Cái này mình suy đại nha bạn 

Nếu $x=0=>y=0$ (do $x=y$) 

$<=>f(x)=f(y)$

Nếu $x\neq0=>y\neq0$ (do $x=y$)

$<=>\frac{x}{y}=1<=>\frac{f(x)}{f(y)}=1$ tức là:

$\frac{x}{y}=1=\frac{f(x)}{f(y)}$

Vậy: Khi $f(x)=a.f(y)<=>\frac{f(x)}{f(y)}=a=1=\frac{x}{y}$

$=>x=a.y$ 

Lấy đạo hàm 

$y'=3x^2-6(2m+1)x+(12m+5)$

Để đồng biến trên $(-\infty;-1 )\bigcup (2;+\infty )$ thì $y'=3x^2-6(2m+1)x+(12m+5)\geq0,\forall x \in (-\infty;-1 )\bigcup (2;+\infty )$ 

Nhận thấy $y'$ là hàm số bậc 2 có $a=3>0$

Tính $\Delta'=36m^2-6$

TH1: $\Delta'\leq0<=>\frac{-1}{6}\leq m\leq \frac{1}{6}\forall x \in R$

$<=>\frac{-1}{6}\leq m\leq \frac{1}{6}(1), \forall x \in(-\infty;-1 )\bigcup (2;+\infty )$

TH2: $\Delta'\geq0<=>m<\frac{-1}{6}\vee m>\frac{1}{6}$

Khi đó, phương trình $y'=0$ có 2 nghiệm:

x_{1}=\frac{(6m+3)-\sqrt{36m^2-6}}{3};x_{2}=\frac{(6m+3)+\sqrt{36m^2-6}}{3} 

Do $a=3>0=>x_{1}<x_{2}$

Vẽ BBT, nhận thấy đưa miền khảo sát theo đề là $(-\infty;-1 )\bigcup (2;+\infty )$ vào miền nghiệm thấy các trường hợp sau khiến $y'\geq0$ tức hàm số $y$ đồng biến trên $(-\infty;-1 )\bigcup (2;+\infty )$:

$(1)(2)=>m\in[\frac{-1}{6};\frac{1}{2})$ thì hàm số $y$ đã cho đồng biến trên miền khảo sát $(-\infty;-1 )\bigcup (2;+\infty )$.

Câu 1: (2 điểm)

Giải các bpt sau:

a. $\frac{3x^2-19x+7}{x^2-4x+7}<1-x$

b. $\sqrt{x^2+2x+6}-\sqrt{x^2+3x}\geq 1$

Câu 2: (2 điểm)

a. Định m để bpt $\sqrt{x^2-2mx+2m+1}>\sqrt{m^2+1}$ có tập nghiệm là R

b. Cho pt: $x^4-(m^2+2m)x^2+m^3-8=0(1)$

Định m để pt $(1)$ có 4 nghiệm phân biệt và tổng bình phương các nghiệm nhỏ hơn 30

Câu 3: (3 điểm)

a. Cho $sinx=\frac{3}{5}(90^{\circ}<x<180^{\circ}$ Tính $cosx;sin2x;cos4x;cot(\frac{3.pi-4x}{2})$ (e ko bik gõ dấu pi sao nữa mọi ng` thông cảm)

b. Chứng minh $\frac{1}{sin2a}=cota-cot2a$ và áp dụng để tính:

$A=\frac{1}{sinx}+\frac{1}{sin2x}+\frac{1}{sin4x}+\frac{1}{sin8x}$ khi $x=\frac{2.pi}{15}$

c. Cho $\Delta ABC, \widehat{A}=60^{\circ}$ và 2 góc B, C thỏa: $\frac{1}{cosB}+\frac{1}{cosC}=4$. Tính các góc B, C.

Câu 4: (2 điểm)

Trong mp Oxy, cho 2 đường tròn:

$(C_{1}):x^2+y^2+2x-17=0;(C_{2}):x^2+y^2-8x-2y+9=0$

a. Chứng tỏ $A(2;3)$ là điểm chung của 2 đường tròn và viết pt đường thẳng qua A và điểm chung còn lại

b. Viết pt đường thẳng (d) qua A và lần lượt cắt $(C_{1});(C_{2})$ theo các dây cung $AM,AN$ sao cho $AM=AN$

Câu 5: (1 điểm)

Trong mp Oxy, cho elip $(E):\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{9}=1$ có 2 tiêu điểm $F_{1};F_{1}$ và gọi $M$ là điểm bất kì trên $(E)$

a. Tìm chu vi $\Delta F_{1}MF_{2}$

b. Tìm diện tích lớn nhất của hcn có 1 đường chéo là $OM$ và 2 cạnh ở trên các trục tọa độ

________________________________________

HẾT

Em thấy $I$ dù ko là tâm hvuông nhưng điều này vẫn thỏa mà chị  

$\widehat{IBC}=\widehat{ICB}$(Do $IB=IC=R$)

Mà $\widehat{ABC}=\widehat{DCB}=90^{\circ}$

$=>\widehat{ICD}=\widehat{IBA}$

Từ $I$ kẻ $IH,IK$ vuông góc với $CD,AB=>\widehat{ICH}=\widehat{IBK}$

Xét 2 tam giác vuông $ICH,IBK$ có $\widehat{ICH}=\widehat{IBK}$(cmt) và $IC=IB=>\Delta ICH=\Delta IBK=>IH=IK=>d_{(I;BC)}=d_{(I;AB)}$

$(C):x^2+y^2+x-4y+1=0=>$Tâm $I(-\frac{1}{2};2)$; Bán kính $R=\frac{\sqrt{13}}{2}$

Vì $A,D\in Ox=>$Tập hợp tọa độ A, D là $(a;0)=>AB, CD:x=a<=>AB, CD:x-a=0$

Ta có $d_{(I;AB)}=d_{(I;CD)}=R=>\frac{|-\frac{1}{2}+a|}{\sqrt{1^2+0^2}}=\frac{\sqrt{13}}{2}$

$=>$ Giải ra 2 giá trị của $a$ là tọa độ của $A,D=>$ Phương trình đường $AB,CD$

Tìm $B=AB\cap (C);C=CD\cap (C)$

1/ Tính $\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}cosx}}}}$

2/Cho $tan^{2}xtan^{2}y+tan^{2}xtan^{2}z+tan^{2}ytan^{2}z+2tan^{2}xtan^{2}ytan^{2}z =1$ Chứng minh :$sin^{2}x + sin^{2}y + sin^{2}z =1$

Đặt $t=80^{\circ}$

Biểu thức ban đầu$=tan(x-60^{\circ}).tanx+tanx.tan(x+60^{\circ})+tan(x-60^{\circ}).tan(x+60^{\circ})$

$=tanx[tan(x-60^{\circ})+tan(x+60^{\circ})]+tan(x-60^{\circ}).tan(x+60^{\circ})$

$=\frac{sinx}{cosx}.\frac{sin(x+60^{\circ}+x-60^{\circ})}{cos(x+60^{\circ}).cos(x-60^{\circ})}+\frac{sin(x-60^{\circ}).sin(x+60^{\circ})}{cos(x-60^{\circ}).cos(x+60^{\circ})}$

$=\frac{sinx}{cosx}.\frac{sin2x}{cos(x+60^{\circ}).cos(x-60^{\circ})}+\frac{sin^2x.cos^260-sin^260.cos^2x}{cos(x+60^{\circ}).cos(x-60^{\circ})}$

$=\frac{2sin^2x+sin^2.cos^260^{\circ}-sin^260^{\circ}.cos^2x}{cos^2x.cos^260^{\circ}-sin^2x.sin^260^{\circ}}$

$=\frac{sin^2x(2+\frac{1}{4})-\frac{3}{4}cos^2x}{\frac{1}{4}cos^2x-\frac{3}{4}sin^2x}$

$=\frac{9sin^2x-3cos^2x}{cos^2x-3sin^2x}=\frac{9-9cos^2x-3cos^2x}{cos^2x-3+3cos^2x}$

$=\frac{9-12cos^2x}{4cos^2x-3}=\frac{-3(4cos^2x-3)}{4cos^2x-3}=-3$

$(C):x^2+y^2-2x-2y+1=0=>I(1;1);R=1$

$(C'):x^2+y^2+4x-5=0=>I'(-2;0);R'=3$

Kẻ $IH, I'K$ vuông góc với $d=>H,K$lần lượt là trung điểm $MA,MB$

Với $d:A(x-x_{0})+B(y-y_{0})=0$

Vì $M(1;0)\in d=>d:A(x-1)+By=0$

Ta có: $MA=2MB$

$=>\frac{MA}{2}=2\frac{MB}{2}=>MH=2MK=>MH^2=4MK^2$

$=>IH^2+R^2=I'K^2+R'^2$

$=>IH^2+1=I'K^2+9$

$=>IH^2=I'K^2+8=>d_{(I;d)}^2=d_{(I';d)}^2+8$

$=>\frac{[A(1-1)+B.1]^2}{\sqrt{A^2+B^2}}=\frac{[A(-2-1)+B.0]^2}{\sqrt{A^2+B^2}}+8$

$=>A,B=>$Phương trình đường thẳng d

$AC:x+y-4=0;BD:x-y-2=0$

$=>\overrightarrow{n_{AC}}=(1;1);\overrightarrow{n_{BD}}=(1;-1)$

$CD=2AB$

Đặt $AB=a=>CD=2a$

Gọi $I=AC\cap BD$

Xét $cos(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{BD})=\frac{|1.1-1.1|}{2}=0=>cos(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{BD})=0=>(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{BD})=90^{\circ}$ 

Từ $\Delta AIB=>cos\widehat{IAB}=cos45^{\circ}=\frac{|\overrightarrow{n_{AB}}.\overrightarrow{n_{AI}}|}{|\overrightarrow{n_{AB}}|.|\overrightarrow{n_{AI}}|}=\frac{|A+B|}{\sqrt{2}.\sqrt{A^2+B^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ (Với $\overrightarrow{n_{AB}}=(A;B)$)

$=>A=0$hoặc$B=0=>$Chọn $B=1$hoặc$A=1$=> Có 2 pt AB: $y+m=0$hoặc$x+m=0$

Gọi H, K lần lượt là đường vuông góc hạ từ I xuống AB, CD

Vì $\Delta AIB$ vuông cân tại I $=>IH=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$

Tương tự: $IK=\frac{CD}{2}=\frac{2a}{2}=a$

Vậy: IH+IK=đường cao hthang ABCD=$\frac{3a}{2}$

Có 2 đáy $AB=a;CD=2a;S=36$

$=>a=>d(I;AB)=IH=\frac{a}{2}=>m=>$Phương trình AB$=>A=AB\cap AC;B=AB\cap BD$

Tương tự: Tìm C, D bằng cách tính CD.

$H=CG\cap BM;K=MG\cap BC$

Đặt $AB=CD=a=>AD=BC=\frac{a}{2}$

$=>AM=BM=AD\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vậy: $MH=\frac{MB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$

$GH=\frac{CH}{3}=\frac{BC\sqrt{2}}{3}=\frac{a\sqrt{2}}{6}$

$MG=\frac{2MK}{3}=\frac{2}{3}\sqrt{MC^2+CK^2}=\frac{2}{3}\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{5}}{6}$

Theo định lý hàm Cos trong $\Delta HMG=>HG^2=MH^2+MG^2-2MH.MG.cos\widehat{HMG}$

$=>cos\widehat{HMG}=\frac{MH^2+MG^2-HG^2}{2MG.MH}$

$=>cos\widehat{HMG}=\frac{\frac{2a^2}{16}+\frac{2a^2}{36}-\frac{5a^2}{36}}{2.\frac{a\sqrt{2}}{4}.\frac{a\sqrt{2}}{6}}$

$=>cos\widehat{HMG}=cos(\overrightarrow{MH};\overrightarrow{MG})=\frac{1}{4}(1)$ 

Ta có: $AM:x-1=0=>\overrightarrow{n_{AM}}=(1;0)=>\overrightarrow{AM}=(0;1)=\overrightarrow{n_{MH}}(2)$

Đặt: $\overrightarrow{n_{MG}}=(A;B)(3)$

Thay $(2)(3)\rightarrow (1)=>cos(\overrightarrow{MH};\overrightarrow{MG})=\frac{|0.A+1.B|}{\sqrt{1}.\sqrt{A^2+B^2}}=\frac{1}{4}=>A^2=15B^2$

Chọn $B=1=>A=15;A=-15$

$=>$ Phương trình đường MG (bằng cách thay A, B và tọa độ G vào pt tổng quát)

$=>M=AM\cap MG=>$Tọa độ điểm M$=>$Điểm H$=>$Điểm B$=>$Các điểm còn lại. 

P/s: Hình như đây là một dạng bài thi ĐH của Hình học phẳng phải ko chị? Mới thi HK xog thầy cho em làm dạng bài này rồi có ghi là ĐH khối A, B gì đó

$d:x+y-2=0=>\overrightarrow{n_{d}}=(1;1)$

Có: $A(-2;-2)$

Đặt tọa độ tập hợp điểm B, C cùng thuộc (d) là (a;b)

$=>\overrightarrow{AB}=(a+2;b+2)=>\overrightarrow{n_{AB}}=(-b-2;a+2)$

Ta có: Nếu tam giác ABC vuông cân tại A thì $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=45^{\circ}$

Mà (a;b) là tọa độ tập hợp điểm B,C

$=>$ Thoả mãn đẳng thức: 

$cos45^{\circ}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{|\overrightarrow{n_{d}}.\overrightarrow{n_{AB}}|}{|\overrightarrow{n_{d}}|.|\overrightarrow{n_{AB}}|}=\frac{|-b-2+a+2|}{\sqrt{2}.\sqrt{[-(b+2)]^2+(a+2)^2}}$

$=>(b+2)^2+(a+2)^2=a^2-2ab+b^2=>2a+2b+ab+4=0(1)$

Mà B, C thuộc (d) $=>a+b-2=0=>a=2-b(2)$

$(2)\rightarrow (1)=>2(2-b)+2b+(2-b)b+4=0=>b=4;b=-2=>a=-2;a=4$

=>Tọa độ B, C là $(-2;4)$ và $(4;-2)$

Có tọa độ A là $(-2;2)$

Thay cả ba vào $(C):x^2+y^2-2ax-2by+c=0=>a;b;c$=> Phương trình đường tròn

Bạn tính H làm gì, đề yêu cầu viết pt AB thôi mà. Theo mình thì:

$(C_{1})=>I_{1}(-1;1);R_{1}=\sqrt{5}$

Có $I_{2}(3;5)$

$=>\overrightarrow{I_{1}I_{2}}=(1;1)=\overrightarrow{n_{AB}}$

$=>AB:x+y+m=0$

Có $AB=\sqrt{2}=>AH=\frac{\sqrt{2}}{2};AI_{1}=R_{1}=\sqrt{5}$

Từ tam giác vuông $AI_{1}H=>I_{1}H=\frac{3}{\sqrt{2}}$

Có: $I_{1}H=d_{(I_{1};AB)}$

$=>\frac{3}{\sqrt{2}}=\frac{|-1+1+m|}{\sqrt{2}}$

$=>|m|=3=>m=3;m=-3$

=> Có 2 pt AB thỏa điều kiện đề bài là: $x+y+3=0;x+y-3=0$

Bạn thử xem lại Cách 1 nhé Chúc vui.

$B=\sqrt{sin^4x+4cos^2x}-\sqrt{cos^4x+4sin^2x}-cos2x$

$B=\sqrt{sin^4x+4(1-sin^2x)}-\sqrt{cos^4x+4(1-cos^2x)}-cos2x$

$B=\sqrt{sin^4x+4-4sin^2x}-\sqrt{cos^4x+4-4cos^2x}-cos2x$

$B=\sqrt{(2-sin^2x)^2}-\sqrt{(2-cos^2x)^2}-cos2x$

$B=2-sin^2x-2+cos^2x-cos2x$$B=(cos^2x-sin^2x)-cos2x=cos2x-cos2x=0$