a) \sqrt{75}=5\sqrt3, \sqrt{27}=3\sqrt3 nên biểu thức trong ngoặc bằng 8\sqrt3-10\sqrt3+3\sqrt3=\sqrt3. Vậy A=\sqrt3\cdot\sqrt3=3.

b) Trục căn thức ở mẫu: \dfrac{14}{3+\sqrt2}=\dfrac{14(3-\sqrt2)}{9-2}=6-2\sqrt2. Vì 2\sqrt2>1 nên \sqrt{(1-2\sqrt2)^2}=|1-2\sqrt2|=2\sqrt2-1. Vậy B=6-2\sqrt2+2\sqrt2-1=5.

1) Gọi x, y (ngày, x,y>4) là thời gian nhóm I, nhóm II làm riêng xong bức tranh. Mỗi ngày hai nhóm làm được \dfrac14 công việc: \dfrac1x+\dfrac1y=\dfrac14. Hai nhóm làm chung 2 ngày được \dfrac24=\dfrac12 công việc, nhóm II làm thêm 6 ngày được \dfrac6y, nên \dfrac12+\dfrac6y=1, suy ra y=12. Khi đó \dfrac1x=\dfrac14-\dfrac1{12}=\dfrac16, x=6 (thỏa mãn). Vậy làm riêng, nhóm I mất 6 ngày, nhóm II mất 12 ngày.

2) Gọi quãng đường từ nhà đến trường là d (km, d>0). Sáng nay Hải đi với vận tốc 8+4=12 km/h và đến sớm 10 phút =\dfrac16 giờ, nên \dfrac d8-\dfrac d{12}=\dfrac16, tức \dfrac d{24}=\dfrac16, d=4 (thỏa mãn). Quãng đường dài 4 km.

a) x=1 thỏa mãn điều kiện, \sqrt x=1 nên C=\dfrac{1+2}{1-3}=-\dfrac32.

b) Đặt t=\sqrt x (t\ge0, t\ne2, t\ne3), mẫu chung x-4=(t-2)(t+2): D=\dfrac{(3-2t)(t+2)+2t^2-4}{(t-2)(t+2)}=\dfrac{3t+6-2t^2-4t+2t^2-4}{(t-2)(t+2)}=\dfrac{2-t}{(t-2)(t+2)}=\dfrac{-1}{t+2}. Vậy D=\dfrac{-1}{\sqrt x+2}.

c) I=\dfrac DC=\dfrac{-1}{\sqrt x+2}\cdot\dfrac{\sqrt x-3}{\sqrt x+2}=\dfrac{3-\sqrt x}{(\sqrt x+2)^2}. Mẫu luôn dương nên I\le0\iff\sqrt x\ge3\iff x\ge9. Kết hợp điều kiện x\ne9 được x>9, nên số nguyên nhỏ nhất là x=10.

a) Với P=500: v=\sqrt[3]{\dfrac{500}{0{,}5}}=\sqrt[3]{1000}=10 (m/s).

b) Với P=32\,000: v=\sqrt[3]{\dfrac{32\,000}{0{,}5}}=\sqrt[3]{64\,000}=40 (m/s).

a) MA, MB là tiếp tuyến nên MA\perp OA, MB\perp OB, tức \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^\circ. Hai điểm A, B cùng nhìn đoạn MO dưới góc vuông nên M, B, O, A cùng thuộc đường tròn đường kính MO.

b) MA=MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA=OB nên OM là trung trực của AB; do đó H là trung điểm của AB và AB\perp OM. \widehat{DAB}=90^\circ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên AD\parallel OM, suy ra \widehat{ADB}=\widehat{MOB}=\widehat{MOA}. Hai tam giác vuông ADB và OAM (cùng vuông tại A) có \widehat{ADB}=\widehat{AOM} nên đồng dạng: \dfrac{AD}{OA}=\dfrac{AB}{AM}, tức AM\cdot AD=AB\cdot R.

c) i) KD\perp BD (tiếp tuyến tại D) và MB\perp BD nên KD\parallel MB, suy ra \dfrac{NK}{NB}=\dfrac{ND}{NM}. Lại có AD\parallel HM (câu b) nên \dfrac{NA}{NH}=\dfrac{ND}{NM}. Do đó \dfrac{NK}{NB}=\dfrac{NA}{NH}, tức NA\cdot NB=NK\cdot NH.

ii) Ta chứng minh MD\perp OK bằng cách so MO^2-MK^2 với DO^2-DK^2. Vì MH\perp HK và HM\cdot HO=HA^2 (hệ thức lượng trong tam giác MAO vuông tại A): MO^2-MK^2=(MH+HO)^2-MH^2-HK^2=HO^2+2HA^2-HK^2. Vì OD\perp DK: DO^2-DK^2=R^2-(OK^2-R^2)=2(HO^2+HA^2)-(HO^2+HK^2)=HO^2+2HA^2-HK^2. Hai hiệu bằng nhau nên MD\perp OK, tức MN\perp OK. Lại có KN\perp OM (vì N, K thuộc AB). Vậy N là trực tâm tam giác OMK, suy ra ON\perp MK.

Gọi a, b (m/s) là vận tốc ở khu A, khu B (a,b>0, a+b\le6). Thời gian di chuyển là \dfrac6a+\dfrac{24}b giây nên mức tiêu hao năng lượng là E=a+b+\dfrac6a+\dfrac{24}b=\left(\dfrac32a+\dfrac6a\right)+\left(\dfrac32b+\dfrac{24}b\right)-\dfrac12(a+b). Theo bất đẳng thức Cô-si: \dfrac32a+\dfrac6a\ge2\sqrt9=6, \dfrac32b+\dfrac{24}b\ge2\sqrt{36}=12; và -\dfrac12(a+b)\ge-3. Do đó E\ge15, dấu bằng khi a=2, b=4 (thỏa mãn a+b=6). Vậy vận tốc ở khu A là 2 m/s, ở khu B là 4 m/s.