Tập xác định D = [2; 3]

Ta có:  y’ = 2 – (xlnx)’ = 2 – (lnx + 1) = 1 – lnx

y’ = 0 Û lnx = 1 Û x = e Î [2; 3]

• y(2) = 4 – 2ln2

• y(3) = 6 – 3ln3

• y(e) = 2e – e = e

Vậy \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;\,\,3} \right]} \,y = e\] tại x = 3.

Ta có y’ = 2xlnx + x = x(2lnx + 1)

\[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {e^{ - \,\frac{1}{2}}}\end{array} \right.\]

\[y\left( {\frac{1}{e}} \right) = - \frac{1}{{{e^2}}} & ;\,\,y\left( {{e^{ - \,\frac{1}{2}}}} \right);\,\,y(e) = {e^2}\].

Vậy \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {\frac{1}{e};\,\,e} \right]} y = - \frac{1}{{2e}}\].

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x⁴ − 3x² − 5 và trục hoành:

\[{x^4} - 3{x^2} - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = \frac{{3 + \sqrt {29} }}{2}\\{x^2} = \frac{{3 - \sqrt {29} }}{2}\,\,(L)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \pm \sqrt {\frac{{3 + \sqrt {29} }}{2}} \]

Phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với trục hoành bằng 2.

Đồ thị hàm số y = 2x + 1 cắt trục hoành tại điểm M (x_M; y_M) suy ra y_M = 0

Ta có: M Î (d) Þ y_M = 2x_M + 1

Û 0 = 2x_M + 1 Û \[{x_M} = - \frac{1}{2}\].

Vậy đồ thị hàm số y = 2x + 1 cắt trục hoành tại điểm \[M\left( {\, - \frac{1}{2};\,\,0} \right)\].

• Trường hợp 1: A, B nói thật Þ D nói dối Þ C nói thật.

Þ Loại.

• Trường hợp 2: C nói thật Þ D làm vỡ

C nói thật Þ B nói dối Þ B làm vỡ.

Þ Loại.

• Trường hợp 3: D nói thật Þ B nói dối

Þ B làm vỡ.

Vậy B là người là vỡ.

Tổng số đo các góc của ngũ giác là: 180º . (5 − 2) = 540º .

Vì ngũ giác đều có 5 góc bằng nhau nên số đo mỗi góc là: 540º : 5 = 108º.

Tổng số đó các góc của đa giác n cạnh là: (n – 2).180⁰.

Suy ra số đo mỗi góc của hình n – giác đều là: \[\frac{{(n - 2).180^\circ }}{n}\].

Áp dụng công thức trên, ta có:

• Với n = 5 số đo mỗi góc của ngũ giác đều là: \[\frac{{(5 - 2).180^\circ }}{5} = 108^\circ \].

• Với n = 6 số đo mỗi góc của lục giác đều là: \[\frac{{(6 - 2).180^\circ }}{6} = 120^\circ \].

Vậy số đo mỗi góc của ngũ giác đều là 108^o, số đo mỗi góc của lục giác đều là 120^o, số đo mỗi góc của n giác đều là \[\frac{{(n - 2).180^\circ }}{n}\].

Tâm đối xứng của hình chữ nhật, hình vuông, hình lục giác đều được biểu diễn dưới hình sau.

Tâm đối xứng của hình chữ nhật là giao điểm của hai đường chéo.

Tâm đối xứng của hình vuông là giao điểm của ba đường chéo.

Tâm đối xứng của hình lục giác đều là giao điểm của ba đường chéo chính.

Vậy hình không có tâm đối xứng là hình tam giác.

Có \[6.A_6^4 = 2160\] số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lập từ A

Þ n(X) = 2160

Chọn một số từ X, số phần tử của không gian mẫu là n(W) = 2160

Gọi B là biến cố “chọn được số có đúng 3 chữ số chẵn”

Xét: \[\overline {abcde} \] là số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau trong đó có đúng 3 chữ số chẵn

• Trường hợp 1: Xét bộ có 5 số trong đó có 3 chữ số chẵn có mặt số 0 và 2 số lẻ. Có tất cả \[C_3^2.C_3^2\] bộ.

Ứng với mỗi bộ có 4.4! (số)

Suy ra có: \[C_3^2.C_3^2.4!.4! = 864\] (số)

• Trường hợp 2: Xét bộ có 5 số trong đó có 3 chữ số chẵn không có số 0 và 2 chữ số lẻ. Có tất cả\[C_3^2\] bộ.

Ứng với mỗi bộ trên có 5! số

Suy ra có: \[C_3^2.5! = 360\] (số)

Do đó số phần tử của biến cố B là n(B) = 1224

Xác suất \[\Delta = {m^2} - 4.1.( - 2) = {m^2} + 8 > 0\,\,\,(\forall m)\].

Vậy xác suất sao cho số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn là \[\frac{{281}}{{540}}\].

Ta có:

4^x – m.2^{x + 1} + 2m² – 5 = 0

Û 4^x – m.2^x + 2m² – 5 = 0

Đặt t = 2^x, t > 0, ta được phương trình:

2cos2x + 9sinx – 7 = 0 (1)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt.

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 5 > 0\\2m > 0\\2{m^2} - 5 > 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \sqrt 5 < m < \sqrt 5 \\\left[ \begin{array}{l}m < - \frac{{\sqrt {10} }}{2}\\m > \frac{{\sqrt {10} }}{2}\end{array} \right.\\m > 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {10} }}{2} < m < \sqrt 5 \]

Vì \[m \in \mathbb{R}\] nên m = 2 là giá trị nguyên dương để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy m = 2.

Đặt t = 4^x > 0

Ta có: (m + 1)t² – 2(2m – 3)t + 6m + 5 = 0 (*)

Phương trình đã cho có hai nghiệm thảo mãn x₁ < 0 < x₂

Þ \[0 < {4^{{x_1}}} < {4^0} < {4^{{x_2}}}\]suy ra 0 < t₁ < 1 < t₂

Phương trình (*) có hai nghiệm t₁; t₂ thỏa mãn

\[0 < {t_1} < 1 < {t_2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \ne 0\\(m + 1)f(1) < 0\\(m + 1)f(1) > 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \ne 0\\(m + 1)(3m + 1) < 0\\(m + 1)(6m + 5) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 4 < m < - 1\]

Do đó m ∈ {–3; –2}.

Ta có: cosx ∈ [−1; 1]

Để phương trình có nghiệm thì:

− 1 ≤ m − 1 ≤ 1 suy ra 0 ≤ m ≤ 2

Vậy m ∈ [0; 2].

Đặt y = f(x) = x² + 1

Ta có: f′(x) = 2x

Phương trình tiếp tuyến (d) của parabol (P): y = x² + 1 tại điểm có tọa độ (1; 2) có dạng:

y = f′(1) (x−1) + 2 = 2(x − 1) + 2 hay y = 2x

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

\[{x^2} - x + 2 = 2x \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\]

Diện tích của hình (H) là: \[S\left( x \right) = \mathop \smallint \limits_1^2 \left| {{x^2} - 3x + 2} \right|dx = \frac{1}{6}\]

Vậy diện tích của hình (H) là \[\frac{1}{6}\].

Với n = 1 ta có\[{S_1} = {1^2} = \frac{{1 = 1(1 + 1)(2.1 + 1)}}{6}\]

Với n = 2 ta có\[{S_2} = {1^2} + {2^2} = 5 = \frac{{2(2 + 1)(2.2 + 1)}}{6}\]

Với n = 3 ta có\[{S_3} = {1^2} + {2^2} + {3^2} = 14 = \frac{{3(3 + 1)(2.3 + 1)}}{6}\]

Dự đoán \[{S_n} = \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6}\](*), ta sẽ chứng minh đẳng thức (*) đúng bằng phương pháp quy nạp.

Với n = 1 thì (*) đúng.

Giả sử (*) đúng đến n = k, tức là\[{S_k} = {1^2} + {2^2} + ... + {k^2} = \frac{{k\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}}{6}\] ta chứng minh (*) đúng đến n = k + 1, tức là cần chứng minh\[{S_{k + 1}} = {1^2} + {2^2} + ... + {\left( {k + 1} \right)^2} = \frac{{\left( {k + 1} \right)\left( {\left( {k + 1} \right) + 1} \right)\left( {2\left( {k + 1} \right) + 1} \right)}}{6}\]

Ta có:

\[{S_{k + 1}} = {1^2} + {2^2} + ... + {\left( {k + 1} \right)^2} = \frac{{k\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}}{6} + {(k + 1)^2}\]

\[ = \frac{{(k + 1)(2{k^2} + k + 6k + 6)}}{6} = \frac{{(k + 1)(2{k^2} + 7k + 6)}}{6} = \frac{{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}}{6}\]

\[ = \frac{{(k + 1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1)}}{6}\]

Þ (*) đúng với mọi n.

Vậy \[{S_n} = \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6}\].

\[\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} - 3\overrightarrow {MC} = \overrightarrow {CD} \]

\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {AB} - 3\overrightarrow {MA} - 3\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {CD} \]

\[ \Leftrightarrow 2\overrightarrow {AB} - 3\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {CD} \]

\[ \Leftrightarrow 2\overrightarrow {AB} - 2\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} \]

\[ \Leftrightarrow 2\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} \]

\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {CE} = \overrightarrow {AD} \] (với B là trung điểm của EC)

Þ D là đỉnh của hình bình hành ACED với B là trung điểm của EC.

Vậy D là đỉnh của hình bình hành ACED.

Điều kiện: x > 0

Đặt t = log₃x phương trình trở thành t² − 2t – 7 = 0

Có ac = 1.(−7) = −7 < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm t₁, t₂ phân biệt thỏa mãn

\[\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} = 2\\{t_1}{t_2} = - 7\end{array} \right.\]

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \[{x_1} = {3^{{t_1}}};\,\,{x_2} = {3^{{t_2}}}\].

Khi đó \[{x_1}.{x_2} = {3^{{t_1}}}{.3^{{t_2}}} = {3^{{t_1} + {t_2}}} = {3^2} = 9\]

Vậy tích các nghiệm của phương trình đã cho bằng 9.

Số tam giác được tạo từ các đỉnh này là: \[C_{20}^3\].

Theo giả thiết, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}R = 4\\{S_{xq}} = 20\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}R = 4\\\pi Rl = 20\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}R = 4\\l = 5\end{array} \right.\]

Lại có: \[{l^2} = {h^2} + {R^2} \to h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} = \sqrt {{5^2} - {4^2}} = 3\]

Vậy thể tích khối nón (N) là \[{V_{(N)}} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{\pi }{3}{.4^{}}.3 = 16\pi \].

Ta có: log₂(x² + x + 2) = 3

⇔ x² + x + 2 = 8

⇔ x² + x – 6 = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 3\end{array} \right.\]

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {2; −3}.

Điều kiện \[x > 3,\,\,x \in \mathbb{N}\]

Áp dụng công thức tổ hợp ta có:

\[A_x^3 + C_x^{{x^{ - 2x}}} = 14x\]

Suy ra \[\frac{{x!}}{{\left( {x - 3} \right)!}} + \frac{{x!}}{{\left( {x - 2} \right)!\left( {2!} \right)}} = 14x\]

\[ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) + \frac{{x\left( {x - 1} \right)}}{2} = 14x\]

 \[ \Leftrightarrow x\left[ {(x - 1)(x - 2) + \frac{{x - 1}}{2} - 14} \right] = 0\]

Vì \[(x - 1)(x - 2) + \frac{{x - 1}}{2} - 14 \ne 0\] nên x = 0

Vậy x = 0.

x² + mx – 2 = 0

\[\Delta = {m^2} - 4.1.( - 2) = {m^2} + 8 > 0\,\,\,(\forall m)\]

Þ Với mọi giá trị của m phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂.

Khi đó, theo định lí Vi- ét, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - m\\{x_1}{x_2} = - 2\end{array} \right.\]

\[{x_1};{x_2} < 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} - 1\,\,\, < 0\\{x_2} - 1\,\,\, < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)\,\, > 0\\\left( {{x_1} - 1} \right) + \left( {{x_2} - 1} \right)\,\,\, < 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1\,\, > 0\\{x_1} + {x_2} - 2\,\, < 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 - ( - m) + 1\,\, > 0\\ - m - 2 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m\, > 1\\m\,\, > - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 1\]

Vậy m > 1.

Xét hàm số: y = 3x⁴ + 8x³ − 6x² − 24x – m

Ta có: y’ = 12x³ + 24x² – 1x – 24 = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\\x = - 2\end{array} \right.\]

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để đồ thị hàm số y = ∣3x⁴ + 8x³ − 6x² − 24x − m∣ có 7 điểm cực trị.

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}8 - m < 0\\13 - m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 8 < m < 13\]

\[ \Rightarrow m \in \left\{ {9;\,\,10;\,\,11;\,\,12} \right\}\].

Tổng tất cả các giá trị của m thỏa mãn bài toán là: 9 + 10 + 11 + 12 = 42.

Vậy tổng các giá trị m thoả mãn là 42.

Gọi M(x; y) thỏa mãn x − 2y + 2 = 0 ⇒ M thuộc đường thẳng x − 2y + 2 = 0 (d)

Gọi A(3; 5); B(5; 7)

Þ T = MA + MB

Ta cần tìm điểm M ∈ d sao cho MA + MB nhỏ nhất.

Dễ thấy A, B nằm cùng phía so với đường thẳng d.

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua d ta có: MA=MA′

Þ MA + MB = MA′ + MB ≥ A′B

Þ MA + MB nhỏ nhất Û M, A′, B thẳng hàng hay M = A′B ∩ d

Đường thẳng AA′  đi qua A và vuông góc với d nên có phương trình :

2x + y – 11 = 0 (d′)

Gọi H = d ∩ d’

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình

\[\left\{ \begin{array}{l}2x + y - 11 = 0\\x - 2y + 2 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 3\end{array} \right.\]

Þ H(4; 3) là trung điểm của AA’

x_A′  = 2x_H − x_A = 5

y_A′ = 2y_H − y_H = 1
Þ A’(5; 1)

Phương trình đường thẳng A′B là: x = 5

Þ MA + MB nhỏ nhất ⇔ M = A′B ∩ d

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

\[\left\{ \begin{array}{l}x - 2y + 2 = 0\\x = 5\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = \frac{7}{2}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow M\left( {5;\,\,\frac{7}{2}} \right)\]

Þ T_min = 6

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 6.

Số cách chọn ra 3 học sinh mà không có điều kiện gì là \[C_{50}^3 \Rightarrow n\Omega = C_{50}^3.\]

Gọi biến cố A: “Chọn ra 3 em học sinh mà trong 3 em ấy không có cặp anh em sinh đôi”.

Vì chọn ra 3 học sinh thì không thể có đến hai cặp anh em sinh đôi. Ta sẽ trừ đi các trường hợp có 1 cặp anh em sinh đôi.

Đầu tiên ta chọn 1 cặp sinh đôi: Có 4 cách chọn.

Sau đó chọn 1 học sinh còn lại từ 48 học sinh: Có 48 cách chọn

Do đó số cách chọn 3 em học sinh thỏa yêu cầu đề bài là:

\[C_{50}^3 - 4.48 = 19\,\,408\] (cách)

\[ \Rightarrow {n_A} = 19\,\,408\]

Vậy xác suất của biến cố A là \[P\left( A \right) = \frac{{19\,\,408}}{{C_{50}^3}} = \frac{{1\,\,213}}{{1\,\,225}}.\]

Có tất cả 15 + 10 + 5 = 30 câu hỏi.

Chọn 5 câu bất kì trong 30 câu hỏi được 1 đề thi nên số đề thi được tạo ra là \[C_{50}^3\]
Gọi A là biến cố: “Lấy ra được một đề thi “Tốt”.

• Trường hợp 1: Có 2 câu hỏi ở mức khó \[ \Rightarrow C_5^2.C_{15}^1.C_{10}^2 + C_5^2.C_{15}^2.C_{10}^1\] (đề)

• Trường hợp 2: Có 3 câu hỏi ở mức khó \[ \Rightarrow C_5^3.C_{15}^1.C_{10}^1\] (đề)

Vậy xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi “Tốt” là:

3^x . 2^{x + 1} = 72

Û 3^x. 2^{x + 1} = 2³. 3²

\[ \Leftrightarrow \frac{{{3^x}\,.\,{2^{x\, + \,1}}}}{{{3^2}\,.\,{2^3}}} = 1\]

Û 3^{x – 2} . 2^{x – 2} = 1

Û 6^{x – 2} = 6⁰

Û x – 2 = 0

Û x = 2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 2.

\[{5^x}\,.\,{3^{{x^2}}} = 1\]

\[ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{5^x}{{.3}^{{x^2}}}} \right) = {\log _3}1\]

\[ \Leftrightarrow {\log _3}{5^x} + {\log _3}{3^{{x^2}}} = 0\]

\[ \Leftrightarrow x{\log _3}5 + {x^2} = 0\]

\[ \Leftrightarrow x\left( {{{\log }_3}5 + x} \right) = 0\]

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - {\log _3}5\end{array} \right.\]

Vậy nghiệm của phương trình là x = 0 và \[x = - {\log _3}5\].

(sin² x)’ = 2sin x.(sin x)’ = 2sin x cos x = sin 2x.

Vậy đạo hàm của hàm số sin² x là sin 2x.

sin² x + 2sin x – 3 = 0

Û sin² x – sin x + 3sin x – 3 = 0

Û (sin x – 1)(sin x + 3) = 0

Vì –1 £ sin x £ 1 nên sin x + 3 ¹ 0

Do đó sin x – 1 = 0 Û sin x = 1

\[ \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\,(k \in \mathbb{Z})\]

Vậy \[x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\,(k \in \mathbb{Z})\].

Ta có: \[\sin 3x - \sqrt 3 \cos 3x = 2\sin 2x\]

\[ \Leftrightarrow 2\sin \left( {3x - \frac{\pi }{3}} \right) = 2\sin 2x\]

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x - \frac{\pi }{3} = 2x + k2\pi }\\{3x - \frac{\pi }{3} = \pi - 2x + k2\pi }\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{x = \frac{{2\pi }}{{15}} + \frac{{k2\pi }}{5}}\end{array}} \right.\,\,(k \in \mathbb{Z})\]

Vậy các giá trị x thoả mãn là \[x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \] hoặc \[x = \,\frac{{2\pi }}{{15}} + \frac{{k2\pi }}{5}\].

Để lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số ta phải thực hiện qua ba giai đoạn:

• Chọn một quả cầu đỏ

• Chọn một quả cầu xanh

• Chọn một quả cầu vàng

Chọn quả cầu đỏ có 5 cách chọn

Chọn quả cầu xanh có 5 cách chọn (trừ quả cầu được đánh số trùng với quả cầu đỏ)

Chọn quả cầu vàng có 5 cách chọn (trừ hai quả cầu được đánh số trùng với quả cầu đỏ và quả cầu xanh)

Theo quy tắc nhân ta được 5. 5. 5 = 125 cách lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số

Vậy có 125 cách lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số.

• Trường hợp 1: chọn 4 bi đỏ hoặc trắng có: \[C_9^4 = 126\] (cách)

• Trường hợp 2: chọn 4 bi đỏ và vàng hoặc 4 bi vàng có \[C_{10}^4 - C_4^4 = 209\] (cách)

• Trường hợp 3: chọn 4 bi trắng và vàng có \[C_{11}^4 - (C_5^4 + C_6^4) = 310\] (cách)

Số cách chọn 4 viên bi từ hộp đó sao cho không có đủ 3 màu là:

126 + 209 + 310 = 645 (cách)

Vậy có 645 cách.

Điều kiện xác định: x² + 5x – 6 > 0

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < - 6\\x > 1\end{array} \right.\]

Vậy tập xác định D là: D = (–¥; –6) È (1; +¥).

Điều kiện xác định: (x³ − 8)¹⁰⁰⁰ > 0 Û x ≠ 2 .

Vậy tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \{ 2\} \].

Ta có: \[\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} } \right|\]

\[ \Leftrightarrow \left| {2\overline {MI} } \right| = \left| {\overline {BA} } \right| \Leftrightarrow 2MI = BA \Leftrightarrow MI = \frac{{BA}}{2}\].

Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn đường kính AB.

Ta có:

• \[{V_1} = \frac{1}{3}.6.\pi {.8^2} = 128\pi \]

• \[{V_2} = \frac{1}{3}{.6^2}.\pi .8 = 96\pi \]

Vậy \[\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{128\pi }}{{96\pi }} = \frac{4}{3}\].

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.

Ta có: \[\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| = 3\]

\[ \Leftrightarrow \left| {3\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right| = 3\]

\[ \Leftrightarrow \left| {3\overrightarrow {MG} + \vec 0} \right| = 3 \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow {MG} } \right| = 1 \Leftrightarrow MG = 1\].

Tập hợp các điểm M thỏa mãn yêu cầu đề bài là đường tròn tâm G bán kính 1.

Vậy có vô số điểm M thỏa mãn.

Ta có \[I = \mathop \smallint \limits_0^1 \frac{{{x^7}}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^5}}}dx = \mathop \smallint \limits_0^1 \frac{{{x^6}.x}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^5}}}dx\]

Đặt t = 1 + x² ⇒ dt = 2xdx và x² = t – 1

Đổi cận \[\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 1\\x = 1 \Rightarrow t = 2\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow I = \frac{1}{2}\mathop \smallint \limits_1^2 \frac{{{{\left( {t - 1} \right)}^3}dt}}{{{t^5}}}\]

Vậy \[I = \frac{1}{2}\mathop \smallint \limits_1^2 \frac{{{{\left( {t - 1} \right)}^3}dt}}{{{t^5}}}\].

\[\mathop \smallint \limits_0^1 \left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right)dx = \left( {ln|x + 1| - ln|x + 2|} \right)|_0^1\]

\[ = ln\mid \frac{{x + 1}}{{x + 2}}\mid \mid _0^1 = ln\frac{2}{3} - ln\frac{1}{2} = ln2 - ln3 + ln2 = 2ln2 - ln3\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 1\end{array} \right. \Rightarrow a + 2b = 2 - 2 = 0\]

Vậy a + 2b = 0.

Gọi số tự nhiên có 3 chữ số là \[\overline {abc} \](0 ≤ a, b, c ≤ 9, a ≠ 0).

⇒ S có 9.10.10 = 900 (phần tử.)

Chọn ngẫu nhiên một số từ S

Ta có n(Ω) = 900.

Gọi A là biến cố: "Số được chọn thỏa mãn a ≤ b ≤ c ".

• Trường hợp 1: a < b < c. Chọn 3 số trong 9 số từ 1 đến 9, có duy nhất một cách xếp chúng theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải nên TH này có \[C_9^3\] số thỏa mãn.

• Trường hợp 2: a = b < c, có \[C_9^2\]số thỏa mãn.

• Trường hợp 3: a < b = c có \[C_9^2\]số thỏa mãn.

• Trường hợp 4: a = b = c có 9 số thỏa mãn.

\[ \Rightarrow n\left( A \right) = C_9^3 + 2.C_9^2 + 9 = 165\].

log(mx) = 2log(x + 1) \[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x > - 1\\mx = {(x + 1)^2}\end{array} \right.\,\,\,\,\,(1)\]

Ta thấy x = 0 không phải nghiệm của.

Khi đó \[(1) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 1\\m = \frac{{{{(x + 1)}^2}}}{x} = x + \frac{1}{x} + 2\end{array} \right.\]

Xét hàm số: \[f(x) = x + \frac{1}{x} + 2\], \[x \in ( - 1; + \infty )\backslash {\rm{\{ }}0\} \] có \[f'(x) = 1 - \frac{1}{{{x^2}}}\]

\[f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\,\,\,\,(L)\end{array} \right.\]

Xét bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biên thiên, phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 0\\m = 4\end{array} \right.\]

Mà \[m \in \mathbb{Z},\,\,m \in {\rm{[}} - 2017;2017]\] nên \[m \in {\rm{[}} - 2017; - 2016;...; - 1] \cup {\rm{\{ }}4\} \]

Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn.

Quan sát hình vẽ ta thấy có hình 1 không phải hình đa diện.

Ba hình còn lại đều là hình đa diện.

Vậy có 3 hình đa diện.

Ta có: \[\smallint \frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}}dx = \smallint 2xdx \Rightarrow - \frac{1}{{f\left( x \right)}} = {x^2} + C\]

Vì \[f\left( 2 \right) = - \frac{2}{9} \Rightarrow C = \frac{1}{2}\]nên \[f\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{{x^2} + \frac{1}{2}}} \Rightarrow f\left( 1 \right) = - \frac{2}{3}\]

Tập xác địnhL: D = [0; e]

\[y' = \frac{{4x}}{{2{x^2} + {e^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 0\,\,\,\left( {tm} \right)\]

f(0) = lne² = 2; f(e) = ln(3e²) = ln3 + 2

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \mathop {\max y = \ln 3 + 2}\limits_{\left[ {0;\,e} \right]} \\b = \mathop {\min y}\limits_{\left[ {0;\,e} \right]} = 2\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 4 + \ln 3\].