\(x+2xy+3xyz=47\)

\(\Leftrightarrow x\left(1+2y+3yz\right)=47\)

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\1+2y+3yz=47\end{matrix}\right.\) 

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y\left(2+3z\right)=46\end{matrix}\right.\)

 TH1.1: \(\left\{{}\begin{matrix}y=1\\2+3z=46\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=1\\z=\dfrac{44}{3}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

 TH1.2: \(\left\{{}\begin{matrix}y=2\\2+3z=23\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=2\\z=7\end{matrix}\right.\) (nhận)

 Vì \(z\inℕ^∗\) nên \(2+3z>2\). Do đó \(y< 23\) nên ta không xét các TH \(y=23,y=46\)

 TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}x=47\\y\left(2+3z\right)=1\end{matrix}\right.\). Khi đó \(y=2+3z=1\) \(\Rightarrow z=\dfrac{-1}{3}\), vô lý.

 Vậy có một bộ số (x, y, z) duy nhất thỏa ycbt là \(\left(1,2,7\right)\)

Vì \(x_1,x_2\) là 2 nghiệm của pt \(x^2-x-1=0\) nên:

\(x_1^2-x_1-1=x_2^2-x_2-1=0\)

Đồng thời, theo định lý Vi-ét, ta có:

\(x_1+x_2=1;x_1x_2=-1\)

Do đó \(B=\left(x_1^4-x_1^2\right)+x_2^2-x_1\)

\(B=x_1^2\left(x_1^2-1\right)+x_2^2-x_1\)

\(B=\left(x_1+1\right)x_1+x_2^2-x_1\)

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

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

\(B=1^2-2\left(-1\right)\)

\(B=3\)

 Gọi \(P_i\) là biến cố: "Rút được tấm thẻ ghi số \(i\)." với \(5\le i\le8\)

 Theo đề bài, ta có: \(P_7=3P_4;P_5=4P_7;P_5=2P_8\). Khi đó \(P_5=12P_4,P_8=6P_4\)

 Vì \(P_4\cup P_5\cup P_7\cup P_8=\Omega\) và \(P_5,P_6,P_7,P_8\) độc lập từng đôi nên \(P_4+P_5+P_7+P_8=1\)

 Do đó \(P_4+12P_4+2P_4+6P_4=1\) \(\Leftrightarrow P_4=\dfrac{1}{21}\)

 \(\Rightarrow P_5=\dfrac{12}{21};P_8=\dfrac{6}{21}\)

 \(\Rightarrow P=P_5+P_8=\dfrac{18}{21}=\dfrac{6}{7}\) (P là xác suất cần tìm)

 Mình tóm tắt thôi nhé, tại bài này cũng khá dài.

 a) \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^o+90^o=180^o\) nên tứ giác AEHF nội tiếp

Hơn nữa \(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^o\) nên tứ giác AEDB nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{DAE}=\widehat{DBE}\) hay \(\widehat{EAH}=\widehat{EBC}\)

 b) Dễ chứng minh được: \(\Delta AFH\sim\Delta ADB\Rightarrow AF.AB=AH.AD\)

 Mặt khác, \(\widehat{SAF}=\widehat{ACB}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung đó) và \(\widehat{ACB}=\widehat{AFE}\) (\(\Delta AEF\sim\Delta ABC\)) nên \(\widehat{SAF}=\widehat{AFE}\) \(\Rightarrow\) SA//EF. Mà \(SA\perp AO\) nên \(EF\perp AO\).

 Do đó, dễ chứng minh rằng \(\Delta AFM\sim\Delta AKB\left(g.g\right)\Rightarrow AF.AB=AM.AK\)

 Từ đó suy ra \(AH.AD=AM.AK\Rightarrow\Delta AHM\sim\Delta AKD\)

 Lại có tứ giác QDNK nội tiếp ( \(\widehat{QDN}=\widehat{QKN}=90^o\)) nên \(\widehat{AQN}=\widehat{AKD}\)  \(\Rightarrow\Delta AKD\sim\Delta AQN\)

 Do đó \(\Delta AHM\sim\Delta AQN\) \(\Rightarrow\widehat{AHM}=\widehat{AQN}\) \(\Rightarrow\) QN//HM (2 góc đồng vị bằng nhau)

 c) Gọi J là tâm đường tròn (AH)

Dễ chứng minh được \(\Delta FAH\sim\Delta FCB\) \(\Rightarrow\Delta FJA\sim\Delta FIC\)

 \(\Rightarrow\widehat{JFA}=\widehat{IFC}\)

 Mà \(\widehat{JFA}+\widehat{JFC}=90^o\) nên \(\widehat{IFC}+\widehat{JFC}=90^o\) hay \(\widehat{JFI}=90^o\) 

 \(\Rightarrow\) IF là tiếp tuyến của (J) tại F.

 Tương tự, IE là tiếp tuyến của (J) tại E, do đó \(IJ\perp EF\) Mà EF//SA (cmt) \(\Rightarrow SA\perp IJ\) 

 Khi đó tam giác ASI có các đường cao AD, IJ cắt nhau tại J nên J là trực tâm tam giác ASI \(\Rightarrow SJ\perp AI\) hay \(SJ\perp AP\)

 Lại có \(JA=JP\) nên JS là trung trực của AP \(\Rightarrow SA=SP\) (đpcm)

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (d') là:

\(x+m+1=-x+3m-1\)

\(\Leftrightarrow2x=2m-2\)

\(\Leftrightarrow x=m-1\)

\(\Rightarrow y=x+m+1=m-1+m+1=2m\)

Vậy (d) cắt (d') tại điểm \(A\left(m-1,2m\right)\)

Để A thuộc \(\left(d_0\right):y=3x-1\) thì \(2m=3\left(m-1\right)-1\) 

\(\Leftrightarrow2m=3m-3-1\)

\(\Leftrightarrow m=4\)

Vậy \(m=4\)

 Có \(y'=\dfrac{5x^2+2mx-3m+5}{\left(5x+m\right)^2}\)

 Để hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left(-3,1\right)\) thì 2 điều kiện sau đồng thời phải được thỏa mãn:

 ĐK 1: \(5x^2+2mx-3m+5\le0,\forall x\in\left(-3,1\right)\)

 \(\Leftrightarrow\left(2x-3\right)m\le-5x^2-5,\forall x\in\left(-3;1\right)\)

 \(\Leftrightarrow m\ge\dfrac{-5x^2-5}{2x-3},\forall x\in\left(-3;1\right)\)

 \(\Leftrightarrow m\ge\max\limits_{\left(-3;1\right)}\left(\dfrac{-5x^2-5}{2x-3}\right)\)

 Xét \(f\left(x\right)=\dfrac{-5x^2-5}{2x-3}\) trên \(\left(-3;1\right)\)

 Ta có \(f'\left(x\right)=\dfrac{-10x^2+30x+10}{\left(2x-3\right)^2}\)

 \(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow-10x^2+30x+10=0\) \(\Leftrightarrow x^2-3x-1=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{3+\sqrt{13}}{2}\left(loại\right)\\x=\dfrac{3-\sqrt{13}}{2}\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

 BBT:

Dựa vào BBT, ta thấy \(\max\limits_{\left(-3;1\right)}f\left(x\right)=10\). Do vậy \(m\ge10\)

 ĐK 2: phương trình \(5x+m=0\Leftrightarrow m=-5x\) vô nghiệm trên \(\left(-3,1\right)\)

 Khi đó xét \(g\left(x\right)=-5x\), hiển hiên \(g\left(x\right)\) nghịch biến trên \(\left(-3,1\right)\)

 \(\Rightarrow g\left(1\right)< g\left(x\right)< g\left(-3\right)\) \(\Leftrightarrow-5< g\left(x\right)< 15\)

 Vậy \(\left[{}\begin{matrix}m\le-5\\m\ge15\end{matrix}\right.\)

 Kết hợp với ĐK 1, ta có \(m\ge15\)

 Mà \(m\inℤ^+,m\le2024\) nên \(m\in\left\{15,16,17,...,2024\right\}\)

 \(\Rightarrow\) Có tất cả \(2024-15+1=2010\) giá trị m thỏa ycbt.

 Đặt \(BC=x\left(x>5\right)\)

 Trong đường tròn (O) có đường kính CD và \(N\in\left(O\right)\) nên \(\widehat{DNC}=90^o\) hay \(\widehat{BND}=90^o\)

 Vì BD là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\) nên \(\widehat{ABD}=\widehat{NBD}\)

 Xét 2 tam giác ABD và NBD vuông tại A và N, có \(\widehat{ABD}=\widehat{NBD}\) và cạnh BD chung nên \(\Delta ABD=\Delta NBD\left(ch-gn\right)\)

 \(\Rightarrow BA=BN=5\) \(\Rightarrow NC=BC-BN=5-x\) 

 Lại có \(\widehat{OMD}=\widehat{ODM}=\widehat{BDA}=\widehat{BDN}\) nên OM//ND (2 góc đồng vị bằng nhau)

 Tam giác CND có O là trung điểm DC, OH//DN và \(H\in NC\) nên H là trung điểm NC \(\Rightarrow HC=\dfrac{NC}{2}=\dfrac{x-5}{2}\)

 Theo định lý Pythagoras, có \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{x^2-25}\)

 Theo tính chất đường phân giác trong tam giác, ta có:

 \(\dfrac{DA}{AB}=\dfrac{DC}{CB}=\dfrac{AC}{AB+CB}\) \(\Rightarrow\dfrac{DA}{5}=\dfrac{DC}{x}=\dfrac{\sqrt{x^2-25}}{x+5}\)

 \(\Rightarrow DA=\dfrac{5\sqrt{x^2-5}}{x+5}\) và \(DC=\dfrac{x\sqrt{x^2-5}}{x+5}\)

 \(\Rightarrow R_{\left(O\right)}=\dfrac{DC}{2}=\dfrac{x\sqrt{x^2-5}}{2x+10}\)

 Lại có \(DN=AD=\dfrac{5\sqrt{x^2-5}}{x+5}\) 

 \(OH=\dfrac{DN}{2}=\dfrac{5\sqrt{x^2-25}}{2x+10}\) (OH là đường trung bình của tam giác CND)

 \(\Rightarrow MH=MO+OH=\dfrac{x\sqrt{x^2-25}}{2x+10}+\dfrac{5\sqrt{x^2-25}}{2x+10}\)  \(=\dfrac{\sqrt{x^2-25}}{2}\)

 Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác DMC vuông tại M, ta có:

 \(MH^2+HC^2=MC^2\)

 \(\Leftrightarrow\left(\dfrac{\sqrt{x^2-25}}{2}\right)^2+\left(\dfrac{x-5}{2}\right)^2=18\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{x^2-25}{4}+\dfrac{x^2-10x+25}{4}=18\)

 \(\Leftrightarrow2x^2-10x=72\)

 \(\Leftrightarrow x^2-5x-36=0\)

 \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=9\left(nhận\right)\\x=-4\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

 Vậy \(BC=9\)

Có \(AC=AD\sqrt{2}=a\sqrt{2}\)

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\) \(\Rightarrow\Delta SAC\) vuông tại A.

\(\Rightarrow SA=\sqrt{SC^2-AC^2}=\sqrt{\left(a\sqrt{3}\right)^2-\left(a\sqrt{2}\right)^2}=a\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.S_{ABCD}.SA=\dfrac{1}{3}.AD^2.SA=\dfrac{1}{3}.a^2.a=\dfrac{a^3}{3}\)

 Số kiểu chậu khác nhau là \(\dfrac{A^5_{20}}{5}=372096\) (chọn 5 số có kể thứ tự từ 20 số và chia cho số hoán vị vòng quanh của mỗi hoán vị phân biệt)

pt thứ hai \(\Leftrightarrow\) \(y^2-\left(3x+2\right)y+2x^2+3x+1=0\) (*)

Ta có \(\Delta=\left[-\left(3x+2\right)\right]^2-4\left(2x^2+3x+1\right)\)

\(=9x^2+12x+4-8x^2-12x-4\)

\(=x^2\ge0\) 

Do đó (*) có 2 nghiệm là \(\left[{}\begin{matrix}y=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{3x+2+\sqrt{x^2}}{2}=\dfrac{3x+2+\left|x\right|}{2}\\y=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{3x+2-\sqrt{x^2}}{2}=\dfrac{3x+2-\left|x\right|}{2}\end{matrix}\right.\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge0\). Khi đó:

\(\left[{}\begin{matrix}y=\dfrac{3x+2+x}{2}=\dfrac{4x+2}{2}=2x+1\\y=\dfrac{3x+2-x}{2}=\dfrac{2x+2}{2}=x+1\end{matrix}\right.\)

Nếu \(y=2x+1\) thì thay vào pt đầu tiên, ta có:

\(x^2+\left(2x+1\right)^2+x+2x+1=8\)

\(\Leftrightarrow5x^2+7x-6=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{3}{5}\left(nhận\right)\\x=-2\left(loại\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow y=2x+1=2.\dfrac{3}{5}+1=\dfrac{11}{5}\)

Nếu \(y=x+1\) thì thế vào pt đầu tiên, ta có:

\(x^2+\left(x+1\right)^2+x+x+1=8\)

\(\Leftrightarrow2x^2+4x-6=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\left(nhận\right)\\x=-3\left(loại\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow y=x+1=1+1=2\)

 Vậy ta tìm được 2 cặp nghiệm là \(\left(\dfrac{3}{5},\dfrac{11}{5}\right)\) và \(\left(1,2\right)\)

 Tương tự như vậy, xét TH \(x< 0\) thì ta tìm được thêm 2 cặp nghiệm chính là \(\left(-2,-3\right)\) và \(\left(-3,-2\right)\)