Mình hoàn thiện bài này ở đây rồi nhá.

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/113577/gtln-gtnn  

Ta có:
$z^4+4z^2+6=z$
$\Leftrightarrow (z^2-z+2)(z^2+z+3)=0$
$\Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} z=\frac{1}{2}(1+i\sqrt{7})\\ z=\frac{1}{2}(1-i\sqrt{7}) \\ z=\frac{1}{2}(-1+i\sqrt{11}) \\ z=\frac{1}{2}(-1-i\sqrt{11})  \end{array} \right.$ 

Phương tình tương đương với: $(\frac{2}{5})^{x^2-x}+ (\frac{3}{5})^{x^2-x} =2$
Xét hàm: $f(t)= (\frac{2}{5})^t+ (\frac{3}{5})^t,t\in\mathbb{R}$
Ta có: $f(t)$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$. Mà $f(0)=2$
Suy ra : $x^2-x=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1\\ x=0 \end{array} \right.$

$\sin(\sin2x)=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} \sin2x=\frac{\pi}{6}+k2\pi\\\sin2x=\frac{5\pi}{6}+k2\pi \end{array} \right., k\in\mathbb{Z}$
                                   $\Leftrightarrow \sin2x=\frac{\pi}{6}$, vì $|\sin2x|\le1$
                                   $\Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} x=\frac{1}{2}\arcsin\frac{\pi}{6}+k\pi\\ x=\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2}\arcsin\frac{\pi}{6}+k\pi  \end{array} \right., k\in\mathbb{Z} $ 

a) Nam nữ tùy ý sẽ có: $C_{40}^5=658008$ cách chọn

b) Có 3 nữ, 2 nam thì có: $C_{15}^3.C_{25}^2=136500$ cách chọn. 

Nếu chọm 3 nữ, 5 nam thì có: $C_5^3.C_{10}^5=2520$ cách chọn.
Nếu chọm 4 nữ, 4 nam thì có: $C_5^4.C_{10}^4=1050$ cách chọn. 
Nếu chọm 5 nữ, 3 nam thì có: $C_5^5.C_{10}^3=120$ cách chọn. 
Vậy có tổng cộng: $2520+1050+120=3690$ cách chọn. 

Nếu có 2 câu khó, 1 câu trung bình, 2 câu dễ thì có: $C_5^2.C_{10}^1.C_{15}^2=10500$ cách chọn.
Nếu có 1 câu khó, 2 câu trung bình, 2 câu dễ thì có: $C_5^1.C_{10}^2.C_{15}^2=23625$ cách chọn. 
Nếu có 1 câu khó, 1 câu trung bình, 3 câu dễ thì có: $C_5^1.C_{10}^1.C_{15}^3=22750$ cách chọn. 
Vậy tổng cộng có: $10500+23625+22750=56875$ cách chọn đề. 

Số tam giác là: $nC_{10}^2+10C_n^2$.
Ta có phương trình:
$nC_{10}^2+10C_n^2=2800\Leftrightarrow 45n+5n(n-1)=2800$
                                                $\Leftrightarrow n^2+8n-560=0$
                                                $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} n=20\\n=-28 \end{array} \right.\Leftrightarrow n=20$, vì $n\ge2$ 

Xét $f(x)=x^2+y^2+\frac{x^2y^2}{(4xy-x-y)^2}, x\in(\frac{1}{3},\frac{1}{2}] $
Ta có: $f'(x)=2x+\frac{2y^2x(4xy-x-y)^2-2x^2y^2(4xy-x-y)(4y-1)}{(4xy-x-y)^4}$ 
                          $=2x+\frac{-2xy^3}{(4xy-x-y)^3}$ 
                          $=\frac{2x[(4xy-x-y)^3-y^3]}{(4xy-x-y)^3}$ 
Mà ta có: $4xy-x-2y=2y(2x-1)-x\le2(2x-1)-x=3x-2\le0$, vì $x\le\frac{1}{2}$ 
                   $4xy-x-y=y(4x-1)-x\ge(4x-1)-x=3x-1>0$, vì $x>\frac{1}{3}$
Vậy $f'(x)\le0,\forall x\in(\frac{1}{3},\frac{1}{2}]$ .
Suy ra: $P\ge f(\frac{1}{2})=\frac{1}{4}+y^2+\frac{y^2}{(2y-1)^2}$ 
Xét: $g(y)=\frac{1}{4}+y^2+\frac{y^2}{(2y-1)^2},y\ge 1$ 
Ta có: $g'(y)=\frac{4y(y-1)(4y^2-2y+1)}{(2y-1)^3}\ge0,\forall y\ge 1$ 
Suy ra: $P\ge g(1)=\frac{9}{4}$ 
Vậy Min$P=\frac{9}{4} \Leftrightarrow x=\frac{1}{2},y=1$ 

Nếu $n\le2$ thì $n+2\le8$. Do đó số tam giác có 3 đỉnh lấy từ $n+6$ điểm không vượt quá $C_8^3=56<439$ (loại).
Vậy $n\ge 3$ .
Vì mỗi tam giác được tạo thành  ứng với 1 tổ hợp chập 3 của $n+6$ phần tử. Nhưng trên cạnh $CD$ có 3 điểm, trên cạnh CD có $n$ điểm nên số tam giác là: $C_{n+6}^3-C_3^3-C_n^3$
Ta có phương trình:
$ C_{n+6}^3-C_3^3-C_n^3 =439 \Leftrightarrow \frac{(n+6)(n+5)(n+4)}{6}-1-\frac{n(n-1)(n-2)}{3}=439$
                                                       $\Leftrightarrow n^2+4n-140=0$
                                                       $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} n=-14\\n=10\end{array} \right.\Leftrightarrow n=10$ , vì $n\ge3$

Vì không có 3 điểm nào thẳng hàng nên có: $C_{2n}^3$ tam giác.
Các hình chữ nhật có đỉnh là đỉnh của đa giác đã cho cũng nội tiếp đường tròn $(O)$, và có 2 đường chéo là 2 đường kính.
Suy ra với mỗi bộ 2 đường kính ta xác định được 1 hình chữ nhật.
Vì có $n$ đường kính nên sẽ có $C_n^2$ hình chữ nhật.
Ta có phương trình:
$C_{2n}^3=20C_n^2 \Leftrightarrow \frac{2n(2n-1)(2n-2)}{6}=20.\frac{n(n-1)}{2}$
                             $\Leftrightarrow n^3-9n^2+8n=0$ 
                             $\Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} n=0\\ n=1\\n=8 \end{array} \right. \Leftrightarrow n=8$ , vì $n\ge 2$

b)
Ta có:
$ \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow  \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{0}$
                                                   $\Leftrightarrow  \overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$ 
Lại có:
$2\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{BC} \Leftrightarrow 2(\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AC})=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$
                            $\Leftrightarrow  \overrightarrow{AN}=\frac{1}{2}(3\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})$
Suy ra:
$3\overrightarrow{AG}+2\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+3\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}=4\overrightarrow{AC}$ 
$\Leftrightarrow  \overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AN}+\frac{3}{4}\overrightarrow{AG}$  

Giả sử: $ \overrightarrow{AP}=k\overrightarrow{AC} \Rightarrow  \overrightarrow{AP}=\frac{k}{2}\overrightarrow{AN}+\frac{3k}{4}\overrightarrow{AG} $ 
 Vì $G,P,N$ thẳng hàng nên: $\frac{k}{2}+\frac{3k}{4}=1 \Leftrightarrow k=\frac{4}{5}$
T ừ đó suy ra: $\frac{AP}{PC}=4$
 

a)
Ta có: $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$
$3\overrightarrow{MA}+4\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow 3(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA})+4(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB})=\overrightarrow{0}$ 
                                           $\Leftrightarrow 7\overrightarrow{MG}+3\overrightarrow{GA}+4\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0} $ 
$2\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{BC}\Leftrightarrow 2(\overrightarrow{GN}-\overrightarrow{GC})=\overrightarrow{GC}-\overrightarrow{GB}$ 
                           $\Leftrightarrow  2\overrightarrow{NG}-\overrightarrow{GB}+3\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0} $ 
Từ đó: $ 7\overrightarrow{MG}+  2\overrightarrow{NG}= \overrightarrow{0}$, hay  $M,G,N$ thẳng hàng.

Ta có: $\tan^2 30^ \circ =\tan^2 150^\circ=\tan^2 210^\circ=\frac{1}{3}$ chứng tỏ rẳng $x_1={10^ \circ }; x_2={50^ \circ };  x_3={70^ \circ }$ là nghiệm của phương trình:
$\tan^2 3x=\frac{1}{3}$ hay $(\frac{3\tan x-tan^3 x}{1-3\tan^2 x})^2=\frac{1}{3}$
$3\tan^6 x-27\tan^4x+33\tan^2x-1=0$
Hay $3X^3-27X^2+33X-1=0$ ( với $X=\tan^2x)$ có ba nghiệm là $\tan ^2{10^ \circ }; \tan ^2{50^ \circ }; \tan ^2{70^ \circ }$
Theo định lí Viet ta có: $\begin{cases}x_1+x_2+x_3=9 \\ x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=11\\x_1x_2x_3=\frac{1}{3} \end{cases}$
Áp dụng công thức : 
$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3+3(a+b+c)(ab+ac+bc)+3abc$
Suy ra $C=433$

Áp dụng công thức $\sin^2 x=\frac{1-\cos 2x}{2}$ và $\cos^2 x=\frac{1+\cos 2x}{2}$ đối với các số hạng của tổng B ta có:
$B=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}(\cos\frac{\pi}{8}+\cos\frac{3\pi}{8}+\cos\frac{5\pi}{8}+\cos\frac{7\pi}{8})+\frac{1}{8}(\cos\frac{\pi}{4}+\cos\frac{3\pi}{4}+\cos\frac{5\pi}{4}+\cos\frac{7\pi}{4})$
Các tổng trong dấu ngoặc đều bằng 0, vì: 
$\cos\frac{\pi}{8}=-\cos\frac{7\pi}{8}; \cos\frac{3\pi}{8}=-\cos\frac{5\pi}{8}; \cos\frac{\pi}{4}=-\cos\frac{3\pi}{4}; \cos\frac{5\pi}{4}=-\cos\frac{7\pi}{4}$
Vậy ta có ngay: $B=\frac{3}{2}$