Sắp xếp bộ ba số 1, 2, 3 sao cho 2 đứng giữa 1, 3 có 2 cách.

Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 kể cả trường hợp số 0 đứng đầu là: \[2\,.\,C_7^4\,.\,5!\] số.

Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3, có số 0 đứng đầu là: \[2\,.\,C_6^3\,.\,4!\] số.

Suy ra số số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là \[2\,.\,C_7^4\,.\,5! - 2\,.\,C_6^3\,.\,4! = 7440\].

Vì số tự nhiên đó gồm có 3 chữ số chẵn và số đứng sau lớn hơn số đứng trước nên trong số tự nhiên đó không chứa số 0

Với mỗi bộ gồm 7 chữ số ta đều sắp xếp được chúng thành một dãy tăng dần

Vậy số cách lập số tự nhiên thỏa mãn đề bài là: \[C_4^3\,.\,C_5^4 = 20\].

Hàm số y = f (x) = −x² − 4x + 3 có a = −1 < 0 nên bề lõm hướng xuống.

Hoành độ đỉnh \(x = - \frac{b}{{2a}} = - 2 \notin \left[ {0;\;4} \right]\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 4 \right) = - 29\\f\left( 0 \right) = 3\end{array} \right. \Rightarrow m = \min \;y = f\left( 4 \right) = - 29;\;M = \max \;y = f\left( 0 \right) = 3\)

Vậy m = −29 và M = 3.

TXĐ: \(D = \left[ {0;\;\sqrt 3 } \right]\)

y = x⁴ − 2x² + 3 Þ y¢ = 4x³ − 4x = 0

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

Ta tính được \(f\left( 0 \right) = 3;\;f\left( 1 \right) = 2;\;f\left( {\sqrt 3 } \right) = 6\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là M = 6.

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và trục Ox là: x² − 2x + 3 − m = 0 (1)

∆¢ = 1 − 3 + m = m − 2.

Ta có parabol (P) cắt trục Ox tại hai điểm A, B phân biệt.

Hay phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.

Û ∆¢ > 0 Û m − 2 > 0

Û m > 2 (*)

Hai nghiệm là: \(\left[ \begin{array}{l}{x_A} = 1 + \sqrt {m - 2} \\{x_B} = 1 - \sqrt {m - 2} \end{array} \right.\)

Khi đó ta có tọa độ giao điểm \(A\left( {1 + \sqrt {m + 2} ;\;0} \right),\;B\left( {1 - \sqrt {m + 2} ;\;0} \right)\)

Theo đề, ta có \(AB = 2\sqrt {m - 2} = 2\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {m - 2} = 1\)

Û m − 2 = 1

Û m = 3

So với (*), nhận m = 3

Vậy m₀ = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và Ox: x² − 4x + m = 0 (1)

Để (P) cắt Ox tại hai điểm phân biệt thì (1) có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\a \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 - m > 0\\1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 4\)

Giả sử A(x₁; 0), B(x₂; 0) và x₁ + x₂ = 4, x₁x₂ = m

Ta có: OA = 3OB

\( \Leftrightarrow \left| {{x_1}} \right| = 3\left| {{x_2}} \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 3{x_2}\\{x_1} = - 3{x_2}\end{array} \right.\)

Trường hợp 1: \({x_1} = 3{x_2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 3\\{x_2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow m = 3\) (thỏa mãn)

Trường hợp 2: \({x_1} = - 3{x_2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 6\\{x_2} = - 2\end{array} \right. \Rightarrow m = - 12\) (thỏa mãn)

Vậy S = −12 + 3 = −9.

Ta có: C_ℝ B = (−∞; 3m − 1) È (3m + 3; +∞)

Do đó, để A Ì C_ℝ B thì \(m \le 3m - 1 \Leftrightarrow 2m \ge 1 \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{2}\)

Vậy \(m \in \left[ {\frac{1}{2};\; + \infty } \right)\) là các giá trị cần tìm của m.

Ta có: C_ℝ A = [m; +∞)

Do đó, để C_ℝ A Ç B ¹ Æ thì \(m \le 3m + 3 \Leftrightarrow 2m \ge - 3 \Leftrightarrow m \ge - \frac{3}{2}\)

Vậy \(m \in \left[ { - \frac{3}{2};\; + \infty } \right)\) là các giá trị cần tìm của m.

Sử dụng định lý hàm số sin cho tam giác OAB ta có:

\[\frac{{OB}}{{\sin \widehat {OAB}}} = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {AOB}}}\]

\( \Leftrightarrow OB = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {AOB}}}\,.\,\sin \widehat {OAB} = 2\,.\,\sin \widehat {OAB}\)

Do đó, độ dài OB lớn nhất khi và chỉ khi \[\sin \widehat {OAB} = 1 \Leftrightarrow \widehat {OAB} = 90^\circ \]

Khi đó OB = 2.

Sử dụng định lý hàm số sin cho tam giác OAB ta có:

\[\frac{{OB}}{{\sin \widehat {OAB}}} = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {AOB}}}\]

\( \Leftrightarrow OB = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {AOB}}}\,.\,\sin \widehat {OAB} = 4\,.\,\sin \widehat {OAB}\)

Do đó, độ dài OB lớn nhất khi và chỉ khi \[\sin \widehat {OAB} = 1 \Leftrightarrow \widehat {OAB} = 90^\circ \]

Khi đó OB = 4.

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{e^x} - m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{e^x} \ge m\end{array} \right.\)

Ta có: \(\left( {\log _2^2x - {{\log }_2}\frac{{{x^3}}}{4}} \right)\sqrt {{e^x} - m} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\log _2^2x - 3{{\log }_2}x + 2} \right)\sqrt {{e^x} - m} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\log _2^2x - 3{\log _2}x + 2 = 0\\{e^x} - m = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 1\\{\log _2}x = 2\\{e^x} = m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 4\\{e^x} = m\end{array} \right.\)

Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thì:

+) TH1: m ≤ 0

+) TH2: m > 0

Khi đó nghiệm của phương trình đã cho là: \(\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 4\\x = \ln m\end{array} \right.\)

Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi

\(\left[ \begin{array}{l}\ln m = 0\\2 \le \ln m < 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\{e^2} \le m < {e^4}\end{array} \right.\)

Kết hợp điều kiện m Î ℤ, m Î [−10; 10] ta suy ra:

m Î {−10; −9; −8; …; −1; 1; 8; 9; 10} = S

Vậy tổng các phần tử của S bằng −27.

Ta có: 2x² − 5x + 4 > 0 với mọi x nên phương trình:

\(2{\log _{mx - 5}}\left( {2{x^2} - 5x + 4} \right) = {\log _{\sqrt {mx - 5} }}\left( {{x^2} + 2x - 6} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2{\log _{mx - 5}}\left( {2{x^2} - 5x + 4} \right) = 2{\log _{mx - 5}}\left( {{x^2} + 2x - 6} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}mx - 5 > 0\\mx - 5 \ne 1\\{x^2} + 2x - 6 > 0\\2{x^2} - 5x + 4 = {x^2} + 2x - 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}mx > 5\\mx \ne 6\\{x^2} + 2x - 6 > 0\\{x^2} - 7x + 10 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}mx > 5\\mx \ne 6\\{x^2} + 2x - 6 > 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 5\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}mx > 5\\mx \ne 6\\\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 5\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Phương trình có nghiệm duy nhất tương đương với ta nhận nghiệm x = 2 và loại x = 5 hoặc nhận nghiệm x = 5 và loại x = 2.

+ Trường hợp 1: Nhận nghiệm x = 2 và loại x = 5

Điều này tương đương với \(\left\{ \begin{array}{l}2m > 5\\2m \ne 6\\\left[ \begin{array}{l}5m \le 5\\5m = 6\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{5}{2}\\m \ne 3\\\left[ \begin{array}{l}m \le 1\\m = \frac{6}{5}\end{array} \right.\end{array} \right.\) (vô lí)

+ Trường hợp 2: Nhận nghiệm x = 5 và loại x = 2

Điều này tương đương với \(\left\{ \begin{array}{l}5m > 5\\5m \ne 6\\\left[ \begin{array}{l}2m \le 5\\2m = 6\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m \ne \frac{6}{5}\\\left[ \begin{array}{l}m \le \frac{5}{2}\\m = 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 3\\\left\{ \begin{array}{l}1 < m \le \frac{5}{2}\\m \ne \frac{6}{5}\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Suy ra: \(\left[ \begin{array}{l}10m = 30\\\left\{ \begin{array}{l}10 < 10m \le 25\\m \ne 12\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Vì 10m Î ℤ nên 10m Î {11; 13; 14; …; 25} È {30}

Trong tập hợp này có 15 phần tử nên tập hợp S cũng có 15 phần tử.

Đáp án đúng là: C

Trên mặt phẳng tọa độ, đường thẳng (d): 2x + 3y − 6 = 0 chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng.

Chọn điểm O(0; 0) không thuộc đường thẳng đó.

Ta thấy (x; y) = (0; 0) là nghiệm của bất phương trình đã cho.

Vậy miền nghiệm của bất phương trình là nửa mặt phẳng bờ (d) chứa điểm O(0; 0) kể cả (d).

Vậy bất phương trình (1) luôn có vô số nghiệm.

Đáp án đúng là: D

Trước hết, ta vẽ ba đường thẳng:

(d₁): 2x + 3y − 6 = 0

(d₂): x = 0

(d₃): 2x − 3y − 1 = 0

Ta thấy (1; 1) là nghiệm của các ba bất phương trình.

Điều này có nghĩa là điểm (1; 1) thuộc cả ba miền nghiệm của ba bất phương trình.

Sau khi gạch bỏ các miền không thích hợp, miền không bị gạch là miền nghiệm của hệ.

Vậy trong tất cả các đáp án, chỉ có một điểm thuộc miền nghiệm của hệ phương trình là: \(D\left( {0;\; - \frac{1}{3}} \right)\).

Đồ thị hàm số đi qua điểm (−1; 0); (1; 0) nên ta có:

y = (x² − 1)(x² − m) = x⁴ − (1 + m)x² + m (m > 1)

y¢ = 4x³ − 2(1 + m)x = 2x(2x² − 1 − m)

y¢(−1) = −2(1 − m) = 2m − 2

Phương trình tiếp tuyến tại A(−1; 0) có phương trình y = (2m − 2)(x + 1)

\(\int\limits_0^2 {\left[ {\left( {2m - 2} \right)\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^4} - \left( {1 + m} \right){x^2} + m} \right)} \right]dx} = \frac{{28}}{5}\)

\[ \Leftrightarrow \left. {\left( {2m - 2} \right)\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x} \right)\;} \right|_0^2 - \;\left. {\left( {\frac{{{x^5}}}{5} - \left( {1 + m} \right)\frac{{{x^3}}}{3} + mx} \right)\;} \right|_0^2 = \frac{{28}}{5}\]

\[ \Leftrightarrow 4\left( {2m - 2} \right) + \frac{8}{5} - 2m = \frac{{28}}{5}\]

Û 6m = 12 Û m = 2

Khi đó hàm số (C) có dạng: y = (x² − 2)(x² − 1) = x⁴ − 3x² + 2

Phương trình tiếp tuyến tại A có dạng: y = 2x + 2

\(S = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {{x^4} - 3{x^2} + 2 - 2x - 2} \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {{x^4} - 3{x^2} - 2x} \right)dx} \)

\( = \left. {\left( {\frac{{{x^5}}}{5} - {x^3} - {x^2}} \right)\;} \right|_{ - 1}^0 = \frac{1}{5} - 1 + 1 = \frac{1}{5}\).

Đáp án đúng là: D

Ta thấy "x Î [−1; 2]: −x² + 3 ≥ x² − 2x − 1 nên

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 3} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 1} \right)} \right]dx} = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)dx} \).

Xét công thức tổng quát:

\(\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{k + 2}}C_n^k = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{k + 2}}\,.\,\frac{{n!}}{{k!\,.\,\left( {n - k} \right)!}} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}\,.\,\left( {k + 1} \right)}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\,.\,\frac{{\left( {n + 2} \right)!}}{{\left( {k + 2} \right)!\,.\,\left( {n - k} \right)!}}\)

\( = \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\,.\,{\left( { - 1} \right)^k}\,.\,\left( {k + 1} \right)\,.\,C_{n + 2}^{k + 2}\)

\[ = \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\,.\,\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^k}\,.\,\left( { - 1} \right)\,.\,C_{n + 2}^{k + 2} + {{\left( { - 1} \right)}^k}\,.\,\left( {k + 2} \right)\,.\,C_{n + 2}^{k + 2}} \right]\]

\[ = \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\,.\,\left[ {\left( { - 1} \right)\,.\,{{\left( { - 1} \right)}^{k + 2}}\,.\,C_{n + 2}^{k + 2} + {{\left( { - 1} \right)}^k}\,.\,\left( {n + 2} \right)\,.\,C_{n + 1}^{k + 1}} \right]\]

\[ = - \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\,.\,{\left( { - 1} \right)^{k + 2}}\,.\,C_{n + 2}^{k + 2} - \frac{1}{{n + 1}}\,.\,{\left( { - 1} \right)^{k + 1}}\,.\,C_{n + 1}^{k + 1}\]

Khi đó: \(\frac{1}{2}C_n^0 - \frac{1}{3}C_n^1 + \frac{1}{4}C_n^2 - \frac{1}{5}C_n^3 + ... + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n + 2}}C_n^n\)

\( = - \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\left[ {C_{n + 2}^2 - C_{n + 2}^3 + C_{n + 2}^4 + ... + {{\left( { - 1} \right)}^{n + 2}}C_{n + 2}^{n + 2}} \right]\)

\( - \frac{1}{{n + 1}}\left[ { - C_{n + 1}^1 + C_{n + 1}^2 - C_{n + 1}^3 + ... + {{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}C_{n + 1}^{n + 1}} \right]\)

\( = - \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\left[ {{{\left( { - 1 + 1} \right)}^{n + 2}} - C_{n + 2}^0 + C_{n + 2}^1} \right] - \frac{1}{{n + 1}}\left[ {{{\left( { - 1 + 1} \right)}^{n + 1}} - C_{n + 1}^0} \right]\)

\( =  - \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\,.\,\left( { - 1 + n + 2} \right) - \frac{1}{{n + 1}}\,.\,\left( { - 1} \right)\)

\( = - \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\,.\,\left( {n + 1} \right) - \frac{1}{{n + 1}}\,.\,\left( { - 1} \right)\)

\( = - \frac{1}{{n + 2}} + \frac{1}{{n + 1}} = \frac{{\left( {n + 2} \right) - \left( {n + 1} \right)}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{n + 2 - n - 1}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} = \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\)

Do đó, theo bải ra ta có: \(\frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} = \frac{1}{{156}}\)

Û (n + 1)(n + 2) = 156

Û n² + 3n + 2 = 156

Û n² + 3n − 154 = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 11\;\;\;\left( n \right)\\n = - 14\;\left( l \right)\end{array} \right.\]

Vậy n = 11 là số nguyên dương cần tìm.

\(C_{n + 1}^1 + 3C_{n + 2}^2 = C_{n + 1}^3\)

\( \Leftrightarrow n + 1 + 3\,.\,\frac{{\left( {n + 2} \right)!}}{{2!\,.\,n!}} = \frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{3!\,.\,\left( {n - 2} \right)!}}\)

\( \Leftrightarrow n + 1 + \frac{3}{2}\,.\,\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right) = \frac{1}{6}\,.\,\left( {n + 1} \right)n\left( {n - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow n + 1 + \frac{3}{2}\,.\,\left( {{n^2} + 3n + 2} \right) = \frac{1}{6}\,.\,\left( {{n^3} - n} \right)\)

\( \Leftrightarrow n + 1 + \frac{3}{2}{n^2} + \frac{9}{2}n + 3 = \frac{1}{6}{n^3} - \frac{1}{6}n\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{6}{n^3} - \frac{3}{2}{n^2} - \frac{{17}}{3}n - 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 12\;\left( n \right)\\n = - 1\;\left( l \right)\\n = - 2\;\left( l \right)\end{array} \right.\)

Vậy n = 12 là số nguyên dương cần tìm.

Gọi chiều cao của tam giác là h (dm), cạnh đáy tam giác là a (dm); (h, a Î ℕ*, a > 3)

Diện tích tam giác ban đầu là \(\frac{1}{2}ah\;\left( {d{m^2}} \right)\)

Vì chiều cao bằng \(\frac{3}{4}\) cạnh đáy nên ta có phương trình: \(h = \frac{3}{4}a\)

Nếu chiều cao tăng thêm 3 dm và cạnh đáy giảm đi 3 dm thì diện tích của nó tăng thêm 12 dm²

Nên ta có phương trình \(\frac{1}{3}\left( {h + 3} \right)\left( {a - 3} \right) - \frac{1}{2}a = 12\)

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}h = \frac{3}{4}a\\\frac{1}{2}\left( {h + 3} \right)\left( {a - 3} \right) - \frac{1}{2}ah = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}h = \frac{3}{4}a\\\frac{{ - 3h}}{2} + \frac{{3a}}{2} = \frac{{33}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 44\\h = 33\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Vậy chiều cao của tam giác bằng 33 dm, cạnh đáy tam giác bằng 44 dm

Suy ra diện tích tam giác ban đầu là \(\frac{1}{2}\,.\,44\,.\,33 = 726\;d{m^2}\).

Đáp án đúng là: C

+) Nếu a // (P) thì a song song với mọi đường thẳng nằm trong (P)

Mệnh đề a. là sai

+) Nếu a // (P) thì a song song với một đường thẳng nào đó nằm trong (P)

Mệnh đề b. là đúng

+) Nếu a // (P) thì có vô số đường thẳng nằm trong (P) và song song với a

Mệnh đề c. là đúng

+) Nếu a // (P) thì có một đường thẳng d nào đó nằm trong (P) sao cho a và d đồng phẳng

Mệnh đề d. là đúng

Vậy nên có 3 mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: A

+) Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng (P) và đường thẳng b vuông góc với a thì b vuông góc với mặt phẳng (P)

Mệnh đề A là sai vì đường thẳng b có thể song song với mặt phẳng (P) hoặc nằm trong mặt phẳng (P)

+) Nếu đường thẳng a song song với đường thẳng b và b song song với mặt phẳng (P) thì a song song hoặc nằm trên mặt phẳng (P)

Mệnh đề B là đúng

+) Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng (P) và đường thẳng b vuông góc với mặt phẳng (P) thì a vuông góc với b

Mệnh đề C là đúng

+) Một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong một mặt phẳng thì nó vuông góc với mặt phẳng đó

Mệnh đề D là đúng

Vậy mệnh đề sai trong các mệnh đề trên là mệnh đề A.

Ta có: C Î Ox nên tọa độ của điểm C là C(c; 0)

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {CA} = \left( { - 2 - c;\;4} \right)\\\overrightarrow {CB} = \left( {8 - c;\;4} \right)\end{array} \right.\)

Tam giác ABC vuông tại C nên \(\overrightarrow {CA} \,.\,\overrightarrow {CB} = 0\)

Û (−2 − c).(8 − c) + 4.4 = 0

Û c² − 6c = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}c = 6 \Rightarrow C\left( {6;\;0} \right)\\c = 0 \Rightarrow C\left( {0;\;0} \right)\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ của điểm C thỏa mãn yêu cầu bài toán là C(0; 0) và C(6; 0).

Gọi tọa độ của điểm C là C(x; y)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {BA} = \left( {1;\;3} \right)\\\overrightarrow {BC} = \left( {x - 1;\;y - 1} \right)\end{array} \right.\)

Để tam giác ABC vuông cân tại B thì: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {BA} \,.\,\overrightarrow {BC} = 0\\BA = BC\end{array} \right.\)

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

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3y\\10 = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3y\\10 = {\left( {3 - 3y} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3y\\10 = 9{\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3y\\10 = 10{\left( {y - 1} \right)^2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3y\\{\left( {y - 1} \right)^2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3y\\\left[ \begin{array}{l}y - 1 = 1\\y - 1 = - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)

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

Vậy tọa độ của điểm C thỏa mãn yêu cầu bài toán là C(−2; 2) và C(4; 0).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} = \left( {a + 3;\;b} \right)\\\overrightarrow {BH} = \left( {a - 3;\;b} \right)\\\overrightarrow {BC} = \left( { - 1;\;6} \right)\\\overrightarrow {AC} = \left( {5;\;6} \right)\end{array} \right.\)

Từ giả thiết ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} \,.\,\overrightarrow {BC} = 0\\\overrightarrow {BH} \,.\,\overrightarrow {AC} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {a + 3} \right)\,.\,\left( { - 1} \right) + b\,.\,6 = 0\\\left( {a - 3} \right)\,.\,5 + b\,.\,6 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + 6b = 3\\5a + 6b = 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = \frac{5}{6}\end{array} \right.\)

Vậy: \(a + 6b = 2 + 6\,.\,\frac{5}{6} = 7\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( { - 3;\; - 5} \right)\\\overrightarrow {AC} = \left( {2;\; - 2} \right)\end{array} \right.\)

Khi đó \(\cos \widehat A = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\;\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} \,.\,\overrightarrow {AC} }}{{AB\,.\,AC}}\)

\( = \frac{{\left( { - 3} \right)\,.\,2 + \left( { - 5} \right)\,.\,\left( { - 2} \right)}}{{\sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} \,.\,\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{{\left( { - 6} \right) + 10}}{{\sqrt {34} \,.\,\sqrt 8 }} = \frac{4}{{4\sqrt {17} }} = \frac{1}{{\sqrt {17} }}\)

Vậy cosin góc A của tam giác là \(\frac{1}{{\sqrt {17} }}\).

Ta có: \(f\left( x \right) = {e^{{x^3} - 3x + 3}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \left( {3{x^2} - 3} \right){e^{{x^3} - 3x + 3}} = 3\left( {{x^2} - 1} \right){e^{{x^3} - 3x + 3}}\)

Xét \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} - 1} \right){e^{{x^3} - 3x + 3}} = 0\)

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

Trên đoạn [0; 2] ta có:

f (0) = e³; f (1) = e; f (2) = e⁵

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số f (x) trên đoạn [0; 2] là e⁵.

Ta có: \(f\left( x \right) = \ln \left( {{x^2} - x + 1} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}}\)

Xét \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}} = 0\)

\( \Leftrightarrow 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\)

Trên đoạn [1; 3] ta có:

f (1) = 0; f (3) = ln 7

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số f (x) trên đoạn [1; 3] là ln 7 khi x = 3 và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) trên đoạn [1; 3] là 0 khi x = 1.

log² x + logx − m = 0

Û log² x + logx = m (*)

Đặt t = log x nên với x Î (0; 1) thì t Î (−∞; 0)

Khi đó phương trình (*) trở thành t² + t = m

Xét hàm số f (t) = t² + t trên khoảng (−∞; 0) ta có:

f ¢(t) = 2t + 1 = 0 \( \Leftrightarrow t = - \frac{1}{2}\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có 2 nghiệm phân biệt trên khoảng (−∞; 0) thì:

\( - \frac{1}{4} < m < 0\)

Vậy \(m \in \left( { - \frac{1}{4};\;0} \right)\) là giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

ĐK: x > 0

\(\log _2^2\left( x \right) - {\log _2}\left( {{x^2}} \right) + 3 = m\)

\( \Leftrightarrow \log _2^2\left( x \right) - 2{\log _2}\left( x \right) + 3 = m\)

Đặt t = log₂ x

Khi x Î [1; 8] thì t Î [0; 3]

Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình t² − 2t + 3 = m có nghiệm t Î [0; 3].

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số f (t) = t² − 2t + 3 và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Xét hàm số f (t) = t² − 2t + 3 có f ¢(t) = 2t − 2 = 0 Û t = 1

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có nghiệm phân biệt trên khoảng [0; 3] thì: 2 ≤ m ≤ 6

Vậy m Î [2; 6] là giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

ĐK: x > 0

log₂ (x² + 3) − log₂ x + x² − 4x + 1 ≤ 0

Û log₂ (x² + 3) + (x² + 3) ≤ log₂ 4x + 4x (*)

Xét hàm số f (t) = t + log₂ t trên khoảng (0; +∞) có:

\(f'\left( t \right) = 1 + \frac{1}{{t\ln 2}} > 0,\;\forall t \in \left( {0;\; + \infty } \right)\)

Ta thấy hàm số y = f (t) luôn đồng biến trên (0; +∞)

Do đó bất phương trình (*) tương đương: x² + 3 ≤ 4x

Û x² − 4x + 3 ≤ 0

Û −1 ≤ x ≤ 3

Kết hợp điều kiện suy ra tập nghiệm nguyên của bất phương trình là S = {1; 2; 3}

Vậy S = 1 + 2 + 3 = 6.

Ta có: (x + 3)(x − 1) ≤ 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + 3 \le 0\\x - 1 \ge 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x + 3 \ge 0\\x - 10 \le 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \le - 3\\x \ge 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \ge - 3\\x \le 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \le - 3\\x \ge 1\end{array} \right.\;\left( l \right)\\ - 3 \le x \le 1\;\left( n \right)\end{array} \right.\)

Suy ra −3 ≤ x ≤ 1

Do đó tập nghiệm nguyên của bất phương trình là S = {−3; −2; −1; 0; 1}

Vậy S = (−3) + (−2) + (−1) + 0 + 1 = −5.

Có \(A_9^4\) cách tạo ra số có 4 chữ số phân biệt từ X = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}

Do đó S có \(A_9^4 = 3024\) phần tử.

Chọn một số từ tập S nên n (Ω) = 3024.

Gọi biến cố A: "Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S, xác suất để số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn”.

Nhận thấy không thể có 3 chữ số chẵn hoặc 4 chữ số chẵn vì lúc đó luôn tồn tại hai chữ số chẵn nằm cạnh nhau.

+) Trường hợp 1: Cả 4 chữ số đều lẻ.

Chọn 4 số lẻ từ X và xếp thứ tự có \(A_5^4 = 120\) (số).

+) Trường hợp 2: Có 3 chữ số lẻ, 1 chữ số chẵn.

Chọn 3 chữ số lẻ, 1 chữ số chẵn từ X và xếp thứ tự có \(C_5^3\,.\,C_4^1\,.\,4! = 960\) (số).

+) Trường hợp 3: Có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ.

Có các cách sắp xếp như sau: CLCL; LCLC; CLLC

Với cách sắp xếp CLCL thì có 4.5.3.4 = 240 (số).

Tương tự với hai cách sắp xếp còn lại nên trường hợp này có 3.240 = 720 (số).

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{120 + 960 + 720}}{{3024}} = \frac{{25}}{{42}}\).

Có \(A_7^4\) cách tạo ra số có 4 chữ số phân biệt từ X = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}

Do đó S có \(A_7^4 = 840\) (phần tử).

Chọn một số từ tập S nên n (Ω) = 840.

Gọi biến cố A: "Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S, xác suất để số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn”.

Nhận thấy không thể có 3 chữ số chẵn hoặc 4 chữ số chẵn vì lúc đó luôn tồn tại hai chữ số chẵn nằm cạnh nhau.

+) Trường hợp 1: Cả 4 chữ số đều lẻ.

Chọn 4 số lẻ từ X và xếp thứ tự có \(A_4^4 = 24\) (số).

+) Trường hợp 2: Có 3 chữ số lẻ, 1 chữ số chẵn.

Chọn 3 chữ số lẻ, 1 chữ số chẵn từ X và xếp thứ tự có \(C_4^3\,.\,C_3^1\,.\,4! = 288\) (số).

+) Trường hợp 3: Có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ.

Có các cách sắp xếp như sau: CLCL; LCLC; CLLC

Với cách sắp xếp CLCL thì có 4.3.3.2 = 72 (số).

Tương tự với hai cách sắp xếp còn lại nên trường hợp này có 3.72 = 216 (số).

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{24 + 288 + 216}}{{840}} = \frac{{22}}{{35}}\).

Gọi A là số tự nhiên có hai chữ số lẻ khác nhau lấy từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 số cách chọn được A là \(A_3^2 = 6\).

Số chẵn có 5 chữ số mà hai số lẻ đứng kề nhau phải chứa A và ba trong 4 chữ số 0; 2; 4; 6. 

Gọi \(\overline {abcd} ;\;\left( {a,\;b,\;c,\;d \in \left\{ {A;\;0;\;2;\;4;\;6} \right\}} \right)\) là số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

* TH1: Nếu a = A có 1 cách chọn a và \(A_4^3\) cách chọn b, c, d

* TH2: a ¹ A có 3 cách chọn a

+ Nếu b = A có 1 cách chọn b và \(A_3^2\) cách chọn c, d.

+ Nếu c = A có 1 cách chọn c và \(A_3^2\) cách chọn b, d.

Vậy có \(A_3^2\,.\,\left[ {A_4^3 + 3\,.\,\left( {1\,.\,A_3^2 + 1\,.\,A_3^2} \right)} \right] = 360\) số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi \[\overline {abc} ;\;\left( {a,\;b,\;c \in \left\{ {0;\;1;\;2;\;3;\;4;\;5;\;6;\;7} \right\};\;a \ne 0} \right)\] là số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ TH1: c = 0

Chọn 1 chữ số khác 0 và 2 có 6 cách

Hoán vị 2 chữ số a và b có 2! cách

Suy ra có 6.2! = 12 số

+ TH2: c = 5

Chọn 1 chữ số khác 2 và 5: 

- Nếu chữ số đó là 0: có 1 số 205 thỏa mãn

- Nếu chữ số đó khác 0: có 5 cách chọn, hoán vị nó với 2 có 2 cách 

Suy ra có 2.5 = 10 số

Vậy tổng cộng có: 12 + 1 + 10 = 23 số.

Ta có: y = x² + 4x − 2 Þ y¢ = 2x + 4 = 0 Û x = −2

Xét \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } f\left( x \right) = + \infty \)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biên thiên ta thấy, hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; −2) và đồng biến trên khoảng (−2; +∞).

Tập xác định: D = ℝ

Ta có: y = x³ − 3x + 1 Þ y¢ = 3x² − 3 = 0

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

Xét \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - \infty \)

Ta có bảng biến thiên sau:

Vậy hàm số sẽ đồng biến trên khoảng (−∞; −1) và (1; +∞); nghịch biến trên khoảng (−1; 1).

Ta có:  (gt)

Þ IA = IB (2 cung bằng nhau căng 2 dây bằng nhau)

Suy ra I nằm trên đường trung trực của AB

Do OA = OB (bán kính (O))

Suy ra O nằm trên đường trung trực của AB

Do đó OI là đường trung trực của AB

H là trung điểm của AB, do đó OI đi qua trung điểm H

Vậy 3 điểm I, H, O thẳng hàng.

Ta có:

+) \[\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {CF} = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {ED} + \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {FE} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DF} \]

\[ = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {CD} + \left( {\overrightarrow {ED} + \overrightarrow {FE} + \overrightarrow {DF} } \right)\]

\[ = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {CD} + \left( {\overrightarrow {ED} + \overrightarrow {DF} + \overrightarrow {FE} } \right)\]

\[ = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {CD} + \left( {\overrightarrow {EF} + \overrightarrow {FE} } \right)\]

\[ = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {EE} \]

\[ = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow 0 \]

\[ = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {CD} \]

Suy ra \(\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {CF} = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {CD} \)

Chứng minh tương tự ta cũng có: \(\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {CF} = \overrightarrow {AF} + \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {CE} \)

Vậy \(\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {CF} = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BF} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AF} + \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {CE} \)

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ: \(x = 2 \Rightarrow - \frac{c}{b} = 2 \Leftrightarrow c = - 2b\)

TCN: \(y = 1 \Rightarrow \frac{a}{b} = 1 \Leftrightarrow a = b\)

Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{{ax + 1}}{{bx + c}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ac - b}}{{{{\left( {bx + c} \right)}^2}}}\)

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 2) và (2; +∞)

Û y′ > 0, "x ¹ 2

\( \Leftrightarrow \frac{{ac - b}}{{{{\left( {bx + c} \right)}^2}}} > 0,\;\forall x \ne 2\)

Û ac − b > 0

Û b.( −2b) − b > 0

Û −2b² − b > 0

Û 2b² + b < 0

\( \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < b < 0\)

Þ b < 0 Þ a < 0, c > 0

Vậy trong ba số a, b, c có 1 số dương.

Đáp án đúng là: C

Ta có A là điểm chung thứ nhất giưuax hai mặt phẳng (ACD) và (GAB)

Do BG Ç CD = M

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M \in BG \subset \left( {ABG} \right) \Rightarrow M \in \left( {ABG} \right)\\M \in CD \subset \left( {ACD} \right) \Rightarrow M \in \left( {ACD} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra M là điểm chung thứu hai giữa hai mặt phẳng (ACD) và (GAB)

Suy ra AM = (ACD) Ç (ABG) nên A đúng

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI \subset \left( {ABG} \right)\\AM \subset \left( {ABM} \right)\\\left( {ABG} \right) \equiv \left( {ABM} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra AM, BI đồng phẳng

Þ J = BI Ç AM

Suy ra A, J, M thẳng hàng nên B đúng

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}DJ \subset \left( {ACD} \right)\\DJ \subset \left( {BDJ} \right)\end{array} \right. \Rightarrow DJ = \left( {ACD} \right) \cap \left( {BDJ} \right)\) nên D đúng

Điểm I di động trên AG nên J có thể không phải là trung điểm của AM nên C sai.

Đáp án đúng là: C

Dựa vào đáp án ta có các nhận xét sau:

Xác định được góc \[\left( {\overrightarrow {AB} ,\;\overrightarrow {AC} } \right)\] là \[\widehat A\] nên \[\left( {\overrightarrow {AB} ,\;\overrightarrow {AC} } \right) = 60^\circ \]

Do đó \(\overrightarrow {AB} \,.\,\overrightarrow {AC} = AB\,.\,AC\,.\,\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\;\overrightarrow {AC} } \right) = a\,.\,a\,.\,\cos 60^\circ = \frac{1}{2}{a^2}\) nên A đúng

Xác định được góc \[\left( {\overrightarrow {AC} ,\;\overrightarrow {CB} } \right)\] là góc ngoài của \[\widehat C\] nên \[\left( {\overrightarrow {AC} ,\;\overrightarrow {CB} } \right) = 120^\circ \]

Do đó \(\overrightarrow {AC} \,.\,\overrightarrow {CB} = AC\,.\,CB\,.\,\cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\;\overrightarrow {CB} } \right) = a\,.\,a\,.\,\cos 120^\circ = - \frac{1}{2}{a^2}\) nên B đúng

Xác định được góc \[\left( {\overrightarrow {GA} ,\;\overrightarrow {GB} } \right)\] là \[\widehat {AGB}\] nên \[\left( {\overrightarrow {GA} ,\;\overrightarrow {GB} } \right) = 120^\circ \]

Do đó \(\overrightarrow {GA} \,.\,\overrightarrow {GB} = GA\,.\,GB\,.\,\cos \left( {\overrightarrow {GA} ,\;\overrightarrow {GB} } \right) = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\,.\,\frac{a}{{\sqrt 3 }}\,.\,\cos 120^\circ = - \frac{{{a^2}}}{6}\) nên C sai

Xác định được góc \[\left( {\overrightarrow {AB} ,\;\overrightarrow {AG} } \right)\] là góc ngoài của \[\widehat {GAB}\] nên \[\left( {\overrightarrow {AB} ,\;\overrightarrow {AG} } \right) = 30^\circ \]

Do đó \(\overrightarrow {AB} \,.\,\overrightarrow {AG} = AB\,.\,AG\,.\,\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\;\overrightarrow {AG} } \right) = a\,.\,\frac{a}{{\sqrt 3 }}\,.\,\cos 30^\circ = \frac{{{a^2}}}{2}\) nên D đúng

Hàm số y = sin x có TXĐ là: D = ℝ.

Do chữ số 1 có mặt 3 lần nên ta coi như tìm các số thỏa mãn đề bài được tạo nên từ 8 số 0, 1, 1, 1, 2, 3, 4, 5

Chọn số cho ô đầu tiên có 7 cách.

Chọn số cho ô thứ hai có 7 cách.

…
Chọn số cho ô thứ 8 có 1 cách.

Suy ra có 7.7.6.5.4.3.2.1 = 7.7! cách xếp 8 chữ số 0, 1, 1, 1, 2, 3, 4, 5 vào 8 ô.

Mặt khác chữ số 1 lặp lại 3 lần nên số cách xếp là: \(\frac{{7\,.\,7!}}{{3!}} = 5880\) số

Ta có: \({x_I} = - 1 \Rightarrow - \frac{4}{{2a}} = - 1 \Leftrightarrow a = 2\)

Hơn nữa I Î (P) nên −5 = a − 4 − b Û b = 3

Vậy a = 2 và b = 3.

Xét parabol y = ax² − bx + 1 với a ¹ 0:

a) Parabol có đỉnh I(−2; 37) nghĩa là \[\frac{b}{{2a}} = - 2 \Leftrightarrow b = - 4a\;\left( 3 \right)\]

Mặt khác ta thay tọa độ điểm I vào parabol y = ax² − bx + 1, ta được:

37 = a.(−2)² − b.(−2) + 1 

Û 4a + 2b = 36 hay 2a + b = 18 (4)

Từ (3) và (4) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}b = - 4a\\2a + b = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 4a\\2a - 4a = 18\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}b = - 4a\\ - 2a = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 36\\a = - 9\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện)

Vậy parabol cần tìm là: y = −9x² − 36x + 1.

b) Parabol có trục đối xứng là \(x = - 1 \Leftrightarrow \frac{b}{{2a}} = - 1 \Leftrightarrow b = - 2a\) (5)

Thay x = −1 và y = 5 vào parabol y = ax² − bx + 1, ta được:

5 = a.(−1)² − b.(−1) + 1 

Û a + b = 4 (6)

Từ (5) và (6) ta có hệ phương trình:

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

\(\left\{ \begin{array}{l}b = - 2a\\ - a = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 8\\a = - 4\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện)

Vậy parabol cần tìm là: y = −4x² − 8x + 1.

Ta có:

\(\frac{1}{z} = \frac{1}{{1 + \sqrt 3 i}} = \frac{{1 - \sqrt 3 i}}{{\left( {1 + \sqrt 3 i} \right)\left( {1 - \sqrt 3 i} \right)}}\)

\( = \frac{{1 - \sqrt 3 i}}{{{1^2} + \sqrt {{3^2}} }} = \frac{{1 - \sqrt 3 i}}{4} = \frac{1}{4} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}i\).

Xác suất lấy được 1 hộp bi trong 3 hộp bi là: \(\frac{1}{3}\)

Xác suất lấy được 1 bi đỏ trong hộp A là \(\frac{{C_3^1}}{{C_8^1}} = \frac{3}{8}\)

Xác suất lấy được 1 bi đỏ trong hộp B là \(\frac{{C_2^1}}{{C_4^1}} = \frac{1}{2}\)

Xác suất lấy được 1 bi đỏ trong hộp C là \(\frac{{C_2^1}}{{C_5^1}} = \frac{2}{5}\)

Xác suất để lấy được 1 bi đỏ là: \(\frac{1}{3}\,.\,\left( {\frac{3}{8} + \frac{1}{2} + \frac{2}{5}} \right) = \frac{{17}}{{40}}\)

Xếp 6 người chồng quanh bàn tròn có 5! cách.

Xếp các bà vợ vào ngồi cạnh chồng của mình, mỗi bà vợ có 2 vị trí ngồi nên có 2⁶ cách.
Vậy số cách xếp là 5!.2⁶ = 7680 cách.

Tiến hành theo các bước sau:

Bước 1: Xếp 6 nam ngồi quanh bàn tròn, có 5! cách xếp

Bước 2: Vì 6 nam ngồi quanh bàn tròn nên có 6 khoảng trống để xếp 6 người nữa, vậy có 6! cách xếp

Theo quy tắc nhân ta có: 5!.6! = 86 400 (cách).

Gọi A là biến cố “Người thứ nhất bắn trúng”

Gọi B là biến cố “Người thứ hai bắn trúng”

Suy ra P (A) = 0,8 và P (B) = 0,7

Và C là biến cố “Cả hai người đều bắn trúng”

Ta có: P (C) = P (A).P (B) = 0,8.0,7 = 0,56.

Gọi B là biến cố "Cả hai người bắn không trúng bia".

Ta thấy \(B = \overline {{A_1}} \,.\,\overline {{A_2}} \) với hai biến cố \(\overline {{A_1}} ,\;\,\overline {{A_2}} \) là hai biến cố độc lập nên

\(P\;\left( B \right) = P\;\left( {\overline {{A_1}} \,.\,\overline {{A_2}} } \right) = P\;\left( {\overline {{A_1}} } \right)\,.\,P\;\left( {\overline {{A_2}} } \right)\)

= [1 − P (A)][1 − P (B)] = (1 − 0,8)(1 − 0,7) = 0,06.

Một vectơ chỉ phương của d là \({\overrightarrow u _d} = \left( {1;\;2} \right)\)

Để phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow v \) biến đường thẳng d thành chính nó thì vectơ tịnh tiến \(\overrightarrow v \) phải cùng phương với d nên \(\overrightarrow v = \left( {1;\;2} \right)\).

Đáp án đúng là: D

Q_{(I; 2017π)} = Q_{(I; π)} là phép đối xứng tâm I.

Do đó để phép đối xứng tâm I biến đường thẳng d thành chính nó thì I Î d

Xét bốn đáp án ta thấy chỉ có đáp án D, điểm I(0; 1) Î d.

Đặt \(t = \left| {\sin x + \cos x} \right| = \sqrt 2 \left| {\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right|,\;\left( {0 \le t \le \sqrt 2 } \right)\)

Þ 1 + sin 2x = t² Þ sin 2x = t² − 1

Ta có: \(2\left( {{t^2} - 1} \right) - 3\sqrt 6 t + 8 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{t^2} - 3\sqrt 6 t + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \sqrt 6 \;\left( {KTM} \right)\\t = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\;\left( {MT} \right)\end{array} \right.\)

Với \(t = \frac{{\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow \left| {\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{4} = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{4} = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{4} = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi \\x = - \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \\x = \frac{{13\pi }}{{12}} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{12}} + k\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi \end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {\frac{\pi }{{12}} + k\pi ;\;\frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi ,\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right\}\)

Ta có n (Ω) = 6.6.6.6.6.6 = 6⁶.

Có các trường hợp sau:

Số bằng 5 xuất hiện đúng 5 lần, lần còn lại xuất hiện 1 trong 5 số 1, 2, 3, 4, 6

Suy ra có \(C_6^5\,.\,C_5^1 = 30\) kết quả thuận lợi.

Số bằng 5 xuất hiện đúng 6 lần suy ra có 1 kết quả thuận lợi.

Số bằng 6 xuất hiện đúng 5 lần, lần còn lại xuất hiện 1 trong 5 số 1, 2, 3, 4, 5

Suy ra có \[C_6^5\,.\,C_5^1 = 30\] kết quả thuận lợi.

Số bằng 6 xuất hiện đúng 6 lần suy ra có 1 kết quả thuận lợi.

Vậy xác suất để được một số lớn hơn hay bằng 5 xuất hiện ít nhất 5 lần là

\[P = \frac{{30 + 1 + 30 + 1}}{{{6^6}}} = \frac{{31}}{{23\,\,328}}\].

Số phần tử của không gian mẫu là: n (Ω) = 6.6.6.6.6.6 = 6⁶.

Số phần tử của không gian thuận lợi là: n (A) = 3⁶

Vậy xác suất của biến cố A là:

\[P\left( A \right) = \frac{{{3^6}}}{{{6^6}}} = \frac{1}{{64}}\]

Ta có: \[{\cos ^2}2x = \frac{{\cos 4x + 1}}{2} = \frac{1}{2}\cos 4x + \frac{1}{2}\]

Do đó nguyên hàm của hàm số f (x) = cos² (2x) là:

\(\int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {\frac{1}{2}\cos 4x + \frac{1}{2}} \right)dx} = \frac{1}{8}\sin 4x + \frac{1}{2}x + C\).

Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = cos (2x) là:

\(\int {f\left( x \right)dx} = \int {\cos 2xdx} = \frac{1}{2}\sin 2x + C\)

Đáp án đúng là: A

Phát biểu A là đúng vì theo lý thuyết SGK

Các mệnh đề còn lại sai vì:

Phát biểu B thiếu điều kiện f ¢(x) đổi dấu khi qua x₀

Phát biểu C sai, ví dụ hàm y = x⁴ có f ¢(0) = 0 và f ¢¢(0) = 0 nhưng x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số

Phát biểu D sai vì nếu f ¢(x₀) = 0 và f ¢¢(x₀) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại x₀.

Đáp án đúng là: B

Do miền nghiệm không chứa biên nên ta loại đáp án A.

Chọn điểm M(1; 0) thử vào các hệ bất phương trình.

Xét đáp án B, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}1 - 0 = 1 > 0\\2\,.\,1 - 0 = 2 > 1\end{array} \right.\]: Đúng và miền nghiệm không chứa biên.

Xét đáp án C, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}1 - 0 = 1 < 0\\2\,.\,1 - 0 = 2 > 1\end{array} \right.\]: Sai.

Xét đáp án D, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}1 - 0 = 1 < 0\\2\,.\,1 - 0 = 2 < 1\end{array} \right.\]: Sai.

Đáp án đúng là: D

Do miền nghiệm không chứa biên nên ta loại đáp án A và C.

Chọn điểm M(0; 1) thử vào các hệ bất phương trình.

Xét đáp án B, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}0 - 2\,.\,1 = - 2 > 0\\0 + 3\,.\,1 = 3 < - 2\end{array} \right.\]: Sai

Xét đáp án D, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}0 - 2\,.\,1 = - 2 < 0\\0 + 3\,.\,1 = 3 > - 2\end{array} \right.\]: Đúng và miền nghiệm không chứa biên.

Có M' = Q_{(O; 90°)} (M) \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {OM;\;OM'} \right) = 90^\circ \\OM' = OM\end{array} \right.\]

Phương trình đường thẳng OM' qua O, vuông góc với OM nên OM' có dạng x − 2y = 0

Gọi M'(2a; a)

Do OM' = OM Þ 4a² + a² = (−1)² + 2²

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 1\\a = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}M'\left( {2;\;1} \right)\\M'\left( { - 2;\; - 1} \right)\end{array} \right.\)

Vậy M'(−2; −1) là ảnh của M qua phép quay góc 90°.

Đáp án đúng là: D

Ta thử được điểm A(0; 1) thuộc đường thẳng d

Qua phép quay tâm O, góc 90° được A'(x;y) là ảnh của A

Theo công thức tính nhanh được: \[\left\{ \begin{array}{l}x = - {y_A} = - 1\\y = {x_A} = 0\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( { - 1;\;0} \right)\]

Ta thử được điểm A'(−1; 0) thuộc đường thẳng d

Phép quay tâm O, góc 90° biến A' thành B'(x'; y')

Theo công thức tính nhanh được: \[\left\{ \begin{array}{l}x' = - {y_B} = 0\\y' = {x_B} = - 1\end{array} \right. \Rightarrow B'\left( {0';\; - 1} \right)\]

Đường thẳng d': y = ax + b qua A' và B' nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} - a + b = 0\\b = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = - 1\end{array} \right.\)

Suy ra y = −x − 1 hay x + y + 1 = 0.

Ta có: x² + y² − ax − by + c = 0

\( \Leftrightarrow \left( {{x^2} - ax + \frac{{{a^2}}}{4}} \right) + \left( {{y^2} - by + \frac{{{b^2}}}{4}} \right) = \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{b^2}}}{4} - c\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - \frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{b}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{b^2}}}{4} - c\)

Vậy điều kiện để phương trình trên là phương trình đường tròn là:

\[\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{b^2}}}{4} - c > 0 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 4c > 0\]

Ta có: x² + y² + 2ax + 2by + c = 0

Û (x² + 2ax + a²) + (y² + 2by + b²) = a² + b² − c

Û (x + a)² + (y + b)² = a² + b² − c

Vậy phương trình đường tròn trên có tâm là I(−a; −b) và bán kính \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} - c} \).

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)

Theo giả thiết a² < b² + c² suy ra cos A > 0

Vậy góc A nhọn.

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(\cos C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}\)

Theo giả thiết a² + b² − c² > 0 suy ra cos C > 0

Vậy góc C nhọn hay \[\widehat C < 90^\circ \].

Đặt \[t = \sqrt {6 - x} ,\;\left( {t \ge 0} \right)\], khi đó ta có \[y = f\left( t \right) = \frac{{\left( {4 - m} \right)t + 3}}{{t + m}}\]

\[ \Rightarrow f'\left( t \right) = \frac{{ - {m^2} + 4m - 3}}{{{{\left( {t + m} \right)}^2}}}\]

Mặt khác hàm số \[y = \sqrt {6 - x} \] nghịch biến trên khoảng (−∞; 6) nên với −8 < x < 5 thì

Điều kiện: \[\left\{ \begin{array}{l}1 - {\tan ^2}x \ne 0\\\cos 2x \ne 0\\\cos x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} \ne 0\\\cos 2x \ne 0\\\cos x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos 2x \ne 0\\\cos x \ne 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\\x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Ta có: \[\frac{{{a^2}}}{{1 - {{\tan }^2}x}} = \frac{{{{\sin }^2}x + {a^2} - 2}}{{\cos 2x}}\]

\( \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{\frac{{{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}}}} = \frac{{{{\sin }^2}x + {a^2} - 2}}{{\cos 2x}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{a^2}{{\cos }^2}x}}{{\cos 2x}} = \frac{{{{\sin }^2}x + {a^2} - 2}}{{\cos 2x}}\)

Þ a²cos² x = sin² x + a² − 2

Û a²cos² x = 1 − cos² x + a² − 2

Û (a² + 1)cos2 x = a² − 1

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}x = \frac{{{a^2} + 1}}{{{a^2} - 1}} < 1,\;\forall x,\;a\)

Vì cos x ¹ 0 Þ 0 < cos² x ≤ 1

Û cos² x > 0 Û a² − 1 > 0 Þ |a| > 1

Vậy với |a| > 1 thì phương trình có nghiệm.

Ta có: \(y = \frac{2}{{1 + {{\tan }^2}x}} = \frac{2}{{\frac{1}{{{{\cos }^2}x}}}} = 2{\cos ^2}x\).

Do 0 ≤ cos² x ≤ 1 Þ 0 ≤ y ≤ 2 Þ M = 2.

Cứ chọn ra ba điểm trong số năm điểm A, B, C, D, E ta sẽ có một mặt phẳng. Từ năm điểm ta có \(C_5^3 = 10\) cách chọn ra ba điểm bất kỳ trong số năm điểm đã cho, nên có 10 mặt phẳng tạo bởi ba trong số năm điểm đã cho.

Lấy bốn điểm trong năm điểm có: \(C_5^4 = 5\) cách (vì bốn điểm trong năm điểm đều tạo thành tứ diện).

Ta có: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{b^2} + {c^2}} \)

Do AD là phân giác trong của \[\widehat {BAC}\]

\( \Rightarrow BD = \frac{{AB}}{{AC}}\,.\,DC = \frac{c}{b}\,.\,DC = \frac{c}{{b + c}}\,.\,BC = \frac{{c\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}{{b + c}}\)

Theo định lí hàm cosin, ta có:

\(B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} - 2AB\,.\,AD\,.\,\cos \widehat {BAD}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{c^2}\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} = {c^2} + A{D^2} - 2c\,.\,AD\,.\,\cos 45^\circ \)

\( \Rightarrow A{D^2} - c\sqrt 2 \,.\,AD + \left( {{c^2} - \frac{{{c^2}\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow A{D^2} - c\sqrt 2 \,.\,AD + \frac{{2b{c^3}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} = 0\)

\( \Rightarrow AD = \frac{{\sqrt 2 bc}}{{b + c}}\) hay \({l_a} = \frac{{\sqrt 2 bc}}{{b + c}}\).