\(C=\dfrac{88-\dfrac{1}{6}-\dfrac{2}{7}-\dfrac{3}{8}-...-\dfrac{88}{93}}{-\dfrac{1}{12}-\dfrac{1}{14}-\dfrac{1}{16}-...-\dfrac{1}{186}}\)

\(=\dfrac{1-\dfrac{1}{6}+1-\dfrac{2}{7}+1-\dfrac{3}{8}+...+1-\dfrac{88}{93}}{-\dfrac{1}{2.6}-\dfrac{1}{2.7}-\dfrac{1}{2.8}-...-\dfrac{1}{2.93}}\)

\(=\dfrac{\dfrac{5}{6}+\dfrac{5}{7}+\dfrac{5}{8}+...+\dfrac{5}{93}}{-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{8}+...+\dfrac{1}{93}\right)}\)

\(=\dfrac{5\left(\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{8}+...+\dfrac{1}{93}\right)}{-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{8}+...+\dfrac{1}{93}\right)}\)

\(=\dfrac{5}{-\dfrac{1}{2}}=-10\).

\(4p^2-1,4p^2,4p^2+1\) là ba số tự nhiên liên tiếp nên trong ba số có ít nhất một số chia hết cho \(3\). 

Mà \(4p^2-1\) là số nguyên tố nên không chia hết cho \(3\), \(4p^2\) không chia hết cho \(3\) do \(p\) là số nguyên tố lớn hơn \(3\). 

Do đó \(4p^2+1\) chia hết cho \(3\) mà \(4p^2+1>3\) nên \(4p^2+1\) là hợp số.

a) \(BC=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\) (theo định lí Pythagore trong tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\))

\(AI=\dfrac{1}{2}BC=2,5\left(cm\right)\).

b) Tứ giác \(ABMC\) có hai đường chéo \(AM,BC\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên \(ABMC\) là hình bình hành. 

Mà có \(\widehat{BAC}=90^o\) do đó \(ABMC\) là hình chữ nhật. 

c) Tứ giác \(AMCD\) có \(AD=AB=AM,AD//CM\) suy ra \(AMCD\) là hình bình hành. 

d) Gọi \(K\) là giao điểm của \(DM\) và \(AC\).

Do \(AMCD\) là hình bình hành nên hai đường chéo \(DM,AC\) cắt nhau tại trung điểm \(K\) của mỗi đường.

Xét tam giác \(ACM\): hai đường trung tuyến \(CI,MK\) cắt nhau tại \(G\) nên \(G\) là trọng tâm tam giác \(ACM\) suy ra \(MG=\dfrac{2}{3}MK=\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}MD=\dfrac{1}{3}MD\)

\(\Leftrightarrow DM=3GM\).

a) \(Ox:\left\{{}\begin{matrix}x=t\\y=0\\z=0\end{matrix}\right.\).

Lấy điểm \(M\left(1;0;0\right)\in Ox\).

\(d\left(A,Ox\right)=\dfrac{\left|\left[\overrightarrow{MA},\overrightarrow{u_{Ox}}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{u_{Ox}}\right|}=\sqrt{10}\).

\(d\left(B,Ox\right)=\dfrac{\left|\left[\overrightarrow{MA},\overrightarrow{u_{Ox}}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{u_{Ox}}\right|}=\sqrt{10}\)

Do đó hai điểm \(A,B\) cách đều trục \(Ox\).

b) Điểm \(C\in Oz\) nên tọa độ điểm \(C\) có dạng \(\left(0;0;c\right)\).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nên \(CA\perp CB\)

suy ra \(\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}=0\)

\(\Leftrightarrow1.\left(-2\right)-3.1-\left(1+c\right).\left(3-c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}c=-2\\c=4\end{matrix}\right.\).

c) Mặt phẳng \(\left(Oyz\right)\): \(x=0\). 

Hình chiếu của \(A,B\) trên \(\left(Oyz\right)\) lần lượt là \(A'\left(0;-3;-1\right)\), \(B'\left(0;1;3\right)\). 

Phương trình hình chiếu của đường thẳng \(AB\) trên \(\left(Oyz\right)\) là phương trình của đường thẳng \(A'B'\).

d) Gọi tọa độ tâm thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(I\left(0;a;b\right)\).

Có \(IO=IA=IB\) suy ra 

\(a^2+b^2=1^2+\left(a+3\right)^2+\left(b+1\right)^2=2^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-3\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{-47}{16}\\b=\dfrac{53}{16}\end{matrix}\right.\).

a) \(O\) là giao điểm của hai đường chéo của hình vuông \(ABCD\).

\(OC=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}AB=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(SO=\sqrt{SC^2-OC^2}=\sqrt{\left(a\sqrt{2}\right)^2-\left(\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\).

\(V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{6}}{2}.a^2=\dfrac{a^3\sqrt{6}}{6}\)

b) Gọi \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD\).

Khi đó \(IA=IS\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{OA^2+OI^2}=SO-OI\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{a^2}{2}+OI^2}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}-OI\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{2}+OI^2=\left(\dfrac{a\sqrt{6}}{2}-OI\right)^2\)

\(\Leftrightarrow OI=\dfrac{a\sqrt{6}}{6}\).

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD\) là

 \(SI=SO-OI=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}-\dfrac{a\sqrt{6}}{6}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\).

c) \(A'C'//AC\) suy ra \(A'C'\) vuông góc với mặt phẳng \(\left(SBD\right)\).

Mà \(A'C'\) cắt \(\left(SBD\right)\) tại trung điểm của nó nên \(C'\) đối xứng với \(A'\) qua mặt phẳng \(\left(SBD\right)\). 

Tương tự \(A\) đối xứng với \(C\) qua mặt phẳng \(\left(SBD\right)\).

Suy ra phép đối xứng qua mặt phẳng \(\left(SBD\right)\) biến hình chóp \(A'.ABCD\) thành hình chóp \(C'.CBAD\) do đó hai hình chóp đó bằng nhau. 

\(B=\left(\dfrac{1}{2}-1\right)\div\left(\dfrac{1}{3}-1\right)\div\left(\dfrac{1}{4}-1\right)\div...\div\left(\dfrac{1}{100}-1\right)\)

\(=\dfrac{-1}{2}\div\dfrac{-2}{3}\div\dfrac{-3}{4}\div...\div\dfrac{-99}{100}\)

\(=-\dfrac{1}{2}\times\dfrac{3}{2}\times\dfrac{4}{3}\times...\times\dfrac{100}{99}=-\dfrac{100}{2\times2}=-25\)

\(A=5^1+5^2+5^3+...+5^{299}+5^{300}\)

\(=\left(5^1+5^2\right)+\left(5^3+5^4\right)+...+\left(5^{299}+5^{300}\right)\)

\(=5^1\left(1+5\right)+5^3\left(1+5\right)+...+5^{299}\left(1+5\right)\)

\(=6\left(5^1+5^3+...+5^{299}\right)\) chia hết cho \(6\).

a) Chiều rộng của mảnh đất là: 

\(26-19,5=6,5\left(m\right)\)

Diện tích mảnh đất hình chữ nhật đó là: 

\(19,5\times6,5=126,75\left(m^2\right)\)

b) Diện tích phần đất còn lại là: 

\(126,75-69=57,75\left(m^2\right)\)

Tỉ số phần trăm của diện tích đất trồng cây và diện tích phần đất còn lại của mảnh đất đó là: 

\(69\div57,75\times100\%=119,48\%\)

\(f\left(x\right)=ax^3+bx^2+cx+d\)

Dựa vào đồ thị ta có: \(f\left(-2\right)=2,f\left(-1\right)=-1,f\left(0\right)=0,f\left(1\right)=-1\)

Từ đó suy ra \(f\left(x\right)=-x^3-x^2+x\).

\(g\left(x\right)=\left|f^3\left(x\right)-3f\left(x\right)\right|\)

\(h\left(x\right)=f^3\left(x\right)-3f\left(x\right)\)

\(h'\left(x\right)=3f'\left(x\right)f^2\left(x\right)-3f'\left(x\right)\)

\(h'\left(x\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}f'\left(x\right)=0\\f^2\left(x\right)=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}f'\left(x\right)=0\\f\left(x\right)=1\\f\left(x\right)=-1\end{matrix}\right.\)

\(f'\left(x\right)=0\) có \(2\) nghiệm đơn

\(f\left(x\right)=1\) có \(1\) nghiệm đơn

\(f\left(x\right)=-1\) có \(1\) nghiệm đơn, \(1\) nghiệm kép. 

Kết hợp lại ta được phương trình \(h'\left(x\right)=0\) có \(4\) nghiệm bội lẻ (do nghiệm \(x=-1\) vừa là nghiệm kép của \(f\left(x\right)=-1\) vừa là nghiệm đơn của \(f'\left(x\right)=0\)).

mà \(limh\left(x\right)=-\infty\) do đó \(g\left(x\right)=\left|h\left(x\right)\right|\) có \(3\) điểm cực đại, \(4\) điểm cực tiểu suy ra \(T=n^m=4^3=64\).

Chọn A.

\(\dfrac{y+z+1}{x}=\dfrac{x+z+2}{y}=\dfrac{x+y-3}{z}\)

\(=\dfrac{\left(y+z+1\right)+\left(x+z+2\right)+\left(x+y-3\right)}{x+y+z}\)

\(=\dfrac{2\left(x+y+z\right)}{x+y+z}=2\)

Từ đó suy ra 

\(\dfrac{1}{x+y+z}=2\Leftrightarrow x+y+z=\dfrac{1}{2}\).

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