Đáp án đúng là: A

Số tự nhiên có 2 chữ số là: \(C_9^1.C_{10}^1 = 90\) (số).

\(\Omega :\) “Chọn ngẫu nhiên 2 số từ tập hợp S” ⇒ \({n_\Omega } = C_{90}^2\)

A: “Chọn được 2 số có chữ số hàng đơn vị giống nhau”.

· TH1: Chữ số hàng đơn vị là 0 ⇒ Có 9 chữ số là: 10; 20; 30; 40; 50; 60; 70; 80; 90.

⇒ Số cách chọn 2 số là: \(C_9^2.\)

Tương tự với các số có chữ số hàng đơn vị là: 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9.

⇒ Có tất cả 10 trường hợp giống nhau.

⇒ \({n_A} = 10.C_9^2\)

⇒ \({P_A} = \frac{{10.C_9^2}}{{C_{90}^2}} = \frac{8}{{89}}.\)

Vì S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số nên tập S là tập hợp các số tự nhiên lớn hơn 9 và nhỏ hơn 100.

Do đó: S = {x | x là số tự nhiên và 9 < x < 100}.

Nhận thấy: 15; 99 là phần tử của S, 7; 106 không là phần tử của S

Vậy 7 ∉ S; 15 ∈ S; 106 ∉ S; 99 ∈ S.

Đáp án đúng là: C

ĐK: x > 0.

Đặt \(t = {\log _3}x = {\log _2}\left( {1 + \sqrt x } \right)\) (vì \(1 + \sqrt x > 1\) ⇒ \(t = {\log _2}\left( {1 + \sqrt x } \right) > 0\))

⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = {3^t}}\\{1 + \sqrt x = {2^t}}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = {3^t}}\\{x = {{\left( {{2^t} - 1} \right)}^2}}\end{array}} \right.\)

⇒ \({3^t} = {\left( {{2^t} - 1} \right)^2}\) ⇔ \({3^t} = {4^t} - {2.2^t} + 1\) ⇔ \({\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = 1 - 2.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^t} + {\left( {\frac{1}{4}} \right)^t}\)

⇔ \({\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} + 2.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^t} - {\left( {\frac{1}{4}} \right)^t} = 1\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} + 2.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^t} - {\left( {\frac{1}{4}} \right)^t}\) trên (0; +∞) có:

\(f'\left( t \right) = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t}\ln \frac{3}{4} + 2{\left( {\frac{1}{2}} \right)^t}\ln \frac{1}{2} - {\left( {\frac{1}{4}} \right)^t}\ln \frac{1}{4}\)

\( = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t}\ln \frac{3}{4} + 2{\left( {\frac{1}{2}} \right)^t}\ln \frac{1}{2} + 2.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^t}\ln \frac{1}{2}\)

Mà \(\ln \frac{3}{4} < 0,\,\,\ln \frac{1}{2} < 0\) nên \(f'\left( t \right) < 0,\) ∀t > 0.

Do đó hàm số f(t) nghịch biến trên (0; +∞).

Dễ thấy f(2) = 1 nên phương trình f(t) = 1 có nghiệm duy nhất t = 2.

Suy ra \({\log _3}x = 2\) ⇔ x = 9.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 9.

Đặt \({\log _2}x = 6t\) ⇒ x = 2^6t.

Thay vào phương trình ta có:

\(3{\log _3}\left( {1 + {2^{3t}} + {2^{2t}}} \right) = 2{\log _2}\left( {{2^{3t}}} \right) = 6t\)

⇔ \({\log _3}\left( {1 + {2^{3t}} + {2^{2t}}} \right) = 2t\)

⇔ \(1 + {2^{3t}} + {2^{2t}} = {3^{2t}}\)

⇔ \({\left( {\frac{1}{9}} \right)^t} + {\left( {\frac{8}{9}} \right)^t} + {\left( {\frac{4}{9}} \right)^t} = 1\) (chia cả 2 vế cho 3^2t)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\left( {\frac{1}{9}} \right)^t} + {\left( {\frac{8}{9}} \right)^t} + {\left( {\frac{4}{9}} \right)^t} - 1\).

Ta thấy f(2) = 0.

Vì f(t) là hàm nghịch biến nên phương trình f(t) = 0 có 1 nghiệm duy nhất.

Suy ra t = 2 là nghiệm duy nhất.

Ta có: t = 2 ⇔ \({\log _2}x = 6.2 = 12\)

⇒ \(x = {2^{12}} = 4096\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4096.

Đồ thị hàm số đi qua A và B nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b + c + d = - 7}\\{8a + 4b + 2c + d = - 8}\end{array}} \right.\)

⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{d = - 7 - a - b - c}\\{7a + 3b + c = - 1\,\,\,\left( 1 \right)}\end{array}} \right.\)

Ta có: \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c = 0\) có 2 nghiệm x = 1 và x = 2 (hoành độ của A và B) nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3a + 2b + c = 0\,\,\left( 2 \right)}\\{12a + 4b + c = 0\,\,\left( 3 \right)}\end{array}} \right.\)

Từ (1), (2) và (3) ta có a = 2; b = −9; c = 12 ⇒ d = −12

Khi đó y(−1) = −a + b – c + d = −35.

Vậy y(−1) = −35.

Đáp án đúng là: A.

Ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \) ⇒ a < 0.

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm có tung độ y₀ = −3 ⇒ d < 0.

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị trái dấu nên \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c = 0\) có 2 nghiệm trái dấu

⇒ 3ac < 0 ⇒ c > 0

Hoành độ điểm uốn nằm bên phải trục tung nên \(y'' = 6ax + 2b = 0\) có nghiệm dương

⇒ \(x = \frac{{ - b}}{{3a}} > 0\) ⇔ \(\frac{b}{a} < 0\) ⇒ b > 0

Vậy a < 0, b > 0, c > 0, d < 0.

Đáp án đúng là: C

Mặt phẳng (Oxz) có phương trình là y = 0.

Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d₁, d₂, d₃.

Ta có: A(t, 4 – t, -1 + 2t); B(u, 2 – 3u, -3u); C(-1 + 5v, 1 + 2v, – 1 + v).

A, B, C thẳng hàng và AB = BC ⇔ B là trung điểm của AC

⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{t + \left( { - 1 + 5v} \right) = 2u}\\{4 - t + \left( {1 + 2v} \right) = 2.\left( {2 - 3u} \right)}\\{ - 1 + 2t + \left( { - 1 + v} \right) = 2.\left( { - 3u} \right)}\end{array}} \right.\)

Giải hệ phương trình trên ta được: t = 1, u = 0, v = 0.

Suy ra A(1; 3; 1); B(0; 2; 0); C(-1; 1; -1).

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua A, B, C có phương trình là: \(\frac{x}{1} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{z}{1}.\)

Xét khai triển: \({\left( {x + 3} \right)^n} = C_n^0.{x^n}{.3^0} + C_n^1.{x^{n - 1}}{.3^1} + ... + C_n^n.{x^0}{.3^n}\)

Thay x = 1 vào hai vế, ta được:

\({4^n} = C_n^0 + C_n^1{.3^1} + C_n^2{.3^2} + ... + C_n^n{.3^n}\)

⇔ S = 4ⁿ

Vậy S = 4ⁿ.

Xét phương trình: xlnx = 0 ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\) ⇒ x = 1.

Áp dụng công thức trên ta có: \(V = \pi \int_1^e {{{\left( {x\ln x} \right)}^2}dx} = \pi \int_1^e {{x^2}{{\ln }^2}xdx} \)

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = {{\ln }^2}x}\\{dv = {x^2}dx}\end{array}} \right.\) ⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{du = 2\ln x\frac{{dx}}{x}}\\{v = \frac{{{x^3}}}{3}}\end{array}} \right.\)

⇒ \[\frac{v}{\pi } = \frac{{{x^3}}}{3}\left. {{{\ln }^2}x} \right|_1^e - \frac{2}{3}\int_1^e {{x^2}\ln xdx} = \frac{{{e^3}}}{3} - \frac{2}{3}I\]

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = \ln x}\\{dv = {x^2}dx}\end{array}} \right.\) ⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{du = \frac{{dx}}{x}}\\{v = \frac{{{x^3}}}{3}}\end{array}} \right.\)

 ⇒ \(I = \frac{{{x^3}}}{3}\left. {\ln x} \right|_1^e - \frac{1}{3}\int_1^e {{x^2}dx} = \frac{{{e^3}}}{3} - \frac{1}{3}\left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_1^e\)

\( = \frac{{{e^3}}}{3} - \frac{1}{3}\left( {\frac{{{e^3}}}{3} - \frac{1}{3}} \right)\)\( = \frac{{2{e^3}}}{9} + \frac{1}{9}.\)

Do đó \(\frac{V}{\pi } = \frac{{{e^3}}}{3} - \frac{2}{3}I = \frac{{{e^3}}}{3} - \frac{2}{3}\left( {\frac{{2{e^3}}}{9} + \frac{1}{9}} \right) = \frac{{5{e^3}}}{{27}} - \frac{2}{{27}}\).

Vậy \(V = \frac{\pi }{{27}}\left( {5{e^3} - 2} \right)\) ⇒ a = 27 và b = 5.

Ta có: ∆ = (4m – 1)² – 4.2.(2m – 1) = (4m – 3)²

2(x² + 2x)² – (4m – 1)(x² + 2x) + 2m – 1 = 0

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + 2x = \frac{1}{2}\left( 1 \right)}\\{{x^2} + 2x = 2m - 1\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

(1) ⇔ \({x^2} + 2x - \frac{1}{2} = 0\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{ - 2 + \sqrt 6 }}{2} \notin \left[ { - 3;0} \right]}\\{x = \frac{{ - 2 - \sqrt 6 }}{2} \in \left[ { - 3;0} \right]}\end{array}} \right.\)

Do đó phương trình (1) chỉ có 1 nghiệm thuộc [−3; 0].

Để phương trình đã cho có 3 nghiệm thuộc đoạn [−3; 0] thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn [−3; 0] và hai nghiệm này phải khác \(\frac{{ - 2 - \sqrt 6 }}{2}.\)

(2) ⇔ (x + 1)² = 2m.

Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác \(\frac{{ - 2 - \sqrt 6 }}{2}\) và thuộc đoạn [−3; 0]

⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2m > 0}\\{{{\left( {\frac{{ - 2 - \sqrt 6 }}{2} + 1} \right)}^2} \ne 2m}\\{ - 3 \le - 1 + \sqrt {2m} \le 0}\\{ - 3 \le - 1 - \sqrt {2m} \le 0}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 0}\\{m \ne \frac{3}{4}}\\{m \le \frac{1}{2}}\\{m \le 2}\end{array}} \right.\)

Vậy không có giá trị nguyên nào của m thỏa mãn điều kiện của đề bài.

6^x + 2mx = m2^x + 2x.3^x (1) ⇔ \({2^x}{.3^x} - 2x{.3^x} = m{.2^x} - 2mx\)

⇔ \({3^x}\left( {{2^x} - 2x} \right) - m\left( {{2^x} - 2x} \right) = 0\) ⇔ \(\left( {{3^x} - m} \right)\left( {{2^x} - 2x} \right) = 0\)

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{2^x} - 2x = 0}\\{{3^x} = m\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Xét hàm số g(x) = 2^x – 2x có \(g'\left( x \right) = {2^x}\ln 2 - 2\) ⇒ \(g''\left( x \right) = {\log _2}\left( {\frac{2}{{\ln 2}}} \right) \approx 1,53.\)

Gọi nghiệm đó là x₀.

Hàm số g(x) có bảng biến thiên sau:

Do g(x₀) < 0 do đó g(x) = 0 có hai nghiệm.

Mà g(1) = g(2) = 0 nên x = 1, x = 2 là hai nghiệm của phương trình 2^x – 2x = 0.

Để phương trình (1) có ba nghiệm nguyên dương thì phương trình (2) có một nghiệm nguyên dương khác 1 và 2.

• Với x = 3 ⇒ m = 27.

• Với x = 4 ⇒ m = 81.

Để hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{\sqrt x - 2}}\) xác định thì

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 0}\\{\sqrt x - 2 \ne 0}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 0}\\{\sqrt x \ne 2}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 0}\\{x \ne 4}\end{array}} \right.\)

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = [0; +∞)\{4}.

Để hàm số \(y = \sqrt {\frac{{{x^2} + x + 1}}{{\left| {2x - 1} \right| - x - 2}}} \) xác định thì \(\frac{{{x^2} + x + 1}}{{\left| {2x - 1} \right| - x - 2}} \ge 0.\)

Vì \({x^2} + x + 1 = {\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0\) nên ta có

\(\frac{{{x^2} + x + 1}}{{\left| {2x - 1} \right| - x - 2}} \ge 0\) ⇔ |2x – 1| − x – 2 > 0

• TH1: Nếu 2x – 1 ≥ 0 ⇔ \(x \ge \frac{1}{2}\) ta có |2x – 1| − x – 2 > 0

⇔ 2x – 1 – x – 2 > 0 ⇔ x – 3 > 0 ⇔ x > 3 (thỏa mãn điều kiện)

• TH2: Nếu 2x – 1 < 0 ⇔ \(x < \frac{1}{2}\) ta có |2x – 1| − x – 2 > 0

⇔ -2x + 1 – x – 2 > 0 ⇔ -3x – 1 > 0

⇔ \(x < - \frac{1}{3}\) (thỏa mãn điều kiện)

Kết hợp hai trường hợp ta có tập nghiệm của của x để hàm số y xác định là:

\(D = \left( { - \infty ; - \frac{1}{3}} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right).\)

ĐKXĐ: x ≥ 0.

P < 0 ⇔ \(\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 2}} < 0\) ⇔ \(\sqrt x - 2 < 0\)

⇔ \(\sqrt x < 2\) ⇔ x < 4.

Kết hợp với ĐKXĐ ⇒ 0 ≤ x < 4.

Vậy x ∈ {0; 1; 2; 3}.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số, ta có:

−x² = x – 2

⇔ x² + x – 2 = 0

⇔ x² + 2x – x – 2 = 0

⇔ x(x + 2) − (x + 2) = 0

⇔ (x − 1)(x + 2) = 0

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 1 = 0}\\{x + 2 = 0}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = - 2}\end{array}} \right.\)

Với x = 1 ⇒ y = −1² = −1 =1.

Với x = −2 ⇒ y = −(−2)² = −4.

Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là (1; −1), (−2; −4).

Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x + 3 = - \frac{3}{4}x + 3\)

⇔ \(x + \frac{3}{4}x = 3 - 2\)

⇔ \(\frac{7}{4}x = 1\) ⇔ \(x = \frac{4}{7}\)

⇒ \(y = \frac{{18}}{7}.\)

Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là \(\left( {\frac{4}{7};\frac{{18}}{7}} \right).\)

ĐK: x > 0.

\(\log _2^2x - {\log _2}9.{\log _3}x = 3\)

⇔ \(\log _2^2x - {\log _2}{3^2}.{\log _3}x = 3\)

⇔ \(\log _2^2x - 2{\log _2}3.{\log _3}x = 3\)

⇔ \(\log _2^2x - 2{\log _2}x - 3 = 0\) (*)

Đặt t = log₂x. Khi đó ta có:

(*) ⇔ \({t^2} - 2t - 3 = 0\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 3}\\{t = - 1}\end{array}} \right.\)

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\log }_2}x = 3}\\{{{\log }_2}x = - 1}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = {2^3} = 8\left( {tm} \right)}\\{{x_2} = {2^{ - 1}} = \frac{1}{2}\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)

⇒ \({x_1} + {x_2} = 8 + \frac{1}{2} = \frac{{17}}{2}.\)

Vậy tổng các nghiệm của phương trình \(\log _2^2x - {\log _2}9.{\log _3}x = 3\) là \(\frac{{17}}{2}.\)

a) Có tất cả 5 + 4 + 3 = 12 quyển sách.

Cách sắp xếp các quyển sách một cách tùy ý là: 12! (cách)

b) Chọn vị trí ở giữa cho 5 quyển sách Toán nên có số cách là 5! (cách)

Chọn vị trí đầu cho sách lý, có số cách là 4! (cách)

Chọn vị trí cuối cho sách văn, có số cách là 3! (cách)

Hoán đổi vị trí đầu và vị trí cuối nên thêm 2! (cách)

Vậy số cách sắp xếp các quyển sách trên theo từng môn và sách Toán nằm ở giữa là:

4!.5!.3!.2! = 34560 (cách)

Ta phân nhóm mỗi loại sách theo từng môn, xếp 3 nhóm có 3!3! (cách).

Trong mỗi nhóm, ta xếp từng loại sách:

+)  Xếp sách Toán có 5! (cách).

+)  Xếp sách Lí có 4! (cách).

+)  Xếp sách Văn có 3! (cách).

Như vậy có 3!.5!.4!.3!=103680 (cách)

\({\left( {{{\sin }^2}x} \right)^\prime } = 2\sin x.{\left( {\sin x} \right)^\prime } = 2\sin x\cos x = \sin 2x.\)

Đáp án đúng là: D.

Kẻ đường thẳng x = 1 cắt đồ thị hàm số y = ax tại điểm có tung độ a; kẻ đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = log_bx, y = log_cx lần lượt tại các điểm có hoành độ b, c.

Quan sát hình vẽ suy ra c > a > b.

Ta có: \({\cos ^2}x + \sqrt {\cos x + m} = m\) ⇒ m ≥ 0.

Đặt \(\sqrt {\cos x + m} = t,t \ge 0.\)

Phương trình trở thành: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\cos }^2}x + t = m}\\{{t^2} - \cos x = m}\end{array}} \right.\)

⇒ (cos²x – t²) + (t + cos x) = 0

⇔ (cos x + t)(cos x – t + 1) = 0

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x = - t}\\{\cos x - t + 1 = 0}\end{array}} \right.\)

TH1: cos x = -t

⇒ \(\sqrt {\cos x + m} = - \cos x\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x \le 0}\\{{{\cos }^2}x - \cos x = m}\end{array}} \right.\)

Đặt u = cos x (-1 ≤ u ≤ 0)

Xét hàm số f(u) = u² – u trên đoạn [-1; 0], có hoành độ đỉnh \(x = \frac{1}{2} \notin \left[ { - 1;0} \right]\) và bảng biến thiên:

Để phương trình có nghiệm thì m ∈ [0; 2]. Vì m ∈ ℤ nên m ∈ {0; 1; 2}.

TH2: cos x – t + 1 = 0

⇔ \(\sqrt {\cos x + m} = 1 + \cos x\)

⇔ cos²x + cos x + 1 = m

Đặt v = cos x, -1 ≤ v ≤ 1. Ta có m = v² + v + 1 = g(v)

Hàm số bậc hai g(v) có hoành độ đỉnh \(v = \frac{1}{2} \in \left[ { - 1;1} \right]\) và có bảng biến thiên:

Để phương trình có nghiệm thì \(m \in \left[ {\frac{3}{4};3} \right].\) Vì m ∈ ℤ nên m ∈ {1; 2; 3}.

Vậy có tất cả 4 số nguyên m thỏa mãn bài toán.

Ta có: \(y' = 3 - \frac{8}{{{x^3}}}\) ⇒ \(y' = 0\) ⇔ \(3 - \frac{8}{{{x^3}}} = 0\) ⇔ \({x^3} = \frac{8}{3}\) ⇔ \(x = \frac{2}{{\sqrt[3]{3}}}\)

Hàm số y có bảng biến thiên sau:

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số y trên khoảng (0; +∞) là \(y\left( {\frac{2}{{\sqrt[3]{3}}}} \right)\) ⇒ \(\mathop {\min y}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} = 3.\frac{2}{{\sqrt[3]{3}}} + \frac{4}{{{{\left( {\frac{2}{{\sqrt[3]{3}}}} \right)}^2}}} = 3\sqrt[3]{9}.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y trên khoảng (0; +∞) là \(3\sqrt[3]{9}.\)

Ta có: log₃(3a) = log₃3 + log₃a = 1 + log₃a.

Ta có: x² – 6x + 2(x – 6) = x(x – 6) + 2(x – 6) = (x + 2)(x – 6).

Gọi T là số tiền sau khi lãi được cộng dồn vào gốc, P là số tiền ban đầu.

Gọi n là số quý gửi tiết kiệm (quý).

Cứ sau mỗi quý thì lãi sẽ được cộng dồn vào vốn gốc ⇒ Kì hạn là 1 quý (3 tháng)

⇒ Lãi suất là: 1%.3 = 3% (1 quý)

Để nhận được số tiền gấp 3 lần ban đầu thì T = 3P ⇔ P(1 + 3%)ⁿ = 3P

⇔ (1 + 3%)ⁿ = 3 ⇔ n = log_1,033 = 37,16.

Mà mỗi năm có 4 quý ⇒ Cần tối thiếu số năm là: 37,16 : 4 = 9,29 (năm)

⇒ Làm tròn lên 10 năm.

ĐKXĐ: 3x + 3 > 0 ⇔ x > −1.

Ta có: log₃(3x + 3) + x = 2y + 9^y

⇔ log₃[3(x + 1)] + x = 2y + 3^2y

⇔ log₃3 + log₃(x + 1) + x = 2y + 3^2y

⇔ log₃(x + 1) + x + 1 = 2y + 3^2y

⇔log₃(x + 1) + 3^{log3(x + 1)} = 2y + 3^2y

Xét hàm đặc trưng f(t) = t + 3^t ta có f ′(t) = 1 + 3^tln3 > 0.

⇒ Hàm số y = f(t) đồng biến trên ℝ, do đó ta có log₃(x + 1) = 2y

⇔ x + 1 = 3^2y.

Theo bài ra ta có: 0 ≤ x ≤ 2020

⇔ 0 ≤ 3^2y – 1 ≤ 2020

⇔ 1 ≤ 3^2y ≤ 2020

⇔ 0 ≤ 2y ≤ log₃2020 ≈ 6,9

Mà y ∈ Z ⇒ y ∈ {0; 1; 2; 3}.

Ứng với mỗi giá trị của y cho 1 giá trị x tương ứng.

Vậy có 4 cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

ĐK: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0}\\{{5^x} - m \ge 0}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0}\\{x \ge {{\log }_5}m}\end{array}} \right.\) (*)

Do m nguyên dương nên m ≥ 1 ⇒ log₅m ≥ 0.

Ta có: \(\left( {2\log _3^2x - {{\log }_3}x - 1} \right)\sqrt {{5^x} - m} = 0\)

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\log }_3}x = 1}\\{{{\log }_3}x = - \frac{1}{2}}\\{{5^x} = m}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3}\\{x = \frac{1}{{\sqrt 3 }}}\\{x = {{\log }_5}m}\end{array}} \right.\)

TH1: m = 1 thì (*) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0}\\{x \ge 0}\end{array}} \right.\) ⇔ x > 0.

Mà m = 1 ⇒ x = log₅m = 0 (KTM) nên phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm x₁ = 3 và \({x_2} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\)

TH2: m > 1 thì (*) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0}\\{x \ge {{\log }_5}m}\end{array}} \right.\) ⇔ x ≥ log₅m.

Do đó phương trình đã cho chắc chắn có nghiệm x₁ = log₅m.

Do đó để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì nó chỉ có thể nhận thêm một trong hai nghiệm x = 3 hoặc \(x = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\)

+) Nếu \(\frac{1}{{\sqrt 3 }} > {\log _5}m\) ⇒ 3 > log₅m nên cả hai nghiệm 3 và \(\frac{1}{{\sqrt 3 }}\) đều thỏa mãn ĐK nên phương trình đã cho có 3 nghiệm (loại).

+) Nếu \(\frac{1}{{\sqrt 3 }} = {\log _5}m\) ⇔ \(m = {5^{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}} \notin \mathbb{Z}\) nên không xét trường hợp này.

+) Nếu \(\frac{1}{{\sqrt 3 }} < {\log _5}m\) ⇔ \(m > {5^{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}\) thì để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì nghiệm x = 3 phải thỏa mãn 3 > log₅m ⇔ m < 5³ = 125.

Kết hợp \(m > {5^{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}\) ta được \({5^{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}} < m < 125.\)

Mà m ∈ ℤ nên m ∈ {3; 4;...; 124}.

Vậy m ∈ {1; 3; 4;...; 124} nên có 123 giá trị m thỏa mãn.

ĐK: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} - x - 6 > 0}\\{x + 2 > 0}\end{array}} \right.\) ⇔ x > 3.

Khi đó \(\log \left( {{x^2} - x - 6} \right) + x = \log \left( {x + 2} \right) + 4\)

⇔ log(x + 2) + log(x – 3) + x = log(x + 2) + 4

⇔ log(x – 3) = 4 – x

⇔ x = 4 (thỏa mãn điều kiện)

Do vế trái là hàm đồng biến, vế phải là hàm nghịch biến nên phương trình có nghiệm duy nhất là x = 4.

Vậy S = {4}.

Ta có: d(M, (P)) = 3 > R = 2 ⇒ (P) ∩ (S) = ∅.

Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P) có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 + t}\\{y = 1 + 2t}\\{z = 1 + 2t}\end{array}} \right.\) (t ∈ ℝ)

Tọa độ giao điểm của d và (S) là \(A\left( {\frac{5}{3};\frac{7}{3};\frac{7}{3}} \right),\,\,B\left( {\frac{1}{3}; - \frac{1}{3}; - \frac{1}{3}} \right).\)

Ta có: d(A, (P)) = 5 ≥ d(B, (P)) = 1.

⇒ d(A, (P)) ≥ d(M, (P)) ≥ d(B, (P)).

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC với tọa độ là G(1; 2; 3).

Ta có MA² + MB² + MC² = \({\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2}\)

\( = {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GC} } \right)^2}\)

\( = 3M{G^2} + \left( {G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}} \right) + 2\overrightarrow {MG} \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right)\)

\( = 3M{G^2} + \left( {G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}} \right)\)

Suy ra MA² + MB² + MC² nhỏ nhất ⇔ MG nhỏ nhất, do GA² + GB² + GC² không đổi

⇔ M là hình chiếu của G trên (P).

Vậy MA² + MB² + MC² nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G trên (P).

Số cách lấy ngẫu nhiên 4 quả là: \(C_{10}^4\) (cách)

Số cách lấy được 2 quả đỏ, 2 trắng là: \(C_4^2.C_7^2\) (cách)

Xác suất để lấy được đúng 2 quả đỏ là: \(P = \frac{{C_4^2.C_7^2}}{{C_{10}^4}} = \frac{3}{{10}}.\)

Hàm số y = x³ − mx² + (2m − 3)x − 3 ⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y' = 3{x^2} - 2mx + \left( {2m - 3} \right)}\\{y'' = 6x - 2m}\end{array}} \right.\)

Hàm số đạt cực đại tại x = 1 khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y'\left( 1 \right) = 0}\\{y''\left( 1 \right) < 0}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{3.1}^2} - 2m.1 + 2m - 3 = 0\,\,\left( {tm} \right)}\\{6x - 2m = 0}\end{array}} \right.\)

⇔ m > 3.

Vậy m > 3.

4^x – 3.2^{x + 1} + m = 0 ⇔ \({\left( {{2^x}} \right)^2} - {3.2.2^x} + m = 0\)

⇔ \({2^{2x}} - {6.2^x} + m = 0\) (1)

Đặt t = 2^x (t > 0). Khi đó: (1) ⇔ t² – 6t + m = 0 (2)

Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x₁; x₂ thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm t dương phân biệt ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta ' > 0}\\{{t_1} + {t_2} > 0}\\{{t_1}{t_2} > 0}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{9 - m > 0}\\{3 > 0}\\{m > 0}\end{array}} \right.\) ⇔ 0 < m < 9.

Khi đó phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x₁ = log₂t₁; x₂ = log₂t₂.

⇒ x₁ + x₂ < 2 ⇔ log₂t₁ + log₂t₂ < 2

⇔ log₂(t₁t₂) < 2

⇔ log₂m < 2

⇔ m < 2² ⇔ m < 4.

Kết hợp với ĐK, suy ra 0 < m < 4.

Vậy m ∈ {1; 2; 3}.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

\(\frac{{2x + 1}}{{2x - 1}} = x + 2\) với \(x \ne \frac{1}{2}\)

⇔ 2x + 1 = (x + 2)(2x – 1)

⇔ 2x² + x – 3 = 0

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1\left( {tm} \right)}\\{x = - \frac{3}{2}\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)

Với x = 1 ta có y = 3 suy ra A(1; 3).

Với \(x = - \frac{3}{2}\) ta có \(y = \frac{1}{2}\) suy ra \(B\left( { - \frac{3}{2};\frac{1}{2}} \right).\)

Vậy đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm là A và B có tọa độ là A(1; 3) và \(B\left( { - \frac{3}{2};\frac{1}{2}} \right).\)

TXĐ: D = ℝ\{0}.

Ta có: \(y = \frac{1}{x}\) ⇒ \(y' = - \frac{1}{{{x^2}}} < 0\) ∀ x ∈ ℝ\{0}.

⇒ Hàm số \(y = \frac{1}{x}\) nghịch biến trên (-∞; 0) và (0; +∞).