Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$2A=2x^2y^2(x^2+y^2)=xy.[2xy(x^2+y^2)]\leq \left(\frac{x+y}{2}\right)^2.\left(\frac{2xy+x^2+y^2}{2}\right)^2$

$\Leftrightarrow 2A\leq \frac{(x+y)^6}{16}=\frac{1}{16}$

$\Rightarrow A\leq \frac{1}{32}$
Vậy $A_{\max}=\frac{1}{32}$. Giá trị này đạt được khi $x=y=\frac{1}{2}$

a, Để đt (d) đi qua A thì tọa độ điểm A phải thỏa mãn phương trình đường thẳng (d)

Thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng (d) ta có:

             2.(-2) + m - 3 = 3

             -4 + m - 3 = 3

                    m = 3 + 3 + 4

                    m = 10 

b, đt (d) cắt trục tung tại đểm có tọa độ bằng - 3 khi và chỉ khi:

      2.0 + m - 3 = -3

                m - 3 = - 3

                m = 0

7\(x^2\) - 24y² = 41

Nếu \(x\) ⋮ 3 ⇒ 7\(x^2\) - 24y² ⋮ 3 ⇒ 41 ⋮ 3 (vô lý loại)

Nếu \(x\) không chia hết cho 3

⇒ \(x^2\) = 3k + 1(theo tính chất của số chính phương số chính phương chia 3 chỉ có thể dư 1 hoặc không dư)

Thay \(x^2\) = 3k + 1 vào biểu thức 7\(x^2\) - 24y² ta có: 

    7.(3k + 1) - 24y² = 41

⇒ 21k + 7 - 24y² = 41

    21k - 24y² = 41 - 7

    3.(7k - 8y²) = 34 ⇒ 34 ⋮ 3 (vô lý loại)

Vậy không có giá trị nguyên nào của \(x\) thỏa mãn phương trình hay phương trình đã cho không có nghiệm nguyên (đpcm)

Lời giải:

$7x^2-24y^2=41$

$\Rightarrow 7x^2=41+24y^2\equiv 41\equiv 2\pmod 3(1)$
Nếu $x$ nguyên thì $x^2$ là scp. Ta biết 1 scp khi chia 3 dư $0,1$

$\Rightarrow x^2\equiv 0,1\pmod 3$

$\Rightarrow 7x^2\equiv 0, 7\equiv 0,1\pmod 3$
Nghĩa là $7x^2$ chia 3 dư $0$ hoặc $1$ (2)

$(1); (2)$ mâu thuẫn nhau nên pt không có nghiệm nguyên.

Lời giải:

$7x^2-24y^2=41$

$\Rightarrow 7x^2=41+24y^2\equiv 41\equiv 2\pmod 3(1)$
Nếu $x$ nguyên thì $x^2$ là scp. Ta biết 1 scp khi chia 3 dư $0,1$

$\Rightarrow x^2\equiv 0,1\pmod 3$

$\Rightarrow 7x^2\equiv 0, 7\equiv 0,1\pmod 3$
Nghĩa là $7x^2$ chia 3 dư $0$ hoặc $1$ (2)

$(1); (2)$ mâu thuẫn nhau nên pt không có nghiệm nguyên.

 Cách khác (xét theo mod 8): Giả sử tồn tại 2 số nguyên x, y thỏa mãn \(7x^2-24y^2=41\) 

\(\Leftrightarrow7x^2-24y^2=48-7\)

\(\Leftrightarrow7\left(x^2+1\right)=24\left(y^2+2\right)\) (*)

 Do \(\left(7,24\right)=1\) nên từ (*), ta có \(x^2+1⋮24\) \(\Rightarrow x^2+1⋮8\)

 Từ đó x phải là số lẻ. Nhưng nếu như vậy thì \(x^2\equiv1\left[8\right]\) dẫn đến \(x^2+1\equiv2\left[8\right]\), vô lí.

 Vậy điều giả sử là sai \(\Rightarrow\) pt đã cho không có nghiệm nguyên.

Lời giải:
1. Vì $MA, MB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $MA\perp OA, MB\perp OB$.

Khi đó $\widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0$

Tứ giác $MAOB$ có tổng 2 góc đối nhau $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$

$\Rightarrow MAOB$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow M,A,O,B$ cùng thuộc 1 đường tròn.

2.

Có: $MA=MB, OA=OB$ nên $MO$ là trung trực của $AB$

$\Rightarrow MO\perp AB$ tại $C$.

Xét tam giác $MOB$ vuông tại $B$ có đường cao $BC$. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông thì:

$MC.MO=MB^2(1)$

Xét tam giác $MQB$ và $MBD$ có:

$\widehat{M}$ chung

$\widehat{MBQ}=\widehat{MDB}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó)

$\Rightarrow \triangle MQB\sim \triangle MBD$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{MQ}{MB}=\frac{MB}{MD}$

$\Rightarrow MQ.MD=MB^2(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow MQ.MD=MC.MO$ 

Hình vẽ:

Lời giải:

$2020\equiv 1\pmod 3\Rightarrow 2020x^3\equiv x^3\pmod 3$

$2021\equiv -1\pmod 3\Rightarrow 2021x\equiv -x\pmod 3$
$\Rightarrow 2020x^3+2021x\equiv x^3-x\pmod 3$
Mà $x^3-x=x(x^2-1)=x(x-1)(x+1)$ là tích 3 số nguyên liên tiếp nên $x^3-x\equiv 0\pmod 3$

$\Rightarrow 2020x^3+2021x\equiv 0\pmod 3(*)$

Mặt khác:
$y^{2022}=(y^{1011})^2$ là scp nên $y^{2022}\equiv 0,1\pmod 3$

$2023\equiv 1\pmod 3$

$\Rightarrow y^{2022}+2023\equiv 1,2\pmod 3(**)$

Từ $(*); (**)\Rightarrow 2020x^3+2021x\neq y^{2022}+2023$ với mọi $x,y$ nguyên.

Do đó không tồn tại $x,y$ thỏa đề.

Lời giải:

$2020\equiv 1\pmod 3\Rightarrow 2020x^3\equiv x^3\pmod 3$

$2021\equiv -1\pmod 3\Rightarrow 2021x\equiv -x\pmod 3$
$\Rightarrow 2020x^3+2021x\equiv x^3-x\pmod 3$
Mà $x^3-x=x(x^2-1)=x(x-1)(x+1)$ là tích 3 số nguyên liên tiếp nên $x^3-x\equiv 0\pmod 3$

$\Rightarrow 2020x^3+2021x\equiv 0\pmod 3(*)$

Mặt khác:
$y^{2022}=(y^{1011})^2$ là scp nên $y^{2022}\equiv 0,1\pmod 3$

$2023\equiv 1\pmod 3$

$\Rightarrow y^{2022}+2023\equiv 1,2\pmod 3(**)$

Từ $(*); (**)\Rightarrow 2020x^3+2021x\neq y^{2022}+2023$ với mọi $x,y$ nguyên.

Do đó không tồn tại $x,y$ thỏa đề.

Goi số học sinh đạt giải cao là \(x\) (học sinh)

Theo bài ra ta có: 3\(x\) + 7 = 4\(x\) - 2

                              4\(x\) - 3\(x\) = 7 + 2

                                  \(x\)      = 9

Vậy số học sinh đạt giải cao là 9 học sinh.

a) Gọi P là giao điểm của AM với (O). Tam giác ABH và APC có:

\(\widehat{BAH}=\widehat{PAC}\left(gt\right)\) và \(\widehat{ABH}=\widehat{APC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

 \(\Rightarrow\Delta ABH~\Delta APC\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\widehat{AHB}=\widehat{ACP}\).

 Mà \(\widehat{AHB}=90^o\Rightarrow\widehat{ACP}=90^o\) . Suy ra M nằm trên đường kính AP của (O).

 Mặt khác, M lại là trung điểm của dây BC của (O), do đó nếu dây BC không phải là đường kính của (O) thì phải có \(AP\perp BC\) , điều này không chắc chắn đúng. Do đó để đảm bảo M là trung điểm BC thì BC phải là đường kính của (O).

 \(\Rightarrow\) M là tâm của (O). Từ đó \(\widehat{MBA}=\widehat{MAB}\) 

Trong tam giác HAB vuông tại H có trung tuyến HE nên \(EH=EA=EB=\dfrac{AB}{2}\), do đó \(\widehat{ABM}=\widehat{EHB}\). 

 Từ đó suy ra \(\widehat{MAB}=\widehat{EHB}\) \(\Rightarrow\) Tứ giác AMHE nội tiếp (đpcm)

b) Từ câu a), ta có BC là đường kính của (O) nên suy ra đpcm.