Câu 2:

a) Điều kiện: \(x\ne-1\)

BPT tương đương:

\(\frac{\left(x+1\right)^2\left(\sqrt{x^2+2x+2}+1\right)}{x^2+2x+1}\ge4+2x\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2+2x+2}\ge3+2x\)

\(\Leftrightarrow3+2x< 0\left(h\right)\hept{\begin{cases}3+2x\ge0\\x^2+2x+2\ge9+12x+4x^2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow x< -\frac{3}{2}\left(h\right)\hept{\begin{cases}x\ge-\frac{3}{2}\\-\frac{7}{3}\le x\le-1\end{cases}}\Leftrightarrow x\le-1\)

Kết hợp ĐK suy ra \(S_a=\left(-\infty;-1\right)\)

b) Hệ tương đương:

\(\hept{\begin{cases}\left(x^2+1\right)=y\left(x+y+2\right)\left(1\right)\\\left(x^2+1\right)\left(x+y-2\right)=5y\left(2\right)\end{cases}}\)

Ta thấy VP(1) = VT (1) = x² + 1 khác 0, vậy thì chia VT(2) và VP(2) cho VT(1) và VP (1), ta được:

\(x+y-2=\frac{5}{x+y+2}\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2=9\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+y=3\\x+y=-3\end{cases}}\)

+) Nếu \(y=3-x\) thì (1) trở thành:

\(x^2+5x-14=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=2\\x=-7\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}\left(x;y\right)=\left(2;1\right)\\\left(x;y\right)=\left(-7;10\right)\end{cases}}\)

+) Nếu \(y=-3-x\) thì (1) trở thành:

\(x^2-x-2=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-1\\x=2\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}\left(x;y\right)=\left(-1;-2\right)\\\left(x;y\right)=\left(2;-5\right)\end{cases}}\)

Vậy \(S_b=\left\{\left(2;1\right);\left(-7;10\right);\left(-1;-2\right);\left(2;-5\right)\right\}.\)

TH 4 bạn nữ hoặc 5 bạn nữ đứng liền nhau: 

Coi nhóm 4 bạn nữ là X, số cách sắp xếp nhóm X là: \(4!\)(cách)

Sắp xếp X, 1 bạn nữ còn lại và 4 bạn nam có:  \(6!\)(cách)

Xếp ngẫu nhiên 9 bạn có: \(9!\)(cách)

Vậy xác suất để không quá 3 bạn nữ đứng liền nhau là: \(\frac{9!-4!.6!}{9!}=\frac{20}{21}\)

Câu 4:

S A B C D H I M K N J

a) Gọi H,I lần lượt là trung điểm AB và CD. HK vuông góc với SI tại K.

Ta có AB || CD => AB || (SCD) => d(AB,SD) = d(AB,SCD) = d(H,SCD)

Dễ thấy SH vuông góc AB || CD; CD vuông góc HI => CD vuông góc (SHI)

=> HK vuông góc CD, vì HK cũng vuông góc SI nên HK vuông góc (SCD)

Vậy \(d\left(AB,SD\right)=d\left(H,SCD\right)=HK=\frac{HS.HI}{\sqrt{HS^2+HI^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}.a}{\sqrt{\frac{3a^2}{4}+a^2}}=a\frac{\sqrt{21}}{7}\)

b) Lấy N trên SC sao cho MN || CD ta được thiết diện của chóp S.ABCD với (ABM) là hình thang AMNB

Dễ chứng minh AMNB là hình thang cân; gọi SI cắt MN tại J => J là trung điểm MN và SI

Hình thang cân AMNB có H và J là trung điểm hai đáy => HJ là đường cao của AMNB

Tam giác SHI vuông tại H có J là trung điểm SI => \(HJ=\frac{SI}{2}=\frac{a\sqrt{7}}{4}\)

Vậy \(dt\left[AMNB\right]=\frac{1}{2}HJ.\left(MN+AB\right)=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{7}}{4}\left(a+\frac{a}{2}\right)=\frac{3\sqrt{7}a^2}{16}\)

c) Ta thấy hai tam giác MAB và AJB có chung đáy AB và MJ || AB, suy ra:

\(dt\left[MAB\right]=dt\left[AJB\right]=\frac{1}{2}HJ.AB\ge\frac{1}{2}HK.AB=\frac{\sqrt{21}a^2}{14}\)(không đổi)

Dấu "=" xảy ra <=> J trùng với K. Khi đó, theo định lí Thales:

\(\frac{SM}{SD}=\frac{SK}{SI}=\frac{HS^2}{HI^2+HS^2}=\frac{\frac{3}{4}a^2}{a^2+\frac{3}{4}a^2}=\frac{3}{7}\)

\(\Rightarrow x=SM=\frac{3}{7}SD=\frac{3\sqrt{2}}{7}a\)

chịu cháu chịu khó quá