Chỗ kia phải là \(\dfrac{c^4}{b+a+4ba}\) chứ nhỉ? Nếu đúng đề thì bạn nói với mình để mình làm lại nhé. Giờ mình làm theo đề đối xứng trước nhé.

 Ta có:

\(P=\dfrac{a^6}{a^2b+a^2c+4a^2bc}+\dfrac{b^6}{b^2a+b^2c+4b^2ca}+\dfrac{c^6}{c^2a+c^2b+4c^2ab}\)

\(\ge\dfrac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2+4a^2bc+4b^2ca+4c^2ab}\)

\(=\dfrac{9}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+abc\left(4\left(a+b+c\right)-3\right)}\)

Ta có \(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

và \(abc\le\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}=1\), đồng thời \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)>\dfrac{27}{64}\)

\(\Leftrightarrow a+b+c>\dfrac{3}{4}\) \(\Leftrightarrow4\left(a+b+c\right)-3>0\). Do đó \(abc\left(4\left(a+b+c\right)-3\right)\le4\left(a+b+c\right)-3\)

 Vì vậy \(P\ge\dfrac{9}{\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{3}+4\left(a+b+c\right)-3}\)

 Đặt \(a+b+c=t\). 

 Ta có \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)=a^2b+b^2a\). Lập 2 BĐT tương tự rồi cộng theo vế, ta có:

 \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2\)

 \(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le6+2abc\le8\) (vì \(abc\le1\))

 Do đó \(t^3=3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le3+3.8=27\) \(\Leftrightarrow t\le3\)

 Vậy \(0< t\le3\)

 Ta có \(P\ge\dfrac{9}{\dfrac{t^3}{3}+4t-3}\) \(\ge\dfrac{9}{\dfrac{3^3}{3}+4.3-3}=\dfrac{1}{2}\)

 Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

 Vậy GTNN của P là \(\dfrac{1}{2}\) khi \(a=b=c=1\)

Câu 14:

a) \(\lim\limits_{x\rightarrow1}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{2-\sqrt{2-x}}{x+2}=\dfrac{2-\sqrt{2-1}}{1+2}=f\left(1\right)\) => Khẳng định đúng.

b) \(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\left(x^2+ax+2\right)=+\infty\) => Khẳng định sai.

c) \(\lim\limits_{x\rightarrow-2^+}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-2^+}\dfrac{2-\sqrt{2-x}}{x+2}\) \(=\lim\limits_{x\rightarrow-2^+}\dfrac{4-\left(2-x\right)}{\left(x+2\right)\left(2+\sqrt{2-x}\right)}\)

\(=\lim\limits_{x\rightarrow-2^+}\dfrac{1}{2+\sqrt{2-x}}\) \(=\dfrac{1}{2+\sqrt{2-\left(-2\right)}}=\dfrac{1}{4}\)

=> Khẳng định đúng.

d) Ta có \(\lim\limits_{x\rightarrow-2^+}f\left(x\right)=\dfrac{1}{4}\) và \(\lim\limits_{x\rightarrow-2^-}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-2^-}\left(x^2+ax+2\right)=4-2a+2\)

 Để tồn tại \(\lim\limits_{x\rightarrow-2}f\left(x\right)\) thì \(4-2a+2=\dfrac{1}{4}\) \(\Leftrightarrow a=\dfrac{23}{8}\)

 Có \(\lim\limits_{x\rightarrow2^-}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow2^-}\dfrac{2-\sqrt{2-x}}{x+2}=\dfrac{1}{2}\)

 \(\lim\limits_{x\rightarrow2^+}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow2^+}\left(x+a-b\right)=2+a-b\)

 Để tồn tại \(\lim\limits_{x\rightarrow2}f\left(x\right)\) thì \(2+a-b=\dfrac{1}{2}\) \(\Leftrightarrow b=a+\dfrac{3}{2}=\dfrac{35}{8}\)

 Khi đó \(4\left(a+b\right)=4\left(\dfrac{23}{8}+\dfrac{35}{8}\right)=29\)

=> Khẳng định đúng

Câu 13: 

 Ta có công thức lãi kép: \(C=A\left(1+r\right)^N\) với C là số tiền thu được (cả vốn lẫn lãi); A là số tiền gửi; r là lãi suất mỗi kì, N là số kì.

 a) Sau 2 năm số tiền cả vốn lẫn lãi ở quyển 1 là \(100\left(1+6,8\%\right)^2=114,0624\approx114\) (triệu đồng)

 \(\Rightarrow\) Khẳng định đúng

 b) Sau 2 năm số tiền cả vốn lẫn lãi ở quyển 2 là \(100\left(1+6\%\right)^2=112,36\) (tr đồng)

 Suy ra số tiền ở cả 2 quyển là \(114,0624+112,36=226,4224\) (tr đồng)

 \(\Rightarrow\) Khẳng định đúng. 

 c) Số tiền gửi sau \(N\) năm (kì) là:

 \(C=100\left(1+6,8\%\right)^N+100\left(1+6\%\right)^N\)

 Thế \(N\ge8\), ta có      \(C\ge100\left[\left(1+6.8\%\right)^8+\left(1+6\%\right)^8\right]\approx328,65>300\)

 \(\Rightarrow\) Khẳng định đúng.

 d) Ta nhắc lại rằng nếu theo ban đầu, sau 2 năm thì số tiền thu được sẽ là \(226,4224\) tr đồng.

 Theo tình huống mới, số tiền sau năm đầu ở quyển 1, 2 lần lượt là \(114,0624\) tr đồng và \(112,36\) tr đồng. Sau khi lấy 1 nửa số tiền từ đây chuyển sang quyển 2 thì lúc này quyển 1 còn \(57,0312\) tr đồng và quyển 2 có \(169,3912\) tr đồng. Sau năm thứ 2, quyển 1 có \(57,0312\left(1+6,8\%\right)=60,9093216\) (tr đồng), quyển 2 có \(169,3912\left(1+6\%\right)=179,554672\) (tr đồng). Do vậy cả 2 quyển có \(179,554672+60,9093216=240,4639936\) (tr đồng)

 \(\Rightarrow\)  Khẳng định đúng.

 Ta có \(2006^{2024}=\left(7.286+4\right)^{2024}\) \(=7A+4^{2024}\). Do đó ta chỉ cần tìm số dư của \(4^{2024}\) khi chia cho 7.

 Để ý rằng: \(4^0\equiv1\left[7\right]\); \(4^1\equiv4\left[7\right]\); \(4^2\equiv2\left[7\right]\); \(4^3\equiv1\left[7\right]\); \(4^4\equiv4\left[7\right]\); \(4^5\equiv2\left[7\right]\)

 Do đó ta nảy sinh dự đoán rằng \(4^{3k+2}\equiv2\left[7\right]\left(k\inℕ\right)\). Ta sẽ chứng minh điều này bằng phương pháp quy nạp,

 Thật vậy, với \(k=0\) thì khẳng định đúng (theo như trên)

 Giả sử khẳng định đúng đến \(k=l\ge0\), khi đó \(4^{3l+2}\equiv2\left[7\right]\). Ta cần chứng minh khẳng định đúng với \(k=l+1\), tức là cm \(4^{3\left(l+1\right)+2}\equiv2\left[7\right]\)

 Thật vậy, ta có \(4^{3\left(l+1\right)+2}\equiv4^{3l+3+2}\equiv64.4^{3l+2}\equiv1.2\equiv2\left[7\right]\)

 Vậy khẳng định đúng với \(k=l+1\Rightarrow4^{3k+2}\equiv2\left[7\right]\)

 Vì vậy \(4^{2024}=4^{2022+2}=4^{3.674+2}\equiv2\left[7\right]\)

 Vậy số dư của phép chia \(2006^{2024}\) cho 7 là 2.

 a) Ta có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^o\) nên tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn (BC).

 b) Tứ giác BEFC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)

Tam giác ABC và AFE có:

 \(\widehat{A}\) chung, \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)

 \(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta AFE\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{AB}{AF}=\dfrac{AC}{AE}\)

 \(\Rightarrow AB.AE=AF.AC\)

c) Áp dụng định lý Ceva cho tam giác ABC, ta được:

\(\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{FC}{FA}.\dfrac{EA}{EB}=1\)      (1)

 Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC, cát tuyến FEI, ta có:

 \(\dfrac{IB}{IC}.\dfrac{FC}{FA}.\dfrac{EA}{EB}=1\)       (2)

 Từ (1) và (2), suy ra \(\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{IB}{IC}\), ta có đpcm.

Nếu bạn nhìn trong hình này thì nó có phải là phân giác đâu?

 Một cách "đơn giản" và "ngây thơ", ta thấy mỗi chữ số đều có 10 cách chọn (từ 0 đến 9) nên có tất cả \(10^4=10000\) biển số.

 Tuy nhiên, ngoài lề một chút thì nếu theo đúng luật giao thông, kể cả mã tỉnh (từ 11 đến 99 - có 89 mã; và 2 kí tự seri, mỗi kí tự có thể là một trong 20 chữ cái in hoa sau: A, B, C, D, E, F, G, H, K, L, M, N, P, S, T, U, V, X, Y, Z. Chưa kể là còn có 4 loại màu biển số xe (trắng, xanh, đỏ, vàng) và mỗi loại biển số có quy định tạo biển số xe khác nhau nên lúc này số biển số sẽ tăng lên gấp rất nhiều lần, lưu ý là không tồn tại biển số xe 0000 nếu đăng ký đúng pháp luật)

pt đã cho \(\Leftrightarrow x^2-\left(y+1\right)x-2y^2+5y-6=0\) (*)

Ta tính được \(\Delta=9y^2-18y+25>0\) với mọi y.

Để (*) có nghiệm nguyên thì \(9y^2-18y+25\) là số chính phương

\(\Leftrightarrow9y^2-18y+25=z^2\left(z\inℕ,z\ge4\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(3y-3\right)^2+16=z^2\)

\(\Leftrightarrow\left(z+3y-3\right)\left(z-3y+3\right)=16\)

Ta có bảng sau:

Vậy \(y=1\) \(\Rightarrow x^2-2x-3=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x=3\end{matrix}\right.\)

Vậy pt đã cho có các nghiệm nguyên là \(\left(-1;1\right)\) và \(\left(3;1\right)\)

b) Do BD//AC nên \(\widehat{KAI}=\widehat{KDB}\) (2 góc so le trong)

 Lại có \(\widehat{ABI}=\widehat{ABK}=\widehat{BDK}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BK.

 \(\Rightarrow\widehat{KAI}=\widehat{KBA}\)

c) I là trung điểm AC chứ không phải BC nhé.

 Xét tam giác IAK và IBA, ta có:

 \(\widehat{AIB}\) chung, \(\widehat{IAK}=\widehat{IBA}\left(cmt\right)\) 

 \(\Rightarrow\Delta IAK\sim\Delta IBA\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{IA}{IB}=\dfrac{IK}{IA}\)

 \(\Rightarrow IA^2=IB.IK\)

 \(\Rightarrow IA=IC\) (vì theo câu a, \(IC^2=IB.IK\))

 \(\Rightarrow\) I là trung điểm AC.

d) CK vuông góc với đường nào trong đề bài chưa nói nhé.

Ta có khoảng vân \(i=\dfrac{\lambda D}{a}=\dfrac{0,6.10^{-3}.2.10^3}{1}=1,2\left(mm\right)\)

Vân sáng thứ 3 cách vân sáng trung tâm một khoảng bằng \(x=3i=3,6mm\)

 \(\Rightarrow\) Chọn B