a) Đặt
$a=\sqrt{8+2\sqrt{10+2\sqrt{5}}}, b= \sqrt{8-2\sqrt{10+2\sqrt{5}}}$
Ta có
$a^2+b^2=16$
$ab=\sqrt{64-4(10+2\sqrt{5})}=\sqrt{24-8\sqrt{5}}=2\sqrt{6-2\sqrt{5}}=2\sqrt{(\sqrt 5 -1)^2}=2(\sqrt 5 -1)$
Suy ra
$(a-b)^2=a^2+b^2-2ab=16-4(\sqrt 5 -1)=20-4\sqrt 5$
Mà $a>b$ nên ta suy ra
$\sqrt{8+2\sqrt{10+2\sqrt{5}}}- \sqrt{8-2\sqrt{10+2\sqrt{5}}}=a-b=2\sqrt{5-\sqrt 5}$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có
$\sqrt[n]{n!} \le \frac{1+2+\cdots +n}{n}=\frac{n+1}{2}$
Do đẳng thức không thể xảy ra nên
$\frac{n+1}{2} > \sqrt[n]{n!}$, đpcm.

Ảo thuật một chút nhé :)
Ta có
    $ \frac{x^2}{\sqrt{4+2x}}$
$=\frac{1}{15}. \frac{(3x^2-8x+32)+(12x^2+8x-32)}{\sqrt{4+2x}}$
$=\frac{1}{15}. \frac{(3x^2-8x+32)+(2x+4)(6x-8)}{\sqrt{4+2x}}$
$=\frac{1}{15}. \frac{1}{\sqrt{4+2x}}(3x^2-8x+32)+\frac{1}{15}.\sqrt{4+2x}(6x-8)$
$=\frac{1}{15}.\left (\sqrt{4+2x} \right )'(3x^2-8x+32)+\frac{1}{15}.\sqrt{4+2x}(3x^2-8x+32)'$
$=\frac{1}{15}.\left (\sqrt{4+2x}(3x^2-8x+32) \right )'$
Vậy
$I=\frac{1}{15}\int\limits_{0}^{1}\left (\sqrt{4+2x}(3x^2-8x+32) \right )'dx$
$I=\frac{1}{15}\sqrt{4+2x}(3x^2-8x+32)|_0^1 $
$\boxed{I=\displaystyle \frac{27\sqrt 6 - 64}{15}}$

c) Theo cách 2 caaub thì nếu gọi $Q$ là giao điểm của $BP$ và $MN$ thì $Q$ cũng là giao điểm của $MN$ và $mp(BA'C')$.
như vậy góc giữa $MN$ và $mp(BA'C')$ chính là $\widehat{MQK}$.
Ta chỉ cần tính nốt cạnh $MQ$.
Nhưng điều này đơn giản vì $MQ=\frac{2}{3}MN=\frac{2}{3}\sqrt{MB^2+BN^2}=\frac{2}{3}\sqrt{\left (\frac{a\sqrt 3}{2} \right )^2+\left (\frac{\sqrt 5}{2\sqrt 2}a \right )^2}$

Cách 2 câu b)
Gọi $P$ là trung điểm $A'C'$. Dễ chứng minh $A'C \perp mp(MBB'P) $
Kẻ $MK \perp BP , K \in BP$ thì $A'C \perp MK\Rightarrow MK \perp mp(BA'C')$ vì $MK \perp A'C',MK \perp BP.$
như vậy khoảng cách từ $M$ đến $mp(BA'C')$ bằng $MK$.
Ta tính được cạnh $BP,$ $S_{MBB'P}$ từ đó suy ra $S_{MBB'P}=2S_{MBP}$ và có được kết quả như cách 1.

b)
Do $S_{\triangle MBC}=S_{\triangle MBA}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}\Rightarrow V_{C'MBC}=V_{A'MBA}=\frac{1}{6}V_{ABC.A'B'C'}$
Mặt khác $V_{BA'B'C'}=\frac{1}{3}V_{ABC.A'B'C'}$
Suy ra $V_{MBA'C'}=V_{ABC.A'B'C'}-V_{BA'B'C'}-V_{C'MBC}-V_{A'MBA}=\frac{1}{3}V_{ABC.A'B'C'}=\frac{1}{3}AA'.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt 5}{\sqrt 2}a.\frac{a^2\sqrt 3}{4}=\frac{a^3\sqrt 5}{4\sqrt 6}$
Mặt khác
$\triangle BA'C'$ có $BA'=BC'=\sqrt{\frac{5}{2}a^2+a^2}=\frac{\sqrt 7}{\sqrt 2}a, A'C'=a$
nên $S_{\triangle BA'C'}=\frac{1}{2}a.\sqrt{\frac{7}{2}a^2-\frac{1}{4}a^2}=\frac{\sqrt {13}a^2}{4}$
Vậy khoảng cách từ $M$ đến $mp(BA'C')$ bằng
$\frac{3V_{MBA'C'}}{S_{\triangle BA'C'}}=\frac{3a^3\sqrt 5}{4\sqrt 6}.\frac{4}{\sqrt {13}a^2}=\frac{3\sqrt 5}{\sqrt {78}}a$

Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Cô-si ta có:
\[\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{b}}+\frac{4}{\sqrt{b}}\geq 5.\sqrt[5]{\frac{4^4}{(a^2+b^2)ab}}\]
\[=5.\sqrt[5]{\frac{2^{11}}{8(a^2+b^2)ab}}= 5.\sqrt[5]{\frac{2^{11}}{4(a^2+b^2)2ab}}\]
\[\geq 5.\sqrt[5]{\frac{2^{11}}{(a+b)^4}}=5.\sqrt[5]{2^{15}}=40\]
 Và mặt khác ta lại có:
\[\frac{2}{\sqrt{a}}+\frac{2}{\sqrt{b}}\geq \frac{4}{\sqrt[4]{ab}}\geq \frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{a+b}}\]
\[=4\sqrt{2}.\sqrt{2}=8\]
Cộng theo từng vế hai BĐT trên và ta có đpcm.

$(1)    \Leftrightarrow a^3-a^2(b+c)=a^3-(b+c)(b^2+c^2-bc)$
         $\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2-bc                                            (3)$
Do định lý hàm số cô sin :  $a^2=b^2+c^2-2bc \cos A   (4)$
Từ $(3), (4)$ ta được:  $b^2 + c^2 -bc = b^2+c^2-2bc \cos A$
         $\Leftrightarrow 2bc \cos A= bc    \Leftrightarrow  \cos A = \frac{ 1}{ 2}. $ Do A là góc trong tam giác nên $A=60^0$
$(2)  \Leftrightarrow 2R \sin A=4R \sin B \cos C$
        $\Leftrightarrow \sin (B+C) = 2 \sin B \cos C$
        $\Leftrightarrow \sin B \cos C+\cos B \sin C=2 \sin B \cos C$
        $\Leftrightarrow \sin B \cos C-\cos B \sin  C=0$
        $\Leftrightarrow \sin (B-C)=0  \Leftrightarrow  B=C$
Vậy $\Delta ABC$ thỏa mãn $(1)$ và $(2)$ thì tam giác cân và có một góc $60^0$ nên $\Delta  ABC$ đều.

Gọi số kẹo ban đầu An có là $x$ cái kẹo.
An cho bạn $\frac{1}{3}x $ cái kẹo nên còn lại $x- \frac{1}{3}x=\frac{2}{3}x$ cái kẹo.
An ăn tiếp $3$ cái và còn lại $3$ cái nên ta có PT
$\frac{2}{3}x-3=3\Leftrightarrow \frac{2}{3}x=6\Leftrightarrow x=9$.

a) Ta có
VTPT $\overrightarrow{n_P}=(\cos a, \sin a, \sin a)$
VTPT $\overrightarrow{n_Q}=(\sin a, -\cos a, \cos a)$
Suy ra
VTCP $\overrightarrow{u_d}=\left[ {\overrightarrow{n_P},\overrightarrow{n_Q} } \right]=(\sin 2a, -\cos 2a, -1)$
Mặt khác
VTPT $\overrightarrow{n_R}=(\sin 2a, -\cos 2a, 1)$
Như vậy
$\overrightarrow{u_d}.\overrightarrow{n_R}=\sin^2 2a+\cos^2 2a-1=0\Rightarrow (d) \parallel (R)$, đpcm.

2 Ta có $|\Omega|=C_9^2$
a) Tích là số lẻ nếu cả hai thẻ đều là số lẻ. Từ $1,\cdots,9$ có $5$ số lẻ và chọn ra hai số lẻ  thì ta có $C_5^2$ cách.
Vậy xác suất là $\frac{C_5^2}{C_9^2}$
b) Tích là số chẵn nếu một trong hai thẻ là số chẵn. Từ $1,\cdots,9$ có $4$ số chẵn và chọn ra một  thì ta có $C_4^1$ cách.
Vậy xác suất là $\frac{C_4^1\times C_8^1}{C_9^2}$

1. Ta có $|\Omega|=C_9^5=126$
a) Rút $5$ thẻ mà các thẻ ghi số $1,2,3$ được rút thì có $5 \times 3=15$ cách. Vì thế xác suất cần tìm là $\frac{15}{126}=\frac{5}{42}$
b) Rút $5$ thẻ mà có đúng một thẻ ghi số $1,2,3$ được rút thì có $5 \times 9=45$ cách. Vì thế xác suất cần tìm là $\frac{45}{126}=\frac{5}{14}$
c) Chỉ có $6$ cách để chọn $6$ số còn lại. Vì thế xác suất cần tìm là $\frac{6}{126}=\frac{1}{21}$

Giả sử số cần tìm có dạng $\overline{abcd}$ trong đó $ 1 \le a <b<c<d \le 9$.
Thấy rằng $a \notin \left\{ {7,8,9} \right\}$.
Với $a=1$, thì ta có $C_8^3$ cách chọn các số còn lại cho vị trí $b,c,d$. Với mỗi các chọn này có một cách duy nhất sắp xếp các số thỏa mãn bài toán. Ví dụ chọn $b,c,d \in \left\{ {2,9,7} \right\}$ thì chỉ có duy nhất cách $\overline{abcd}=1279$.
Tương tự
với $a=2$ ta có $C_7^3$ cách.
với $a=3$ ta có $C_6^3$ cách.
với $a=4$ ta có $C_5^3$ cách.
với $a=5$ ta có $C_4^3$ cách.
với $a=6$ ta có $C_3^3$ cách.
Vậy đáp số là
$C_3^3+C_4^3+C_5^3+C_6^3+C_7^3+C_8^3=126$

a) Từ giả thiết bài toán suy ra đây là lăng trụ đứng tam giác đều. Kẻ $CH \perp A'B'$ thì $H$ là trung điểm $A'B'$ và $CH \perp (ABB'A')\Rightarrow CH \perp BH\Rightarrow \widehat{HBC'}=30^\circ$.
Như vậy $BH=C'H\cot 30^\circ=\sqrt 3\frac{a\sqrt 3}{2}=\frac{3a}{2}.$
Suy ra $AA'=BB'=\sqrt{\left (\frac{3a}{2} \right )^2+\left (\frac{a}{2} \right )^2}=\sqrt{\frac{5}{2}}a$