a: TH1: m=0

=>\(g\left(x\right)=4\cdot0\cdot x^2-4\left(0-1\right)x+0-3=4x-3\)

Với x=1 thì g(x)=4*1-3=1>0

=>g(x) không thể luôn âm với mọi x

=>Loại

TH2: m<>0

\(\Delta=\left\lbrack-4\left(m-1\right)\right\rbrack^2-4\cdot4m\left(m-3\right)\)

\(=16\left(m^2-2m+1\right)-16m\left(m-3\right)=16m^2-32m+16-16m^2+48m\)

=16m+16

Để g(x) luôn âm với mọi x thì Δ<0 và a<0

=>16m+16<0 và 4m<0

=>m<-1 và m<0

=>m<-1

b: \(\Delta=\left\lbrack-2\left(m+2\right)\right\rbrack^2-4\cdot1\cdot\left(-2m^2+3m+4\right)\)

\(=4\left(m_{}^2+4m+4\right)+8m^2-12m-16\)

\(=4m^2+16m+16+8m^2-12m-16=12m^2+4m\) =4m(3m+1)

Để f(x)>=0 với mọi x thì Δ<=0 và a>0

=>4m(3m+1)<=0 và 1>0

=>m(3m+1)<=0

=>-1/3<=m<=0

b: \(x^2\left(x-1\right)\ge0\)

=>x-1>=0

=>x>=1

mà x nguyên và x∈[-2;5]

nên x∈{1;2;3;4;5}

=>Có 5 số nguyên x thỏa mãn

c: \(\left|4x+3\right|-\left|x-1\right| (1)

TH1: \(x<-\frac34\)

=>4x+3<0; x-1<0

(1) sẽ trở thành: -4x-3-(1-x)<x

=>-4x-3-1+x<x

=>-4x-4<0

=>-4x<4

=>x>-1

=>-1<x<-3/4(2)

TH2: -3/4<=x<1

=>4x+3>=0; x-1<0

(1) sẽ trở thành: 4x+3-(1-x)<x

=>4x+3-1+x<x

=>4x+2<0

=>4x<-2

=>x<-1/2

=>-3/4<=x<-1/2(3)

TH3: x>=1

(1) sẽ trở thành: 4x+3-(x-1)<x

=>4x+3-x+1<x

=>3x+4<x

=>2x<-4

=>x<-2

mà x>=1

nên x∈∅

Từ (2),(3) suy ra -1<x<-1/2

=>a=-1; b=-1/2

P=2a-4b

=2*(-1)-4*(-1/2)

=-2+2

=0

a: Xét (O) có

\(\hat{ABC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BC

\(\hat{BDC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC

Do đó: \(\hat{ABC}=\hat{BDC}\)

Xét ΔABC và ΔADB có

\(\hat{ABC}=\hat{ADB}\)

góc BAC chung

Do đó: ΔABC~ΔADB

=>\(\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AB}\)

=>\(AC\cdot AD=AB^2\left(1\right)\)

Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AC\cdot AD=AH\cdot AO\)

=>\(\frac{AC}{AO}=\frac{AH}{AD}\)

Xét ΔACH và ΔAOD có

\(\frac{AC}{AO}=\frac{AH}{AD}\)

góc CAH chung

Do đó: ΔACH~ΔAOD

=>\(\hat{ACH}=\hat{AOD}\)

mà \(\hat{ACH}+\hat{DCH}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{DCH}+\hat{DOH}=180^0\)

=>DCHO là tứ giác nội tiếp

Tỉ số giữa số sách khối 3 quyên góp so với khối 1 là:

\(\frac43\times1,5=\frac63=2\)

Số sách khối 1 quyên góp được là:

\(810:\left(2+1,5+1\right)=\frac{810}{4,5}=180\) (quyển)

Số sách khối 2 quyên góp được là: 180x1,5=270(quyển)

Số sách khối 3 quyên góp được là 180x2=360(quyển)

Gọi x(kg) và y(kg) lần lượt là khối lượng thịt bò và thịt lợn cần mua

(Điều kiện: x>0; y>0)

Khối lượng protein có từ thịt bò là 0,8x(kg)

Khối lượng protein có từ thịt lợn là 0,6y(kg)

Tổng khối lượng protein có từ hai loại thịt là 0,8x+0,6y(kg)

Lượng protein cần thiết là ít nhất 0,9 kg nên ta có: 0,8x+0,6y>=0,9

=>8x+6y>=9

Khối lượng lipit có từ thịt bò là 0,2x(kg)

Khối lượng lipit có từ thịt lợn là 0,4y(kg)

Lượng lipit cần thiết là ít nhất 0,4 kg nên ta có: 0,2x+0,4y>=0,4

=>2x+4y>=4

=>x+2y>=2

1600gam=1,6kg; 1100gam=1,1kg

Gia đình đó có thể mua tối đa 1,6kg thịt bò và 1,1kg thịt lợn nên ta có:

0<=x<=1,6 và 0<=y<=1,1

Tổng chi phí là T=45x+35y(nghìn đồng)

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là một đa giác được giới hạn bởi các đường thẳng: \(8x+6y=9;x+2y=2;x=1,6;y=1,1;x\ge0;y\ge0\)

Giao điểm của hai đường thẳng 8x+6y=9 và x+2y=2 là:

\(\begin{cases}8x+6y=9\\ x+2y=2\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}8x+6y=9\\ 3x+6y=6\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}8x+6y-3x-6y=9-6\\ x+2y=2\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}5x=3\\ 2y=2-x\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x=0,6\\ 2y=2-0,6=1,4\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=0,6\\ y=0,7\end{cases}\) (nhận)

=>A(0,6;0,7)

Giao điểm B của hai đường thẳng x=1,6 và x+2y=2 là:

\(\begin{cases}x=1,6\\ x+2y=2\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=1,6\\ 2y=2-1,6=0,4\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=1,6\\ y=0,2\end{cases}\)

=>B(1,6;0,2)

Vì 8*1,6+6*0,2=12,8+1,2=14>9

nên nghiệm này thỏa mãn

Giao điểm C của hai đường thẳng y=1,1 và 8x+6y=9 là:

\(\begin{cases}y=1,1\\ 8x=9-6y=9-6\cdot1,1=9-6,6=2,4\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=1,1\\ x=0,3\end{cases}\)

=>C(0,3;1,1)

Vì 0,3+2*1,1=2,5>=2

nên nghiệm này thỏa mãn

Khi x=0,6 và y=0,7 thì \(T=45x+35y=45\cdot0,6+35\cdot0,7=27+24,5=51,5\)

Khi x=1,6 và y=0,2 thì \(T=45x+35y=45\cdot1,6+35\cdot0,2=72+7=79\)

Khi x=0,3 và y=1.1 thì \(T=45x+35y=45\cdot0,3+35\cdot1,1=13,5+38,5=52\)

=>Muốn chi phí là thấp nhất thì cần mua 0,6kg thịt bò và 0,7kg thịt heo

b: Xét (O) có

PA,PB là các tiếp tuyến

Do đó: PA=PB

=>ΔPAB cân tại P

=>\(\hat{PAB}=\hat{PBA}\) (1)

Xét tứ giác AHIL có \(\hat{AHI}+\hat{ALI}=90^0+90^0=180^0\)

nên AHIL là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{HIL}+\hat{HAL}=180^0\) (2)

Xét tứ giác BHIK có \(\hat{BHI}+\hat{BKI}=90^0+90^0=180^0\)

nên BHIK là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{HIK}+\hat{HBK}=180^0\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\hat{HIL}=\hat{KIH}\)

Ta có: AHIL là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{IHL}=\hat{IAL}=\hat{PAI}\) (4)

Ta có: BHIK là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{IKH}=\hat{IBH}=\hat{IBA}\) (5)

Xét (O) có \(\hat{PAI}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AP và dây cung AI \(\hat{IBA}\) là góc nội tiếp chắn cung IA

Do đó: \(\hat{PAI}=\hat{IBA}\) (6)

Từ (4),(5),(6) suy ra \(\hat{IHL}=\hat{IKH}\)

Xét ΔIHL và ΔIKH có

\(\hat{IHL}=\hat{IKH}\)

\(\hat{HIL}=\hat{KIH}\) Do đó: ΔIHL~ΔIKH

=>\(\frac{IH}{IK}=\frac{HL}{KH}=\frac{IL}{IH}\)

=>\(HL\cdot IH=KH\cdot IL\)

1: Gọi số lập được có dạng là \(\overline{abc,d}\)

a có 4 cách chọn

b có 3 cách chọn

c có 2 cách chọn

d có 1 cách chọn

Do đó: Có \(4\cdot3\cdot2\cdot1=24\) (cách)

2: Gọi số lập được có dạng là \(\overline{a,bcd}\)

a có 4 cách chọn

b có 3 cách chọn

c có 2 cách chọn

d có 1 cách chọn

Do đó: Có \(4\cdot3\cdot2\cdot1=24\) (cách)

Gọi S là diện tích mặt cắt ngang lòng cốc.

Đặt \(h_0=1\operatorname{cm}\) là chiều cao của đáy cốc

Gọi \(D_{c};D_{n};D_{x}\) lần lượt là khối lượng riêng của chất làm cốc, của nước và của chất lỏng X. (Biết \(D_{n}\approx1\left(\frac{g}{\operatorname{cm}^3}\right)\) ).

Khối lượng của cốc là: \(m=D_{c}\cdot S\cdot h_0=D_{c}\cdot S\)

Trường hợp 1: Cốc không chứa chất lỏng nổi trong nước: Cốc chìm sâu \(h_1 = 3\text{ cm}\)

Điều kiện cân bằng lực đẩy Archimedes là:

\(P=F_{A1}\iff10\cdot m=10\cdot D_{n}\cdot S\cdot3\)

=>\(D_{c}\cdot S=3D_{n}\cdot S\)

=>\(D_{c}=3D_{n}\quad(1)\)

Trường hợp 2: Đổ chất lỏng X cao 3 cm vào trong cốc Cốc chìm sâu trong nước một đoạn \(h_2 = 5\text{ cm}\) .

Thể tích chất lỏng X bên trong là \(V_{x1}=S\cdot3\) Điều kiện cân bằng lực là: \(P + P_{x1} = F_{A2}\)

=>\(10(D_c \cdot S) + 10(D_x \cdot S \cdot 3) = 10 \cdot D_n \cdot S \cdot 5\)

=>\(3D_{n}+3D_{x}=5D_{n}\)

=>\(3D_{x}=2D_{n}\)

=>\(D_{x}=\frac{2}{3}D_{n}\quad(2)\)

Gọi H là chiều cao mực nước bên ngoài (tính từ đáy cốc) khi hệ cân bằng.

Vì mực chất lỏng trong và ngoài bằng nhau, phần cốc chìm trong nước cũng có chiều cao là H.

Gọi \(h_x\) là chiều cao cột chất lỏng X bên trong cốc.

Vì đáy cốc dày 1cm phần khoang chứa chất lỏng hiệu dụng có chiều cao là H-1, nên ta có: \(h_{x}=H-1\)

Ta sẽ có phương trình cân bằng lúc này là:

\(P+P_{x}=F_{A}\)

=>\(10\cdot(D_{c}\cdot S)+10\cdot(D_{x}\cdot S\cdot h_{x})=10\cdot D_{n}\cdot S\cdot H\)

=>\(D_c \cdot 1 + D_x \cdot h_x = D_n \cdot H\)

=>\(3 D_n + \left(\frac{2}{3} D_n\right)(H - 1) = D_n \cdot H\)

=>\(3 + \frac{2}{3}(H - 1) = H\)

=>\(3+\frac23H-\frac23=H\)

=>\(\frac13H=\frac73\)

=>H=7(cm)

chiều cao cột chất lỏng X trong cốc là: 7-1=6(cm)

1: Sửa đề: \(p^2+11\)

TH1: p=2

\(p^2+11=2^2+11=15\) là hợp số

=>Loại

TH2: p=3

\(p^2+11=3^2+11=9+11=20\) là hợp số

=>Loại

TH3: p=3k+1

\(p^2+11=\left(3k+1\right)^2+11\)

\(=9k^2+6k+1+11=9k^2+6k+12=3\left(3k^2+2k+4\right)\) ⋮3

=>Loại

TH4: p=3k+2

\(p^2+11=\left(3k+2\right)^2+11\)

\(=9k^2+12k+4+11=9k^2+12k+15=3\left(3k^2+4k+5\right)\) ⋮3

=>Loại

Vậy; Không có số nguyên tố p nào thỏa mãn đề bài

Số phần quãng đường còn lại sau tháng thứ nhất là: \(1-\frac23=\frac13\)

Số phần quãng đường còn lại sau tháng thứ hai là: \(\frac13\times\left(1-\frac34\right)=\frac13\times\frac14=\frac{1}{12}\)

Độ dài quãng đường là: \(5:\frac{1}{12}=5\times12=60\left(\operatorname{km}\right)\)