Câu hỏi:

Ta có $\widehat{A} = 180^\circ - 60^\circ - 45^\circ = 75^\circ$.
Áp dụng định lý sin:
$\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B}$
$\Rightarrow a = \dfrac{b \sin A}{\sin B} = \dfrac{4 \sin 75^\circ}{\sin 60^\circ} = \dfrac{4 \cdot \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{2(\sqrt{6} + \sqrt{2})}{\sqrt{3}} = \dfrac{2(\sqrt{6} + \sqrt{2})\sqrt{3}}{3} = \dfrac{2(3\sqrt{2} + \sqrt{6})}{3} = 2\sqrt{2} + \dfrac{2\sqrt{6}}{3}$
Có vẻ như không đáp án nào đúng. Tuy nhiên, có thể có lỗi trong đề bài hoặc đáp án. Giả sử $\widehat{C} = 60^\circ$ thì $\widehat{A} = 180^\circ - 60^\circ - 60^\circ = 60^\circ$. Khi đó tam giác ABC là tam giác đều và a = b = 4, không có đáp án nào đúng.
Nếu đề là $\widehat{B}=45^\circ$ và $\widehat{C}=60^\circ$ thì $\widehat{A}=75^\circ$ và $\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinB}$ suy ra $a = \dfrac{4 sin75}{sin45} = \dfrac{4 \cdot \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} = \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{3} \cdot 2 + 2 = 2 + 2\sqrt{3}$ không có đáp án nào đúng.
Nếu $\widehat{A}=60^\circ, \widehat{C}=45^\circ$ thì $\widehat{B}=75^\circ$. Khi đó $\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{a}{sinA}$ suy ra $a = \dfrac{4sin60}{sin75} = \dfrac{4 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \dfrac{8\sqrt{3}}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \dfrac{8\sqrt{3}(\sqrt{6} - \sqrt{2})}{4} = 2\sqrt{3}(\sqrt{6} - \sqrt{2}) = 2(3\sqrt{2} - \sqrt{6}) = 6\sqrt{2} - 2\sqrt{6}$, không có đáp án nào đúng.
Nếu b=6 thì $a = \dfrac{6 \sin 75}{\sin 60} = \dfrac{6 \cdot \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{3(\sqrt{6} + \sqrt{2})}{2 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{3(\sqrt{6} + \sqrt{2})}{\sqrt{3}} = 3(\sqrt{2} + \dfrac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}}) = 3(\sqrt{2} + \sqrt{2}) = 6\sqrt{2}$.

Ta thấy miền nghiệm chứa điểm $(0,0)$. Thay $(0,0)$ vào các bất phương trình:

• A. $2(0) - 0 < 3 \Leftrightarrow 0 < 3$ (luôn đúng).
• B. $2(0) - 0 > 3 \Leftrightarrow 0 > 3$ (sai).
• C. $0 - 2(0) < 3 \Leftrightarrow 0 < 3$ (luôn đúng).
• D. $0 - 2(0) > 3 \Leftrightarrow 0 > 3$ (sai).

Đường thẳng là đường nét đứt nên ta loại các đáp án có dấu "$\leq, \geq$". Vì miền nghiệm không chứa $(0,0)$ nên ta chọn B. $2x - y > 3$.

Để mệnh đề phủ định đúng thì mệnh đề gốc phải sai.

• A. Mệnh đề $\forall x \in \mathbb{R}: x < x + 2$ là đúng vì với mọi số thực $x$, $x$ luôn nhỏ hơn $x + 2$. Vậy phủ định của nó sai.
• B. Mệnh đề $\forall n \in \mathbb{N}: 3n \ge n$ là đúng vì với mọi số tự nhiên $n$, $3n$ luôn lớn hơn hoặc bằng $n$. Vậy phủ định của nó sai.
• C. Mệnh đề $\exists x \in \mathbb{Q}: x^2 = 5$ là sai vì không tồn tại số hữu tỉ $x$ nào mà $x^2 = 5$. Vậy phủ định của nó đúng.
• D. Mệnh đề $\exists x \in \mathbb{R}: x^2 – 3 = 2x$ là đúng vì tồn tại $x = 1 + \sqrt{4} = 3$ thỏa mãn $x^2 - 3 = 2x$. Vậy phủ định của nó sai.

Vậy đáp án là A.

Ta có $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AO} = AB * AO * cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AO})$.
Trong hình chữ nhật ABCD, ta có $AB = 2a$ và $AO = \frac{1}{2}AC$.
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác ABC vuông tại B, ta có:
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{(2a)^2 + a^2} = \sqrt{5a^2} = a\sqrt{5}$
Suy ra $AO = \frac{a\sqrt{5}}{2}$
Gọi $\alpha$ là góc giữa AB và AC, ta có $cos(\alpha) = \frac{AB}{AC} = \frac{2a}{a\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$
Vậy $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AO} = AB * AO * cos(\alpha) = 2a * \frac{a\sqrt{5}}{2} * \frac{2}{\sqrt{5}} = 2a^2$.

Ta có $\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{CB}$.
Do đó, $|\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC}| = |\overrightarrow{CB}| = CB$.
Tam giác ABC vuông cân tại C, nên $AC = BC$.
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác ABC, ta có:
$AB^2 = AC^2 + BC^2 = 2BC^2$.
Suy ra $BC^2 = \frac{AB^2}{2} = \frac{(\sqrt{2})^2}{2} = 1$.
Vậy $BC = 1$.
Vậy $|\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC}| = 1$.