêu cự là \({F_1}{F_2} = 2c = 8\).

Chọn B.

Câu 1: ĐKXĐ:...

\(P=\left[\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}+\frac{3\sqrt{xy}}{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\left(x-\sqrt{xy}+y\right)}\right]\left[\left(\frac{1}{\sqrt{x}-\sqrt{y}}-\frac{3\sqrt{xy}}{\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left(x+\sqrt{xy}+\sqrt{y}\right)}\right).\frac{\left(x+\sqrt{xy}+y\right)}{x-y}\right]\)

\(=\frac{\left(x-\sqrt{xy}+y+3\sqrt{xy}\right)}{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\left(x-\sqrt{xy}+y\right)}\left(\frac{x+\sqrt{xy}+y-3\sqrt{xy}}{\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left(x+\sqrt{xy}+y\right)}\right).\left(\frac{x+\sqrt{xy}+y}{x-y}\right)\)

\(=\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}{\left(x-\sqrt{xy}+y\right)}.\frac{\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)}{\left(\sqrt{x}+\sqrt{xy}+\sqrt{y}\right)}.\frac{\left(x+\sqrt{xy}+y\right)}{\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}\)

\(=\frac{1}{x-\sqrt{xy}+y}\)

b/

\(\left(x-y\right)^3+3xy\left(x-y\right)=6xy+3\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x+\left(-y\right)=a\\x.\left(-y\right)=b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a^2\ge4b\)

\(\Rightarrow a^3-3ab=-6b+3\)

\(\Leftrightarrow a^3-3=\left(3a-6\right)b\Rightarrow3b=\frac{a^3-2}{a-2}=a^2+2a+4+\frac{6}{a-2}\) (1)

a;b nguyên \(\Rightarrow\frac{6}{a-2}\) nguyên \(\Rightarrow a-2=Ư\left(6\right)=...\)

Sau đó thay ngược lại (1) để loại nghiệm và giải ra x;y

2. Đề bài bạn viết thiếu thì phải

3. a/

ĐKXĐ: ...

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{4x^2+5x+1}=a\\\sqrt{4x^2-4x+4}=b\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a-b=a^2-b^2\Leftrightarrow a-b=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\a+b=1\end{matrix}\right.\)

- Với \(a=b\Rightarrow9x-3=0\Rightarrow x=...\)

- Với \(a+b=1\Rightarrow\sqrt{4x^2+5x+1}+\sqrt{4x^2-4x+4}=1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{4x^2+5x+1}+\sqrt{\left(2x-1\right)^2+3}=1\)

\(VT\ge\sqrt{3}>1\Rightarrow\) pt vô nghiệm

b/ ĐKXĐ: ...

\(2x+y+2\sqrt{2x+y}-3=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2x+y}-1\right)\left(\sqrt{2x+y}+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2x+y}=1\Rightarrow y=1-2x\)

Thay vào pt dưới:

\(x^2-2x\left(1-2x\right)=\left(1-2x\right)^2+2\)

\(\Leftrightarrow...\) bạn tự giải

5.

\(a^4+b^4\ge\frac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)^2=\frac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+b^2\right)\ge ab\left(a^2+b^2\right)\)

\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{ab}{ab\left(a^2+b^2\right)+ab}+\frac{bc}{bc\left(b^2+c^2\right)+bc}+\frac{ca}{ca\left(c^2+a^2\right)+ca}\)

\(VT\le\frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2+c^2+1}+\frac{1}{c^2+a^2+1}\)

Đặt \(\left(a^2;b^2;c^2\right)=\left(x^3;y^3;z^3\right)\Rightarrow xyz=1\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\)

\(VT\le\frac{xyz}{xy\left(x+y\right)+xyz}+\frac{xyz}{yz\left(y+z\right)+xyz}+\frac{xyz}{zx\left(x+z\right)+xyz}\)

\(VT\le\frac{z}{x+y+z}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)

Gọi khoảng cách từ tâm đối xứng đến đáy tháp là z

Suy ra khoảng cách từ tâm đối xứng đến nóc tháp là \(\frac{2}{3}z\)

Ta có \(z + \frac{2}{3}z = 150 \Rightarrow z = 90\)

Thay \(y = 90\) vào phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{{{28}^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{{42}^2}}} = 1\) ta tìm được \(x = 4\sqrt {274} \)

Thay \(y = 60\) vào phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{{{28}^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{{42}^2}}} = 1\) ta tìm được \(x = 4\sqrt {149} \)

Vậy bán kính đường tròn nóc và bán kính đường tròn đáy của tháp lần lượt là \(4\sqrt {149} \) m và \(4\sqrt {274} \)m

a) Parabol: \(y = a{(x - h)^2} + k\) với \(I(h;k) = \left( {\frac{5}{2}; - \frac{1}{4}} \right)\) là tọa độ đỉnh.

\( \Rightarrow y = a{\left( {x - \frac{5}{2}} \right)^2} - \frac{1}{4}\)

(P) đi qua \(A(1;2)\) nên \(2 = a{\left( {1 - \frac{5}{2}} \right)^2} - \frac{1}{4} \Rightarrow a = 1\)

\( \Rightarrow y = {\left( {x - \frac{5}{2}} \right)^2} - \frac{1}{4} \Leftrightarrow y = {x^2} - 5x + 6\)

Vậy parabol đó là \(y = {x^2} - 5x + 6\)

b) Vẽ parabol \(y = {x^2} - 5x + 6\)

+ Đỉnh \(I\left( {\frac{5}{2}; - \frac{1}{4}} \right)\)

+ Giao với Oy tại điểm \((0;6)\)

+ Giao với Ox tại điểm \((3;0)\) và \((2;0)\)

+ Trục đối xứng \(x = \frac{5}{2}\). Điểm đối xứng với điểm \((0;6)\) qua trục đối xứng có tọa độ \((5;6)\)

b) Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{5}{2}; + \infty } \right)\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - \frac{5}{2}} \right)\)

c) \(f(x) \ge 0 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 6 \ge 0\)

Cách 1: Quan sát đồ thị, ta thấy các điểm có\(y \ge 0\) ứng với hoành độ \(x \in ( - \infty ;2] \cup [3; + \infty )\)

Do đó tập nghiệm của BPT \(f(x) \ge 0\) là \(S = ( - \infty ;2] \cup [3; + \infty )\)

Cách 2:

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 6 \ge 0\\ \Leftrightarrow (x - 2)(x - 3) \ge 0\end{array}\)

Do đó \(x - 2\) và \(x - 3\) cùng dấu. Mà \(x - 2 > x - 3\;\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 \ge 0\\x - 2 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 3\\x \le 2\end{array} \right.\)

Tập nghiệm của BPT là \(S = ( - \infty ;2] \cup [3; + \infty )\)

Câu 1:

\(y=x^3-3x^2-2\Rightarrow y'=3x^2-6x\)

Gọi hoành độ của M là \(x_M\)

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M bằng 9 tương đương với:

\(f'(x_M)=3x_M^2-6x_M=9\)

\(\Leftrightarrow x_M=3\) hoặc $x_M=-1$

\(\Rightarrow y_M=-2\) hoặc \(y_M=-6\)

Vậy tiếp điểm có tọa độ (3;-2) hoặc (-1;-6)

Đáp án B

Câu 2:

Gọi hoành độ tiếp điểm là $x_0$

Hệ số góc của tiếp tuyến tại tiếp điểm là:

\(f'(x_0)=x_0^2-4x_0+3\)

Vì tt song song với \(y=3x-\frac{20}{3}\Rightarrow f'(x_0)=3\)

\(\Leftrightarrow x_0^2-4x_0+3=3\Leftrightarrow x_0=0; 4\)

Khi đó: PTTT là:

\(\left[{}\begin{matrix}y=3\left(x-0\right)+f\left(0\right)=3x+4\\y=3\left(x-4\right)+f\left(4\right)=3x-\dfrac{20}{3}\end{matrix}\right.\) (đt 2 loại vì trùng )

Do đó \(y=3x+4\Rightarrow \) đáp án A

Câu 3:

PT hoành độ giao điểm:

\(\frac{2x+1}{x-1}-(-x+m)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+(1-m)x+(m+1)=0\) (1)

Để 2 ĐTHS cắt nhau tại hai điểm pb thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt

\(\Leftrightarrow \Delta=(1-m)^2-4(m+1)> 0\)

\(\Leftrightarrow m^2-6m-3> 0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m< 3-2\sqrt{3}\\m>3+2\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

Kết hợp với m nguyên và \(m\in (0;10)\Rightarrow m=7;8;9\)

Có 3 giá trị m thỏa mãn.

Câu 4:

Ta có:

\(\log_{12}7.\log_72=\log_{12}2\)

\(\Leftrightarrow b\log_72=\log_{12}(\frac{12}{6})=1-\log_{12}6\)

\(\Leftrightarrow b\log_72=1-a\) (1)

Có: \(\log_72\log_27=\log_77=1\Rightarrow \log_72=\frac{1}{\log_27}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(b.\frac{1}{\log_27}=1-a\Rightarrow \log_27=\frac{b}{1-a}\)

Đáp án B

Gọi \(M\left(x_0;\frac{2x_0-1}{x_0-1}\right);x_0\ne-1\) là tiếp điểm.

Theo đề bài ta có MA = 2

hay \(x^2_0+\left(\frac{2x_0-1}{x_0+1}-1\right)^2=4\Leftrightarrow x^2_0+\left(\frac{x_0-2}{x_0+1}\right)^2=4\)

\(\Leftrightarrow x_0\left(x_0-2\right)\left(x^2_0+4x_0+6\right)=0;\left(x_0\ne-1\right)\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x_0=0\\x_0=2\end{array}\right.\)

* Với \(x_0=0\), phương trình tiếp tuyến là \(y=y'\left(0\right)\left(x-0\right)+y\left(0\right)\) hay \(y=3x-1\)

* Với \(x_0=2\), phương trình tiếp tuyến là \(y=y'\left(2\right)\left(x-2\right)+y\left(2\right)\) hay \(y=\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}\)

Vậy có tiếp tuyến thỏa mãn bài toán \(y=\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}\) và \(y=3x-1\)

Bài easy quá mà!

4. a) Áp dụng tỉ dãy số bằng nhau:

\(\frac{a_1-1}{100}=\frac{a_2-2}{99}=...=\frac{a_{100}-100}{1}\)

\(=\frac{\left(a_1+a_2+...+a_{100}\right)-\left(1+2+...+100\right)}{100+99+...+2+1}=\frac{5050}{5050}=1\)

Suy ra: \(a_1-1=100\Leftrightarrow a_1=101\)

\(a_2-2=99\Leftrightarrow a_2=101\)

.......v.v...

\(a_{100}-100=1\Leftrightarrow a_{100}=101\)

Do đó: \(a_1=a_2=a_3=...=a_{100}=101\)

Bài 5/

Theo t/c dãy tỉ số bằng nhau,ta có: \(\frac{y+z-x}{x}=\frac{z+x-y}{y}=\frac{x+y-z}{z}=\frac{2\left(x+y+z\right)}{x+y+z}=2\)\(=\frac{2x}{x}\)

Suy ra:

 \(\frac{y+z-x}{x}=\frac{2x}{x}\Leftrightarrow y+z-x=2x\Rightarrow x=y=z\) (vì nếu \(x\ne y\ne z\Rightarrow y+z-x\ne2x\) "không thỏa mãn")

Thay vào A,ta có: \(A=\left(1+\frac{x}{x}\right)\left(1+\frac{y}{y}\right)\left(1+\frac{z}{z}\right)=2.2.2=8\)

Bài 6a)  chính là bài thi học kì của mình hôm qua đấy! Bạn nhớ viết thường hoặc viết hoa giống như mình nhé (chỗ mấy cái góc này nó đó.Dễ nhầm lẫn lắm)

a) Gọi O là giao điểm của EC và DB.Qua O kẻ d // ED

Do d // ED (do cách dựng) suy ra \(\widehat{dOA}+\widehat{EAO}=180^o\) (hai góc trong cùng phía)  (1)

Mặt khác cũng do d // ED,suy ra \(\widehat{dOA}=\widehat{DAO}\) (so le trong) (2)

Thay (2) và (1) suy ra \(\widehat{DAO}+\widehat{EAO}=180^o\Rightarrow\) E,A,D thẳng hàng

Ta có: \(c = \sqrt {144 + 25}  = 13\).

Do đó (H) có hai tiêu điểm là \({F_1}\left( { - 13;0} \right),{F_2}\left( {13;0} \right)\) và  có tiêu cự bằng \(2c = 26\).