Bài 2

5 C

Bài 3

1 D

6 C

Còn lại ol r nhé

2) 5. C

3) 2. D

6. C

Còn lại ok nha

Bài 2: 

Ta có: \(3n^3+10n^2-5⋮3n+1\)

\(\Leftrightarrow3n^3+n^2+9n^2+3n-3n-1-4⋮3n+1\)

\(\Leftrightarrow3n+1\in\left\{1;-1;2;-2;4;-4\right\}\)

\(\Leftrightarrow3n\in\left\{0;-3;3\right\}\)

hay \(n\in\left\{0;-1;1\right\}\)

`@` `\text {Ans}`

`\downarrow`

mình làm những bài bn chưa lm nhé

9B

10A

bài 2

have repainted

bàii 3

ride - walikking

swimming

watch

2 have repainted

4 have done 

8 have stepped

9 have you ever played

7) 1 riding -walking

2 swimming

3 watching

8)

2 my mother doesn't like listening to music

5 doing more exercises makes you healthier

còn lại ok nha

chịu ???????????????????

Bài III.2b.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(P\right)\) và \(\left(d\right)\) : \(x^2=\left(m+1\right)x-m-4\)

hay : \(x^2-\left(m+1\right)x+m+4=0\left(I\right)\)

\(\left(d\right)\) cắt \(\left(P\right)\) tại hai điểm nên phương trình \(\left(I\right)\) sẽ có hai nghiệm phân biệt. Do đó, phương trình \(\left(I\right)\) phải có : 

\(\Delta=b^2-4ac=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4.1.\left(m+4\right)\)

\(=m^2+2m+1-4m-16\)

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

\(\Rightarrow m< -3\) hoặc \(m>5\).

Theo đề bài : \(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=2\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)^2=\left(2\sqrt{3}\right)^2=12\)

\(\Leftrightarrow x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}=12\left(II\right)\)

Do phương trình \(\left(I\right)\) có hai nghiệm khi \(m< -3\) hoặc \(m>5\) nên theo định lí Vi-ét, ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{-\left(m+1\right)}{1}=m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{m+4}{1}=m+4\end{matrix}\right.\).

Thay vào \(\left(II\right)\) ta được : \(m+1+2\sqrt{m+4}=12\)

Đặt \(t=\sqrt{m+4}\left(t\ge0\right)\), viết lại phương trình trên thành : \(t^2-3+2t=12\)

\(\Leftrightarrow t^2+2t-15=0\left(III\right)\).

Phương trình \(\left(III\right)\) có : \(\Delta'=b'^2-ac=1^2-1.\left(-15\right)=16>0\).

Suy ra, \(\left(III\right)\) có hai nghiệm phân biệt : 

\(\left\{{}\begin{matrix}t_1=\dfrac{-b'+\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1+\sqrt{16}}{1}=3\left(t/m\right)\\t_2=\dfrac{-b'-\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1-\sqrt{16}}{1}=-5\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)

Suy ra được : \(\sqrt{m+4}=3\Rightarrow m=5\left(ktm\right)\).

Vậy : Không có giá trị m thỏa mãn đề bài.

Bài IV.b.

Chứng minh : Ta có : \(OB=OC=R\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực \(d\) của \(BC\).

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì \(IB=IC\), suy ra \(I\in d\).

Suy ra được \(OI\) là một phần của đường trung trực \(d\) của \(BC\) \(\Rightarrow OI\perp BC\) tại \(M\) và \(MB=MC\).

Xét \(\Delta OBI\) vuông tại \(B\) có : \(MB^2=OM.OI\).

Lại có : \(BC=MB+MC=2MB\)

\(\Rightarrow BC^2=4MB^2=4OM.OI\left(đpcm\right).\)

Tính diện tích hình quạt tròn

Ta có : \(\hat{BAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\Rightarrow sđ\stackrel\frown{BC}=2.\hat{BAC}=2.70^o=140^o\) (góc nội tiếp).

\(\Rightarrow S=\dfrac{\pi R^2n}{360}=\dfrac{\pi R^2.140^o}{360}=\dfrac{7}{18}\pi R^2\left(đvdt\right)\)

3:

c: Xét ΔCAM có KI//AM

nên KI/AM=CI/CM

Xét ΔCMB có HI//MB

nên HI/MB=CI/CM

=>KI/AM=HI/MB

=>KI=HI

=>I là trung điểm của HK

a: Xét tứ giác ABHK có 

\(\widehat{AHB}=\widehat{AKB}=90^0\)

Do đó: ABHK là tứ giác nội tiếp

3, ta có:

\(B=\dfrac{\sqrt{x}-3+2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x-3}\right)}\cdot\dfrac{2\left(\sqrt{x}+3\right)}{\sqrt{x}-1}\\ =\dfrac{3\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\cdot\dfrac{2\left(\sqrt{x}+3\right)}{\sqrt{x}-1}\\ =\dfrac{6}{\sqrt{x}-3}\)

để B=3 thì ta có:

\(\dfrac{6}{\sqrt{x}-3}=3\\ \Leftrightarrow\dfrac{6}{\sqrt{x}-3}=\dfrac{3\sqrt{x}-9}{\sqrt{x}-3}\\ \Leftrightarrow6=3\sqrt{x}-9\\ \Leftrightarrow3\sqrt{x}=15\\ \Leftrightarrow\sqrt{x}=5\\ \Leftrightarrow x=25\)

vậy để B=3 thì x=25