If he had a lot of money, he would not work hard.

- Giá của chiếc ti vi sau đợt khuyến mãi thứ hai là:

         10 500 000 : (1+25%) = 8 400 000 (đồng)

- Giá của chiếc ti vi sau đợt khuyến mãi thứ nhất là:

         8 400 000 : (1-30%) = 12 000 000 (đồng)

- Giá niêm yết ban đầu của chiếc ti vi là:

         12 000 000 : (1-20%) = 15 000 000 (đồng)

- Gọi số câu trả lời đúng của bạn Hùng là x (câu) (x∈N*)

- Số câu trả lời sai của bạn Hùng là 10-x (câu).

- Tổng số điểm bạn Hùng được cộng là 10x (điểm)

- Tổng số điểm bạn Hùng bị trừ là 5(10-x) (điểm)

Vì bạn Hùng được tất cả 70 điểm nên ta có phương trình:

\(10x-5\left(10-x\right)=70\)

Giải ra ta được \(x=8\)

Vậy bạn Hùng trả lời đúng 8 câu.

a) \(x^2+y^2+6y+5=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+\left(y+3\right)^2=4\left(1\right)\)

\(\Rightarrow x^2\le4\Rightarrow-2\le x\le2\)

Vì x là số nguyên nên \(x\in\left\{-2;-1;0;1;2\right\}\)

*Với \(x=\pm2\). \(\left(1\right)\Rightarrow\left(y+3\right)^2=0\Leftrightarrow y=-3\)

*Với \(x=\pm1\Rightarrow\left(y+3\right)^2=3\) (loại)

*Với \(x=0\Rightarrow\left(y+3\right)^2=4\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y+3=2\\y+3=-2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=-1\\y=-5\end{matrix}\right.\)

Vậy các nghiệm nguyên (x;y) của phương trình đã cho là \(\left(2;-3\right),\left(-2;-3\right),\left(0;-1\right),\left(0;-5\right)\)

B. Giải thích: Danh từ "use" cần một tính từ, chọn effective (adj).

GỢI Ý:

*Bản chất câu hỏi của bài toán là chứng minh N,E,C thẳng hàng.

*Chứng minh AMBN là hình vuông \(\Rightarrow\widehat{OMB}=\widehat{OBM}=45^0\).

*Chứng minh tứ giác OBHM nội tiếp.

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OMB}=\widehat{OHB}\\\widehat{OBM}=\widehat{OHM}\end{matrix}\right.\) 

Suy ra ME là phân giác của tam giác BHM.

\(\Rightarrow\dfrac{ME}{BE}=\dfrac{MH}{BH}\)

△MHB∼△CMB nên \(\dfrac{MH}{BH}=\dfrac{CM}{BM}\)

\(\Rightarrow\dfrac{ME}{BE}=\dfrac{CM}{BM}=\dfrac{CM}{BN}\)

\(\Rightarrow\)△CME∼△NBE (c-g-c).

\(\Rightarrow\widehat{CEM}=\widehat{NEB}\) nên C,E,N thẳng hàng.

*NC cắt (O) tại D. \(\Rightarrow\widehat{MDN}=90^0=\widehat{MDC}\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác MDHC nội tiếp

\(\Rightarrow\)D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC nên D trùng K.

\(\Rightarrowđpcm\)

\(a,b>0;a+b=2\)

\(P=\dfrac{a}{\sqrt{4-a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{4-b^2}}=\dfrac{a^2}{a\sqrt{4-a^2}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{4-b^2}}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a\sqrt{4-a^2}+b\sqrt{4-b^2}}\left(1\right)\)

Ta có: \(a\sqrt{4-a^2}+b\sqrt{4-b^2}\)

\(=a\sqrt{\left(2-a\right)\left(2+a\right)}+b\sqrt{\left(2-b\right)\left(2+b\right)}\)

\(=a\sqrt{b\left(2a+b\right)}+b\sqrt{a\left(2b+a\right)}\)

\(=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left[a\sqrt{3b\left(2a+b\right)}+b\sqrt{3a\left(2b+a\right)}\right]\)

\(\le\dfrac{1}{\sqrt{3}}.\left(a.\dfrac{3b+2a+b}{2}+b.\dfrac{3a+2b+a}{2}\right)\)

\(=\dfrac{1}{\sqrt{3}}.\left[a\left(a+2b\right)+b\left(b+2a\right)\right]\)

\(=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^2+b^2+2ab+2ab\right)\)

\(=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left[\left(a+b\right)^2+2ab\right]\)

\(\le\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left[\left(a+b\right)^2+2.\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\right]=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(a+b\right)^2\)

Do đó \(a\sqrt{4-a^2}+b\sqrt{4-b^2}\le\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(a+b\right)^2\left(2\right)\)

Từ (1), (2) suy ra: \(P\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(a+b\right)^2}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=1\)

Vậy \(MinP=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

Dễ mà em, em chỉ cần biến đổi tương đương thôi:

\(a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a^2+b^2\right)+2ab\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

*Khi biến đổi tương đương, nếu có dòng nào thấy luôn đúng với điều kiện đề bài đã cho thì kết luận đpcm.

Đăng 1-2 câu mỗi lần thôi bạn .-.

Bài 5: \(\left\{{}\begin{matrix}mx+2my=-10\\\left(1-m\right)x+y=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\left(1\right)\)

a) Với m=-2 thì hệ phương trình (1) trở thành:

\(\left\{{}\begin{matrix}-2x-4y=-10\\3x+y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+2y=5\\3x+y=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+2y=5\\6x+2y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-5x=5\\3x+y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-1\\3.\left(-1\right)+y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-1\\y=3\end{matrix}\right.\)

Vậy với m=-2 thì hệ phương trình (1) có nghiệm duy nhất \(\left(x;y\right)=\left(-1;3\right)\)

b) Với \(m=0\) thì hệ (1) trở thành: \(\left\{{}\begin{matrix}0x+0y=-10\left(\text{ptvonghiem}\right)\\x+y=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\)Hệ phương trình (1) vô nghiệm.

Với \(m\ne0\) :

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}mx+2my=-10\\-2m.\left(1-m\right)x-2my=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow mx-2m\left(1-m\right)x=-10\)

\(\Rightarrow x-2\left(1-m\right)x=-\dfrac{10}{m}\)

\(\Rightarrow x+2mx-2x=-\dfrac{10}{m}\)

\(\Rightarrow\left(2m-1\right)x=-\dfrac{10}{m}\)

*Với \(m=\dfrac{1}{2}\). Ta có \(0x=-\dfrac{10}{m}\) (phương trình vô nghiệm)

Do đó hệ (1) cũng vô nghiệm.

*Với \(m\ne-\dfrac{1}{2}\) \(\Rightarrow x=\dfrac{-10}{m\left(2m-1\right)}\)

Thay vào (2) ta được: \(\left(1-m\right).\dfrac{-10}{m\left(2m-1\right)}+y=0\Rightarrow y=\dfrac{10\left(1-m\right)}{m\left(2m-1\right)}\)

Biện luận: 

+ Với \(m=0\) hay \(m=\dfrac{1}{2}\) thì hệ phương trình (1) vô nghiệm.

+ Với \(m\ne0;\dfrac{1}{2}\) thì hệ phương trình (1) có nghiệm duy nhất:

\(\left(x;y\right)=\left(\dfrac{-10}{m\left(2m-1\right)};\dfrac{10\left(1-m\right)}{m\left(2m-1\right)}\right)\)