Ta có:
$2ay(x+z)\leq a^2y^2+(x+z)^2\leq a^2y^2+2(x^2+z^2)$
$4axz\leq 2ax^2+2az^2$
Cộng vế với vế ta được:
$2a(xy+yz+2zx)\leq (2a+2)(x^2+z^2)+a^2y^2$
Chọn $a>0:a^2=2a+2$ hay $a=1+\sqrt{3}$ ta có:
$xy+yz+2xz\leq \frac{1+\sqrt{3}}{2}$ (đpcm)

Số xe may mắn là số xe có 7 chữ số từ 0, 1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 9. Số các số xe như vậy là $7^9$.
Số các số xe có 7 chữ số là $7^{10}$.
Vậy xác suất để sở hữu số xe may mắn là $\frac{1}{7}$, xác suất để sở hữu số xe xui xẻo là $\frac{6}{7}$.

$\sqrt[4]{x-\sqrt{x^2-1}}+\sqrt{x+\sqrt{x^2-1}}=2$
ĐK: $x\geq 1$.
Đặt $x-\sqrt{x^2-1}=a,x+\sqrt{x^2-1}=b$ thì $0\leq a\leq b$.
Mà $ab=1$ nên $a\leq 1\leq b$.
Khi đó: $2=\sqrt[4]{a}+\sqrt{b}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}\geq 2\sqrt[4]{ab}=2$.
Do đó phương trình đã cho tương đương với $a=b=1$ hay $x=1.$

ĐK: $x^2+3x+1\geq 0 \Leftrightarrow x\in R\backslash \left( \frac{-3-\sqrt{5}}{2},\frac{-3+\sqrt{5}}{2}\right)$
Đặt $\sqrt{x^2+3x+1}=t\geq 0$ thì PT tương đương với:
$\sqrt{t^2+5}+t=\sqrt{3t^2+13}$
$\Leftrightarrow \frac{t^2-4}{\sqrt{t^2+5}+3}+t-2=\frac{3(t^2-4)}{\sqrt{3t^2+13}+5}$
$\Leftrightarrow (t-2)\left[ (t+2)\left( \frac{1}{\sqrt{t^2+5}+3}-\frac{1}{\sqrt{3t^2+13}+5}\right) +1\right] =0$
$\Leftrightarrow t=2$
$\Leftrightarrow x^2+3x-3=0$
$\Leftrightarrow x=\frac{-3\pm \sqrt{21}}{2}$

Đặt $\sqrt{4+2x}=t$ thì $x=\frac{t^2-4}{2}$, suy ra $dx=tdt$.
Ta có $\int\limits_{0}^{1}\frac{x^2dx}{\sqrt{4+2x}}=\int\limits_{2}^{\sqrt{6}}\frac{\frac{(t^2-4)^2}{4}.tdt}{t}=\frac{1}{4}\int\limits_{2}^{\sqrt{6}}(t^4-4t^2+16)dt=...$

Bài toán sẽ được chứng minh nếu ta có:
$\left( 1+\frac{1}{n}\right)^n<\left( 1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}$
$\Leftrightarrow \frac{(n+1)^n}{n^n}<\frac{(n+2)^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}$
$\Leftrightarrow (n+1)^{2n+1}<n^n(n+2)^{n+1}$
Ta có $(n+1)^2<n(n+1)$ nên $(n+1)^{2n+1}<n^n(n+2)^n(n+1)<n^n(n+2)^{n+1}$. (đpcm)

BĐT cần chứng minh tương đương với:
$(a-2b+2c)^2\geq 0$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a-2b+2c=0$

Ta có: $n^3-n=n(n+1)(n-1)$.
Dễ thấy $n(n+1)$ chia hết cho 2.
Trong các số $n, n+1, n-1$ có ít nhất 1 số chia hết cho 3.
Do đó $n^3-n$ chia hết cho 6, $B$ không chia hết cho 6.

Theo khai triển nhị thức Newton ta có: $(1+x)^{2n}=\sum_{i=0}^{2n}{C_{2n}^ix^i}$
Ta lại có:
$(1+x)^{2n}=(1+x)^n.(1+x)^n=\left( \sum_{i=0}^n{C_n^ix^i}\right)\left( \sum_{i=0}^n{C_n^ix^{n-i}}\right)$
Hệ số của $x^n$ trong khai triển trên là:
$C_{2n}^n=\sum_{i=0}{\left( C_n^i\right)^2}$

Với $abc=1$, BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq \frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}$.
Xét hiệu:
$P=\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}-(a+b+c)$
$=\frac{1}{2}\sum_{a,b,c}{\left( \frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}-2a\right)}$
$=\sum_{a,b,c}{\frac{a(b-c)^2}{2bc}}$
$Q=\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}-(a+b+c)$
$=\sum_{a,b,c}{\left( \frac{b^2+c^2}{b+c}-\frac{b+c}{2}\right)}$
$=\sum_{a,b,c}{\frac{(b-c)^2}{2(b+c)}}$
Do đó ta cần chứng minh:
$T=S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2\geq 0$
trong đó $S_a=\frac{a}{bc}-\frac{1}{b+c},S_b=\frac{b}{ca}-\frac{1}{c+a},S_c=\frac{c}{ab}-\frac{1}{a+b}$.
KMTTQ, giả sử $a$ là số nằm giữa $b$ và $c$.
Khi đó: $(b-c)^2\geq (a-b)^2+(c-a)^2$. Đồng thời $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Rightarrow S_a>0.$ Ta suy ra:
$T\geq (S_a+S_b)(c-a)^2+(S_a+S_c)(a-b)^2$.
Ta có: $S_a+S_b=\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}-\frac{1}{b+c}-\frac{1}{c+a}\geq \frac{2}{c}-\frac{1}{b+c}-\frac{1}{c+a}>0$
Tương tự: $S_a+S_c=\frac{a}{bc}+\frac{c}{ab}-\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+b}\geq \frac{2}{b}-\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+b}>0$.
Vậy $T\geq 0$, chứng minh hoàn tất.

Ta có:
$\lim_{x\to 0}{\frac{1-\cos ax}{x^2}}=\lim_{x\to 0}{\frac{2\sin ^2\frac{ax}{2}}{x^2}}=\frac{a^2}{2}$
$\lim_{x\to 0}{\frac{1-\cos ax\cos bx}{x^2}}=\lim_{x\to 0}{\left[ \frac{1-\cos ax}{x^2}+\frac{\cos ax(1-\cos bx)}{x^2}\right]}=\frac{a^2+b^2}{2}$.
$\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos ax\cos bx\cos cx\cos dx}{x^2}=\lim_{x\to 0}{\left[ \frac{1-\cos ax\cos bx}{x^2}+\frac{\cos ax\cos bx(1-\cos cx\cos dx)}{x^2}\right]}=\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{2}$.

Giả sử thiết diện $MNPQ$ song song với 2 cạnh $AB$ và $CD$.
Đặt $\frac{AM}{AC}=x$ thì $0\leq x\leq 1.$
Dễ thấy $MN//PQ//AB$ và $MQ//NP//CD$.
Ta có: $\frac{MN}{AB}=\frac{CM}{AC}=1-x=\frac{DQ}{AD}=\frac{PQ}{AB}$.
Do đó: $MN=PQ=a(1-x)$.
Tương tự ta cũng có $MQ=NP=dx$.
Vì $MNPQ$ là hình bình hành nên $S_{MNPQ}\leq MN.NP=adx(1-x)\leq \frac{ad}{4}$.
Lập 2 BĐT tương tự rồi cộng vế theo vế ta có đpcm.

Dễ thấy điểm $P\left( -\frac{1}{2},0,\frac{3}{2}\right)$ là giao điểm của $d$ và $d_1$.
$\overrightarrow{u}(1,-2,-3)$ và $\overrightarrow{u_1}(1,2,5)$ lần lượt là vector chỉ phương của $d$ và $d_1$.
Ta có $\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{u}+\frac{\overrightarrow{u_1}}{2}$ nên $M,d,d_1$ đồng phẳng.

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

a) Ta có: $CD=CM+DM=AC+BD$.

b) Vì $OC$ và $OD$ là phân giác của $\widehat{AOM}$ và $\widehat{BOM}$ kề bù nên $\widehat{COD}=90^0$.

c) Giả sử $MH$ cắt $BC$ tại $I$. Vì $MH$ và $AC$ cùng vuông góc với $AB$ nên $MH//AC$.
Do đó: $\frac{MI}{AC}=\frac{DM}{CD}=\frac{BH}{AB}=\frac{HI}{AC}$ suy ra $I$ là trung điểm $MH$.

d) Đặt $\widehat{AOM}=2\alpha$ thì $AC=R\tan \alpha$ và $BD=\frac{R}{\tan \alpha}$.
Do đó: $3AC+BD=R\left( 3\tan \alpha +\frac{1}{\tan \alpha}\right)\geq 2R\sqrt{3}$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $\tan \alpha=\frac{\sqrt{3}}{3}$ hay $\alpha=30^0$.
Vậy $3AC+BD$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $\widehat{AOM}=60^0$.