1 kỳ thi có 720 thí sinh. Mỗi thí sinh được phát 1 đề thi gồm 4 câu được chọn từ n câu. Hai đề thi gọi là khác nhau nếu có ít nhất 1 câu khác nhau. Tìm số n nhỏ nhất sao cho bất kì 2 thí sinh nào cũng có 1 đề thi khác nhau. Với số n đó ta có thể lập được bao nhiêu đề thi?

1/ Chứng minh: $C_{2n+k}^{n}.C_{2n-k}^{n}\leqslant (C_{2n}^{n})^{2}$
2/ Rút gọn tổng sau:
$C=\tfrac{C_{n}^{1}}{1}+2\tfrac{C_{n}^{2}}{C_{n}^{1}}+...+k\tfrac{C_{n}^{k}}{C_{n}^{k-1}}+...+n\tfrac{C_{n}^{n}}{C_{n}^{n-1}}$

Chứng minh:
$C_{r}^{0}C_{q}^{p}+C_{r}^{1}C_{q}^{p-1}+...+C_{r}^{p}C_{q}^{0}=C_{r+q}^{p}$
Với: $p\leq r$ và $q\leq r$

Kí hiệu số cần tìm: n=abcde
Chọn vị trí cho chữ số 0, có 4 cách
Chọn vị trí cho chữ số 1, có 4 cách
Xếp 3 trong 8 chữ số còn lại vào 3 vị trí còn lại của n có $A_{8}^{3}$ cách
Theo quy tắc nhân có 5376 số thỏa ycbt.

Bài đấy sử dụng pp khảo sát hàm, k biết e học chưa

Hì, chưa chị ơi Cái đó e biết nhưng chưa dám đụng đến Chắc bữa nào e cày trc cái đó quá

Làm luôn câu 2
2.$\cos^{10}x+\sin ^{10}x=\frac{1}{32}(1-cos2x)^{5}+\frac{1}{32}(1+cos2x)^{5}$
$=\frac{1}{32}(-cos^{5}2x+5cos^{4}2x-10cos^{3}2x+10cos^{2}2x-5cos2x+1+cos^{5}2x+5cos^{4}2x+10cos^{3}2x+10cos^{2}2x+5cos2x+1)$
$=\frac{5}{16}cos^{4}2x+\frac{5}{8}cos^{2}2x+\frac{1}{16}$
$=\frac{5}{16}\left [\frac{(cos4x+1)^{2}}{4}\right ]+\frac{5}{8}\left [ \frac{cos4x+1}{2} \right]+\frac{1}{16}$
$=\frac{5}{16}\left [ \frac{1}{4}(\frac{cos8x+1}{2})+\frac{1}{2}cos4x+\frac{1}{4} \right ]+\frac{5}{16}cos4x+\frac{3}{8}$
$=\frac{5}{128}cos8x+\frac{15}{128}+\frac{5}{32}cos4x+\frac{5}{16}cos4x+\frac{3}{8}$
$=\frac{5}{128}cos8x+\frac{15}{32}cos4x+\frac{63}{128}$
P/s: Do cái bài này nằm trg mục PT, HPT lượng giác nên em đã bất cẩn ko đọc đề Hèn zì làm thấy nghiệm nó kì kì. Chị Ly gợi ý cho e giải bài pt LG của chị đi

a) $sin^{4}x+cos^{4}x=\frac{1}{2}sin2x\Leftrightarrow 1-2sin^{2}xcos^{2}x=\frac{1}{2}sin2x$
$\Leftrightarrow 1-\frac{sin^{2}2x}{2}=\frac{1}{2}sin2x\Leftrightarrow sin^{2}2x+sin2x-2=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
sin2x=1\\
sin2x=-2 (l)
\end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+k\pi (k\epsilon \mathbb{Z})$
b) $sin^{4}x+cos^{4}x=\frac{3-cos6x}{4}\Leftrightarrow \frac{3}{4}+\frac{1}{4}cos4x=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}cos6x$
$\Leftrightarrow cos6x=-cos4x\Leftrightarrow cos6x=cos(\pi -4x)$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=\frac{\pi }{10}+k\frac{2}{5}\pi \\ x=-\frac{\pi }{2}+k\pi
\end{bmatrix} (k\epsilon \mathbb{Z})$
c) $sin^{2}x-cos^{2}x=cos4x\Leftrightarrow cos4x=-cos2x\Leftrightarrow cos4x=cos(\pi -2x)$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=\frac{\pi }{6}+k\frac{\pi}{3} \\ x=-\frac{\pi }{2}+k\pi

\end{bmatrix} (k\epsilon \mathbb{Z})$

1.$\sin ^{8}x+\cos ^{8}=\frac{35}{64}+\frac{7}{16}\cos 4x+\frac{1}{64}\cos 8x$
$\Leftrightarrow (sin^{4}x+cos^{4}x)^{2}-2sin^{4}xcos^{4}x=\frac{35}{64}+\frac{7}{16}(1-2sin^{2}2x)+\frac{1}{64}(2cos^{2}4x-1)$
$\Leftrightarrow (1-\frac{1}{2}sin^{2}2x)^{2}-2(sinxcosx)^{4}=\frac{35}{64}+\frac{7}{16}-\frac{7}{8}sin^{2}2x+\frac{1}{64}[2(1-4sin^{2}2x+4sin^{4}2x)-1]$
$\Leftrightarrow 1-sin^{2}2x+\frac{1}{4}sin^{4}2x-2(\frac{1}{2}sin2x)^{4}=\frac{63}{64}-\frac{7}{8}sin^{2}2x+\frac{1}{64}-\frac{1}{8}sin^{2}2x+\frac{1}{8}sin^{4}2x \Leftrightarrow 0=0$
Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm
P/s: Bài này ảo quá hay mình làm sai chỗ nào ko biết...

2/ $4cos3x.cos^{3}x-4sin3x.sin^{3}x-4cos^{3}4x=1+sin5x$
$\Leftrightarrow 4cos3x\frac{cos3x+3cosx}{4}-4sin3x\frac{3sinx-sin3x}{4}-4cos^{3}4x=1+sin5x$
$\Leftrightarrow cos^{2}3x+3cosxcos3x-3sinxsin3x+sin^{2}3x-4cos^{3}4x=1+sin5x$
$\Leftrightarrow 1+3cos4x-4cos^{3}4x=1+sin5x$
$\Leftrightarrow cos12x=-sin5x \Leftrightarrow cos12x=cos(\frac{\pi }{2}+5x)$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
12x=\frac{\pi }{2}+5x+k2\pi\\ 12x=-\frac{\pi }{2}-5x+k2\pi \end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=\frac{\pi }{14}+k\frac{2}{7}\pi\\ x=-\frac{\pi }{34}+k\frac{2}{17}\pi
\end{bmatrix}(k\epsilon \mathbb{Z})$
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm

*Điều kiện:
$sin^{2}x \in (0;1]$ ; $cos^{2}x \in (0;1]$

*Phương trình đã cho tương đương:
$256^{sin^{2}x}+256^{cos^{2}x}=81^{sin^{2}x}+81^{cos^{2}x}+49^{sin^{2}x}+49^{cos^{2}x}$
Áp dụng BĐT AM-GM, ta được:
$256^{sin^{2}x} + 256^{cos^{2}x}\geq 2\sqrt{256^{sin^{2}x}.256^{cos^{2}x}}=2\sqrt{256^{sin^{2}x+cos^{2}x}}=32$

$81^{sin^{2}x} + 81^{cos^{2}x}\geq 2\sqrt{81^{sin^{2}x}.81^{cos^{2}x}}=2\sqrt{81^{sin^{2}x+cos^{2}x}}=18$

$49^{sin^{2}x} + 49^{cos^{2}x}\geq 2\sqrt{49^{sin^{2}x}.49^{cos^{2}x}}=2\sqrt{49^{sin^{2}x+cos^{2}x}}=14$
$\Longrightarrow 81^{sin^{2}x}+81^{cos^{2}x}+49^{sin^{2}x} + 49^{cos^{2}x}\geq 18+14=32$
Dấu "=" xảy ra khi: $sin^{2}x=cos^{2}x \Longleftrightarrow sin^{2}x=1-sin^{2}x \Longleftrightarrow sin^{2}x= \dfrac{1}{2}$
$ \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2}.(1-cos2x)=\dfrac{1}{2} \Longleftrightarrow cos2x=0 \Longleftrightarrow 2x= \dfrac{\pi}{2}+k\pi \Longleftrightarrow x= \dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2}$ (k $\epsilon$Z)
P/s: Bài này e làm theo suy nghĩ của e nên ko biết đúng hay sai, nếu sai chỗ nào thì chị sửa lại cho e để e rút kinh nghiệm cho lần sau nhé

Giả sử a₁, a₂,...a_n là các số thực dương sao cho a₁ +a₂ + ... + a_n = n. Chứng minh với mọi số nguyên dương k ta có bất đẳng thức:
$a_1^k + a_2^k + ... + a_n^k \geq a_1^{k-1} + a_2^{k-1} +...+ a_n^{k-1}$

A=$\frac{tan45^{0}-tan9^{0}tan21^{0}}{tan9^{0}+tan21^{0}}=\frac{1}{tan30^{0}}=\sqrt{3}$

VT=2sin$\frac{(2k+1)A+(2k+1)B}{2}cos\frac{(2k+1)A-(2k+1)B}{2}+2sin(2k+1)\frac{C}{2}cos(2k+1)\frac{C}{2}$
=$2sin(2k+1)\frac{A+B}{2}cos(2k+1)\frac{A-B}{2}+2sin(2k+1)\frac{C}{2}cos(2k+1)\frac{C}{2}$
=$2sin(2k+1)(\frac{\pi }{2}-\frac{C}{2})cos(2k+1)\frac{A-B}{2}+2sin(2k+1)(\frac{\pi }{2}-\frac{A+B}{2})cos(2k+1)\frac{C}{2}$
=$2sin(k\pi +\frac{\pi }{2}-(2k+1)\frac{C}{2})cos(2k+1)\frac{A-B}{2}+2sin(k\pi +\frac{\pi }{2}-(2k+1)\frac{A+B}{2})cos(2k+1)\frac{C}{2}$
=$2.(-1)^{k}cos(2k+1)\frac{C}{2}cos(2k+1)\frac{A-B}{2}+2.(-1)^{k}cos(2k+1)\frac{C}{2}cos(2k+1)\frac{C}{2}$
=$2.(-1)^{k}cos(2k+1)\frac{C}{2}[cos(2k+1)(\frac{A-B}{2})+cos(2k+1)(\frac{A+B}{2})]$
=$4.(-1)^{k}cos(2k+1)\frac{A}{2}cos(2k+1)\frac{B}{2}cos(2k+1)\frac{C}{2}$ (đpcm)

Khi đồng nhất hệ số giải cái hệ kia kiểu gì hả bạn ?

Theo tớ nghĩ thì từ bd=-10=-5.2 rồi thử các cặp nghiệm (b;n) ta thấy b=-5; d=2 và tìm được a=1; c=-6. Khi thử nghiệm bạn lấy cái nào đều có nghiệm nguyên đấy. Mò hơi mệt

Giải phương trình:
$(x^{2}-5x+1)(x^{2}-4)=6(x-1)^{2}$

$(x^{2}-5x+1)(x^{2}-4)=6(x-1)^{2}$
$\Leftrightarrow x^{4}-5x^{3}-9x^{2}+32x-10=0$
Sử dụng phương pháp hệ số bất định, ta có:
$(x^{2}+ax+b)(x^{2}+cx+d)=x^4+(a+c)^3+(d+ac+b)x^2+(ad+bc)x+bd$
Đồng nhất hệ số ta có:
$\left\{\begin{matrix}a+c=-5 \\ d+ac+b=-9 \\ ad+bc=32 \\ bd=-10 \end{matrix}\right.$
Giải hệ pt ta được:
a=1;b=-5;c=-6;d=2
Vậy $x^{4}-5x^{3}-9x^{2}+32x-10=0$$\Leftrightarrow (x^2+x-5)(x^2-6x+2)=0$
$\Leftrightarrow x^2+x-5=0 \vee x^2-6x+2=0$
Giải ra, ta đc các nghiệm: S=${\frac{\sqrt{21}-1}{2};\frac{-\sqrt{21}-1}{2}};3-\sqrt{7};3+\sqrt{7}$

Cách này hơi dài tí, bạn xem thử rồi cho mình ý kiến nhé
$tan\frac{B}{2}=\frac{sinB}{sinA+sinC}$ $\Leftrightarrow \frac{sin\frac{B}{2}}{cos\frac{B}{2}}=\frac{sinB}{sinA+sin(A+B)}$
$\Leftrightarrow \frac{sin\frac{B}{2}}{cos\frac{B}{2}}=\frac{sinB}{2sin\frac{2A+B}{2}cos\frac{B}{2}}$
$\Leftrightarrow \frac{sinB}{cos\frac{B}{2}}=\frac{sinB}{sin\frac{2A+B}{2}}$
$\Leftrightarrow sin\frac{2A+B}{2}-cos\frac{B}{2}=0\Leftrightarrow sin\frac{2A+B}{2}-sin\frac{A+C}{2}=0$
$\Leftrightarrow 2cos\left ( \frac{A}{2}+\frac{\pi }{4}\right )sin\left ( \frac{\pi }{4}-\frac{C}{2} \right )=0$
$\Leftrightarrow cos\left ( \frac{A}{2}+\frac{\pi }{4} \right )=0$ hoặc $sin\left ( \frac{\pi }{4}-\frac{C}{2} \right )=0$
$\Leftrightarrow cos\left ( \frac{A}{2}+\frac{\pi }{4} \right )=cos\frac{\pi }{2}$ hoặc $\frac{\pi }{4}=\frac{C}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{A}{2}+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}$ hoặc $C=\frac{\pi }{2}$
$\Leftrightarrow A=\frac{\pi }{2}$ hoặc $C=\frac{\pi }{2}$
Vậy tam giác thỏa mãn hệ thức đã cho là tam giác vuông.

Bài 1: Cho điểm F(4;0) và đường thẳng (d): 4x-25=0
Gọi M là điểm sao cho 5MF=4 d[M,(d)]. CMR: M chạy trên 1 elip (E). Tìm phương trình của (E)
Bài 2: Cho (E): $\frac{x^2}{7}+\frac{y^2}{6}=1$. Lấy điểm M $\epsilon$ (E) sao cho diện tích tam giác F₁MF₂ =2. Tìm tọa độ của M.

Cách này ngắn hơn tí
$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$. Do a > b > 0 nên ta có:
* 1 = $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$ $\geq \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2}$
$\Leftrightarrow 1 \geq \frac{OM^2}{a^2} \Leftrightarrow OM\leq a$ (OM =a khi y=0)
* 1 = $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$$\leq \frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{b^2} \Leftrightarrow 1\leq \frac{OM^2}{b^2}\Leftrightarrow OM\geq b$ (OM = b khi x=0)
Vậy b $\leq OM \leq a$ (đpcm)

Bài toán 1: Loài ruồi giấm có 2n=8
Tế bào sinh giao tử đực và tế bào sinh giao tử cái của ruồi giấm giảm phân bình thường và ko xảy ra trao đổi chéo NST. Hãy xác định:
1.Số cách sắp xếp có thể có của các NST kép ở kì giữa I
2.Số cách phân ly có thể có của các NST kép ở kì sau I
3.Số kiểu tổ hợp có thể có của các NST kép ở kì cuối I
4.Số kiểu tổ hợp có thể có của các NST đơn ở kì cuối II
5. Số loại giao tử chứa 3 NST có nguồn gốc từ "bố" và số loại giao tử chứa 1 NST có nguồn gốc từ "mẹ". Tỷ lệ của mỗi loài giao tử.
6.Số loại hợp tử chứa 2 NST có nguồn gốc từ "ông nội". Tỷ lệ của loài hợp tử này.
7.Số loại hợp tử chứa 3 NST có nguồn gốc từ "ông ngoại". Tỷ lệ của loài hợp tử này.
8. Số loại hợp tử chứa 2 NST có nguồn gốc từ "ông nội" và chứa 3 NST có nguồn gốc từ "ông ngoại". Tỷ lệ của loài hợp tử này.
Bài toán 2:
_Cặp gen dị hợp thứ nhất (Aa) dài 2040 angstrong. gen A có 35% ađênin; gen a có tỷ lệ từng loài nucleotit bằng nhau.
_Cặp gen dị hợp thứ hay (Bb) dài 2550 angstrong. gen B có 25% ađênin; gen b có 20% xitozin
1. Tính số lượng từng loài nucleotit của mỗi gen
2. Có 600 tế bào sinh tinh đều có kiểu gen $\frac{Ab}{aB}$ giảm phân bình thường, trg đó có 200 tế bào có hoán vị gen với tần số tối đa.
Xác định số lượng từng loại nucleotit chứa trong mỗi loại tinh trùng có thể phát sinh từ quá trình giảm phân trên O_o

Cho A, B, C là 3 góc của tam giác ABC. Chứng minh rằng để tam giác ABC đều thì điều kiện cần và đủ là:
$\large cos^2A+cos^2B+cos^2C-2=\frac{1}{4}cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos(\frac{C-A}{2})$

Bài này hình như có vấn đề rồi bạn ơi, đề đúng phải là $cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}-2=\frac{1}{4}cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos\frac{C-A}{2}$ nếu thế thì mình giải như sau:
Ta có: $cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}-2= \frac{1+cos2A}{2}+\frac{1+cos2B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}-2$
=$1+cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}+1-sin^{2}\frac{C}{2}-2$
=$2+sin\frac{C}{2}(cos\frac{A-B}{2}-cos\frac{A+B}{2})-2$
=$2sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$
Giả thiết đã cho tương đương với:
$8sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}=cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos\frac{C-A}{2}$
$\Leftrightarrow 64sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}$
=$8cos\frac{A-B}{2}sin\frac{A+B}{2}cos\frac{B-C}{2}sin\frac{B+C}{2}cos\frac{C-A}{2}sin\frac{C+A}{2}$
$\Leftrightarrow 8sinAsinBsinC=(sinA+sinB)(sinB+sinC)(sinC+sinA)$
$\Leftrightarrow 8abc=(a+b)(b+c)(c+a)$
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: $(a+b)(b+c)(c+a) \geq 8abc$ $\Rightarrow$ Q.E.D
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. Vậy tam giác ABC đều.

Giả thiết đã cho tương đương với $\frac{a}{P}=\frac{sin\frac{A}{2}}{cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}$
Theo định lí hàm số sin, ta có:
$\frac{a}{P}=2\frac{2RsinA}{a+b+c}=\frac{4RsinA}{2R(sinA+sinB+sinC)}=\frac{8Rsin\frac{A}{2}cos\frac{A}{2}}{8Rcos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}=\frac{sin\frac{A}{2}}{cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}$ $\Rightarrow Q.E.D$

VT=$\frac{(sin\alpha-cos\alpha)(sin\alpha +cos\alpha )}{sin^{2}\alpha +cos^{2}\alpha +2sin\alpha.cos\alpha }=\frac{(sin\alpha-cos\alpha)(sin\alpha +cos\alpha )}{(sin\alpha +cos\alpha )^{2}}=\frac{sin\alpha-cos\alpha}{sin\alpha +cos\alpha}$
VP=$\frac{sin\alpha -cos\alpha }{cos\alpha }:\frac{sin\alpha +cos\alpha }{cos\alpha }=\frac{sin\alpha -cos\alpha}{sin\alpha +cos\alpha}$
$\Rightarrow$ VT=VP (đpcm)

Bên đề chuyên Nguyễn Thượng Hiền có 1 bài pt giống vậy nhưng pt này lại là $\sqrt{x+5}=x^{2}-4x-3$ http://diendantoanho...l=&fromsearch=1 câu 2b đề chuyên 2 đó bạn, ra đáp số cũng đẹp nữa: http://www.wolframal...(x+5)=x^2-4x-3. Bạn xem lại coi có chép dư 1 số ko

Câu này tớ đã từng hỏi rồi Đây là cách giải của bạn Ispectorgadget!
Ta có: $(a+b+c+1)^2=(a.1+\frac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{2}(b+c)+\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2})^2\leq (a^2+1)[3+2(b+c)^2]$
Khi đó ta cần chứng minh BĐT sau
$\frac{5}{16}[3+2(b+c)^2]\leq (b^2+1)(c^2+1)$
Hay $16b^2c^2+6(b^2+c^2)+1\geq 20cb$
BĐT hiển nhiên đúng do
$16b^2c^2+1\geq 8cb;6(b^2+c^2)\geq 12bc$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $c=b=\frac{1}{2}$

không biết thế có đúng ko vì $\dfrac{1}{1+b^2}$ $ \dfrac{a}{1+b^2}$

E chứng minh đc $\frac{a}{1+b^{2}}=a-\frac{ab^{2}}{1+b^{2}}$$\geq a-\frac{ab}{2}$
Vậy $VT\geq (a+b+c)-\frac{1}{2}(ab+bc+ca)$