Đáp án đúng là: D

Gọi O là tâm hình thoi ABCD, H là trọng tâm tam giác ABD.

Tam giác ABD có: AB = AD (do ABCD là hình thoi), \(\widehat {BAD} = 60^\circ \)

⇒ ∆ABD đều ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.

Hình chóp S.ABD có: SA = SB = SD = a ⇒ SH ⊥ (ABD).

Dựng HK // SA (K ∈ SC), HI ⊥ SD (I ∈ SD).

Mà HD ⊥ CD (do \[\widehat {HDC} = \widehat {HDO} + \widehat {ODC} = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ \])

⇒ CD ⊥ (SHD) ⇒ CD ⊥ HI.

⇒ HI ⊥ (SCD)

Ta có: \(\left( {\widehat {SA;\,\,\left( {SCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {HK;\,\,\left( {SCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {HK;\,\,KI}} \right) = \widehat {HKI}\)

HK // SA ⇒ \(\frac{{HK}}{{SA}} = \frac{{HC}}{{AC}} = \frac{2}{3}\) ⇒ \(HK = \frac{2}{3}a\)

Tứ diện S.ABD đều, có cạnh bằng a

⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{HD = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}}\\{AH = \frac{2}{3}.OA = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}}\\{SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}}\end{array}} \right.\)

Xét tam giác SHD vuông tại H có:

HI ⊥ SD ⇒ \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{D^2}}} = \frac{1}{{\frac{{2{a^2}}}{3}}} + \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{3}}} = \frac{9}{{2{a^2}}}\) ⇒ \(HI = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\)

Xét tam giác HIK vuông tại I có:

\(\sin \widehat {HKI} = \frac{{HI}}{{HK}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{3}}}{{\frac{{2a}}{3}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) ⇒ \(\widehat {HKI} = 45^\circ \)

⇒ \(\left( {\widehat {SA;\,\,\left( {SCD} \right)}} \right) = 45^\circ .\)

Đáp án đúng là: A

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều cạnh a.

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

Do SA = SB = SD nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABD.

⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AH = \frac{2}{3}.AI = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}}\\{HI = \frac{1}{3}.AI = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}}\\{SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{3}}\end{array}} \right.\)

Vì ABCD là hình thoi nên HI ⊥ BD. Tam giác SBD cân tại S nên SI ⊥ BD

⇒ \(\left( {\widehat {\left( {SBD} \right);\,\,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SI;\,\,AI}} \right) = \widehat {SIH}.\)

Trong tam giác vuông SHI, có \(\tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \sqrt 5 .\)

Đáp án đúng là: D

Mỗi cách bầu chọn một Ban chấp hành ba người gồm Bí thư, Phó Bí thư và Ủy viên là một chỉnh hợp chập 3 của 16 phần tử.

Do đó có \(A_{16}^3 = \frac{{16!}}{{13!}} = 3360\) (cách).

TXĐ: D = ℝ.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 3m = 0\) ⇔ x² = m.

Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) có hai điểm cực trị ⇔ m > 0.

\(y' = 0\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \sqrt m }\\{x = - \sqrt m }\end{array}} \right.\) ⇒ \[\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = - 2m\sqrt m + 1}\\{y = 2m\sqrt m + 1}\end{array}} \right.\]

⇒ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{B\left( {\sqrt m ;\,\, - 2m\sqrt m + 1} \right)}\\{C\left( { - \sqrt m ;\,\,2m\sqrt m + 1} \right)}\end{array}} \right.\)

∆ABC cân tại A ⇒ AB = AC ⇔ AB² = AC²

⇔ \({\left( {\sqrt m - 2} \right)^2} + {\left( { - 2m\sqrt m - 2} \right)^2} = {\left( { - \sqrt m - 2} \right)^2} + {\left( {2m\sqrt m - 2} \right)^2}\)

⇔ \(m - 4\sqrt m + 4 + 4{m^3} + 8m\sqrt m + 4 = m + 4\sqrt m + 4 + 4{m^3} - 8m\sqrt m + 4\)

⇔ \(8\sqrt m - 16m\sqrt m = 0\)

⇔ \(8\sqrt m \left( {1 - 2m} \right) = 0\)

⇔ \(m = \frac{1}{2}\) (do m > 0)

Vậy \(m = \frac{1}{2}.\)

Đáp án đúng là: B

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

⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge - 2}\\{x \le 4}\\{2x = 2}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2 \le x \le 4}\\{x = 1}\end{array}} \right.\) ⇔ x = 1.

ĐK: x ≥ 2.

\(3\sqrt {x - 2} - \sqrt {{x^2} - 4} = 0\)

⇔ \(3\sqrt {x - 2} - \sqrt {\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)} = 0\)

⇔ \(\sqrt {x - 2} \left( {3 - \sqrt {x + 2} } \right) = 0\)

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

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2\,\,\left( {tm} \right)}\\{x = 7\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy x = 2 hoặc x = 7.

Ta chia 5 cái bánh cho 8 em, mỗi em sẽ được: \(5:8 = \frac{5}{8}\) (cái bánh)

(1 + ax)(1 + x)⁴ = \(\left( {1 + ax} \right)\sum\limits_{k = 0}^4 {C_4^k{x^k}} + a\sum\limits_{k = 0}^4 {C_4^k{x^{k\, + \,1}}} \)

Hệ số có chứa x³ trong khai triển trên là \(C_4^3 + aC_4^2 = 4 + 6a = 22\) ⇔ a = 3.

Ta có: (1 – 3x)ⁿ = a₀ + a₁x + a₂x² + ... + a_nxⁿ

Thay x = -1, ta có:

4ⁿ = a₀ – a₁ + a₂ – a₃ + ... + (-1)ⁿa_n = 2²⁰¹⁸ = 4¹⁰⁰⁹ ⇒ n = 1009.

Xét khai triển (1 – 3x)¹⁰⁰⁹ suy ra \({a_2} = C_{1009}^2\,.\,{\left( 1 \right)^{2007}}\,.\,{\left( { - 3} \right)^2} = 4\,\,576\,\,824.\)

Ta có: \(2\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {IQ} + \overrightarrow {IN} = \overrightarrow {IM} + \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {IP} + \overrightarrow {PN} = \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {PN} \)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BD} } \right) + \frac{1}{2}\overrightarrow {DB} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AE} \)

Do đó: \(\overrightarrow {IJ} = \frac{1}{4}\overrightarrow {AE} \) ⇒ \(4\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {AE} .\)

Vậy IJ // AE và 4IJ = AE.

Ta có: \({\left( {x + 3} \right)^6} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{x^{6\, - \,k}}{3^k}} .\)

Số hạng chứa x⁴ ứng với 6 – k = 4 ⇔ k = 2.

Vậy hệ số của x⁴ trong khai triển là \(C_6^2{3^2} = 135.\)

Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có

\({\left( {{x^3} + xy} \right)^{21}} = \sum\limits_{k = 0}^{21} {C_{21}^k\,.\,{{\left( {{x^3}} \right)}^{21\, - \,k}}.{{\left( {xy} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^{21} {C_{21}^k\,.\,{x^{63\, - \,3k}}\,.\,{x^k}\,.\,{y^k}.} \)

Suy ra khai triển (x³ + xy)²¹ có 22 số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là số hạng thứ 11 (ứng với k = 10) và số hạng thứ 12 (ứng với k = 11).

Vậy hai số hạng đứng giữa cần tìm là \(C_{21}^{10}{x^{43}}{y^{10}};\,\,C_{21}^{11}{x^{41}}{y^{11}}.\)

Ta có \({4^{x + 1}} - {2^{x + 2}} + m = 0\) ⇔ \({\left( {{2^{x + 1}}} \right)^2} - {2.2^{x + 1}} + m = 0.\) (1)

Đặt 2^{x + 1} = t > 0.

Phương trình (1) trở thành: t² – 2t + m = 0 (2)

Để phương trình (1) có nghiệm khi phương trình (2) có nghiệm t > 0.

Phương trình (2) có hai nghiệm t₁, t₂ thỏa mãn \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < {t_1} \le {t_2}}\\{{t_1} \le 0 < {t_2}}\end{array}} \right.\)

· Xét trường hợp phương trình (2) có hai nghiệm 0 < t₁ ≤ t₂:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta ' = 1 - m \ge 0}\\{P = m > 0}\\{S = 2 > 0}\end{array}} \right.\) ⇔ 0 < m ≤ 1

· Xét trường hợp phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi:

P = m < 0.

Kết hợp cả 2 trường hợp, để phương trình (1) có nghiệm thì m ≤ 1.

Vì \(f'\left( x \right) = \left( {1 - x} \right)\left( {x + 2} \right)g\left( x \right) + 2018\)

⇒ \(f'\left( {1 - x} \right) = \left( {1 - \left( {1 - x} \right)} \right)\left( {\left( {1 - x} \right) + 2} \right)g\left( {1 - x} \right) + 2018\)

\( = x\left( {3 - x} \right)g\left( {1 - x} \right) + 2018\)

Ta có: y = f(1 – x) + 2018x + 2019

⇒ \(y' = f'\left( {1 - x} \right).{\left( {1 - x} \right)^\prime } + 2018 = - f'\left( {1 - x} \right) + 2018\)

\( = - \left[ {x\left( {3 - x} \right)g\left( {1 - x} \right) + 2018} \right] + 2018 = x\left( {x - 3} \right)g\left( {1 - x} \right)\)

Mà g(x) < 0, ∀x ∈ ℝ, suy ra, để hàm số nghịch biến thì x(x – 3) ≥ 0

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \le 0}\\{x \ge 3}\end{array}} \right.\)

Vậy hàm số y = f(x) nghịch biến trên các khoảng (-∞; 0), (3; +∞).

Ta có: (2m − 1)sin x − (m + 2)cos x + 4m – 3 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ

⇔ m(2sin x – cos x + 4) ≥ sin x + 2cos x + 3, ∀x ∈ ℝ (1)

Ta có:

\( - \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} \le 2\sin x - \cos x \le \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} \)

⇔ \( - \sqrt 5 \le 2\sin x - \cos x \le \sqrt 5 \)

⇔ \( - \sqrt 5 + 4 \le 2\sin x - \cos x + 4 \le \sqrt 5 + 4\)

⇒ 2sin x – cos x + 4 > 0, ∀x ∈ ℝ

Khi đó ta có (1) ⇔ \(m \ge \frac{{\sin x + 2\cos x + 3}}{{2\sin x - \cos x + 4}}\), ∀x ∈ ℝ (2).

Đặt \(f\left( x \right) = \frac{{\sin x + 2\cos x + 3}}{{2\sin x - \cos x + 4}}\) ta có m ≥ f(x), ∀x ∈ ℝ ⇔ \(m \ge \mathop {\max }\limits_\mathbb{R} \,\,f\left( x \right).\)

Gọi \(M = \mathop {\max }\limits_\mathbb{R} \,\,f\left( x \right),\) khi đó tồn tại x ∈ ℝ để \(M = \frac{{\sin x + 2\cos x + 3}}{{2\sin x - \cos x + 4}}.\)

⇔ 2Msin x – Mcos x + 4M = sin x + 2cos x + 3

⇔ (2M – 1)sin x – (M + 2)cos x = 3 – 4M

Phương trình trên có nghiệm

⇔ \({\left( {2M - 1} \right)^2} + {\left( {M + 2} \right)^2} \ge {\left( {3 - 4M} \right)^2}\)

⇔ \(4{M^2} - 4M + 1 + {M^2} + 4M + 4 \ge 16{M^2} - 24M + 9\)

⇔ \( - 11{M^2} + 24M - 4 \ge 0\)

⇔ \(\frac{2}{{11}} \le M \le 1\)

⇒ \(M = \mathop {\max }\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) = 1\) ⇒ (2) ⇔ m ≥ 1.

Mặt khác, m là số nguyên dương nhỏ hơn 2019 nên m ∈ {2; 3; 4; 5; ....; 2018} là các giá trị thỏa mãn.

Vậy có 2017 giá trị của m thỏa mãn.

Đáp án đúng là: D

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì SA = SB = SC (gt) nên SO ⊥ (ABC).

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC ta có \(p = \frac{{AB + BC + CA}}{2} = \frac{{7a}}{2}.\)

⇒ \({S_{ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - BC} \right)\left( {p - CA} \right)} = \frac{{3\sqrt 7 {a^2}}}{4}.\)

OA là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên

\(OA = \frac{{AB\,.\,BC\,.\,CA}}{{4{S_{ABC}}}} = \frac{{2a\,.\,3a\,.\,2a}}{{4.\frac{{3\sqrt 7 {a^2}}}{4}}} = \frac{{4a\sqrt 7 }}{7}.\)

Vì SO ⊥ (ABC) nên SO ⊥ OA, do đó tam giác SOA vuông tại O.

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông SOA, ta có:

\(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {3{a^2} - \frac{{16{a^2}}}{7}} = \frac{{a\sqrt {35} }}{7}.\)

Vậy \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}\,.\,SO\,.\,{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {35} }}{7} \cdot \frac{{3\sqrt 7 {a^2}}}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{4}.\]

Đáp án đúng là: B

Vì ABCD là hình vuông nên ta có \[\left( {\overrightarrow {AC} ,\,\,\overrightarrow {BC} } \right) = 45^\circ ,\,\,\left( {\overrightarrow {AC} ,\,\,\overrightarrow {BD} } \right) = 90^\circ .\]

Ta có: \(\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right).\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BD} } \right) = \overrightarrow {AC} .\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BD} } \right)\)

\(\overrightarrow {AC} \,.\,\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AC} \,.\,\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AC} \,.\,\overrightarrow {BC} = a\,.\,a\sqrt 2 \,.\,\cos 45^\circ = {a^2}.\)

Đáp án đúng là: B

Do ABCD là hình vuông nên BD vuông góc với AC.

Khi đó \(\overrightarrow {AC} \,.\,\overrightarrow {BD} = 0.\)

Đáp án đúng là: B

Từ G kẻ đường thẳng song song với AB lần lượt cắt SC, SD tại E, F.

Vậy thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (ABG) là hình tứ giác ABEF.

a) Giả sử D nằm giữa C và I.

+ Bước 1: Giao tuyến có sẵn HK.

+ Bước 2: (HKM) ≡ (HKI).

Trong (BCD) gọi KI ∩ BD = {E}, trong (ACD) gọi HI ∩ AD = {F}.

+ Bước 3: Lúc này mặt (HKM) đã khép kín và cắt tất cả các mặt của hình chóp lần lượt theo các giao tuyến sau:

(HKM) ∩ (ABC) = HK

(HKM) ∩ (BCD) = KE

(HKM) ∩ (ABD) = EF

(HKM) ∩ (ACD) = FH

+ Bước 4: Thiết diện của hình chóp khi cắt bởi (HKM) là tứ giác HKEF.

b) I nằm trong đoạn CD.

Dễ thấy (HKM) ≡ (HKI) và (HKM) đã khép kín và cắt tất cả các mặt của hình chóp lần lượt theo các giao tuyến sau:

• (HKM) ∩ (ABC) = HK

• (HKM) ∩ (BCD) = KI

• (HKM) ∩ (ACD) = IH

Vậy thiết diện của hình chóp khi cắt bởi (HKM) là tam giác HKM.

Đáp án đúng là: B

Quay tam giác ABC quanh đường thẳng AB ta được khối tròn xoay có thể tích V₁, thể tích khối nón lớn có đỉnh B và thiết diện qua trục là BDC (hình vẽ) trừ đi V₂ thể tích khối nón nhỏ có đỉnh A và thiết diện qua trục là ADC.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy của hai khối nón.

Xét tam giác AOC vuông tại O, có:

• \(\sin 60^\circ = \frac{{OC}}{{AC}}\) ⇒ \(OC = AC.\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

• \(\cos 60^\circ = \frac{{AO}}{{AC}}\) ⇒ \(OA = AC.\cos 60^\circ = \frac{a}{2}\) ⇒ \(OB = \frac{{3a}}{2}.\)

Do đó \(V = {V_1} - {V_2} = \frac{1}{3}BO\,.\,\pi \,.\,O{C^2} - \frac{1}{3}OA\,.\,\pi \,.\,O{C^2}\)

\( = \frac{1}{3}\pi \,.\,O{C^2}\,\,.\,\,\left( {BO - OA} \right) = \frac{1}{3}\pi \,.\,{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}\,.\,a = \frac{{\pi {a^3}}}{4}.\)

Xét khai triển: \[{\left( {x + 1} \right)^n} = C_n^0.{x^n}{.1^0} + C_n^1.{x^{n - 1}}{.1^1} + C_n^2.{x^{n - 2}}{.1^2} + ... + C_n^n.{x^0}{.1^n}\].

Thay x = 1 vào 2 vế, ta có: 

\[{\left( {1 + 1} \right)^n} = C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^n\] ⇔ S = 2ⁿ.

Ta có phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng thì điều kiện cần là 9b² = 100ac hay 9.10² = 100.1.m ⇔m=9.

Với m = 9 thì phương trình đã cho trở thành x⁴ − 10x² + 9 = 0 ⇔ x = ±1; x = ±3.

Bốn số −3; −1; 1; 3 lập thành một cấp số cộng nên m = 9 là giá trị cần tìm.

a) \(\Omega = \left( {i,j} \right);\,\,\overline {i,j} = \overline {1,6} \) ⇒ \({n_\Omega } = {6^2} = 36.\)

Gọi A: “Tổng số chấm hai mặt xuất hiện bằng 7"

A = {(1; 6), (2; 5), (3; 4), (4; 3), (5; 2), (6; 1)} ⇒ n_A = 6

⇒ \({P_A} = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}.\)

b) Gọi B là biến cố: “Các mặt xuất hiện có số chấm bằng nhau ”

B = {(1; 1), (2; 2), (3; 3), (4; 4), (5; 5), (6; 6)} ⇒ n_B = 6

⇒ \({P_B} = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}.\)

Gọi hai cạnh của hình chữ nhật là a và b (đơn vị: m, 0 < a, b < 100).

Giả sử cạnh không phải rào là cạnh b.

Vậy số rào cần dùng là 2a + b = 100 (m).

Diện tích hình chữ nhật là: ab (m²).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số 2a, b dương, ta có:

\(100 = 2a + b \ge 2\sqrt {2ab} \) ⇔ \(\sqrt {2ab} \le 50\) ⇔ ab ≤ 1250

Dấu “ = ” xảy ra ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2a = b}\\{2a + b = 100}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 25\left( {tm} \right)}\\{b = 50\left( {tm} \right)}\end{array}} \right..\)

Vậy diện tích lớn nhất có thể rào là 1250 m², khi a = 25m, b = 50m.

TXĐ: D = [-2; 2].

Ta có: \(y' = 1.\sqrt {4 - {x^2}} + x.\frac{{ - 2x}}{{2\sqrt {4 - {x^2}} }} = \sqrt {4 - {x^2}} - \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = \frac{{4 - {x^2} - {x^2}}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = \frac{{4 - 2{x^2}}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}.\)

\(y' = 0\) ⇔ 4 – 2x² = 0 ⇔ \(x = \pm \sqrt 2 \in \left[ { - 2;2} \right].\)

y(-2) = 0; y(2) = 0; \(y\left( {\sqrt 2 } \right) = 2;\,\,y\left( { - \sqrt 2 } \right) = - 2.\)

Vậy min y = -2 = m ⇔ \(x = - \sqrt 2 ,\) max y = 2 = M ⇔ \(x = \sqrt 2 .\)

⇒ \(M + m = \sqrt 2 + \left( { - \sqrt 2 } \right) = 0.\)

log(mx) = 2.log(x + 1) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge - 1}\\{mx = {{\left( {x + 1} \right)}^2}}\end{array}} \right.\) (1)

Ta thấy x = 0 không phải nghiệm của (1).

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

Xét hàm số \(f\left( x \right) = x + \frac{1}{x} + 2,\) x ∈ (-1; +∞) \ {0} có

\(f'\left( x \right) = 1 - \frac{1}{{{x^2}}} = 0\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = - 1\left( L \right)}\end{array}} \right.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biên thiên, ta có: phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất 

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 0}\\{m = 4}\end{array}} \right.\)

Mà m ∈ ℤ, m ∈ [−2017; 2017]

⇒ m ∈ {−2017; −2016; ...; −1} ∪ {4}

⇒ Có 2018 giá trị của m thỏa mãn.

ĐK: x > 0.

\(\log _2^2x - 2{\log _2}\left( {2x} \right) - 1 = 0\) ⇔ \(\log _2^2x - 2{\log _2}2 - 2{\log _2}x - 1 = 0\)

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

Đặt log₂x = t. Khi đó ta có:

(*) ⇔ \({t^2} - 2t - 3 = 0\) ⇔ (t + 1)(t – 3) = 0

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t + 1 = 0}\\{t - 3 = 0}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = - 1}\\{t = 3}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\log }_2}x = - 1}\\{{{\log }_2}x = 3}\end{array}} \right.\)

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

⇒ \({x_1}{x_2} = \frac{1}{2}.8 = 4.\)

Ta có: sin²4x + 2sin 4x.cos 4x − cos²4x = 0  (1).

TH1: cos²4x = 0 ⇔ sin²4x = 1, phương trình (1) trở thành 1 = 0 (Vô nghiệm) ⇒ Loại.

TH2: cos²4x ≠ 0. Chia cả 2 vế của phương trình cho cos²4x, ta được:

tan²4x + 2tan 4x – 1 = 0 ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\tan 4x = - 1 + \sqrt 2 }\\{\tan 4x = - 1 - \sqrt 2 }\end{array}} \right.\)

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{4x = \frac{\pi }{8} + k\pi }\\{4x = - \frac{{3\pi }}{8} + k\pi }\end{array}} \right.\)⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{{32}} + \frac{{k\pi }}{4}}\\{x = \frac{{ - 3\pi }}{{32}} + \frac{{k\pi }}{4}}\end{array}} \right.\) (k ∈ ℤ)

Vì B là góc của tam giác nên 0 < B < π.

· Xét nghiệm \(x = \frac{\pi }{{32}} + \frac{{k\pi }}{4}\) (k ∈ ℤ) ta có:

\(0 < \frac{\pi }{{32}} + \frac{{k\pi }}{4} < \pi \) ⇔ \( - \frac{1}{8} < k < \frac{{31}}{8}\)

⇒ k ∈ {0; 1; 2; 3} (k ∈ ℤ)

· Xét nghiệm \(x = - \frac{{3\pi }}{{32}} + \frac{{k\pi }}{4}\) (k ∈ ℤ) ta có:

\(0 < - \frac{{3\pi }}{{32}} + \frac{{k\pi }}{4} < \pi \) ⇔ \(\frac{3}{8} < k < \frac{{35}}{8}\)

⇒ k ∈ {1; 2; 3; 4} (k ∈ ℤ)

Suy ra phương trình trên có 8 nghiệm thỏa mãn, tức là có 8 giá trị góc B thỏa mãn.

Ứng với mỗi giá trị của góc B cho ta 1 tam giác. Vậy có 8 tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: A

Xác suất để một viên trúng vòng 10 là \(\sqrt[3]{{0,0008}} \approx 0,0928.\)

Xác suất để một viên trúng vòng 9 là 1 − 0,4 − 0,0928 − 0,15 = 0,3572.

Các trường hờp xảy ra để thỏa mãn yêu cầu bài toán:

· Điểm ba lần bắn là 28 điểm, có 2 trường hợp: hai viên vòng 9 và một viên vòng 10 hoặc hai viên vòng 10 và một viên vòng 8 .

Xác suất trong trường hợp này bằng:

\({P_1} = C_3^2.{\left( {0,3572} \right)^2}.0,0928 + C_3^2.{\left( {0,0928} \right)^2}.0,15 \approx 0,0394.\)

· Điểm ba lần bắn là 29 điểm, có 1 trường hợp: hai viên vòng 10 và một viên vòng 9.

Xác suất trường hợp này bằng:

\({P_2} = C_3^2.{\left( {0,0928} \right)^2}.0,3572 \approx 0,0092.\)

· Điểm ba lần bắn là 30 điểm, có 1 trường hợp là cả ba viên vòng 10 : xác suất bằng 0,0008.

Vậy xác suất cần tìm bằng: P₁​ + P₂ ​+ 0,0008 = 0,0494.

Đáp án đúng là: A

Ta có: π = 3,141592654... nên sai số tuyệt đối của 3,14 là:

∆ = |3,14 – π| < |3,14 – 3,141| = 0,001.

ĐK: x > 0.

\(\left( {{2^x} - 5} \right)\left( {{{\log }_2}x - 3} \right) = 0\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{2^x} - 5 = 0}\\{{{\log }_2}x - 3 = 0}\end{array}} \right.\)

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{2^x} = 5}\\{x = {2^3} = 8}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = {{\log }_2}5}\\{{x_2} = 8}\end{array}} \right.\) (tm)

⇒ \(K = {x_1} + 3{x_2} = {\log _2}5 + 24.\)

TXĐ: D = ℝ \ {1; 2}.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{x^2} - 6x + 3}}{{{x^2} - 3x + 2}} = 1\) ⇒ Đồ thị hàm số có TCN y = 1.

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - 6x + 3}}{{{x^2} - 3x + 2}} = + \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} - 6x + 3}}{{{x^2} - 3x + 2}} = - \infty ,\]

\[\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} - 6x + 3}}{{{x^2} - 3x + 2}} = - \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{x^2} - 6x + 3}}{{{x^2} - 3x + 2}} = + \infty \].

⇒ Đồ thị hàm số có 2 TCĐ x = 1, x = 2.

Ta có: \(f'\left( x \right) = - 3{x^2} - 6x\) ⇒ \(f'\left( x \right) = 0\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0 \in \left[ { - 1;\,\,1} \right]}\\{x = - 2 \notin \left[ { - 1;\,\,1} \right]}\end{array}} \right.\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( { - 1} \right) = m - 2}\\{f\left( 0 \right) = m}\\{f\left( 1 \right) = m - 4}\end{array}} \right.\)

⇒ \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = m - 4 = 0\) ⇔ m = 4.

ĐK: x > 0.

Ta có: \(4{\left( {{{\log }_2}\sqrt x } \right)^2} - {\log _{\frac{1}{2}}}x + m = 0\)

⇔ \(4{\left( {\frac{1}{2}{{\log }_2}x} \right)^2} - {\log _{{2^{ - 1}}}}x + m = 0\)

⇔ \({\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} + {\log _2}x + m = 0\)

Đặt \(t = {\log _2}x\) với x ∈ (0; 1) ⇒ t < 0

Khi đó: t² + t + m = 0 ⇔ \( - m = {t^2} + t = f\left( t \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} + t\) trên (-∞; 0), có \(f'\left( t \right) = 2t + 1 = 0\) ⇔ \(t = - \frac{1}{2}\).

Bảng biến thiên:

Ta có: f(0) = 0; \(f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{1}{4};\) \(\mathop {\lim }\limits_{t \to - \infty } f\left( t \right) = + \infty \).

Do đó để f(t) = -m có nghiệm thuộc khoảng (-∞; 0) ⇔ \( - m \ge - \frac{1}{4}\) ⇔ \(m \le \frac{1}{4}.\)

\({9^x} - {4.3^x} + 3 = 0\) ⇔ \({\left( {{3^x}} \right)^2} - 4.\left( {{3^x}} \right) + 3 = 0\)

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

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {0; 1}.

Số có 5 chữ só khác nhau mà có 1, 2, 5 thì 2 chữ số còn lại lấy từ 4 chữ số 0; 3; 4; 6.

Lấy 2 số trong 4 số có \(C_4^2 = 6\) cách, trong đó có 3 trường hợp gồm (0; 3), (0; 4), (0; 6).

Ba trường hợp trên giống nhau và có 3.4.4.3.2.1 = 288 (số).

Ba trường hợp còn lại giống nhau và có 3.5! = 360 (số).

Vậy có tất cả 288 + 360 = 648 số cần tìm.