Giải thích các bước giải:

B1:

a) ĐKXĐ: $x>0;x\ne 1$

Ta có:

$\begin{array}{l}
P = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{{x + \sqrt x }}{2}\left( {\dfrac{1}{{x - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{x + \sqrt x }}} \right)\\
 = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{2}\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}} - \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}} \right)\\
 = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{2\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} + \dfrac{1}{2}\\
 = \dfrac{{2\sqrt x  - 2}}{{2\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} = 2
\end{array}$

Vậy $P=2,x>0,x\ne 1$

b) Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}
4x - 3y = 6\\
3y + 4x = 10
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4x - 3y = 6\\
4x + 3y = 10
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
8x = 16\\
6y = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 2\\
y = \dfrac{2}{3}
\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm: $S=\{(2;\dfrac{2}{3})\}$

c) Ta có:

$\begin{array}{l}
f\left( x \right) = \left( {3m - 1} \right)x + 2 \Rightarrow f\left( 2 \right) =  - 6\\
 \Leftrightarrow 2\left( {3m - 1} \right) + 2 =  - 6 \Leftrightarrow m =  - 1
\end{array}$

Vậy $m=-1$

B2:

Gọi số học sinh nam và nữ lần lượt là: $x,y(x,y\in N*)$

Ta có:

Số học sinh nam nhiều hơn nữ 15 HS $\to x-y=15$

Số học sinh nam dọn vệ sinh gấp 2 lần số học sinh nữ dọn vệ sinh $\to x-24=2(y-24)$

Ta có hệ:

$\left\{ \begin{array}{l}
x - y = 15\\
x - 24 = 2\left( {y - 24} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x - y = 15\\
x - 2y =  - 24
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 54\\
y = 39
\end{array} \right.$

Vậy số học sinh nam và học sinh nữ lần lượt là: $54,39$ (học sinh)

B3:

a) Ta có:

$\widehat {AEB} + \widehat {ADH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}$

$\to AEDB$ là tứ giác nội tiếp $\to A,E,D,B$ cùng thuộc 1 đường tròn.

b) Ta có:

$ \widehat {AEH}=90^0$ $\to $ Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AHE$ là trung điểm $AH$

$\to OE=AO=HO$$\to \Delta OHE$ cân tại $O$

$AEDB$ nội tiếp $\to \widehat {BED}=\widehat {BAD}\to \widehat {BED}=\widehat {HAE}$ $to DE$ là tiếp tuyến của $(O)$

c) Xét tam giác DEH và tam giác DAE có:

$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\widehat Achung\\
\widehat {DEH} = \widehat {DAE}
\end{array} \right. \Rightarrow \Delta DEH \sim \Delta DAE\left( {g.g} \right)\\
 \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{DA}} = \dfrac{{DH}}{{DE}}\\
 \Rightarrow D{E^2} = DH.DA = DH.\left( {DH + AH} \right) = 2\left( {2 + 6} \right) = 16
\end{array}$

$\to DE=4$

Vậy $DE=4$

B4:

Ta có:

${x^2} + x - 3 = {\left( {\dfrac{{\sqrt 5  - 1}}{2}} \right)^2} + \dfrac{{\sqrt 5  - 1}}{2} - 3 = \dfrac{1}{4}\left( {6 - 2\sqrt 5 } \right) + \dfrac{1}{2}\left( {\sqrt 5  - 1} \right) - 3 =  - 2$

${x^5} + {x^4} - {x^3} = {x^3}\left( {{x^2} + x - 1} \right) = {\left( {\dfrac{{\sqrt 5  - 1}}{2}} \right)^3}.0 = 0$

$ \Rightarrow S = \dfrac{{{{\left( {{x^2} + x - 3} \right)}^{2013}}}}{{{{\left( {{x^5} + {x^4} - {x^3} - 2} \right)}^{2013}}}} + {\left( {{x^5} + {x^4} - {x^3} + 1} \right)^{2013}} = \dfrac{{{{\left( { - 2} \right)}^{2013}}}}{{{{\left( { - 2} \right)}^{2013}}}} + {1^{2013}} = 1$

Vậy $S=1$