Tọa độ giao điểm của 2 đường tròn đã cho thỏa mãn hệ phương trình:

 $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2-4=0\\ x^2+y^2-4x-4y+4=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2-4=0\\ 4-4x-4y+4=0\end{array}\right.$

 $\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2-4=0\\ x+y=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2 +(2-x^2)-4=0\\ y=2-x\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+4-4x+x^2-4=0\\ y=2-x\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2x^2-4x=0\\ y=2-x\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2x(x-2)=0\\ y=2-x\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0;y=2\\ x=2;y=0\end{array}\right.$

Vậy giao điểm A(0; 2) và B( 2;0).

Đáp án đúng là đáp án C.

Giải thích:

Theo định nghĩa thì một mệnh đề không thể vừa đúng vừa sai. Do đó chọn đáp án C.

Đáp án đúng là đáp án D.

Giải thích:

Đáp án D chỉ là một biểu thức, không phải khẳng định. Do đó chọn D.

Ta có: SA ^ BC; AB ^ BC

Þ SB ^ BC (định lý 3 đường vuông góc) hay $\widehat{SBC}=90°$.

Gọi K là trung điểm của AD ta có CK = AB = AD/2 nên tam giác ACD vuông tại C

Ta có: CD ^ AC; CD ^ SA

Þ CD ^ (SAC)

Dó đó CD ^ SC hay $\widehat{SCD}=90°$

Vậy $\widehat{SBC}=\widehat{SCD}=90°$

Quay hình vuông đã cho quanh đường thẳng chứa cạnh BC sẽ tạo thành một khối tròn xoay có hình dạng của một khối trụ bị khuyết một khối nón.

Khối trụ có chiều cao là AD = 2a, bán kính đáy AB = a

Thể tích khối trụ là $V_1=\pi a^2.2a=2\pi a^3$

Khối nón có chiều cao là CH = a, bán kính đáy HD = a

Thể tích cần tìm là:  $V=V{}_1-V_2=\frac{5}{3}\pi a^3$.

Vậy thể tích cần tìm là:  $V=V{}_1-V_2=\frac{5}{3}\pi a^3$.

$y=\frac{x+2}{2x+3}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{-1}{{(2x+3)}^2}$

Gọi điểm M(x₀; y₀)  $\left(x_0\ne \frac{-3}{2}\right)$ thuộc đồ thị hàm số (C).

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng:

$y=\frac{-1}{{(2x+3)}^2}\left(x-x_0\right)+\frac{x_0+2}{2x_0+3}$

Tiếp tuyến giao với trục hoành và trục tung tại 2 điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến d vuông góc với một trong 2 đường phân giác y = x hoặc y = −x.

+) Trường hợp 1: d vuông góc với đường phân giác y = x thì ta được:

 $\frac{-1}{{(2x+3)}^2}\cdot (-1)=-1\iff {\left(2x_0+3\right)}^2=-1$

 $\left[\begin{array}{l}2x_0+3=1\\ 2x_0+3=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{x}_0=-1\Rightarrow y_0=1\\ x_0=-2\Rightarrow y_0=0\end{array}\right.$

Với x₀ = −1; y₀ = 1 ta có phương trình tiếp tuyến tại M là: y = −x (loại)

Với x₀ = −2; y₀ = 0 ta có phương trình tiếp tuyến tại M là: 

y = −x − 2
+) Trường hợp 2: d vuông góc với đường phân giác y = −x thì ta được:

 $\frac{-1}{{(2x+3)}^2}\cdot (-1)=-1\iff {\left(2x_0+3\right)}^2=-1$ (KTM)

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = −x – 2.

Hình chiếu của P(a; b; c) lên Oy là H(0; b; 0)

Khoảng cách từ  P(a; b; c) đến Oy là:

 $PH=\sqrt{a^2+c^2}$

Vậy khoảng cách từ  P(a; b; c) đến Oy là  $PH=\sqrt{a^2+c^2}$.

Gọi M’ là hình chiếu của M trên trục Ox.

Khi đó M(−2;0;0)  $\Rightarrow \overrightarrow{M{M}^{\text{'}}}=(0;-3;-1)$

Khi đó,  $d(M,\text{Ox})=\left|\overrightarrow{M{M}^{\text{'}}}\right|=\sqrt{0^2+{(-3)}^2+{(-1)}^2}=\sqrt{10}$.

Vậy khoảng cách từ điểm M(−2; 3; 1) đến trục Ox là  $\sqrt{10}$.

Ta có:  ${\left(2+x\right)}^{15}=\sum _{k=0}^{15}{C}_{15}^k{.2}^{15-k}.x^k$.

Để có hệ số của số hạng có chứa x⁵ trong khai triển thì k = 5.

Vậy hệ số của số hạng có chứa x⁵ trong khai triển là  $2^{10}{C}_{15}^5$.

Bất phương trình  $\frac{3}{2-x}<1\iff \frac{3}{2-x}-1<0\iff \frac{x+1}{2-x}<0$

Đặt  $f\left(x\right)=\frac{x+1}{2-x}$

Ta có: x + 1 = 0 ⇔ x = −1 và 2 – x = 0 ⇔ x = 2

Bảng xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy rằng f(x) < 0 Û  $\left[\begin{array}{l}x<-1\\ x>2\end{array}\right.$

A = log₃2.log₄3.log₅4...log₁₆15

⇔ A = (log₄2).lo g₅4...log₁₆15

⇔ A = (log₄2.log₅4)...log₁₆15

⇔ A = (log₅2.log₆5)...log₁₆15

Theo quy luật như vậy,  $A={\log }_{15}2{\log }_{16}5={\log }_{16}2=\frac{1}{4}{\log }_{2}2=\frac{1}{4}$.

Vậy  $A=\frac{1}{4}$.

Ta có: 5x² + 16y² + 27z² − 12xy − 12xz − 12yz

= 3(x − 2y)² + (2y − 3z)² + 2(x − 3z)² ≥ 0

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2y = 3z  (1)

Suy ra 5x² + 16y² + 27z² ≥ 12(xy + yz + xz)

 $\Rightarrow {\log }_{(xy+yz+xz)}(5x^2+16y^2+27z^2)\ge lo{g}_{(xy+yz+xz)}\left[12(xy+yz+xz)\right]=lo{g}_{(xy+yz+xz)}12+1$

(có xy + yz + xz ≥ 1 nên hàm số  $f\left(t\right)={\log }_{xy+yz+xz}t$ đồng biến)

Biểu thức đã cho:

 ${\log }_{(xy+yz+xz)}(5x^2+16y^2+27z^2)+{\log }_{144}\sqrt{xy+yz+xz}\ge {\log }_{(xy+yz+xz)}12+1+\frac{1}{4}{\log }_{12}(xy+yz+xz)$

 ${\log }_{(xy+yz+xz)}(5x^2+16y^2+27z^2)+{\log }_{144}\sqrt{xy+yz+xz}\ge 2\sqrt{lo{g}_{(xy+yz+xz)}12.\frac{1}{4}{\log }_{12}(xy+yz+xz)}+1$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  ${\log }_{(xy+yz+xz)}\mathrm{l}2=\frac{1}{4}{\log }_{12}(xy+yz+xz)$

⇔ xy + yz + xz = 12² (2)

Từ (1), (2) suy ra đẳng thức đã cho xảy ra khi  $\left\{\begin{array}{l}x=2y=3z\\ xy+yz+xz={12}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=12\\ y=6\\ z=4\end{array}\right.$

Suy ra x + y – z = 14

Vậy x + y – z = 14.

Ta có:  ${(x+2)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{x}^{n-k}{2}^k$ 

 $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{a}_5=C_n^5{2}^5\\ a_6=C_n^6{2}^6\end{array}\right.$

Khi đó, ta có:  $\frac{a_5}{a_6}=\frac{12}{7}\iff \frac{C_n^5{2}^5}{C_n^6{2}^6}=\frac{12}{7}$

$\iff \frac{\frac{n!}{5!(n-5)!}}{\frac{n!}{6!(n-6)!2}}=\frac{12}{7}\iff \frac{6!(n-6)!2}{5!(n-5)!}=\frac{12}{7}$

 $\iff \frac{6.2}{n-5}=\frac{12}{7}\iff n=12$

 $a_n=C_n^n{2}^n=C_{12}^{12}{2}^{12}=4096$

Vậy a_n = 4 096.

Ta có:  $\underset{\frac{1}{2}}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{\frac{1}{2}}{\overset{1}{\int }}\left(\frac{a}{x^2}+\frac{b}{x}+2\right)dx$

$\underset{\frac{1}{2}}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\left(-\frac{a}{x}+b\ln \left|x\right|+2x\right)\left|\begin{array}{l}1\\ \frac{1}{2}\end{array}\right.=a+1+b\ln 2$

Theo giả thiết, ta có 

2 − 3ln2 = a + 1 + bln2  $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a+1=2\\ b=-3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-3\end{array}\right.$

Þ T = a + b = 1 – 3 = −2

Vật T = −2.

f(x) =2x³ + 3x² – 1⇒ f′(x) = 6x² + 6x; f ′(x) = 0

$\iff \left[\begin{array}{l}x=0\left(ktm\right)\\ x=-1\left(tm\right)\end{array}\right.$

Hàm số f(x) liên tục trên  $\left[-2;-\frac{1}{2}\right]$, có f(−2) = −5; f(−1) = 0;  $f\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}$

 $\Rightarrow m=\underset{\left[-2;-\frac{1}{2}\right]}{\min }f\left(x\right)=-5;$

Và  $M=\underset{\left[-2;-\frac{1}{2}\right]}{\max }f\left(x\right)=0$

Þ P = M – m = 5.

Vậy P = 5.

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):

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

Diện tích của hình (H) là:  $S\left(x\right)=\underset{1}{\overset{2}{}}\left|x^2-3x+2\right|dx=\frac{1}{6}$

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

Xét phương trình hoành độ giao điểm x² − 2x = 0  $\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in [-1;2]\\ x=2\in [-1;2]\end{array}\right.$

Do đó diện tích hình phẳng cần tính là:

 $S=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left|x^2-2x\right|dx=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\left|x^2-2x\right|dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left|x^2-2x\right|dx$

 $S=\left|\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\left(x^2-2x\right)dx\right|+\left|\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(x^2-2x\right)dx\right|$

 $S=\left|\left(\frac{x^3}{3}-x^2\right)\left|\begin{array}{l}0\\ -1\end{array}\right.\right|+\left|\left(\frac{x^3}{3}-x^2\right)\left|\begin{array}{l}0\\ 2\end{array}\right.\right|=\frac{4}{3}+\frac{4}{3}=\frac{8}{3}$

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi x = −1; x = 2; y = 0; y = x² − 2x là  $S=\frac{8}{3}$.

y = 2^x + 3^x + 4^x +...+ 2017^x + 2018^x

y′ = 2^x ln2 + 3^x ln3 + 4^x ln4 +...+ 2017^x ln2017 + 2018^x ln2018 > 0, ∀x

Þ Hàm số đồng biến trên ℝ.

y = 2017 – x ⇒ y′ = −1 < 0, ∀x

Þ Hàm số nghịch biến trên R.

Þ Phương trình 2^x + 3^x + 4^x +...+ 2017^x + 2018^x = 2017 – x có tối đa 1 nghiệm x = 0 thỏa mãn phương trình.

Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Tập xác định  $D=ℝ\backslash \left\{2\right\}$

Xét:  $y^{\text{'}}=\frac{-1}{{(x-2)}^2}$ Þ y' < 0 với  $\forall x\in ℝ$

Xét bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho không có cực trị.

Vậy hàm số đã cho không có cực trị.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD ⇒O là trung điểm của AC

Ta có: CD ^ AD; CD ^ SA

Þ CD ^ (SAD)

Þ CD ^ AP

Lại có: SC ^ AP (do SC ⊥ (α)); CD ⊥ AP

Þ AP ⊥ (SCD) ⇒ AP ⊥ CP Þ ΔAPC vuông tại P

Þ OA = OC = OP

Tương tự, ta có: ΔAMC vuông tại M 

Þ OA = OC = OM

Lại có: SC ⊥ AN (do SC ⊥ (α))

ÞΔANC vuông tại N Þ OA = OC = ON

Þ OA = OC = OP = OM = ON

Þ O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP

Bán kính là:  $R=OA=\frac{AB}{\sqrt{2}}=2$

Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là: 
 $V=\frac{4\pi }{3}\cdot 2^3=\frac{32\pi }{3}$

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là  $\frac{32\pi }{3}$.

Vì thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều SAB nên tâm mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp của hình nón trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác SAB hay chính là trọng tâm I của tam giác SAB.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón là:

 $R=SI=\frac{2}{3}SH$

Bán kính mặt cầu nội tiếp hình nón là: 

 $r=IH=\frac{1}{3}SH=\frac{1}{2}R$

$\Rightarrow \frac{V_1}{V_2}=\frac{\frac{4}{3}\pi R^3}{\frac{4}{3}\pi r^3}=2^3=8$

Vậy  $\frac{V_1}{V_2}=8$.

Ta có: y = x⁴ − 4x³ − x² + 10x − 3

= x⁴ − 4x³ − x² + 10x – 5 + 2

= [(x − 1)²  − 1]² − 5(x − 1)² + 2

Đặt t = (x − 1)², x ∈ [−1;4] ⇒ t ∈ [0;9]

y = (t − 1)² − 5t + 2 = t² − 7t + 3

 $y={\left(t-\frac{7}{2}\right)}^2-\frac{37}{4}\ge -\frac{37}{4}$

Vì  ${\left(t-\frac{7}{2}\right)}^2\ge 0$nên  ${\left(t-\frac{7}{2}\right)}^2-\frac{37}{4}\ge -\frac{37}{4}$

  $\min y=-\frac{37}{4}\iff t=\frac{7}{2}\iff x=\pm \sqrt{\frac{7}{2}}+1$

Vậy giá trị nhỏ nhất của y là  $-\frac{37}{4}$tại  $x=\pm \sqrt{\frac{7}{2}}+1$.

Ta có:

•  ${\widehat{O}}_1={\widehat{O}}_2$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

•  $$${\widehat{O}}_3={\widehat{O}}_4$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

 $\Rightarrow \widehat{COD}={\widehat{O}}_2+{\widehat{O}}_3=\frac{1}{2}\left({\widehat{O}}_1+{\widehat{O}}_2+{\widehat{O}}_3+{\widehat{O}}_4\right)=90°$

Þ ΔCOD vuông tại O, có đường cao OM

Do CA và CM là hai tiếp tuyến cắt nhau nên CA = CM

Do DM và DB là hai tiếp tuyến cắt nhau nên DM = DB

Áp dụng hệ thức lượng ta có:

OM² = CM. MD

Þ R² = CA. DB (đpcm)

Vậy AC. BD = R².

Diện tích lục giác đều là:

 $S_1=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot 3^2=\frac{27\sqrt{3}}{2}\left(m{m}^2\right)$

Thể tích một chiếc bút chì là:

  $V_1=S_1.h=\frac{27\sqrt{3}}{2}\cdot 200=2700\sqrt{3}\left(m{m}^3\right)=27\sqrt{3}{.10}^{-7}\left(m^3\right)$

Thể tích lõi chì là:

  $V_2=S_2.h=.200\pi \left(m{m}^3\right)=2\pi {.10}^{-7}\left(m^3\right)$

Thể tích khối gỗ làm bút chì là:

 $V_3=V_1-V_2=\left(27\sqrt{3}-2\pi \right){.10}^{-7}\left(m^3\right)$

Giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì là:

  $T=a\left(27\sqrt{3}-2\pi \right){.10}^{-7}+6a.2\pi {.10}^{-7}=7,{82.10}^{-6}a$ (triệu đồng)

Vậy giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì là 7,82a đồng.

Xét trường hợp:

• Trường hợp 1: lấy ra 4 viên bi trắng từ 6 viên bi trắng

Có số cách là:   $C_6^4=15$(cách).

• Trường hợp 2: lấy ra 4 viên bi xanh từ 5 viên bi xanh

Có số cách là:  $C_5^4=5$(cách).

Áp dụng quy tắc cộng, ta có: 15 + 5 = 20 (cách) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Vậy có 20 cách lấy được 4 viên bi cùng màu.

• 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:  $n\ge 1,n\in \mathbb{N}$

Ta có:  $P_{n-1}.A_{n+4}^4<15P_{n+2}$

 $\iff (n-1)!\frac{(n+4)!}{n!}<15(n+2)!$

 $\iff \frac{(n+4)(n+3)}{n}<15\iff n^2+7n+12<15n$

 $\iff n^2-8n+12<0$

Û 2 < n < 6 ⇒ n ∈ {3; 4; 5}.

Vậy các giá trị n thoả mãn là 3; 4; 5.

Tập xác định  D=R

Xét: y' = −4x³ + 8x

Cho y' = 0 ⇔ −4x³ + 8x = 0  $\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực đại tại  $x=\pm \sqrt{2}$ và đạt cực tiểu tại x = 0.

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  $\underset{\left[2;3\right]}{\max }y=e$ tại x = 3.

Ta có y' = 2xlnx + x = x(2lnx + 1)

 $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=e^{-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$

 $y\left(\frac{1}{e}\right)=-\frac{1}{e^2};y\left(e^{-\frac{1}{2}}\right);y\left(e\right)=e^2$.

Vậy  $\underset{\left[\frac{1}{e};e\right]}{\min }y=-\frac{1}{2e}$.

Gọi D là trung điểm AB nên CD ⊥ AB

Þ CD ⊥ (AA′B′B)

 $\Rightarrow \widehat{C{A}^{\text{'}}D}=30°$

 $CD=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A^{\text{'}}D=\frac{CD}{\tan 30°}=\frac{3a}{2}$

 $\Rightarrow A^{\text{'}}A=\sqrt{C{D}^2-A{D}^2}=a\sqrt{2}$

 $V=\frac{1}{3}{A}^{\text{'}}A.S_{ABC}=\frac{1}{3}.a\sqrt{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{6}}{12}$.

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là  $\frac{a^3\sqrt{6}}{12}$.

Ta có: V_ACMNPQ = V_EAMNC – V_EACPQ

 $V_{EACPQ}=\frac{1}{3}d\left(E,\left(ACPQ\right)\right).S_{ACPQ}=\frac{1}{3}d\left(E,\left(ACD\right)\right).\left[S_{ACD}-S_{DPQ}\right]$

$=\frac{1}{3}d\left(B,\left(ACD\right)\right).\left[S_{ACD}-\frac{1}{9}{S}_{ACD}\right]=\frac{8}{9}{V}_{ABCD}$

(Vì P, Q là trọng tâm của ΔBCE và ΔABE)

 $V_{ACMNPQ}=\frac{11}{18}{V}_{ABCD}=\frac{11}{18}\cdot \frac{a^3\sqrt{2}}{12}=\frac{11\sqrt{2}{a}^3}{216}$

Vậy $V_{ACMNPQ}=\frac{11\sqrt{2}{a}^3}{216}$ .

Áp dụng định lí Ta lét, ta có:

 $\frac{O^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}{OB}=\frac{O^{\text{'}}A}{OA}=\frac{h^{\text{'}}}{h}=\frac{h^{\text{'}}}{40}$ (OA = h, O’A = h’ < 40 cm)
Tỉ số thể tích giữa 2 khối nón là:

$\frac{V^{\text{'}}}{V}=\frac{\frac{1}{3}\pi O^{\text{'}}{B^{\text{'}}}^2.O^{\text{'}}A}{\frac{1}{3}\pi O{B}^2.OA}=\frac{O^{\text{'}}{B^{\text{'}}}^2.O^{\text{'}}A}{O{B}^2.OA}$

 $\Rightarrow h^3=\frac{{40}^3}{8}={20}^3\Rightarrow h^{\text{'}}=20\left(cm\right)$

Vậy chiều cao của hình nón N₂ là 20 cm.

Ta có bảng giá trị sau:

Vậy đồ thị hàm số y = x² là Parabol đi qua 5 điểm có tọa độ (−2; 4), (−1; 1), (0; 0), (1; 1), (2; 4).

Vẽ đồ thị hàm số:

y = −x²

Với x = 0 ⇒ y = 0, với x = ±1 ⇒ y = −1

Đồ thị hàm số y = −x² có đỉnh là (0;0) và đi qua 2 điểm (1;−1) và (−1;−1)

y = x − 2

Với x = 0 ⇒ y = −2, với y = 0 ⇒ x = 2

Đồ thị hàm số y = x − 2 đi qua điểm (0;−2) và (2;0)

Đồ thị của hai hàm số như hình vẽ.

Vì I, J là trung điểm của AA′, BB′ nên V_ABCIJ = V_{A′B′C′IJ} = 2V_AIJC.

Vì S_ΔICC′ = 2S_ΔAIC ⇒ V_JICC′ = 2V_JAIC

Mà V_{ABCA′B′C′} = V_ABCIJ + V_{A′B′C′IJ} + V_JICC′

 $\Rightarrow V_{ABCIJ}=\frac{1}{3}V$

 $\Rightarrow V_{ABCIJ{C}^{\text{'}}}=\frac{2}{3}V$

Vậy thể tích của khối đa diện ABCIJC′ là  $\frac{2}{3}V$.

Ta có:

•  $V_{A.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}d\left(A,\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)\right).S_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}V$

•  $V_{A.BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}=V-\frac{1}{3}V=\frac{2}{3}V$

Vậy thể tích khối chóp A.BCC’B’ là  $\frac{2}{3}V$.

 $1+tanx+ta{n}^{2}x+ta{n}^{3}x$

 $=\frac{{\cos }^{3}x+\mathrm{s}\text{inx}.{\cos }^{2}x+\mathrm{s}{\text{in}}^2\text{x}.\cos x+\mathrm{s}{\text{in}}^3\text{x}}{{\cos }^{3}x}$

 $=\frac{{\cos }^{2}x.(\mathrm{s}\text{inx}+\cos x)+\mathrm{s}{\text{in}}^2\text{x}.(\mathrm{s}\text{inx}+\cos x)}{{\cos }^{3}x}$

Vậy  $1+tanx+ta{n}^{2}x+ta{n}^{3}x=\frac{\mathrm{s}\text{inx}+\cos x}{{\cos }^{3}x}$.

Lời giải

 $\left(1+sinx\right)\left(\cot x–cosx\right)$

 $=(1+\sin x)\left(\frac{\cos x}{\sin x}-\cos x\right)$

 $=\cos x(1+\sin x)\cdot \frac{1-\sin x}{\sin x}$

 $=\frac{\cos x(1-{\sin }^{2}x)}{\sin x}=\frac{\cos x.{\cos }^{2}x}{\sin x}=\frac{{\cos }^{3}x}{\sin x}$.

Vậy (1 + sin x)(cot x – cos x) = cos³ x.

a) Gọi số cần tìm có dạng  $\overline{abc}$ (a khác 0)

- Có 4 cách chọn a (a khác 0)

- Có 5 cách chọn b

- Có 5 cách chọn c

Ta lập được tất cả các số chẵn có 3 chữ số là: 4 × 5 × 5 = 100 (số)

Vậy có 100 số thoả mãn.

b) Gọi số cần tìm có dạng  $\overline{abc}$ (a khác 0; c = 0, 2, 6, 8)

- Có 4 cách chọn c (c = 0 hoặc c = 2 hoặc c = 6 hoặc c = 8)

- Có 4 cách chọn a (a khác 0)

- Có 5 cách chọn b

Ta lập được tất cả các số chẵn có 3 chữ số khác nhau là: 4 × 4 × 5 = 80 (số)

Vậy có 80 số thoả mãn.

a) Gọi số cần tìm có dạng  $\overline{abc}$ (a khác 0)

- Có 5 cách chọn a

- Có 5 cách chọn b

- Có 5 cách chọn c

Ta lập được tất cả các số chẵn có 3 chữ số là: 5 × 5 × 5 = 125 (số)

Vậy có 125 số thoả mãn.

b) Gọi số cần tìm có dạng  $\overline{abc}$ (a khác 0; a khác b khác c)

- Có 5 cách chọn a

- Có 4 cách chọn b (b khác a)

- Có 3 cách chọn c (c khác b khác a)

Ta lập được tất cả các số chẵn có 3 chữ số là: 5 × 4 × 3 = 60 (số)

Vậy có 60 số thoả mãn.

Điều kiện: x ³ −1

Phương trình đã cho tương đương với

 $4\sqrt{x+1}-8=x^2-5x+6$

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

 $\iff \frac{4(x-3)}{(\sqrt{x+1}-2)}=(x-2)(x+3)$

 $\iff (x-3)\left(\frac{4}{\sqrt{x+1}-2}-x+2\right)=0$

 $\iff x-3=0\iff x=3$

Vậy x = 3.

Lời giải

Đáp án đúng là đáp án D.

Đáp án đúng là đáp án C.

Vì y = f (x) nên f (−x) = −f (x).

Ta có: 

• f [sin(−x)] = f (−sin x) = −f(sinx) Þ A đúng

• f [cos(−x)] = f (cos x) Þ B đúng

• sin[f(−x)] = sin[−f(x)] = −sin[f(x)] Þ C sai

• cos[−f(x)] = cos[f(x)] Þ D đúng

Đánh số các đỉnh A₁; A₂;...; A₆₀. Ký hiệu tứ giác cần lập là ABCD.

Nếu A ≡ A₁ thì các điểm A, B, C, D cách nhau ít nhất 1 điểm.

Gọi x₁ là số điểm ở giữa A và B (x1 ≥ 1)

x₂ là số điểm ở giữa B và C (x₂ ≥ 1)

x₃ là số điểm ở giữa C và D (x₃ ≥ 1)

x₄ là số điểm ở giữa D và A (x₄ ≥ 1)

Ta có: x₁ + x₂ + x₃ + x₄ = 56 (1)

x₁, x₂, x₃, x₄ ≥ 1

Số nghiệm dương của phương trình (1) là số cách chọn B, C, D.

Khi đó có  $C_{55}^3$ cách, nhưng mỗi tứ giác được lặp lại 4 lần tại một đỉnh.

Suy ra, số phần tử của biến cố E là:

 $n\left(E\right)=\frac{60.C_{55}^3}{4}$

Xác suất của biến cố E là:

 $P\left(E\right)=\frac{n\left(E\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{60.C_{55}^3}{4.C_{60}^4}=0,807$
Vậy xác suất để lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H) là 0,807.

 ${8.2}^{3x-2}=1024$

2³.2^{3x – 2} = 2¹⁰

2^{3 + 3x – 2} = 2¹⁰

3 + 3x – 2 = 10

3x + 1 = 10

3x = 10 – 1

3x = 9

x = 9 : 3

x = 3

Vậy x = 3.