Đề khảo sát chất lượng đầu năm Toán 10 Kết nối tri thức - Đề số 3

Bất kì đa giác đều nào cũng có một và chỉ một đường tròn ngoại tiếp, có một và chỉ một đường tròn nội tiếp.

Tách \(5 = 7 - 2 = \sqrt {49}  - 2\).

Vì \(49 < 50 \) nên \( \sqrt {49}  < \sqrt {50} \)

\( 7 < \sqrt {50} \)

\(7 - 2 < \sqrt {50}  - 2 \)

\( 5 < \sqrt {50}  - 2\).

Phương trình \( - 3{x^2} + 5x + 1 = 0\) có \(\Delta  = {5^2} - 4.1.\left( { - 3} \right) = 37 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\)

Theo hệ thức Vi-et ta có \({x_1} + {x_2} =  - \dfrac{5}{{ - 3}} \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = \dfrac{5}{3}\).

\(3\sqrt {8a}  + \dfrac{1}{4}\sqrt {\dfrac{{32a}}{{25}}}  - \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}.\sqrt {\dfrac{3}{{2a}}}  - \sqrt {2a} \) \(  = 3\sqrt {4.2a}  + \dfrac{1}{4}\dfrac{{\sqrt {16.2a} }}{{\sqrt {25} }} - \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt {2a} }} - \sqrt {2a} \) \( = 3.2\sqrt {2a}  + \dfrac{1}{4}.\dfrac{{4\sqrt {2a} }}{5} - \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}.\dfrac{{\sqrt 3 .\sqrt {2a} }}{{2a}} - \sqrt {2a} \) \( = 6\sqrt {2a}  + \dfrac{1}{5}\sqrt {2a}  - \dfrac{1}{2}\sqrt {2a}  - \sqrt {2a} \)

\( = \sqrt {2a} .\left( {6 + \dfrac{1}{5} - \dfrac{1}{2} - 1} \right) = \dfrac{{47}}{{10}}\sqrt {2a} \)

Số đo của góc có đỉnh bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn.

\(\widehat {DIE} = \)$\dfrac{1}{2}$(sđ \(\overparen{DmE} + \) sđ \(\overparen{CnF}\) )

Hàm số \(y =  - \left( {\dfrac{x}{2} - 3} \right)\)\( \Leftrightarrow y =  - \dfrac{1}{2}x + 3\) có \(a =  - \dfrac{1}{2} < 0\) nên  là hàm số nghịch biến

Hàm số \(y = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {x + 1} \right)\)\( \Leftrightarrow y = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}x + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\) có \(a = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} > 0\) nên là hàm số đồng biến

Hàm số \(y =  - 5 - 3x\)\( \Leftrightarrow y = x - 9\)có \(a =  - 1 < 0\) nên là hàm số nghịch biến.

Hàm số \(y =  - \left( {9 + 3x} \right) \Leftrightarrow y =  - 9 - 3x\) có \(a =  - 3 < 0\) nên là hàm số nghịch biến.

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} = 3x - y\\{y^2} = 3y - x\end{array} \right.\)\( \Rightarrow {x^2} - {y^2} = 4x - 4y\)\( \Rightarrow \left( {x - y} \right)\left( {x + y} \right) - 4\left( {x - y} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {x + y - 4} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - y = 0\\x + y - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = y\\y = 4 - x\end{array} \right.\)

Khi \(x = y\) thì \({x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0;x = 2\)

Khi \(y = 4 - x\) thì \({x^2} - 4x + 4 = 0\) \( \Leftrightarrow x = 2\)

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm \(\left( {0;0} \right),\left( {2;2} \right)\).

Ta có: \(\sqrt[3]{{x + 1}} + \sqrt[3]{{7 - x}} = 2\)

\(  {\left( {\sqrt[3]{{x + 1}} + \sqrt[3]{{7 - x}}} \right)^3} = {2^3}\)

\( x + 1 + 7 - x + 3\sqrt[3]{{\left( {x + 1} \right)\left( {7 - x} \right)}}\left( {\sqrt[3]{{x + 1}} + \sqrt[3]{{7 - x}}} \right) = 8\)

Mà \(\sqrt[3]{{x + 1}} + \sqrt[3]{{7 - x}} = 2\) nên ta có phương trình

\(3\sqrt[3]{{\left( {x + 1} \right)\left( {7 - x} \right)}}. 2 + 8 = 8\\ 6\sqrt[3]{{\left( {x + 1} \right)\left( {7 - x} \right)}} = 0\)

\( \sqrt[3]{{\left( {x + 1} \right)\left( {7 - x} \right)}} = 0 \\ \left( {x + 1} \right)\left( {7 - x} \right) = 0 \\ \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\7 - x = 0\end{array} \right. \\ \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 7\end{array} \right.\)

Tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;7} \right\}\).

Góc có đỉnh trùng với tâm đường tròn được gọi là góc ở tâm.

Hàm số \(y = \dfrac{{3m}}{{1 - 2m}}x - 5\) là hàm số bậc nhất khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{3m}}{{1 - 2m}} \ne 0\\1 - 2m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3m \ne 0\\2m \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m \ne \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\)

Ta có \(f\left( a \right) = 3 + \sqrt 5 \)\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}{a^2} = 3 + \sqrt 5 \)\( \Leftrightarrow {a^2} = 6 + 2\sqrt 5 \)\( \Leftrightarrow {a^2} =5+2\sqrt 5.1+1\)\(\Leftrightarrow {a^2} =(\sqrt 5)^2+2\sqrt 5.1+1^2\)\( \Leftrightarrow {a^2} = {\left( {\sqrt 5  + 1} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \sqrt 5  + 1\\a =  - \sqrt 5  - 1\end{array} \right.\)

Vậy tổng các giá trị của \(a\) là \(\left( {\sqrt 5  + 1} \right) + \left( { - \sqrt 5  - 1} \right) = 0\)

Gọi phương trình đường thẳng \(d:y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\)

Vì góc tạo bởi đường thẳng \(d\) và đường thẳng \(y = 2\) là \(135^\circ \) nên góc tạo bởi đường thẳng \(d\) và trục \(Ox\) cũng là \(135^\circ \)(do đường thẳng \(y = 1\) song song với trục \(Ox\)) nên \(a = \tan 135^\circ  =  - 1\)

\( \Rightarrow y =  - x + b\)

Vì đường thẳng \(d\) cắt trục tung tại điểm có tung độ \(4\) nên \(b = 4\).

Từ đó \(d:y =  - x + 4\).

Xét các đáp án ta thấy hàm số \(y = \sqrt 3 x - 2.\) có hệ số \(a = \sqrt 3 {\rm{\;}} > 0\) . Nên hàm số này đồng biến với mọi \(x \in R.\)

\(\sqrt {{{12}^2}.{{\left( { - 11} \right)}^2}}  = \sqrt {{{12}^2}} .\sqrt {{{\left( { - 11} \right)}^2}}  = \left| {12} \right|.\left| { - 11} \right| = 12.11 = 132\).

Gọi số thứ nhất là \(a;a \in {\mathbb{N}^*}\) ; số thứ hai là \(b;b \in {\mathbb{N}^*}\)

Giả sử \(a > b.\)

Vì số thứ nhất lớn hơn hai lần số thứ hai là \(3\) nên  ta có \(a - 2b = 3 \Rightarrow \)\(a = 2b + 3\)

Vì hiệu các bình phương của chúng bằng \(360\) nên ta có phương trình: \({a^2} - {b^2} = 360\,\,\left( * \right)\)

Thay \(a = 2b + 3\) vào (*) ta được \({\left( {2b + 3} \right)^2} - {b^2} = 360 \Leftrightarrow 3{b^2} + 12b - 351 = 0\)

Ta có \(\Delta ' = 1089 \Rightarrow \sqrt {\Delta '}  = 33\) nên \(b = \dfrac{{ - 6 + 33}}{3} = 9\left( {tm} \right)\) hoặc \(b = \dfrac{{ - 6 - 33}}{3} =  - 13\left( {ktm} \right)\)

Với \(b = 9 \Rightarrow a = 2.9 + 3 = 21\)

Vậy số bé hơn là \(9\) .

Xét tam giác  \(ABC\) vuông tại \(A\) có

+) $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {5^2} + {7^2} = 74 \Rightarrow BC = \sqrt {74} (cm)$

+) $\tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{5}{7} \Rightarrow \widehat C \approx 35^\circ 32'$

Vậy $BC = \sqrt {74}(cm) ;\widehat C \approx 35^\circ 32'$.

Áp dụng công thức tính thể tích hình cầu ta có: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\).

Xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) có \(EI = IB = IC = \dfrac{{BC}}{2}\) (vì \(EI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Xét tam giác \(BDC\) vuông tại \(D\) có \(DI = IB = IC = \dfrac{{BC}}{2}\) (vì \(DI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Từ đó ta có \(ID = IE = IB = IC = \dfrac{{BC}}{2}\) nên bốn điểm \(B,E,D,C\) cùng nằm trên một đường tròn có bán kính \(R = \dfrac{{BC}}{2}\).

Ta thấy \(IA > ID\) nên điểm \(A\) không thuộc đường tròn trên.

Đặt \({\left( {2x + 1} \right)^2} = t\,\left( {t \ge 0} \right)\) ta được phương trình \({t^2} - 8t - 9 = 0\) (*)

Ta có  \(a - b + c = 1 - \left( { - 8} \right) + \left( { - 9} \right) = 0\) nên phương trình (*) có hai nghiệm \({t_1} = 9\left( {tm} \right);{t_2} = -1\left( {ktm} \right)\)

Thay lại cách đặt ta có \({\left( {2x + 1} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 1 = 3\\2x + 1 =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 2\end{array} \right.\)

Suy ra tổng các nghiệm là \(1 + \left( { - 2} \right) =  - 1\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \((d):\)

\(5{x^2} =  - 4x - 4 \Leftrightarrow 5{x^2} + 4x + 4 = 0 \\\Leftrightarrow {x^2} + 4{x^2} + 4x + 4 = 0 \\\Leftrightarrow {x^2} + {\left( {x + 2} \right)^2} = 0\,\,\left( * \right)\)

Xét \({x^2} + {\left( {x + 2} \right)^2} \ge 0;\forall x\)  và dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\) (vô lý) nên \({x^2} + {\left( {x + 2} \right)^2} > 0;\forall x\)

Hay phương trình (*) vô nghiệm.

Vậy không có giao điểm của đường thẳng \((d)\) và parabol \(\left( P \right)\).

Ta có: \(\sqrt {9{x^2}} {\rm{\;}} = \sqrt {{{\left( {3x} \right)}^2}} {\rm{\;}} = \left| {3x} \right| = {\rm{\;}} - 3x{\mkern 1mu} \left( {Do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x < 0} \right)\)

Thay tọa độ từng điểm vào hàm số ta được

+) Với \(A\left( {1;\dfrac{{22}}{5}} \right)\). Thay \(x = 1;y = \dfrac{{22}}{5}\) vào \(y = 5x - \dfrac{2}{5}\) ta được \(5.1 - \dfrac{2}{5} = \dfrac{{22}}{5} \Leftrightarrow \dfrac{{23}}{5} = \dfrac{{22}}{5}\) (Vô lý)

+) Với \(B\left( {\dfrac{1}{5};\dfrac{3}{5}} \right)\). Thay \(x = \dfrac{1}{5};y = \dfrac{3}{5}\) vào \(y = 5x - \dfrac{2}{5}\) ta được \(5.\dfrac{1}{5} - \dfrac{2}{5} = 1 - \dfrac{2}{5} = \dfrac{3}{5}\) (Luôn đúng)

+) Với \(C\left( { - \dfrac{2}{{25}}; - \dfrac{3}{5}} \right)\). Thay \(x =  - \dfrac{2}{{25}};y =  - \dfrac{3}{5}\) vào \(y = 5x - \dfrac{2}{5}\) ta được \(5.\dfrac{{ - 2}}{{25}} - \dfrac{2}{5} =  - \dfrac{3}{5} \Leftrightarrow  - \dfrac{4}{5} =  - \dfrac{3}{5}\) (Vô lý)

+)Với \(D\left( {2;10} \right)\). Thay \(x = 2;y = 10\) vào \(y = 5x - \dfrac{2}{5}\) ta được \(5.2 - \dfrac{2}{5} = 10 \Leftrightarrow \dfrac{{48}}{5} = 10\) (Vô lý)

\( \Rightarrow B\left( {\dfrac{1}{5};\dfrac{3}{5}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = 5x - \dfrac{2}{5}\).

Vì hình cầu nội tiếp hình lập phương nên bán kính hình cầu \(R = \dfrac{a}{2}\)  với \(a\) là cạnh hình lập phương.

Diện tích toàn phần của hình lập phương \({S_{tp}} = 6{a^2} = 24 \Leftrightarrow a = 2cm\)

Suy ra \(R = \dfrac{2}{2} = 1cm\)

Khi đó ta có diện tích mặt cầu \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.1^2} = 4\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Ta có \(\sqrt {{x^2} - 2x + 10}  + \sqrt {6{x^2} - 12x + 31}  = 8\)\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 9}  + \sqrt {6{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 25}  = 8\)

Nhận thấy \(\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 9}  \ge 3;\sqrt {6{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 25}  \ge 5\) nên \(\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 9}  + \sqrt {6{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 25}  \ge 3 + 5\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 9}  + \sqrt {6{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 25}  \ge 8\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 9}  = 3\\\sqrt {6{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 25}  = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Rightarrow x = 1\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x = 1.\)

Giả sử hàm số có dạng: \(y = a{x^2}\) . Ta có điểm \(\left( {2; - 2} \right)\) thuộc đồ thị đã cho nên: \( - 2 = a{.2^2} \Rightarrow a = \frac{{ - 1}}{2}\)

Vậy hàm số cần tìm là: \(y = {\rm{\;}} - \frac{1}{2}{x^2}\)

Ta có \(\tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{7}{4} \Rightarrow \widehat C \simeq 60^\circ 15'\)

Bán kính đường tròn đáy \(R = \dfrac{6}{2} = 3\,cm\)  nên diện tích một đáy là \(S_đ=\pi.R^2=9\pi\,(cm^2)\)

Ta có diện tích xung quanh của hình trụ \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .3.10 = 60\pi \,c{m^2}\)

Vì hộp sữa đã mất nắp nên diện tích toàn phần của hộp sữa là \({S_{tp}} = 9\pi  + 60\pi  = 69\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\)

Gọi số dãy ghế là x \((x \in N*)\) (dãy)

Số ghế ở mỗi dãy là: \(\dfrac{{360}}{x}\) (ghế)

Số dãy ghế lúc sau là: \(x + 1\) (dãy)

Số ghế ở mỗi dãy lúc sau là: \(\dfrac{{360}}{x} + 1\)  (ghế)

Vì sau khi tăng số dãy tăng thêm 1 và số ghế của mỗi dãy tăng thêm 1 thì trong phòng có 400 ghế nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,(x + 1)\left( {\dfrac{{360}}{x} + 1} \right) = 400\\ \Leftrightarrow (x + 1)\left( {\dfrac{{360 + x}}{x}} \right) = 400\\ \Leftrightarrow (x + 1)(360 + x) = 400x\\ \Leftrightarrow 360x + {x^2} + 360 + x = 400x\\ \Leftrightarrow {x^2} - 39x + 360 = 0\\\Delta  = {( - 39)^2} - 4.1.360 = 81 > 0\end{array}\)

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{39 + \sqrt {81} }}{2} = 24\,\,\,\,(ktm)\\{x_2} = \dfrac{{39 - \sqrt {81} }}{2} = 15\,\,\,\,(tm)\end{array} \right.\)

Vậy số dãy ghế là 15 (dãy).

Ta có $\sqrt[3]{{125{a^3}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {5a} \right)}^3}}} = 5a$

Vì \(46^\circ  < 50^\circ  \Leftrightarrow \cot 46^\circ  > \cot 50^\circ \).

Đường thẳng \(d\):\(y = \dfrac{1}{3}x - 10\) có hệ số góc là \(a = \dfrac{1}{3}\).

Gọi thời gian mà vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể là \(x\) (giờ), \(\left( {x > 2} \right)\).

Trong một giờ:     

-Vòi thứ nhất chảy được \(\dfrac{1}{x}\) ( bể).

- Vòi thứ hai chảy được \(\dfrac{1}{{x - 2}}\) ( bể).

- Vì vòi thứ ba chảy ra trong 7,5 giờ thì cạn bề nên trong 1h vòi thứ ba chảy được \(\dfrac{2}{{15}}\) ( bể).

Khi mở cả ba vòi thì vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy vào bể còn vòi thứ ba cho nước ở bể chảy ra nên ta có phương trình \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x - 2}} - \dfrac{2}{{15}} = \dfrac{1}{{20}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x - 2}} = \dfrac{{11}}{{60}}\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{x - 2 + x}}{{x\left( {x - 2} \right)}} = \dfrac{{11}}{{60}} \Leftrightarrow \dfrac{{2x - 2}}{{{x^2} - 2x}} = \dfrac{{11}}{{60}}\)

\( \Rightarrow 120x - 120 = 11{x^2} - 22x\) \( \Leftrightarrow 11{x^2} - 142x + 120 = 0\) có \(\Delta ' = 3721 \Rightarrow \sqrt {\Delta '}  = 61\) nên phương trình có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{71 - 61}}{{11}} = \dfrac{{10}}{{11}}\left( {ktm} \right)\\x = \dfrac{{71 + 61}}{{11}} = 12\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy chỉ dùng vòi thứ nhất thì sau \(10\)  giờ bể đầy nước.

Mỗi tam giác luôn có một và chỉ một đường tròn ngoại tiếp ⇒ Câu A đúng

Không phải tứ giác nào cũng có đường tròn nội tiếp ⇒ Câu B sai

Đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác không phải lúc nào cũng là đường tròn nội tiếp tam giác (mà có thể là đường tròn bàng tiếp) ⇒ Câu D sai

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có:

\(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{15.20}}{{\sqrt {{{15}^2} + {{20}^2}} }} = 12\)

Vậy \(x = 12\).

Thay \(x =  - 1\) vào hàm số \(f\left( x \right) = 6{x^4}\) ta được \(f\left( { - 1} \right) = 6.{\left( { - 1} \right)^4} = 6\).

Thay \(x = \dfrac{2}{3}\) vào hàm số \(h\left( x \right) = 7 - \dfrac{{3x}}{2}\) ta được \(h\left( {\dfrac{2}{3}} \right) = 7 - \dfrac{{3.\dfrac{2}{3}}}{2} = 6\).

Nên \(f\left( { - 1} \right) = h\left( {\dfrac{2}{3}} \right)\).

Gọi \({x_0}\) là nghiệm chung của hai phương trình thì \({x_0}\) phải thỏa mãn hai phương trình trên.

Thay \(x = {x_0}\) vào hai phương trình trên ta được \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0}^2 + m{x_0} + 2 = 0\\{x_0}^2 + 2{x_0} + m = 0\end{array} \right. \) \(\Rightarrow (m - 2){x_0} + 2 - m = 0\) \(\Leftrightarrow (m - 2)(x_0-1)= 0\)

+) Nếu \(m = 2\) thì \(0 = 0\) (luôn đúng) hay hai phương trình trùng nhau.

Lúc này phương trình \({x^2} + 2x + 2 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} =  - 1\) vô nghiệm nên cả hai phương trình đều vô nghiệm.

Vậy \(m = 2\) không thỏa mãn.

+) Nếu \(m \ne 2\) thì \({x_0} = 1\).

Thay \({x_0} = 1\) vào phương trình \({x_0}^2 + m{x_0} + 2 = 0\) ta được \(1 + m + 2 = 0 \Leftrightarrow m =  - 3\).

Vậy \(m =  - 3\) thì hai phương trình có nghiệm chung.

Giải hệ phương trình (I) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 3y = 3\\3x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 3y - \left( {3x + y} \right) = 3 - 1\\3x + y = 1\end{array} \right.\) \(\left\{ \begin{array}{l}2y = 2\\3x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\3x + 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 0\end{array} \right.\)

Hai phương trình tương đương \( \Leftrightarrow \) hai phương trình có cùng tập nghiệm hay (0; 1) cũng là nghiệm của phương trình (II).

Thay \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 1\end{array} \right.\) vào hệ phương trình (II) ta được \(\left\{ \begin{array}{l}0 - n.1 = 1\\0 + m.1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n =  - 1\\m = 1\end{array} \right.\)

Vậy \(n =  - 1;m =1\).

Ta có: \(\sqrt {{{\left( {5 - \sqrt {11} } \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {11} } \right)}^2}}  = \left| {5 - \sqrt {11} } \right| + \left| {3 - \sqrt {11} } \right|\)

Mà

+) \(5 = \sqrt {25}  > \sqrt {11}  \Rightarrow 5 - \sqrt {11}  > 0 \Leftrightarrow \left| {5 - \sqrt {11} } \right| = 5 - \sqrt {11} \)

+)  \(3 = \sqrt 9  < \sqrt {11}  \Rightarrow 3 - \sqrt {11}  < 0 \Leftrightarrow \left| {3 - \sqrt {11} } \right| = \sqrt {11}  - 3\)

Nên \(\sqrt {{{\left( {5 - \sqrt {11} } \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {\sqrt {11}  - 3} \right)}^2}}  = \left| {5 - \sqrt {11} } \right| + \left| {\sqrt {11}  - 3} \right|\)\( = 5 - \sqrt {11}  + \sqrt {11}  - 3 = 2\).

Ta có: \(5x\sqrt {\dfrac{{ - 12}}{{{x^3}}}} \)\( =  - \sqrt {{{\left( {5x} \right)}^2}.\dfrac{{ - 12}}{{{x^3}}}}  = \sqrt {25{x^2}\left( {\dfrac{{ - 12}}{x^3}} \right)}  =  - \sqrt {\dfrac{{ - 300}}{x}} \).

Ta có tam giác AOB cân tại O nên dễ dàng chỉ ra được $sđ\overparen{AD} = sđ\overparen{DB}$

$\begin{array}{l}\widehat {IFN} = \dfrac{1}{2}\left( {sđ\overparen{BN} + sđ\overparen{AD}} \right) \\= \dfrac{1}{2}\left( {sđ\overparen{BN} + sđ\overparen{BD}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}sđ\overparen{DN} = \widehat {INF}\end{array}$

Suy ra tam giác FIN cân tại I

Ta có:

$\begin{array}{l}{\widehat N_1} + \widehat {{N_3}} = {90^0} \Rightarrow {\widehat N_1} + \widehat {{C_4}} = {90^0}\\\widehat {{E_1}} = \dfrac{1}{2}\left( {sđ\overparen{AC} - sđ\overparen{BN}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}\left( {sđ\overparen{BC} - sđ\overparen{CN}} \right) = \dfrac{1}{2}sđ\overparen{NC}\\ \Rightarrow \widehat {{C_4}} + \widehat {{E_1}} = \dfrac{1}{2}sđ\overparen{DN} + \dfrac{1}{2}sđ\overparen{NC} \\= \dfrac{1}{2}sđ\overparen{DC} = {90^0}\\ \Rightarrow \widehat {{E_1}} = \widehat {{N_1}}\end{array}$

Do đó \(\Delta INE\) cân tại I.