a: \(P=\left(\dfrac{1}{x-\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-1}\right):\dfrac{\sqrt{x}}{x-2\sqrt{x}+1}\)

\(=\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-1}\right):\dfrac{\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}\)

\(=\dfrac{1+\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}\cdot\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}{\sqrt{x}}\)

\(=\dfrac{\left(1+\sqrt{x}\right)\left(1-\sqrt{x}\right)}{x}=\dfrac{1-x}{x}\)

b: \(\left\{{}\begin{matrix}3x+y=1\\2x-3y=19\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}9x+3y=3\\2x-3y=19\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}11x=22\\3x+y=1\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=1-3x=1-3\cdot2=-5\end{matrix}\right.\)

c: \(x^4-2023x^2+2022=0\)

=>\(\left(x^2-1\right)\left(x^2-2022\right)=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x^2-1=0\\x^2-2022=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2=1\\x^2=2022\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-1\\x=\sqrt{2022}\\x=-\sqrt{2022}\end{matrix}\right.\)

Câu 1:

Thay x=1 và y=0 vào \(y=\left(m+1\right)x+3\), ta được:

m+1+3=0

=>m+4=0

=>m=-4

=>Chọn D

Câu 2:

\(x^4-5x^2+4=0\)

=>\(\left(x^2-1\right)\left(x^2-4\right)=0\)

=>(x-1)(x+1)(x-2)(x+2)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-1\\x=2\\x=-2\end{matrix}\right.\)

=>Chọn D

Câu 3:

Xét (O) có \(\widehat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC

nên \(\widehat{BOC}=2\cdot\widehat{BAC}=120^0\)

Diện tích hình quạt tròn BOC là:

\(S=\dfrac{\Omega\cdot4^2\cdot120}{360}=\Omega\cdot\dfrac{16}{3}\)

=>Chọn B

Câu 4:

Kẻ tiếp tuyến chung tại A cắt BC tại H

Xét (O) có

HB,HA là các tiếp tuyến

Do đó: HA=HB và HO là phân giác của góc BHA

Xét (O') có

HA,HC là các tiếp tuyến

Do đó: HA=HC và HO' là phân giác của góc AHC

Ta có: HO là phân giác của góc BHA

=>\(\widehat{BHA}=2\cdot\widehat{OHA}\)

Ta có: HO' là phân giác của góc AHC

=>\(\widehat{AHC}=2\cdot\widehat{AHO'}\)

Ta có: \(\widehat{BHA}+\widehat{AHC}=180^0\)(hai góc kề bù)

=>\(2\cdot\left(\widehat{OHA}+\widehat{O'HA}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\widehat{OHO'}=180^0\)

=>\(\widehat{OHO'}=90^0\)

Xét ΔOHO' vuông tại H có HA là đường cao

nên \(HA^2=AO\cdot AO'\)

=>\(HA=\sqrt{9\cdot4}=6\left(cm\right)\)

=>\(BC=2\cdot HA=12\left(cm\right)\)

=>Chọn C

1: Ta có: ΔOMN cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)MN

Xét tứ giác OIAC có \(\widehat{OIA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên OIAC là tứ giác nội tiếp

2: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét (O) có

\(\widehat{ABM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BM

\(\widehat{BNM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM

Do đó: \(\widehat{ABM}=\widehat{BNM}\)

Xét ΔABM và ΔANB có

\(\widehat{ABM}=\widehat{ANB}\)

\(\widehat{BAM}\) chung

Do đó: ΔABM~ΔANB

=>\(\dfrac{AB}{AN}=\dfrac{AM}{AB}\)

=>\(AB^2=AM\cdot AN\left(3\right)\)

Xét ΔAOB vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(AM\cdot AN=AH\cdot AO\)

=>\(\dfrac{AM}{AO}=\dfrac{AH}{AN}\)

Xét ΔAMH và ΔAON có

\(\dfrac{AM}{AO}=\dfrac{AH}{AN}\)

\(\widehat{MAH}\) chung

Do đó: ΔAMH~ΔAON

=>\(\widehat{AMH}=\widehat{AON}\)

mà \(\widehat{AMH}+\widehat{NMH}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{NOH}+\widehat{NMH}=180^0\)

=>NMHO là tứ giác nội tiếp

a: Ta có: ΔOBC cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)BC

Ta có: \(\widehat{OIA}=\widehat{OMA}=\widehat{ONA}=90^0\)

=>O,I,M,A,N cùng thuộc đường tròn đường kính OA

=>M,N,O,I cùng thuộc một đường tròn

b: Gọi K là giao điểm của MN với OA

Xét (O) có

AM,AN là các tiếp tuyến

Do đó: AM=AN

=>A nằm trên đường trung trực của MN(1)

ta có: OM=ON

=>O nằm trên đường trung trực của MN(2)

Từ (1)và (2) suy ra OA là đường trung trực của MN

=>OA\(\perp\)MN tại K và K là trung điểm của MN

Xét ΔOMA vuông tại M có MK là đường cao

nên \(OK\cdot OA=OM^2=R^2\left(3\right)\)

Xét ΔOKH vuông tại K và ΔOIA vuông tại I có

\(\widehat{KOH}\) chung

Do đó: ΔOKH~ΔOIA

=>\(\dfrac{OK}{OI}=\dfrac{OH}{OA}\)

=>\(OI\cdot OH=OK\cdot OA\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(OI\cdot OH=R^2\)

Câu 7:

1:

a: Thay m=-5 vào (d), ta được:

\(y=-5x+5-1=-5x+4\)

Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(-x^2=-5x+4\)

=>\(x^2-5x+4=0\)

=>(x-1)(x-4)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=4\end{matrix}\right.\)

Thay x=1 vào y=-5x+4, ta được:

\(y=-5\cdot1+4=-1\)

Thay x=4 vào y=-5x+4, ta được:

\(y=-5\cdot4+4=-16\)

Vậy: (d) cắt (P) tại A(1;-1); B(4;-16)

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(-x^2=-mx+m-1\)

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

\(\text{Δ}=\left(-m\right)^2-4\left(m-1\right)=m^2-4m+4=\left(m-2\right)^2\)

Để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt thì Δ>0

=>(m-2)^2>0

=>\(m-2\ne0\)

=>\(m\ne2\)

c: Theo Vi-et, ta có:

\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m;x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m-1\)

\(x_1^2+x_2^2=17\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=17\)

=>\(m^2-2\left(m-1\right)-17=0\)

=>\(m^2-2m-15=0\)

=>(m-5)(m+3)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=5\left(nhận\right)\\m=-3\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

2: Gọi số sản phẩm mà mỗi ngày tổ phải hoàn thành theo kế hoạch là x(sản phẩm)

(Điều kiện: \(x\in Z^+\))

Thực tế mỗi ngày tổ làm được x+10(sản phẩm)

Số ngày dự kiến hoàn thành công việc là \(\dfrac{600}{x}\left(ngày\right)\)

Số ngày thực tế hoàn thành công việc là \(\dfrac{600+50}{x+10}=\dfrac{650}{x+10}\left(ngày\right)\)

Tổ hoàn thành sớm 2 ngày nên ta có phương trình:

\(\dfrac{600}{x}-\dfrac{650}{x+10}=2\)

=>\(\dfrac{600x+6000-650x}{x\left(x+10\right)}=2\)

=>\(\dfrac{-50x+6000}{x\left(x+10\right)}=2\)

=>\(2x\left(x+10\right)=-50x+6000\)

=>\(x\left(x+10\right)=-25x+3000\)

=>\(x^2+35x-3000=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=40\left(nhận\right)\\x=-75\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

vậy: số sản phẩm mà mỗi ngày tổ phải hoàn thành theo kế hoạch là 40 sản phẩm

a: Thay m=2 vào hệ, ta được:

\(\left\{{}\begin{matrix}2x+y=5\\3x-2y=4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}4x+2y=10\\3x-2y=4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}7x=14\\2x+y=5\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=5-2x=5-2\cdot2=1\end{matrix}\right.\)

b: Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì \(\dfrac{m}{3}\ne\dfrac{1}{-m}\)

=>\(m^2\ne-3\)(luôn đúng)

\(\left\{{}\begin{matrix}mx+y=5\\3x-my=4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=5-mx\\3x-m\left(5-mx\right)=4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=5-mx\\3x-5m+m^2x=4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=5-mx\\x\left(m^2+3\right)=5m+4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{5m+4}{m^2+3}\\y=5-\dfrac{5m^2+4m}{m^2+3}\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{5m+4}{m^2+3}\\y=\dfrac{5m^2+15-5m^2-4m}{m^2+3}=\dfrac{-4m+15}{m^2+3}\end{matrix}\right.\)

Để x>0 và y>0 thì \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{5m+4}{m^2+3}>0\\\dfrac{-4m+15}{m^2+3}>0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}5m+4>0\\-4m+15>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>-\dfrac{4}{15}\\m< \dfrac{15}{4}\end{matrix}\right.\)

=>\(-\dfrac{4}{15}< m< \dfrac{15}{4}\)

a: \(A=\sqrt{x}-\dfrac{x+2}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)-x-2}{\sqrt{x}+1}\)

\(=\dfrac{x+\sqrt{x}-x-2}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}\)

Thay x=9 vào A, ta được:

\(A=\dfrac{3-2}{3+1}=\dfrac{1}{4}\)

b: P=A:B

\(=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}:\left(\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}-\dfrac{\sqrt{x}-4}{1-x}\right)\)
\(=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}:\left(\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}+\dfrac{\sqrt{x}-4}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\right)\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}:\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)+\sqrt{x}-4}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}\cdot\dfrac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{x-4}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}\)

c: P=1/2

=>\(\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}=\dfrac{1}{2}\)

=>\(2\left(\sqrt{x}-1\right)=\sqrt{x}+2\)

=>\(2\sqrt{x}-2=\sqrt{x}+2\)

=>\(\sqrt{x}=4\)

=>x=16(nhận)

Câu 1: ĐKXĐ: \(\dfrac{1}{2022-x}>=0\)

=>2022-x>0

=>x<2022

=>Chọn C

Câu 2:

Để đồ thị hàm số y=(2023-m)x+m+2022 tạo với trục Ox một góc tù thì 2023-m<0

=>m-2023>0

=>m>2023

=>Chọn B

Câu 3: D

Câu 4:

\(S_{xq}=\Omega\cdot R\cdot l=\Omega\cdot6\cdot8=48\Omega\)

=>Chọn C

a: Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAEB vuông tại E

=>BE\(\perp\)AF tại E

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>AM\(\perp\)FB tại M

Xét tứ giác FEKM có \(\widehat{FEK}+\widehat{FMK}=90^0+90^0=180^0\)

nên FEKM là tứ giác nội tiếp

b: 

Xét ΔBAI vuông tại A có AM là đường cao

nên \(IA^2=IM\cdot IB\)

Ta có: \(\widehat{BAF}+\widehat{IAF}=90^0\)

\(\widehat{BFA}+\widehat{FAM}=90^0\)(ΔAFM vuông tại M)

mà \(\widehat{MAF}=\widehat{IAF}\)

nên \(\widehat{BAF}=\widehat{BFA}\)

=>ΔBAF cân tại B

c: ta có: ΔBAF cân tại B

mà BE là đường cao

nên E là trung điểm của AF

Xét ΔFAB có

AM,BE là các đường cao

AM cắt BE tại K

Do đó: K là trực tâm của ΔFAB

=>FK\(\perp\)AB

=>FK//AH

Xét ΔEKF vuông tại E và ΔEHA vuông tại E có

EF=EA

\(\widehat{EFK}=\widehat{EAH}\)(hai góc so le trong, FK//AH)

Do đó: ΔEKF=ΔEHA

=>EK=EH

=>E là trung điểm của KH

Xét tứ giác FKAH có

E là trung điểm chung của FA và KH

=>FKAH là hình bình hành

Hình bình hành FKAH có FA\(\perp\)KH

nên FKAH là hình thoi

1: Thay x=2 và y=3 vào (d), ta được:

\(2\left(m-1\right)\cdot2+m^2+2m=3\)

=>\(m^2+2m+4m-4-3=0\)

=>\(m^2+6m-7=0\)

=>(m+7)(m-1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=-7\\m=1\end{matrix}\right.\)

2: Phương trình hoành độ giao điểm là:

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

=>\(x^2-x\left(2m-2\right)-m^2-2m=0\)

\(\text{Δ}=\left[-\left(2m-2\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(-m^2-2m\right)\)

\(=4m^2-8m+4+4m^2+8m\)

\(=8m^2+4>=4>0\forall m\)

=>(P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt

Theo Vi-et, ta có:

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

\(x_1^2+x_2^2>2023-6x_1x_2\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2+4x_1x_2>2023\)

=>\(\left(2m-2\right)^2+4\left(-m^2-2m\right)>2023\)

=>\(4m^2-8m+4-4m^2-8m>2023\)

=>-16m>2019

=>\(m< -\dfrac{2019}{16}\)