Ta có
$D=\left| {\begin{matrix} 1 & 2 &4 & -3 \\ 3 & 5 & 6 &-6 \\4 & 5 & -2 &3  \\1 & 1 & -2 & m\end{matrix}} \right|=0$.
Vì thế ta không dùng công thức Vandelmo ở đây. Ta sẽ dùng phương pháp biến đổi theo hàng.
$\left ( \begin{matrix} 1 & 2 &4 & -3 \\ 3 & 5 & 6 &-6 \\4 & 5 & -2 &3  \\1 & 1 & -2 & m\end{matrix} \right ) \to \left ( \begin{matrix} 1 & 2 &4 & -3 \\ 0 & -1 & -6 &3 \\0 & -3 & -18 &15  \\0 & -1 & -6 & m+3\end{matrix} \right )\to \ldots \to\left ( \begin{matrix} 1 & 0 &-8 & 0 \\ 0 & 1 & 6 &0 \\0 & 0 & 0 &1  \\0 & 0 & 0 & 0\end{matrix} \right )$
Từ đây suy ra $x_4=0, x_1=8x_3, x_2=-6x_3, x_3 \in \mathbb R.$
Chú ý rằng trong phép biến đổi trên, có đoạn cần xét $m =\dfrac{12}{5}$. Nhưng vẫn cho ta kết quả như trên.

Ta thấy rằng
$6^2+8^2=10^2\Rightarrow AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow \triangle ABC$ vuông tại $A$.
Suy ra đường tròn tâm $O$ ngoại tiếp $\triangle ABC$ chính là trung điểm $BC\Rightarrow R=OM=\dfrac{1}{2}BC=5$.
Theo tính chất đường kính $OM$ vuông góc với dây cung $AC$ suy ra $I$ là trung điểm $AC$.
 Do vậy theo tính chất đường trung bình thì $IO=\dfrac{1}{2}BA=3$.
 Vậy $IM=OM-OI=5-3=2.$

Dễ thấy tứ giác $ABOC$ là hình chữ nhật vì có ba góc $A,B,C$ vuông nên góc $\widehat{BOC}=90^\circ$.
Theo tính chất của tiếp tuyến thì có $OD,OE$ lần lượt là các phân giác trong của các góc $\widehat{BOM},\widehat{COM}$
Suy ra
$\begin{cases}\widehat{DOM}=\dfrac{1}{2}\widehat{BOM} \\ \widehat{MOE}=\dfrac{1}{2}\widehat{COM} \end{cases}\Rightarrow \widehat{DOE}=\widehat{DOM}+\widehat{MOE}=\dfrac{1}{2}\left ( \widehat{BOM}+ \widehat{COM}\right )=\dfrac{1}{2}\widehat{BOC}=45^\circ$

Dễ thấy tứ giác $ABOC$ là hình chữ nhật vì có ba góc $A,B,C$ vuông, mà lại có $OB=OC=2cm$ nên $ABOC$ là hình vuông cạnh $2cm$.
Theo tính chất của tiếp tuyến thì có $DB=DM, EM=EC$.
Suy ra
$P_{ADE}=AD+DM+ME+EA=AD+DB+EC+EA=AB+AC=4cm$

HPT
$\Leftrightarrow \begin{cases}(x^3-3x^2+3x-1)-12(x-1)=(y^3+3y^2+3y+1)-12(y+1) \\ y-2=\sqrt{x-3} \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}(x-1)^3-12(x-1)=(y+1)^3-12(y+1) \qquad (1)\\ y-2=\sqrt{x-3}\qquad (2)\\x\ge 3, y \ge 2 \end{cases}$
Đặt $f(t)=t^3-12t \quad t \ge 2$.
Có $f'(t)=3t^2-12 \ge 0 \quad \forall t \ge 2$ suy ra $f$ là hàm đồng biến với $t \ge 2.$
Từ PT $(1)\Leftrightarrow f(x-1)=f(y+1)\Leftrightarrow x-1=y+1\Leftrightarrow x-4=y-2$
 Thay điều này vào $(2)$ ta được
$x-4=\sqrt{x-3}\Leftrightarrow \begin{cases}x \ge 4 \\ (x-4)^2=x-3 \end{cases}\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}\left (9+\sqrt 5 \right )$
Vậy
$x=\dfrac{1}{2}\left (9+\sqrt 5 \right ), y =\dfrac{1}{2}\left (5+\sqrt 5 \right )$.

Đặt $t=x -\pi$ thì khi $x \to\pi$ ta có $t \to 0$
$L=\mathop {\lim }\limits_{x \to\pi }\dfrac{\sin 3x}{\sin 5x}=\mathop {\lim }\limits_{t \to 0 }\dfrac{\sin 3(t+\pi)}{\sin 5(t+\pi)}=\mathop {\lim }\limits_{t \to 0 }\dfrac{\sin (3t+3\pi)}{\sin (5t+5\pi)}=\mathop {\lim }\limits_{t \to 0 }\dfrac{-\sin 3t}{-\sin 5t}=\mathop {\lim }\limits_{t \to 0 }\dfrac{\sin 3t}{\sin 5t}$
$L=\mathop {\lim }\limits_{t \to 0 }\left ( \dfrac{\sin 3t}{3t}.\dfrac{5t}{\sin 5t}.\dfrac{3}{5} \right )=1.1.\dfrac{3}{5}=\dfrac{3}{5}$

b) Ta có
$D=\left| {\begin{matrix} 1 & 2 &2 \\ -2 & m-2 & m-5 \\ m & 1 & m+1 \end{matrix}} \right|=(m-1)(m-3)$.
$D_{x_1}=\left| {\begin{matrix}  0 & 2 &2 \\ 2 & m-2 & m-5 \\ -2 & 1 & m+1\end{matrix}} \right|=-4(m-3)$
 $D_{x_2}=\left| {\begin{matrix} 1 & 0 &2 \\ -2 & 2 & m-5 \\ m & -2 & m+1\end{matrix}} \right|=0$
 $D_{x_3}=\left| {\begin{matrix} 1 & 2 &0 \\ -2 & m-2 & 2 \\ m & 1 & -2\end{matrix}} \right|=2(m-3)$
+ Với $m=3$ thì HPT có vô số nghiệm $(x_1,x_2,x_3)=(3s-2,s,-\dfrac{15s-6}{6}) \quad t,s \in \mathbb R.$
+ Với $m=1$ thì HPT  vô nghiệm.
+ Với $m\ne1, m \ne 3$ thì HPT có  nghiệm
 $x_1=\dfrac{D_{x_1}}{D}=-\dfrac{4}{m-1}$
 $x_2=\dfrac{D_{x_2}}{D}=0$
 $x_3=\dfrac{D_{x_3}}{D}=\dfrac{2}{m-1}$

a) Ta có
$D=\left| {\begin{matrix} m+1 & 1 &1 \\ 1 & m+1 & 1 \\ 1 & 1 & m+1 \end{matrix}} \right|=m^2(m+3)$.
$D_{x_1}=\left| {\begin{matrix}  1 & 1 &1 \\ 1 & m+1 & 1 \\ 1 & 1 & m+1\end{matrix}} \right|=m^2$
 $D_{x_2}=\left| {\begin{matrix} m+1 & 1 &1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & m+1\end{matrix}} \right|=m^2$
 $D_{x_3}=\left| {\begin{matrix} m+1 & 1 &1 \\ 1 & m+1 & 1 \\ 1 & 1 & 1\end{matrix}} \right|=m^2$
+ Với $m=0$ thì HPT có vô số nghiệm $(x_1,x_2,x_3)=(t,s,-t-s+1) \quad t,s \in \mathbb R.$
+ Với $m=-3$ thì HPT có vô nghiệm.
+ Với $m\ne0, m \ne -3$ thì HPT có  nghiệm
 $x_1=\dfrac{D_{x_1}}{D}=\dfrac{1}{m+3}$
 $x_2=\dfrac{D_{x_2}}{D}=\dfrac{1}{m+3}$
 $x_3=\dfrac{D_{x_3}}{D}=\dfrac{1}{m+3}$

d) Ta sẽ chứng minh  $\quad 0 \le u_n < 1 \quad \forall n \ge 1.$
Thật vậy
$0 \le u_n\Leftrightarrow 0 \le\dfrac{n-1}{\sqrt{n^{2}+2}} \Leftrightarrow 0 \le n-1\Leftrightarrow 1 \le n$, luôn đúng.
$u_n<1\Leftrightarrow\frac{n-1}{\sqrt{n^{2}+2}}<1\Leftrightarrow n-1 \le \sqrt{n^{2}+2}\Leftrightarrow n^2-2n+1 < n^2+2\Leftrightarrow  0<2n+1$, luôn đúng.

c) Với mọi số tự nhiên $k$ thì ta biết  $\quad\dfrac{2}{k(k+2)}=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+2}$
Do đó
$2u_n=\frac{2}{1.3}+\frac{2}{2.4}+...+\frac{2}{n(n+2)}=\left ( \dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{3} \right )+\left ( \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4} \right )+\ldots+\left ( \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+2} \right )$
$2u_n=\left (1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n} \right )-\left (\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+...+\dfrac{1}{n+2} \right )$
$2u_n=\left (1+\dfrac{1}{2} \right )-\left (\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2} \right )$
 $2u_n=\dfrac{n (5+3 n)}{2 (1+n) (2+n)}$
 $u_n=\dfrac{n (5+3 n)}{4 (1+n) (2+n)}$
 Ta sẽ chứng minh $\dfrac{1}{4} <u_n < \dfrac{3}{4}$.
Thật vậy
$\dfrac{n (5+3 n)}{4 (1+n) (2+n)}< \dfrac{3}{4}\Leftrightarrow n (5+3 n) <3(1+n) (2+n)$
$\Leftrightarrow 3n^2+5n < 3n^2+9n+6\Leftrightarrow 0 < 4n+6$, luôn đúng.
 $\dfrac{n (5+3 n)}{4 (1+n) (2+n)}>\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow n (5+3 n) >(1+n) (2+n)$
$\Leftrightarrow 3n^2+5n > n^2+3n+2\Leftrightarrow  2n^2+2n > 2$, luôn đúng.

b) Ta sẽ chứng minh  $\quad \dfrac{1}{3}< u_n \le 6 \quad \forall n \ge 1.$
Thật vậy
$\dfrac{1}{3}< u_n\Leftrightarrow \dfrac{1}{3} <\dfrac{n^{2}+5}{3n^{2}-2} \Leftrightarrow 3n^2-2 <3n^2+15\Leftrightarrow -2 <15$, luôn đúng.
$u_n\le 6\Leftrightarrow \dfrac{n^{2}+5}{3n^{2}-2} \le 6\Leftrightarrow n^{2}+5 \le 18n^{2}-12\Leftrightarrow 17 \le 17n^2\Leftrightarrow  1 \le n^2$, luôn đúng.

a) Ta sẽ chứng minh  $\quad -\dfrac{1}{4} \le u_n < \dfrac{2}{3} \quad \forall n \ge 1.$
Thật vậy
$-\dfrac{1}{4} \le u_n\Leftrightarrow -\dfrac{1}{4} \le \dfrac{2n-3}{3n+1}\Leftrightarrow -(3n+1) \le 4(2n-3)\Leftrightarrow -3n-1 \le 8n-12\Leftrightarrow 11 \le 11n \Leftrightarrow 1 \le n$, luôn đúng.
$u_n< \dfrac{2}{3}\Leftrightarrow  \dfrac{2n-3}{3n+1}< \dfrac{2}{3}\Leftrightarrow 3(2n-3) < 2(3n+1)\Leftrightarrow 6n-9 < 6n+2\Leftrightarrow  -9 < 2$, luôn đúng.

PT
$\Leftrightarrow \left | \cos x \right |-\left | \sin x \right |=\cos2x.\sqrt{1+\sin2x}$
$\Leftrightarrow \left | \cos x \right |-\left | \sin x \right |=\left ( \left | \cos x \right |-\left | \sin x \right | \right )\left ( \left | \cos x \right |+\left | \sin x \right | \right )\sqrt{1+\sin2x}$
 $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \left | \cos x \right |=\left | \sin x \right |\qquad (1)\\ \left ( \left | \cos x \right |+\left | \sin x \right | \right ) \sqrt{1+\sin2x}=1\qquad (2)\end{matrix}} \right.$
+  Giải $(1)$
$(1)\Leftrightarrow \cos^2 x =\sin^2 x \Leftrightarrow \cos 2x =0\Leftrightarrow x =\dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2},\quad k \in \mathbb Z.$
 Từ $\begin{cases} x =\dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2} \\ 2007 <x <2008 \\k \in \mathbb Z\end{cases}\Rightarrow$ không tồn tại $k,x$
+  Giải $(2)$
$(2)\Leftrightarrow (1+|\sin2x|)(1+\sin2x)=1 \Leftrightarrow \sin 2x =0\Leftrightarrow x =k\dfrac{\pi}{2},\quad k \in \mathbb Z.$
 Từ $\begin{cases} x =k\dfrac{\pi}{2} \\ 2007 <x <2008 \\k \in \mathbb Z\end{cases}\Rightarrow \boxed{x=639 \pi}.$

b)
+ Tính $5$ số hạng đầu
$u_1=\sqrt 2=2\cos\dfrac{\pi}{4} =2\cos\dfrac{\pi}{2^2}$
$u_2=\sqrt{u_1+2}=\sqrt{2\cos\dfrac{\pi}{2^2}+2}=\sqrt{2(\cos\dfrac{\pi}{2^2}+1)}=\sqrt{2.2\cos^2\dfrac{\pi}{2^3}} =2\cos\dfrac{\pi}{2^3}$
tương tự như vậy
$u_3=2\cos\dfrac{\pi}{2^4}$
$u_4=2\cos\dfrac{\pi}{2^5}$
$u_5=2\cos\dfrac{\pi}{2^6}$
+ Dự đoán số hạng tổng quát $\quad u_n=2\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}} \quad \forall n \in \mathbb N.$
Với $n=1$, hiển nhiên thấy đúng.
Giả sử công thức đúng với $n=k \ge 2$, tức là $\quad u_k=2\cos\dfrac{\pi}{2^{k+1}}$.
Theo công thức truy hồi và giả thiết quy nạp ta có
$u_{k+1}=\sqrt{u_k+2}=\sqrt{2\cos\dfrac{\pi}{2^{k+1}}+2}=\sqrt{2(\cos\dfrac{\pi}{2^{k+1}}+1)}=\sqrt{2.2\cos^2\dfrac{\pi}{2^{k+2}}} =2\cos\dfrac{\pi}{2^{k+2}}$
Điều này có nghĩa là công thức cũng đúng với $n=k+1$.
Vậy $\quad  u_n=2\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}} \quad \forall n \in \mathbb N.$

a)
+ Tính $5$ số hạng đầu $u_1=3, u_2=2, u_3=\dfrac{3}{2}, u_4=\dfrac{5}{4}, u_5=\dfrac{9}{8}$
+ Dự đoán số hạng tổng quát $\quad u_n=2^{2-n}+1 \quad \forall n \in \mathbb N.$
Với $n=1$, hiển nhiên thấy đúng.
Giả sử công thức đúng với $n=k \ge 2$, tức là $\quad u_k=2^{2-k}+1$.
Theo công thức truy hồi và giả thiết quy nạp ta có
$u_{k+1}=\dfrac{1}{2}(u_{k}+1)=\dfrac{1}{2}(2^{2-k}+2)=\dfrac{1}{2}.2(2^{2-k-1}+1)=2^{2-(k+1)}+1$
Điều này có nghĩa là công thức cũng đúng với $n=k+1$.
Vậy $\quad u_n=2^{2-n}+1 \quad \forall n \in \mathbb N.$