Đáp án:

 a. $B = 2x^2 - x + 1$ 

Với $x = - 1$ thì: 

   $B = 2.(- 1)^2 - (- 1) + 1 = 2 + 1 + 1 = 4$ 

b. Ta có: 

$(2x^3 + 5x^2 - 2x + a) : (2x^2 - x + 1) = (x + 3)$ dư $a - 3$ 

Để $2x^3 + 5x^2 - 2x + a$ chia hết cho $2x^2 - x + 1$ thì $a - 3 = 0 \to a = 3$

c. $B = 1 \to 2x^2 - x + 1 = 1 \to 2x^2 - x = 0$ 

  $\to x(2x - 1) = 0 \to x = 0$ hoặc $2x - 1 = 0$ 

   $\to x = 0$ hoặc $x = \dfrac{1}{2}$ 

Giải thích các bước giải:

Bài 1: 

1. 

$\frac{1}{5}x^{2}y(15xy^{2} - 5y + 3xy)$

$= \frac{1}{5}x^{2}y.15xy^{2}+ \frac{1}{5}x^{2}y(-5y) + \frac{1}{5}x^{2}y.3xy$

$= 3x^{3}y^{3} - x^{2}y^{2} + \frac {3}{5}x^{3}y^{3}$

$= \frac{18}{5}x^{3}y^{3} - x^{2}y^{2}$

2.

a. $5x^{3} - 5x$

$= 5x(x^{2}) + 5x(-1)$

$= 5x(x^{2} - 1)$

b. $3x^{2} + 5y - 3xy - 5x$

$= 3x.(x)+ 3x.(-y) + 5.(y) + 5.(-x)$

$= 3x(x - y) + 5(y - x)$

$= 3x(x - y) - 5(y - x)$

$(3x - 5)(x - y)$

Bài 2: 

a. 

+ ĐK: $\left\{ \begin{array} x 2x - 4 ≠ 0 \\ 2x + 4 ≠ 0 \\ x^{2} - ≠ 0 \\ x - ≠ 0 \\ \end{array} \right.$ ⇒ $x ≠ ± 2$

b. 

$P = (\frac{x + 2}{2(x - 2)} + \frac{x - 2}{2(x + 2)} + \frac{-8}{(x - 2)(x + 2)}) : \frac{4}{x - 2}$

$= (\frac{(x + 2)^{2} + (x - 2)^{2} - 16}{2(x - 2)(x + 2)}) : \frac{4}{x - 2}$

$= \frac{2x^{2} + 8 - 16}{2(x - 2)(x + 2)}.\frac{x - 2}{4}$

$= \frac{2x^{2} - 8}{2(x - 2)(x + 2)}. \frac{x - 2}{4}$

$= \frac{x^{2} - 4}{x^{2} - 4}. \frac{x - 2}{4}$

$= \frac{x - 2}{4}$

c. 

+ Với $x = -1\frac{1}{3}$ thỏa đk bài toán.

+ Thay $x = -1\frac{1}{3}$ vào biểu thức $P = \frac{x - 2}{4}$, ta được: 

$P = \frac{-1\frac{1}{3} - 2}{4}$

$= \frac{-\frac{4}{3} - 2}{4}$ 

$= -\frac{10}{3} : 4$

$= -\frac{5}{6}$ 

Bài 3: 

a. 

+ Tại $x = -1$, ta có: 

$B = 2.(-1)^{2} - (-1) + 1$

$= 2 + 1 + 1$

$= 4$

b.

c. 

+ Ta có:

$2x^{2} - x + 1 = 1$

⇔$x(2x - 1) = 0$

⇔\(\left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \frac{1}{2} \end{array} \right.\) 

Bài 4: 

a. 

+ Xét tứ giác $AIHK$, ta có: 

$IAK = 90°$ (gt)

$AKH = 90°$ ( do $D$ đối xứng với $H$ qua $AC$).

$AIH = 90°$ (do $E$ đối xứng với $H$ qua $AB$).

⇒Tứ giác $AIHK$ là hình chữ nhật.

b. 

+ Xét $∆ADH$ cân tại $B$ (Vì $AB$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến).

⇒$AB$ là phân giác của $DAH$ hay $DAB = HAB$.

+ Xét $∆AEH$ cân tại $A$ (Vì $AC$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến).

⇒$AC$ là phân giác của $EAH$ hay $DAC = HAC$.

+ Mà: $BAH + HAC = 90°$.

+ Nên: $BAD + EAC = 90°$

⇒$DAE = 180°$

⇒Ba đường thấy $D, A, E$ thẳng hàng (đpcm).

c. 

+ Ta có: $BC = BH + HC$ (vì $H ∈ BC$).

+ Mà: $∆DBH$ vuông cân tại $B$ ⇒$BD = BH$.

           $∆CEH$ vuông cân tại $C$ ⇒$CE = CH$.

+ Vậy: $BH + CH = BD + CE$ 

⇒$BC = BH + HE = BD + CE$ (đpcm).

d. 

+ Ta có: $∆AHI = ∆ADI$ (c.c.c)

⇒$S_{∆AHI} = S_{∆ADI}$

⇒$S_{∆AHI} = \frac{1}{2}S_{∆ADH}$

 + Ta có: $∆AHK = ∆AEK$ (c.c.c)

⇒$S_{∆AHK} = S_{∆AEK}$ 

⇒$S_{∆AHK} = \frac{1}{2}S_{∆AEH}$ 

⇒$S_{∆AHI} + S_{∆AHK} = \frac{1}{2}S_{∆ADH} + \frac{1}{2}S_{∆AEH} = \frac{1}{2}S_{∆DHE}$

+ Hay: $S_{∆DHE} = 2S_{AIHK} = 2a$ (đvdt).

Bài 5: 

a. 

$3x^{2} + 3y^{2} + 4xy + 2x - 2y + 2 = 0$

⇔$2x^{2} + 4xy + 2y^{2} + x^{2} + 2x + 1 + y^{2} - 2y + 1 = 0$

⇔$2(x + y)^{2} + (x + 1)^{2} + (y - 1)^{2} = 0$

⇔$2(x + y)^{2} = (x + 1)^{2} = (y - 1)^{2} = 0$ 

⇔$\left\{ \begin{array} x x + y = 0 \\ x + 1 = 0 \\ y - 1 = 0 \\ \end{array} \right.$ ⇔$\left \{ {{x = -1 } \atop {y = 1}} \right.$

+ Vậy: $(x; y) = (-1; 1)$.

b. 

+ Áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{ab} ≥ \frac{4}{(a + b)^{2}}$ với $a, b > 0$, ta có: 

$\frac{a}{b + c} + \frac{c}{d + a} = \frac{a(a + d) + c(b + c)}{(b + c)(d + a)} = \frac{ad + a^{2} + bc + c^{2}}{(b + c)(d + a)} ≥ \frac{4(ad + a^{2} + bc + c^{2})}{(a + b + c + d)^{2}}$ $(1)$

$\frac{b}{c + d} + \frac{d}{a + b} = \frac{b(a + b) + d(c + d)}{(a + b)(c + d)} = \frac{ab + b^{2} + cd + d^{2}}{(a + b)(c + d)} ≥ \frac{4(ab + b^{2} + cd + d^{2})}{(a + b + c + d)^{2}}$ $(2)$ 

+ Cộng vế $(1)$ và $(2)$ theo từng vế, ta được: 

⇒ $\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + d} + \frac{c}{d + a} + \frac{d}{a + b} ≥ \frac{4(ab + bc + cd + ad + a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}{(a + b + c + d)^{2}}$ 

+ Chứng minh: 

$\frac{(ab + bc + cd + ad + a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}{(a + b + c + d)^{2}} ≥ \frac {1}{2}$

⇒$2(ab + bc + cd + ad + a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) ≥ (a + b + c + d)^{2}$ 

⇒$2ab + 2bc + 2cd + 2ad + 2a^{2} + 2b^{2} + 2c^{2} + 2d^{2} ≥ a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2cd + 2bd$ 

⇒$a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} ≥ 2ac + 2bd$ 

⇒$a^{2} - 2ac + c^{2} + b^{2} - 2bd + d^{2} ≥ 0$

⇒$(a - c)^{2} + (b - d)^{2} ≥ 0$ (đpcm).

+ Vậy: $\frac{(ab + bc + cd + ad + a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}{(a + b + c + d)^{2}} ≥ \frac{1}{2}$ 

⇒$\frac{4(ab + bc + cd + ad + a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}{(a + b + c + d)^{2}} ≥ 2$ 

+ Vì: $\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + d} + \frac{c}{d + a} + \frac{d}{a + d} ≥ \frac{4(ab + bc + cd + ad + a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}{(a + b + c + d)^{2}}$ 

+ Vậy: $F = \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + d} + \frac{c}{d + a} + \frac{d}{a + d} ≥ 2$ (đpcm).

CHỨC EM HỌC TỐT. XIN HAY NHẤT.