Ta có:

Hàm số đồng biến trên (a; b) Û f ¢(x) ≥ 0 "x Î (a; b) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

+) Đáp án B: y′ = −f ′(x) Þ y′ < 0, "x Î (a; b) 

Þ Hàm số nghịch biến trên (a; b).

Vậy đáp án B đúng.

+) Đáp án C: y′ = f ′(x) Þ y′ > 0, "x Î (a; b) 

Þ Hàm số đồng biến trên (a; b).

Vậy đáp án C đúng.

+) Đáp án D: y′ = −f ′(x) Þ y′ < 0, "x Î (a; b) 

Þ Hàm số nghịch biến trên (a; b).

Vậy đáp án D đúng.

Chọn đáp án A.

+) Nếu f ¢(x) > 0, "x Î (a; b) thì hàm số y = f (x) đồng biến trên (a; b)

Vậy mệnh đề A là đúng.

+) Nếu f ¢(x) = 0, "x Î (a; b) thì hàm số y = f (x) không đổi trên (a; b)

Vậy mệnh đề B là đúng.

+) Nếu hàm số y = f (x) nghịch biến trên (a; b) thì f ¢(x) ≤ 0 với mọi x Î (a; b)

Vậy mệnh đề C là đúng.

+) Nếu hàm số y = f (x) đồng biến trên (a; b) thì f ¢(x) ≥ 0 với mọi x Î (a; b)

Vậy mệnh đề D là sai.

Chọn đáp án D.

Để y có nghĩa thì suy ra:

2 − sin x ≥ 0

Û sin x ≤ 2

Mà −1 ≤ sin x ≤ 1, "x Î ℝ nên suy ra sin x ≤ 2, "x Î ℝ

Vậy tập xác định của hàm số trên là D = ℝ.

Hàm số \(y = \frac{2}{{\sqrt {2 - \sin x} }}\) xác định khi và chỉ khi 2 − sin x > 0

Û sin x < 2

Mà −1 ≤ sin x ≤ 1, "x Î ℝ nên suy ra sin x < 2, "x Î ℝ

Vậy tập xác định của hàm số trên là D = ℝ.

1. Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số ta có: 

\(3\,.\,\frac{1}{3} + 2 = 1 + 2 = 3\)

Vậy \(A\left( {\frac{1}{3};\;3} \right)\) thuộc đường thẳng (d₁): y = 3x + 2.

2. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d₁) và đường thẳng (d₂) là: 

3x + 2 = −2x + m 

Û m = 5x + 2 (1)

Vì (d₁) cắt (d₂) tại điểm có hoành độ bằng 1 nên x = 1 là nghiệm của phương trình (1)

Khi đó m = 5.1 + 2 = 7

Vậy với m = 7 thỏa mãn yêu cầu để bài.

3. Đường thẳng y = −2x + m cắt trục hoành tại điểm M(x_M; 0), có hoành độ thỏa mãn phương trình: \( - 2{x_M} + m = 0 \Leftrightarrow {x_M} = \frac{m}{2}\)

Suy ra \(M\left( {\frac{m}{2};\;0} \right)\) và \(OM = \left| {\frac{m}{2}} \right|\)

Đường thẳng y = −2x + m cắt trục hoành tại điểm N(0; y_N), có tung độ thỏa mãn phương trình: y_N = m

Suy ra N(0; m), và ON = |m|

Đường thẳng y = −2x + m cắt hai trục tạo thành tam giác có diện tích bằng 5 nên suy ra diện tích tam giác OMN bằng 5

Do đó: \(\frac{1}{2}OM\,.\,ON = 5\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\,.\,\left| {\frac{m}{2}} \right|\,.\,\left| m \right| = 5\)

Û m² = 20

\( \Rightarrow m = 2\sqrt 5 \)

Vậy \(m = 2\sqrt 5 \) là giá của m thỏa mãn.

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

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

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị trái dấu nên y¢ = 3ax² + 2bx + c = 0 có hai nghiệm trái dấu

Þ 3ac < 0 Þ c > 0 (do a < 0)

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

\( \Rightarrow x = \frac{{ - b}}{{3a}} > 0 \Leftrightarrow \frac{b}{a} < 0 \Rightarrow b > 0\;\,\left( {do\;a < 0} \right)\)

Vậy a < 0, b > 0, c > 0, d < 0.

Chọn đáp án A.

Ta thấy: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \Rightarrow a > 0\)

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm có tung độ y₀ > 0 Þ d > 0

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị trái dấu nên y¢ = 3ax² + 2bx + c = 0 có hai nghiệm trái dấu

Þ 3ac < 0 Þ c < 0 (Do a > 0)

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

\( \Rightarrow x = \frac{{ - b}}{{3a}} > 0 \Leftrightarrow \frac{b}{a} < 0 \Rightarrow b < 0\;\left( {do\;a > 0} \right)\)

Vậy a > 0, b < 0, c < 0, d > 0.

Chọn đáp án D.

Gọi x, y, z (học sinh) lần lượt là số học sinh của lớp 10A, 10B, 10C (x, y, z ∈ ℕ*).

Điều kiện x, y, z nguyên dương.

Ba lớp học sinh 10A, 10B, 10C gồm 128 em nên ta có phương trình x + y + z = 128.

Mỗi em lớp 10A trồng được 3 cây bạch đàn, mỗi em lớp 10B trồng được 2 cây bạch đàn, mỗi em lớp 10C trồng được 6 cây bạch đàn. Cả 3 lớp trồng được 476 cây bạch đàn nên ta có phương trình 3x + 2y + 6z = 476

Mỗi em lớp 10A trồng được 4 cây bàng, mỗi em lớp 10B trồng được 5 cây bàng. Cả 3 lớp trồng được 375 cây bàng nên ta có phương trình 4x + 5y = 375.

Từ đó ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 128\\3x + 2y + 6z = 476\\4x + 5y = 375\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y - 3z = - 92\\ - y + 4z = 137\\x + y + z = 128\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}z = 45\\y = 43\\x = 40\end{array} \right.\)

Vậy 10A có 40 học sinh, 10B có 43 học sinh, 10C có 45 học sinh.

Xét hàm số: y = x³ − 3(m + 1)x² + 3m(m + 2)x

Ta có: y¢ = 3x² − 6(m + 1)x + 3m(m + 2)

= 3x² − 3(m + 2)x − 3mx + 3m(m + 2)

= 3x(x − m − 2) − 3m(x − m − 2)

= 3(x − m − 2)(x − m)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = m + 2\end{array} \right.\;\left( {m < m + 2,\;\forall m} \right)\)

Bảng biến thiên:

Theo bảng biến thiên, hàm số nghịch biến trên đoạn [0; 1] khi và chỉ khi:

y¢ ≤ 0, "x Î [0; 1]

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 0\\m + 2 \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 0\\m \ge - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 \le m \le 0\)

Vậy −1 ≤ m ≤ 0 là các giá trị của tham số m thỏa mãn.

Xét hàm số y = x³ − 3(m + 2)x² + 3(m² + 4m)x + 1 

Þ y¢ = 3x² − 6(m + 2)x + 3(m² + 4m)

Hàm số y = x³ − 3(m + 2)x² + 3(m² + 4m)x + 1 nghịch biến trên khoảng (0; 1)

 Û y¢ ≤ 0, "x Î (0; 1) và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên (0; 1)

Û 3x² − 6(m + 2)x + 3(m² + 4m), "x Î (0; 1)

Xét phương trình: 3x² − 6(m + 2)x + 3(m² + 4m) = 0 (*)

∆¢ = 9(m + 2)² − 3.3.(m² + 4m) = 36 > 0, "m

Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂

Để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1) thì x₁ ≤ 0 < 1 ≤ x₂

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1}{x_2} \le 0\\\left( {1 - {x_1}} \right)\left( {1 - {x_2}} \right) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1}{x_2} \le 0\\1 + {x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) \le 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 4m \le 0\\1 + {m^2} + 4m - 2m - 4 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 \le m \le 0\\ - 3 \le m \le 1\end{array} \right.\)

Û −3 ≤ m ≤ 0

Mà m Î ℤ Þ m Î {−3; −2; −1; 0}

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Tổng số đo các góc của ngũ giác là: 

180° . (5 − 2) = 540°

Vì ngũ giác đều có 5 góc bằng nhau nên số đo mỗi góc là: 

540° : 5 = 108°

Vậy số đo mỗi góc của ngũ giác đều là: 108°.

Tổng số đó các góc của đa giác n cạnh là: (n − 2).180°

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

Áp dụng công thức trên, ta có:

Với n = 5 số đo mỗi góc của ngũ giác đều là: 

\[\frac{{\left( {5 - 2} \right)\,.\,180^\circ }}{5} = 108^\circ \]

Với n = 6 số đo mỗi góc của lục giác đều là: 

\[\frac{{\left( {6 - 2} \right)\,.\,180^\circ }}{6} = 120^\circ \]

Vậy số đo mỗi góc của ngũ giác đều là 108⁰, số đo mỗi góc của lục giác đều là 120°, số đo mỗi góc của n giác đều là \(\frac{{\left( {n - 2} \right)\,.\,180^\circ }}{n}\).

Đồ thị của hàm số y = cos 3x nhận Oy làm trục đối xứng (do y = cos 3x là hàm chẵn).

Đồ thị của hàm số y = x² + 5x − 2 là parabol nhận đường thẳng \(x = - \frac{5}{2}\) làm trục đối xứng.

Đồ thị của hàm số y = tan² 3x nhận Oy làm trục đối xứng (do y = tan² 3x là hàm chẵn).

Đồ thị của hàm số \(y = \left\{ \begin{array}{l}1\;\;\;\;\;\;\;\;khi\;x \le 0\\\cos x\;\;khi\;x > 0\end{array} \right.\) không có trục đối xứng, có đồ thị như hình vẽ sau:

Chọn đáp án C.

• Xét hàm số y₂ = sin² x có sin x = −sin (−x) Þ sin² x = sin² (−x)

Do đó hàm y₂ là hàm chẵn nên nó nhận trục Oy làm trục đối xứng.

• Xét hàm số y₃ = cos x có cos x = cos (−x)

Do đó hàm y₃ là hàm chẵn nên nó nhận trục Oy làm trục đối xứng.

• Xét hàm số y₄ = xtan 2x có (−x)tan (−2x) = xtan 2x

Do đó hàm y₄ là hàm chẵn nên nó nhận trục Oy làm trục đối xứng.

• Xét hàm số y₁ = xsin² x có (−x)sin² (−x) = − xsin² x

Do đó hàm y₁ là hàm lẻ nên không nhận tục Oy làm trục đối xứng.

Chọn đáp án A.

y = (m − 2)x + 2m + 1 (1)

a) Để hàm số (1) đồng biến:

Û a > 0

Û m − 2 > 0

Û m > 2

Vậy với m > 2 thì hàm số (1) đồng biến.

b) Để đồ thị hàm số (1) song song với y = 2x − 1 thì

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 2 = 2\\2m + 1 \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 4\\m \ne - 1\end{array} \right.\)

Vậy với m = 4 và m ≠ −1 thì đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng y = 2x − 1.

c) Giả sử đồ thị hàm số y = (m − 2)x + 2m + 1 luôn đi qua một điểm cố định M(x₀; y₀), "m

Khi đó: y₀ = (m − 2)x₀ + 2m + 1

Û (m − 2)x₀ + 2m + 1 − y₀ = 0

Û mx₀ − 2x₀ + 2m + 1 − y₀ = 0

Û (mx₀ + 2m) − 2x₀ + 1 − y₀ = 0

Û m(x₀ + 2) − (2x₀ − 1 + y₀) = 0

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} + 2 = 0\\2{x_0} - 1 + {y_0} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = - 2\\{y_0} = 5\end{array} \right.\]

Vậy đồ thị hàm số luôn đi qua một điểm cố định M(−2; 5) với mọi m.

a) Hàm số đồng biến khi \(2m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > \frac{1}{2}\)

Hàm số nghịch biến khi \(2m - 1 < 0 \Leftrightarrow m < \frac{1}{2}\)

b) d đi qua điểm (3; 0) Û 0 = 3(2m − 1) + 2 − m

\( \Leftrightarrow m = \frac{1}{5}\)

c) \(d\;{\rm{//}}\;y = x + 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 = 1\\2 - m \ne 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\m \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1\)

Þ d: y = x + 1.

Ta có đồ thị hàm số:

Ta có: OM = 1; ON = |−1| = 1

\( \Rightarrow {S_{OMN}} = \frac{1}{2}OM\,.\,ON = \frac{1}{2}\)

Vậy \({S_{OMN}} = \frac{1}{2}\).

d) Gọi I là giao điểm của d₁; d₂. Khi đó tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: 

\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y + 7 = 0\\x + y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 7\\x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 3\end{array} \right.\)

Suy ra I(−2; 3).

Mà I Î d Þ 3 = −2(2m − 1) + 2 − m

Û 3 = −4m + 2 + 2 − m

Û 5m = 1

\( \Leftrightarrow m = \frac{1}{5}\).

Vậy \(m = \frac{1}{5}\) là giá trị cần tìm.

Hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ sau.

Ta có: −1 ≤ sin x ≤ 1 Û −5 ≤ −5sin x ≤ 5

Û −2 ≤ 3 − 5sin x ≤ 8

Suy ra 0 ≤ (3 − 5sin x)²⁰¹⁸ ≤ 8²⁰¹⁸ = 2⁶⁰⁵⁴

Vậy M = 2⁶⁰⁵⁴ và m = 0.

Do đó M + m = 2⁶⁰⁵⁴ + 0 = 2⁶⁰⁵⁴.

Ta có: −1 ≤ sin x ≤ 1 Û −5 ≤ −5sin x ≤ 5

Û −2 ≤ 3 − 5sin x ≤ 8

Vậy M = 8 và m = −2.

Do đó \(\frac{M}{m} = \frac{8}{{ - 2}} = - 4\).

Ta có: y¢ = 3x² − 6x + m

Để hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y¢ = 0 có 2 nghiệm phân biệt

Û ∆¢ = 9 − 3m > 0 Û m < 3

Khi đó theo hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = \frac{m}{3}\end{array} \right.\)

Theo bài ra ta có: x₁² + x₂² = 6

Û (x₁ + x₂)² − 2x₁x₂ = 6

\( \Leftrightarrow {2^2} - \frac{{2m}}{3} = 6\)

Û m = −3 (thỏa mãn)

Vậy m = −3 là giá trị cần tìm.

Ta có: y¢ = 3x² − 6x + m

Để hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y¢ = 0 có 2 nghiệm phân biệt

Û ∆¢ = 9 − 3m > 0 Û m < 3

Khi đó theo hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = \frac{m}{3}\end{array} \right.\)

Theo bài ra ta có: x₁² + x₂² = 3

Û (x₁ + x₂)² − 2x₁x₂ = 3

\( \Leftrightarrow {2^2} - \frac{{2m}}{3} = 3\)

\( \Leftrightarrow m = \frac{3}{2}\) (thỏa mãn)

Vậy \(m = \frac{3}{2}\) là giá trị cần tìm.

\({n_\Omega } = C_{20}^3\)

Gọi A: “Biến cố trong 3 người được chọn không có cặp vợ chồng nào”.

Þ \(\overline A \): “Biến cố trong 3 người được chọn có 1 cặp vợ chồng”.

• Chọn 1 cặp vợ chồng từ 4 cặp vợ chồng đó có: \(C_4^1\) cách.

• Chọn 1 người từ 18 người còn lại có 18 cách.

Suy ra \({n_{\overline A }} = C_4^1\,.\,18\)

\( \Rightarrow {n_A} = C_{20}^3 - C_4^1\,.\,18\)

\( \Rightarrow {P_A} = \frac{{C_{20}^3 - C_4^1\,.\,18}}{{C_{20}^3}} = \frac{{89}}{{95}}\).

Số khả năng chọn ngẫu nhiên 3 người từ 6.2 = 12 người là \(C_{12}^3\).

Gọi B là biến cố: “Trong 3 người được chọn không có cặp vợ chồng nào” thì \(\overline B \) là biến cố: “Có đúng một cặp vợ chồng trong ba người được chọn”.

Ta có: \(n\left( {\overline B } \right) = 3\,.\,10 = 30\) (vì có 3 cách chọn cặp vợ chồng, và 10 cách chọn người thứ 3 trong số 10 người còn lại).

Do đó \(P\left( {\overline B } \right) = \frac{{30}}{{C_{12}^3}} = \frac{3}{{22}}\)

\( \Rightarrow P\left( B \right) = 1 - P\left( {\overline B } \right) = 1 - \frac{3}{{22}} = \frac{{19}}{{22}}\).

Ta có: y′ = 4x³ − 4mx = 0 Û 4x(x² − m) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\).

Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì y′ = 0 có ba nghiệm phân biệt Û m > 0.

Khi đó đồ thị hàm số có các điểm cực trị là:

\(A\left( {0;\;3m - 2} \right),\;B\left( {\sqrt m ;\; - {m^2} + 3m - 2} \right),\;C\left( { - \sqrt m ;\; - {m^2} + 3m - 2} \right)\).

Dễ thấy A Î Oy nên bài toán thỏa khi B, C Î Ox

\( \Rightarrow - {m^2} + 3m - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = 1\end{array} \right.\) (thỏa mãn).

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán.

Ta có: y′ = 4x³ − 4mx = 0 Û 4x(x² − m) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\)

Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì y′ = 0 có ba nghiệm phân biệt Û m > 0.

Khi đó đồ thị hàm số có các điểm cực trị là:

\(A\left( {0;\;2m + {m^4}} \right),\;B\left( {\sqrt m ;\;{m^4} - {m^2} + 2m} \right),\;C\left( { - \sqrt m ;\;{m^4} - {m^2} + 2m} \right)\)

Để tam giác ABC đều suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}AB = AC\\AB = BC\end{array} \right.\).

Mà AB = AC (luôn đúng) nên suy ra AB = BC

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt m ;\; - {m^2}} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {m + {m^4}} \\\overrightarrow {BC} = \left( { - 2\sqrt m ;\;0} \right) \Rightarrow BC = \sqrt {4m} \end{array} \right.\)

AB = BC

\( \Leftrightarrow \sqrt {m + {m^4}} = \sqrt {4m} \)

Û m + m⁴ = 4m

Û m⁴ = 3m

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\;\;\;\;\left( {KTM} \right)\\m = \sqrt[3]{3}\;\;\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

Vậy \(m = \sqrt[3]{3}\) là giá trị cần tìm.

\(P = \sqrt {a\sqrt {a\sqrt {a\sqrt a } } } :{a^{\frac{{11}}{{16}}}}\)

\[ = {\left\{ {a{{\left[ {a{{\left( {a\,.\,{a^{\frac{1}{2}}}} \right)}^{\frac{1}{2}}}} \right]}^{\frac{1}{2}}}} \right\}^{\frac{1}{2}}}:{a^{\frac{{11}}{{16}}}} = {\left\{ {a{{\left[ {a{{\left( {{a^{\frac{3}{2}}}} \right)}^{\frac{1}{2}}}} \right]}^{\frac{1}{2}}}} \right\}^{\frac{1}{2}}}:{a^{\frac{{11}}{{16}}}}\]

\[ = {\left[ {a{{\left( {a\,.\,{a^{\frac{3}{4}}}} \right)}^{\frac{1}{2}}}} \right]^{\frac{1}{2}}}:{a^{\frac{{11}}{{16}}}} = {\left[ {a{{\left( {{a^{\frac{7}{4}}}} \right)}^{\frac{1}{2}}}} \right]^{\frac{1}{2}}}:{a^{\frac{{11}}{{16}}}}\]

\[ = {\left( {a\,.\,{a^{\frac{7}{8}}}} \right)^{\frac{1}{2}}}:{a^{\frac{{11}}{{16}}}} = {\left( {{a^{\frac{{15}}{8}}}} \right)^{\frac{1}{2}}}:{a^{\frac{{11}}{{16}}}}\]

\[ = {a^{\frac{{15}}{{16}}}}:{a^{\frac{{11}}{{16}}}} = {a^{\frac{{15}}{{16}} - \frac{{11}}{{16}}}} = {a^{\frac{1}{4}}}\]

a) ĐKXĐ:

\(\left\{ \begin{array}{l}a \ge 0\\a - \sqrt a \ne 0\\a + \sqrt a \ne 0\\a - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ge 0\\\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right) \ne 0\\\sqrt a \left( {\sqrt a + 1} \right) \ne 0\\a \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ge 0\\a \ne 0\\a \ne 1\\a \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\a \ne 1\\a \ne 2\end{array} \right.\).

b) \(A = \left( {\frac{{a\sqrt a - 1}}{{a - \sqrt a }} - \frac{{a\sqrt a + 1}}{{a + \sqrt a }}} \right):\frac{{a + 2}}{{a - 2}}\).

\( = \left[ {\frac{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {a + \sqrt a + 1} \right)}}{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt a + 1} \right)\left( {a - \sqrt a + 1} \right)}}{{\sqrt a \left( {\sqrt a + 1} \right)}}} \right]:\frac{{a + 2}}{{a - 2}}\)

\( = \left( {\frac{{a + \sqrt a + 1}}{{\sqrt a }} - \frac{{a - \sqrt a + 1}}{{\sqrt a }}} \right):\frac{{a + 2}}{{a - 2}}\)

\( = \frac{{\left( {a + \sqrt a + 1} \right) - \left( {a - \sqrt a + 1} \right)}}{{\sqrt a }}:\frac{{a + 2}}{{a - 2}}\)

\( = \frac{{a + \sqrt a + 1 - a + \sqrt a - 1}}{{\sqrt a }}:\frac{{a + 2}}{{a - 2}}\)

\( = \frac{{2\sqrt a }}{{\sqrt a }}:\frac{{a + 2}}{{a - 2}}\)

\( = 2:\frac{{a + 2}}{{a - 2}} = \frac{{2a - 4}}{{a + 2}}\).

c) Ta có: \(A = \frac{{2a - 4}}{{a + 2}} = \frac{{2a + 4 - 8}}{{a + 2}} = 2 - \frac{8}{{a + 2}}\).

Để A đạt GTNN thì \(\frac{8}{{a + 2}}\) đạt GTLN.

Khi đó a + 2 đạt GTNN hay a nhỏ nhất.

Mà a là số nguyên nên kết hợp điều kiện xác định suy ra a = 3.

Khi đó GTNN của A là \({A_{\min }} = 2 - \frac{8}{{3 + 2}} = \frac{2}{5}\).

TXĐ: D = ℝ.

Ta có: \(y = 3 + \sqrt {{x^2} - 2x + 5} = 3 + \sqrt {\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 4} \)

\( = 3 + \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 4} \ge 3 + \sqrt 4 = 5,\;\forall x \in \mathbb{R}\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x − 1 = 0 Û x = 1.

Vậy GTNN của hàm số là 5 khi x = 1.

Ta có: \(y' = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 3} }} = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

Ta tính được \(y\left( 0 \right) = \sqrt 3 ;\;y\left( 1 \right) = \sqrt 2 ;\;y\left( 4 \right) = \sqrt {11} \).

Vậy GTNN của hàm số là \(\sqrt 2 \) tại x = 1 và GTLN của hàm số là \(\sqrt {11} \) tại x = 4.

Ta có: \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} - \overrightarrow {EC} = \left( {\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {EC} } \right) + \left( {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} } \right) - \overrightarrow {EC} \)

\( = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {EC} + \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} - \overrightarrow {EC} \)

\( = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} \)

\( = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {CB} \)

Chọn đáp án D.

Ta có:

\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {EA} = \left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} } \right) + \left( {\overrightarrow {CE} + \overrightarrow {ED} } \right) + \overrightarrow {EA} \)

\( = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CE} + \overrightarrow {ED} + \overrightarrow {EA} \)

\( = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {ED} + \left( {\overrightarrow {CE} + \overrightarrow {EA} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

\( = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {ED} + \overrightarrow {CC} \)

\( = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {ED} + \overrightarrow 0 \)

\( = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {ED} \)

Chọn đáp án D.

Ta có: khối chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc nên:

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{6}SA\,.\,SB\,.\,SC = \frac{1}{6}abc\)

Do hình chóp tam giác S.ABC với SA, SB, SC đôi một vuông góc nên ta có:

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA\,.\,{S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{3}SA\,.\,\frac{1}{2}SB\,.\,SC\)

\( = \frac{1}{6}SA\,.\,SB\,.\,SC = \frac{1}{6}a\,.\,a\,.\,a = \frac{{{a^3}}}{6}\)

Gọi số cần tìm là \(\overline {abcba} \)

Ta thấy có 9 cách chọn a

Có 10 cách chọn b

Có 10 cách chọn c

Vậy tất cả có 9.10.10 = 900 số.

Mệnh đề phủ định của mệnh đề: "x Î ℝ, x² + x + 5 > 0 là:

∃x Î ℝ, x² + x + 5 ≤ 0.

Phủ định của mệnh đề “"x Î ℝ, x² ≥ 0” là mệnh đề: “∃x Î ℝ, x² < 0”.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{1}{2}} \right\}\) .

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng đã cho là: 

\(\frac{{x + 2}}{{2x + 1}} = mx + m - 1\)

Þ x + 2 = 2mx² + (3m − 2)x + m − 1  

Û 2mx² + (3m − 3)x + m − 3 = 0.

Để đồ thị hàm số cắt đường thẳng tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\Delta > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{\left( {m + 3} \right)^2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m \ne - 3\end{array} \right.\;\;\left( {**} \right)\)

  Giả sử 2 giao điểm là: A(x₁; mx₁ + m − 1) và B(x₂; mx₂ + m − 1) 

Theo đinh lí Vi-et, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{3 - 3m}}{{2m}}\\{x_1}{x_2} = \frac{{m - 3}}{{2m}}\end{array} \right.\)

Đồ thị có \(x = - \frac{1}{2}\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Để 2 điểm thuộc về 2 nhánh của đồ thị thì: 

\(\left( {m{x_1} + m - 1 - \frac{1}{2}} \right)\left( {m{x_2} + m - 1 - \frac{1}{2}} \right) < 0\)

\( \Leftrightarrow {m^2}{x_1}{x_2} + m\left( {m - \frac{3}{2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {\left( {m - \frac{3}{2}} \right)^2} < 0\)

\( \Leftrightarrow {m^2}\,.\,\frac{{m - 3}}{{2m}} + m\,.\,\frac{{2m - 3}}{3}\,.\,\frac{{3 - 3m}}{{2m}} + \frac{{{{\left( {2m - 3} \right)}^2}}}{4} < 0\)

Û −6m + 2m² + 15m − 6m² − 9 + 4m² − 12m + 9 < 0

Û 9m > 0 Û m > 0.

Kết hợp với (**) suy ra m > 0.

Phương trình hoành độ giao điểm là: \(mx + 1 = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\\left( {mx + 1} \right)\left( {x - 1} \right) = x + 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\f\left( x \right) = m{x^2} - mx - 2 = 0\;\left( 1 \right)\end{array} \right.\)

Theo hệ thức Vi-et, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}{x_2} = \frac{{ - 2}}{m}\end{array} \right.\)

Đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\) tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị thì (1) có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ khác 1 thỏa mãn:

(x₁ − 1)(x₂ − 1) < 0

 \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\Delta = {m^2} + 8m > 0\\f\left( 1 \right) \ne 0\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\left[ \begin{array}{l}m > 0\\m < - 8\end{array} \right.\\ - 2 \ne 0\\\frac{{ - 2}}{m} - 1 + 1 < 0\end{array} \right.\)

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

Đặt cos x = t, t Î [−1; 1], hàm số trở thành:

\(y = f\left( t \right) = \frac{{2t + 1}}{{t - 2}},\;t \in \left[ { - 1;\;1} \right]\)

Ta có: \[y' = f'\left( t \right) = - \frac{5}{{{{\left( {t - 2} \right)}^2}}} < 0,\;\forall t \in \left[ { - 1;\;1} \right]\]

Suy ra hàm số nghịch biến trên [−1; 1]

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( { - 1} \right) = \frac{1}{3} = M\\\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;\;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = - 3 = m\end{array} \right.\),

Do đó 9M + m = 0.

Chọn đáp án C.

Với mọi x, ta có: 0 ≤ cos² x ≤ 1

Û 0 ≤ 2cos² x ≤ 2

Û 1 ≤ 2cos² x + 1 ≤ 3

\( \Leftrightarrow 1 \le \sqrt {2{{\cos }^2}x + 1} \le \sqrt 3 \)

\( \Leftrightarrow 1 - \sqrt 3 \le 1 - \sqrt {2{{\cos }^2}x + 1} \le 0\).

Do đó GTLN của y bằng 0 khi cos x = 0 và GTNN của y bằng \(1 - \sqrt 3 \) khi cos² x = 1, hay sin x = 0.

Hệ số của x⁵ trong khai triển (x + 1)^k (k ≥ 5) là \(C_k^5\).

Do đó hệ số của x⁵ trong khai triển của P (x) là:

\(\sum\limits_{k = 6}^{12} {C_k^5} = C_6^5 + C_7^5 + C_8^5 + C_9^5 + C_{10}^5 + C_{11}^5 + C_{12}^5 = 1715\).

ĐK: \(x \ge \frac{3}{2}\).

\(\sqrt {3x - 2} - \sqrt {x + 1} = 2{x^2} - x - 3\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {3x - 2} - \sqrt {x + 1} = \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 3} \right)\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {3x - 2} - \sqrt {x + 1} = \left( {x + 1} \right)\left[ {\left( {3x - 2} \right) - \left( {x + 1} \right)} \right]\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {3x - 2} - \sqrt {x + 1} = \left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {3x - 2} - \sqrt {x + 1} } \right)\left( {\sqrt {3x - 2} + \sqrt {x + 1} } \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {3x - 2} - \sqrt {x + 1} = 0\\\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {3x - 2} + \sqrt {x + 1} } \right) = 1\end{array} \right.\) (*)

Mà với \(x \ge \frac{3}{2}\) thì

\(\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {3x - 2} + \sqrt {x + 1} } \right) \ge \left( {\frac{3}{2} + 1} \right)\left( {\sqrt {3\,.\,\frac{3}{2} - 2} + \sqrt {\frac{3}{2} + 1} } \right) = \frac{{5\sqrt {10} }}{4} > 1\)

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow \sqrt {3x - 2} = \sqrt {x + 1} \)

Û 3x − 2 = x + 1

Û 2x = 3

\( \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x = \frac{3}{2}\).

ĐK: \(x \ge \frac{3}{2}\).

\(\sqrt {3x - 2} - \sqrt {x + 1} = 2{x^2} + x - 6\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {3x - 2} - \sqrt {x + 1} = \left( {x + 2} \right)\left( {2x - 3} \right)\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {3x - 2} - \sqrt {x + 1} = \left( {x + 2} \right)\left[ {\left( {3x - 2} \right) - \left( {x + 1} \right)} \right]\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {3x - 2} - \sqrt {x + 1} = \left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {3x - 2} - \sqrt {x + 1} } \right)\left( {\sqrt {3x - 2} + \sqrt {x + 1} } \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {3x - 2} - \sqrt {x + 1} = 0\\\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {3x - 2} + \sqrt {x + 1} } \right) = 1\end{array} \right.\) (*)

Mà với \(x \ge \frac{3}{2}\) thì

\(\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {3x - 2} + \sqrt {x + 1} } \right) \ge \left( {\frac{3}{2} + 2} \right)\left( {\sqrt {3\,.\,\frac{3}{2} - 2} + \sqrt {\frac{3}{2} + 1} } \right) = \frac{{7\sqrt {10} }}{4} > 1\)

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow \sqrt {3x - 2} = \sqrt {x + 1} \)

Û 3x − 2 = x + 1

Û 2x = 3

\( \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\).

Từ đó ta có: 1 < x₀ < 2.

Chọn đáp án D.

Một tam giác được tạo bởi ba điểm phân biệt nên ta xét:

+) TH1: Chọn 1 điểm thuộc d₁ và 2 điểm thuộc d₂ có \(C_{17}^1\,.\,C_{20}^2\) (tam giác).

+) TH2: Chọn 2 điểm thuộc d₁ và 1 điểm thuộc d₂ có \(C_{17}^2\,.\,C_{20}^1\) (tam giác).

Như vậy, ta có \(C_{17}^1\,.\,C_{20}^2 + C_{17}^2\,.\,C_{20}^1 = 5950\) tam giác cần tìm.

Ta có y¢ = −3x² − 2mx + 4m + 9

Hàm số nghịch biến trên ℝ \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\Delta '}_{y'}} \le 0\\ - 3 < 0\end{array} \right.\]

Û m² + 3(4m + 9) ≤ 0

Û m² + 12m + 27 ≤ 0

Û −9 ≤ m ≤ −3

Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu.

Đặt log₉ p = log₁₂ q = log₁₆ (p + q) = t

Suy ra p = 9^t, q = 12^t, p + q = 16^t

Þ 9^t + 12^t = 16^t

Û 3^2t + 3^t.4^t − 4^2t = 0

Chia cả hai vế đẳng thức này cho 3^2t

\(1 + {\left( {\frac{4}{3}} \right)^t} - {\left( {\frac{4}{3}} \right)^{2t}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{4}{3}} \right)^t} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\;\left( {TM} \right)\\{\left( {\frac{4}{3}} \right)^t} = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}\;\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\)

Do đó \[\frac{q}{p} = \frac{{{{12}^t}}}{{{9^t}}} = \frac{{{4^t}}}{{{3^t}}} = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^t} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\].

log₂ (log₄ x) = log₄ (log₂ x) − a

\[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\frac{1}{2}{{\log }_2}x} \right) = \frac{1}{2}{\log _2}\left( {{{\log }_2}x} \right) - a\]

\[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{{\log }_2}x} \right) - 1 = \frac{1}{2}{\log _2}\left( {{{\log }_2}x} \right) - a\]

Û log₂ (log₂ x) = 2 − 2a

Û log₂ x = 2^{2 − 2a} = 4^{1 − a}

Vậy giá trị của log₂ x bằng: 4^{1 − a}.

log₂ (log₈ x) = log₈ (log₂ x)

\[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\frac{1}{3}{{\log }_2}x} \right) = \frac{1}{3}{\log _2}\left( {{{\log }_2}x} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{{\log }_2}x} \right) - {\log _2}3 = \frac{1}{3}{\log _2}\left( {{{\log }_2}x} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \frac{2}{3}{\log _2}\left( {{{\log }_2}x} \right) = {\log _2}3\]

\[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{{\log }_2}x} \right) = {\log _2}{3^{\frac{3}{2}}}\]

\[ \Leftrightarrow {\log _2}x = \sqrt {27} \]

Û (log₂ x)² = 27

Vậy giá trị của P bằng: 27.

Gọi O là tâm đường tròn

Để qua phép vị tự V biến đường tròn (C) thành chính nó thì sẽ biến tâm đường tròn O thành chính nó.

Suy ra, tâm vị tự chính là tâm đường tròn.

Vì R' = R nên k = 1 hoặc k = −1

Vậy có hai phép vị tự thỏa mãn: Phép vị tự tâm O tỉ số 1 và phép vị tự tâm O tỉ số −1.

Ta có: y = 2cos² x + 2017 = (2cos² x − 1) + 2018 = cos 2x + 2018.

Suy ra hàm số tuần hoàn với chu kì T = p.

Đáp án đúng là: A

Tập xác định của hàm số: D = ℝ.

Với mọi x Î D, k Î ℤ ta có x − 2kπ Î D và x + 2kπ Î D, sin (x + 2kπ) = sinx.

Vậy y = sinx là hàm số tuần hoàn.

Chọn đáp án A.

TXĐ: D = [−2; 2]

Ta có: \(y = x + \sqrt {4 - {x^2}} \)

\( \Rightarrow y' = 1 - \frac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {4 - {x^2}} = x\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\4 - {x^2} = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 2 \;\;\;\left( n \right)\\x = - \sqrt 2 \;\left( l \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Ta tính được: \(f\left( { - 2} \right) = - 2;\;f\left( 2 \right) = 2;\;f\left( {\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 \)

Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất là \(2\sqrt 2 \) khi \(x = \sqrt 2 \).

TXĐ: D = [−2; 2]

Ta có: \(y = \sqrt {4 - {x^2}} \)

\( \Rightarrow y' = - \frac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0\)

Û x = 0

Ta tính được: y (−2) = 0; y (0) = 2; y (2) = 0.

Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi x = ±2.

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(x + 1 = \frac{{2x + 4}}{{x - 1}}\;\left( {x \ne 1} \right)\)

Þ x² − 1 = 2x + 4

Û x² − 2x − 5 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_N} = 1 + \sqrt 6 \\{x_M} = 1 - \sqrt 6 \end{array} \right.\)

Hoành độ trung điểm I của MN là:

\({x_I} = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = \frac{{\left( {1 - \sqrt 6 } \right) + \left( {1 + \sqrt 6 } \right)}}{2} = 1\).

Vậy hoành độ trung điểm I của MN là 1.

Ta có: \({2^{2x + 4}} - {3^{{x^2}}}\,.\,m = 0\)

\( \Leftrightarrow {2^{2x + 4}} = {3^{{x^2}}}\,.\,m\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}{2^{2x + 4}} = {\log _3}\left( {{3^{{x^2}}}\,.\,m} \right)\)

Û (2x + 4)log₃ 2 = x² + log₃ m

Û x² − 2xlog₃ 2 + log₃ m − 4log₃ 2 = 0

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: ∆¢ > 0

Û (log₃ 2)² − log₃ m + 4log₃ 2 > 0

\( \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_3}2} \right)^2} - {\log _3}\frac{m}{{16}} > 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{m}{{16}} < {3^{{{\left( {{{\log }_3}2} \right)}^2}}}\)

\( \Leftrightarrow m < 16\,.\,{3^{{{\left( {{{\log }_3}2} \right)}^2}}}\)

Mà m > 0 nên m Î {1; 2; 3; 4; …; 24}.

Vậy có 24 số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

2^{2x + 1} − 2^{x + 3} − 2m = 0

Û 2.2^2x − 8.2^x − 2m = 0

Û 2^2x − 4.2^x − m = 0

Đặt t = 2^x (t > 0), khi đó phương trình trở thành: t² − 4t − m = 0 (*)

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm dương phân biệt nên ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 + m > 0\\4 > 0\\ - m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 4\\m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 4 < m < 0\).

Mà m Î ℤ nên suy ra m Î {−1; −2; −3}.

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xét hàm số y = −x⁴ + 2x² + 3 ta có: a = −1; b = 2; c = 3.

Þ ab = (−1).2 = −2 < 0

Suy ra hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}a = - 1 < 0\\b = 2 > 0\end{array} \right.\)

Vậy hàm số có một điểm cực tiểu và hai điểm cực đại.

Chọn đáp án B.

Ta có y = x⁴ − 2x² + 1

Þ y¢ = 4x³ − 4x = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 1\\x = 1 \Rightarrow y = 0\\x = - 1 \Rightarrow y = 0\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Hàm số có 3 điểm cực trị, đồng biến trên khoảng (−1; 0); (1; +∞) và nghịch biến trên khoảng (−∞; −1); (0; 1).

Vậy có 3 mệnh đề đúng là 1, 2, 4.

Trong mặt phẳng Oxy, cho A(x₁; y₁); B(x₂; y₂). Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là: \(I\left( {\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2};\;\frac{{{y_1} + {y_2}}}{2}} \right)\).

Đường phân giác của góc phần tư thứ tư là d: y = −x.

Đường thẳng AB qua A(x₁; y₁) và vuông góc vưới d

Þ AB: (x − x₁) − (y − y₁) = 0

Û x − y − x₁ + y₁ = 0.

Gọi I = d Ç AB \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_1} = - {x_1}\\{x_1} - {y_1} - {x_1} + {y_1} = 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow I\left( {\frac{{{x_1} - {y_1}}}{2};\;\frac{{{y_1} - {x_1}}}{2}} \right)\)

\( \Rightarrow B\left( {2\,.\,\frac{{{x_1} - {y_1}}}{2} - {x_1};\;2\,.\,\frac{{{y_1} - {x_1}}}{2} - {y_1}} \right)\).

Þ B(−y₁; −x₁).

Vậy tọa độ của điểm B cần tìm là B(−y₁; −x₁).

Giả sử điểm D có tọa độ là D(x_D; y_D)

\( \Rightarrow \overrightarrow {DC} = \left( {1 - {x_D};\; - 1 - {y_D}} \right)\) và \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 5;\; - 1} \right)\)

Ta có: ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi \(\overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AB} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - {x_D} = - 5\\ - 1 - {y_D} = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 6\\{y_D} = 0\end{array} \right.\).

Vậy điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành có tọa độ là D(6; 0).

Giả sử điểm D có tọa độ là D(x_D; y_D)

\( \Rightarrow \overrightarrow {DC} = \left( {5 - {x_D};\;5 - {y_D}} \right)\) và \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;\;3} \right)\)

Ta có: ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi \(\overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AB} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5 - {x_D} = 1\\5 - {y_D} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 4\\{y_D} = 2\end{array} \right.\).

Vậy điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành có tọa độ là D(4; 2).

Ta có: y = x³ + x² + mx + 1

Þ y¢ = 3x² + 2x + m

Xét phương trình bậc hai: 3x² + 2x + m = 0 (1)

Hàm số đồng biến trên ℝ Û y¢ ≥ 0, "x

Û ∆¢ = (−1)² - 3m ≤ 0

\( \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{3}\).

Vậy \(m \ge \frac{1}{3}\) là giá trị của tham số m cần tìm.

Ta có: y = −x³ + 3x² + mx + 1

Þ y¢ = −3x² + 6x + m

Hàm số f (x) nghịch biến trên (0; +∞)

Û f ¢(x) ≤ 0, "x Î (0; +∞)

Û −3x² + 6x + m ≤ 0, "x Î (0; +∞)

Û m ≤ 3x² − 6x, "x Î (0; +∞) (*)

Xét hàm số y = g (x) = 3x² − 6x trên (0; +∞).

g¢ (x) = 6x − 6 = 0 Û x = 1

Xét bảng biến thiên:

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{x \in \left( {0;\; + \infty } \right)} g\left( x \right) \Leftrightarrow m \le - 3\)

Vậy m ≤ −3 là giá trị của tham số m cần tìm.

Để đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 thì:

y = (m − 1).0 + m = 2

Û m = 2.

Vậy m = 2 là giá trị của m thỏa mãn.

Để đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 thì:

y = 2.0 + m + 1 = 2

Û m + 1 = 2

Û m = 1.

Vậy m = 1 là giá trị của m thỏa mãn.

Ta có \(y = \frac{1}{3}{x^3} + m{x^2} + \left( {m + 6} \right)x + m\)

Þ y¢ = x² + 2mx + m + 6.

Hàm số có cực đại và cực tiểu

Û y¢ = 0 có hai nghiệm phân biệt

Û ∆¢ > 0

Û m² − m − 6 > 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 2\\m > 3\end{array} \right.\).

Vậy m Î (−∞; −2) È (3; +∞) là các giá trị thực của m thỏa mãn.

\(y = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {2m - 1} \right)x - m + 2\)

Þ y¢ = x² − 2mx + 2m − 1

Để đồ thị hàm số có cực trị thỏa mãn các điểm cực trị dương thì phương trình y¢ = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m + 1 > 0\\2m > 0\\2m - 1 > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 1} \right)^2} > 0\\2m > 0\\2m - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\m > 0\\m > \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow m \in \left( {\frac{1}{2};\; + \infty } \right)\;\backslash \;\left\{ 1 \right\}\)

Vậy \(m \in \left( {\frac{1}{2};\; + \infty } \right)\;\backslash \;\left\{ 1 \right\}\) là các giá trị thực của m thỏa mãn.