1a) Theo hằng đẳng thức hiệu hai lập phương, (2-x)\left(4+2x+x^2\right)=8-x^3. Do đó A=x^3+8-x^3=8.

1b) Khai triển: (3x+2)^2=9x^2+12x+4 và (1-3x)(1+3x)=1-9x^2. Suy ra B=9x^2+12x+4+1-9x^2-12x=5.

2) Nhóm các hạng tử của vế trái theo nhân tử a-b: a^3+b^2a+2a-b^3-ba^2-2b=a^2(a-b)+b^2(a-b)+2(a-b)=(a-b)\left(a^2+b^2+2\right)=12(a-b).

Từ giả thiết 12(a-b)-24=0 nên a-b=2. Khi đó (a-b)^2=a^2+b^2-2ab, tức 4=10-2ab, suy ra T=ab=3.

1a) Thay x=2 vào A được 8+4-10-2=0, nên A có nhân tử x-2: A=x^3-2x^2+3x^2-6x+x-2=x^2(x-2)+3x(x-2)+(x-2)=(x-2)\left(x^2+3x+1\right).

1b) B=4x^2(x-1)-y^2(x-1)=(x-1)\left(4x^2-y^2\right)=(x-1)(2x-y)(2x+y).

2) Thực hiện phép chia 4x^3-x^2+ax+b cho x^2+x+2 được thương 4x-5 và dư (a-3)x+(b+10).

Để dư bằng 3x+1 với mọi x, cần a-3=3 và b+10=1. Vậy a=6, b=-9.

1a) So sánh từng kỳ: ở SEA Games 28 (73<95) và 29 (59<72) Việt Nam ít hơn Thái Lan; ở SEA Games 30 (98>92), 31 (205>92) và 32 (136>108) Việt Nam nhiều hơn. Vậy có 3 kỳ Việt Nam đạt nhiều huy chương vàng hơn Thái Lan. Việt Nam đạt nhiều huy chương vàng nhất ở SEA Games 31 (205 huy chương).

1b) Biểu đồ phù hợp là biểu đồ cột kép: trục ngang ghi các kỳ SEA Games 28, 29, 30, 31, 32; mỗi kỳ vẽ hai cột cạnh nhau (một cột cho Việt Nam, một cột cho Thái Lan, tô hai màu và có chú thích); trục đứng biểu diễn số huy chương vàng, chiều cao mỗi cột bằng số liệu trong bảng.

2) Vì O,A,C thẳng hàng và A nằm giữa O và C nên OC=OA+AC=1+4=5 (m).

Trong tam giác OCD có AB\parallel CD (B\in OD, A\in OC), theo hệ quả của định lí Thalès: \dfrac{AB}{CD}=\dfrac{OA}{OC}, suy ra CD=\dfrac{AB\cdot OC}{OA}=\dfrac{1{,}5\cdot5}{1}=7{,}5 (m).

Vậy cây cao 7{,}5 m.

a) Tứ giác AFME có \widehat{FAE}=90^\circ (tam giác ABC vuông tại A), \widehat{AFM}=90^\circ (MF\perp AB) và \widehat{AEM}=90^\circ (ME\perp AC), nên AFME là hình chữ nhật.

b) ME\parallel AB (cùng vuông góc với AC) và M là trung điểm BC nên E là trung điểm AC. Hai đường chéo AM, EF của hình chữ nhật cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, nên H là trung điểm của AM và của EF.

Trong tam giác AMC, H và D là trung điểm của MA và MC nên HD là đường trung bình, do đó HD\parallel AC: tứ giác AHDC là hình thang.

AM là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên MA=MC=\dfrac{BC}{2}; tam giác MAC cân tại M, suy ra \widehat{HAC}=\widehat{DCA}. Hình thang AHDC có hai góc kề đáy AC bằng nhau nên là hình thang cân.

c) E, D là trung điểm của CA, CM nên ED là đường trung bình của tam giác CAM, suy ra ED\parallel AM. Mà FI\perp ED nên FI\perp AM.

Tam giác FIE vuông tại I có IH là trung tuyến nên IH=\dfrac{EF}{2}=\dfrac{AM}{2} (hai đường chéo hình chữ nhật bằng nhau). Tam giác AIM có trung tuyến IH bằng nửa cạnh AM nên vuông tại I.

Ngoài ra HI=HF nên H nằm trên đường trung trực của FI; đường thẳng AM đi qua H và vuông góc với FI nên AM chính là đường trung trực của FI. Suy ra AI=AF, tam giác AFI cân tại A có AM là đường cao nên cũng là phân giác: \widehat{IAM}=\widehat{FAM}=\widehat{MAB}. Vậy AM là phân giác góc IAB.

Biến đổi: A=x^2-2xy+y^2+2x-2y+1+3y^2+6y-6=(x-y+1)^2+3(y+1)^2-9.

Vì (x-y+1)^2\ge0 và 3(y+1)^2\ge0 nên A\ge-9. Dấu bằng xảy ra khi y+1=0 và x-y+1=0, tức y=-1, x=-2.

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -9, đạt được khi x=-2, y=-1.