Tập xác định : D = R

Hàm số \(y=2x^3+3x^2-1\) liên tục và có đạo hàm trên đoạn \(\left[ { - \frac{1}{2};1} \right]\)

Đạo hàm: \(y'=6x^2+6x\)

Xét \(y' = 0 \Rightarrow 6{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \in \left[ { - \frac{1}{2};1} \right]\\
x =  - 1 \notin \left[ { - \frac{1}{2};1} \right]
\end{array} \right.\)

Ta có \(y\left( { - \frac{1}{2}} \right) =  - \frac{1}{2};y\left( 0 \right) =  - 1;y\left( 1 \right) = 4\)

Vậy \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - \frac{1}{2};1} \right]} y = 4\)

Chọn C.

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau là phát biểu đúng.

\({S_{tp}} = 2{S_a} + {S_{xq}} = 2\pi {a^2} + 2\pi a.2a = 6\pi {a^2}\)

Có vô số phép tịnh tiến biến một đường thẳng thành chính nó. Đó là các phép tịnh tiến có vecto tịnh tiến là vecto không hoặc vecto tịnh tiến là vecto chỉ phương của đường thẳng đó.

\({3^{2x - 1}} > 27 \Leftrightarrow {3^{2x - 1}} > {3^3} \Leftrightarrow 2x - 1 > 3 \Leftrightarrow x > 2\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {2; + \infty } \right)\)

Hàm số \(y = {\left( {\frac{2}{e}} \right)^x}\) là hàm số mũ, có cơ số \(0 < a = \frac{2}{e} < 1\) nên hàm số nghịch biến trên tập số thực R.

\({\log _2}2a = {\log _2}2 + {\log _2}a = 1 + {\log _2}a\)

Số cách chọn ra 3 người vào ban đại diện trong 10 người là: \(C_{10}^3\) (không phân biệt thứ tự)

Ta thấy \(\overrightarrow {BC}  = \left( {2; - 5} \right),\overrightarrow {BD}  = \left( {8; - 13} \right)\) nên chúng không cùng phương, suy ra B, C, D là 3 đỉnh của một tam giác

Mặt khác, ta lại có \(\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x_B} + {x_C} + {x_D}}}{3} = \frac{{ - 3 - 1 + 5}}{3} = \frac{1}{3}\\
\frac{{{y_B} + {y_C} + {y_D}}}{3} = \frac{{3 - 2 - 10}}{3} =  - 3
\end{array} \right.\)

Vậy \(G\left( {\frac{1}{3}; - 3} \right)\) là trọng tâm của tam giác BCD 

Hàm số \(y=x^\alpha\) với \(\alpha\) không xác định khi \(x>0\)

Điều kiên xác định của hàm số \(y = {\left( {x - 1} \right)^{\frac{1}{5}}}\) là \(x-1>0\) hay \(x>1\) 

Vậy tập xác định: \(D=\left( {1;\, + \infty } \right)\)

Hàm số \(y=tan x, y=sin x, y=cot x\) là các hàm số lẻ

Hàm số \(y=cos x\) là hàm số chẫn 

Hàm số đã cho có đạo hàm tại mọi điểm và tại cực trị có \(y'=0\) nên tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại điểm cực đại (hoặc điểm cực tiểu) là đường thẳng song song hoặc trùng Ox, từ đó chọn D

Ta có dãy (u_n\) là cấp số cộng khi \({u_{n + 1}} - {u_n} = d,\forall n \in N*\) với d là hằng số

Bằng cách tính 3 số hạng đầu của các dãy số ta dự đoán đáp án D

Xét hiệu \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{5\left( {n + 1} \right) - 2}}{3} - \frac{{5n - 2}}{3} = \frac{5}{3},\forall n \in N*\)

Vậy dãy \({u_n} = \frac{{5n - 2}}{3}.\) là cắp số cộng 

\(u_1=5, u_2=6, u_3=8, u_4=11, u_5=15, u_6=20\)

Vậy số 20 là số hạng thứ 6

Hàm số \(y = \frac{x}{{x - 2}}\) có đồ thị (C) như hình vẽ. Gọi \(A\left( {a;\frac{a}{{a - 2}}} \right);B\left( {b;\frac{b}{{b - 2}}} \right)\) là 2 điểm thuộc 2 nhánh của (C) (a < 2 < b)

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {b - a;\frac{b}{{b - 2}} - \frac{a}{{a - 2}}} \right) = \left( {b - a;\frac{{b - a}}{{\left( {b - 2} \right)\left( {a - 2} \right)}}} \right)\)

Áp dụng BĐT Cô si ta có: \(\left( {b - 2} \right)\left( {a - 2} \right) \le \frac{{{{\left( {b - a} \right)}^2}}}{4}\)

Suy ra \(A{B^2} = {\left( {b - a} \right)^2} + \frac{{{{\left( {b - a} \right)}^2}}}{{{{\left[ {\left( {b - 2} \right)\left( {a - 2} \right)} \right]}^2}}} \ge {\left( {b - a} \right)^2} + \frac{{64}}{{{{\left( {b - a} \right)}^2}}} \ge 16\)

\( \Rightarrow AB \ge 4\). Dấu = xảy ra khi và chỉ khi \(a = 2 - \sqrt 2 ;b = 2 + \sqrt 2 \)

Vậy \(AB_{min}=4\)

Gọi M là trung điểm BC 

Chứng minh được \(BC \bot \left( {AA'M} \right)\). Do đó góc giữa 2 mặt phẳng (A'BC) và (ABC) là góc \(\widehat {A'MA} = {30^0}\)

Đặt AB = x

Tam giác ABC đều nên \(AM = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'M = \frac{{AM}}{{{\rm{cos}}{{30}^0}}} = x\)

\(\begin{array}{l}
{S_{A'BC}} = \frac{1}{2}.A'M.BC = \frac{1}{2}{x^2} = 8{a^2} \Leftrightarrow x = 4a \Rightarrow {S_{ABC}} = 4{a^2}\sqrt 3 \\
\frac{{A'A}}{{AM}} = \sin {30^0} \Leftrightarrow A'A = 2a\\
 \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = A'A.{S_{ABC}} = 8{a^3}\sqrt 3 
\end{array}\)

Ta có M là một điểm thuộc đoạn SB với M khác S và B

Suy ra

 \(\left\{ \begin{array}{l}
M \in \left( {ADM} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\
AD \subset \left( {ADM} \right)\\
BC \subset \left( {SBC} \right)\\
AD//BC
\end{array} \right. \Rightarrow \left( {ADM} \right) \cap \left( {SBC} \right) = Mx//BC//AD\)

Gọi \(N = Mx \cap SC\) thì (ADM) cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện là tứ giác AMND. Vì MN//AD và MN với AD không bằng nhau nên tứ giác AMND là hình thang 

Dựa vào hình thang của đồ thị hàm số \(y=ax^4+bx^2+c\) suy ra hệ số \(a>0\) nên loại A, B

Hàm số có 3 điểm cực trị \( \Rightarrow a.b < 0 \Rightarrow y = {\left( {{x^2} - 2} \right)^2} - 1\)

Điều kiện xác định của hàm số là:

\(\left\{ \begin{array}{l}
5 - x > 0\\
{\log _2}\left( {5 - x} \right) \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x < 5\\
5 - x \ne 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x < 5\\
x \ne 4
\end{array} \right.\)

Vậy tập xác định của hàm số là \(\left( { - \infty ;5} \right)\backslash \left\{ 4 \right\}.\)

Gọi h, r lần lượt là đường cao và bán kính đáy của hình trụ (T). Thiết diện của mặt phẳng và hình trụ (T) là hình chữ nhật ABCD. Khi đó theo giả thiết có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
h > 2r\\
{S_{ABCD}} = h.2r = 30\\
{C_{ABCD}} = 2\left( {h + 2r} \right) = 26
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
h > 2r\\
hr = 15\\
h + 2r = 13
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
h > 2r\\
h = 13 - 2r\\
 - 2{r^2} + 15r - 15 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
h > 2r\\
h = 13 - 2r\\
\left[ \begin{array}{l}
r = 5h = 3\left( l \right)\\
r = \frac{3}{2}h = 10\left( {tm} \right)
\end{array} \right.
\end{array} \right.\\
{S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = 2\pi rh + 2\pi {r^2} = 2\pi .\frac{3}{2}.10 + 2\pi {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{{69\pi }}{2}\left( {c{m^3}} \right)
\end{array}\)

Ta có: \(a = {\log _{12}}3 = \frac{{{{\log }_2}3}}{{{{\log }_2}12}} = \frac{{{{\log }_2}3}}{{{{\log }_2}\left( {{2^2}.3} \right)}} = \frac{{{{\log }_2}3}}{{{{\log }_2}\left( {{2^2}} \right) + {{\log }_2}3}} = \frac{{{{\log }_2}3}}{{2 + {{\log }_2}3}} \Rightarrow {\log _2}3 = \frac{{2a}}{{1 - a}}\)

Ta có: \({\log _{24}}18 = \frac{{{{\log }_2}18}}{{{{\log }_2}24}} = \frac{{{{\log }_2}\left( {{{2.3}^2}} \right)}}{{{{\log }_2}\left( {{2^3}.3} \right)}} = \frac{{1 + 2{{\log }_2}3}}{{3 + {{\log }_2}3}} = \frac{{1 + 2.\frac{{2a}}{{1 - a}}}}{{3 + \frac{{2a}}{{1 - a}}}} = \frac{{3a + 1}}{{3 - a}}\)

 Vậy \({\log _{24}}18 = \frac{{3a + 1}}{{3 - a}}\)

Số hạng tổng quát trong khai triển \({\left( {\frac{3}{x} - \frac{x}{3}} \right)^{12}}\) là:

\(T = C_{12}^k{\left( {\frac{3}{x}} \right)^{12 - k}}{\left( { - \frac{x}{3}} \right)^k} = C_{12}^k\left( { - 1} \right){3^{12 - 2k}}.{x^{2k - 12}}\left( {k \in N,k \le 12} \right)\)

T chứa \({x^6} \Rightarrow 2k - 12 = 6 \Leftrightarrow k = 9\)

Vậy hệ số cần tìm là: \(C_{12}^9{\left( { - 1} \right)^9}{3^{ - 6}} =  - \frac{{220}}{{729}}\)

Ta có \({S_{xq}} = \pi rl \Rightarrow l = \frac{{{S_{xq}}}}{{\pi r}} = \frac{{15\pi }}{{3\pi }} = 5\)

Chiều cao \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}}  = \sqrt {25 - 9}  = 4\)

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {3^2}.4 = 12\pi \)

Gọi I là trung điểm BC

Có AB = AC, IB = IC. Suy ra AI là trung trực của BC. Nên \(BC \bot AI\)

Tương tự \(BC \bot DI\)

Suy ra \(BC \bot \left( {AID} \right)\). Suy ra \(BC \bot AD\). Chọn C 

Ta có: \(\begin{array}{l}
\sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \left( {x + \frac{{3\pi }}{4}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
2x - \frac{\pi }{4} = x + \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \\
2x - \frac{\pi }{4} =  - x - \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi 
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \pi  + k2\pi \\
x = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)
\end{array}\)

+ Xét \(x = \pi  + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\)

Do \(0 < x < \pi  \Leftrightarrow 0 < \pi  + k2\pi  < \pi  \Leftrightarrow  - \frac{1}{2} < k < 0\). Vì \(k \in Z\) nên không có giá trị k

+ Xét \(x = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}\left( {k \in Z} \right)\)

Do \(0 < x < \pi  \Leftrightarrow 0 < \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3} < \pi  \Leftrightarrow  - \frac{1}{4} < k < \frac{5}{4}\). Vì \(k \in Z\) nên có 2 giá trị k là k = 0 và  k = 1

\(\begin{array}{l}
 + k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{6}\\
 + k = 1 \Rightarrow x = \frac{{5\pi }}{6}
\end{array}\)

Do đó trên khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) phương trình đã cho có 2 nghiệm \(x = \frac{\pi }{6},x = \frac{{5\pi }}{6}\)

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho trong khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) là: \(\frac{\pi }{6} + \frac{{5\pi }}{6} = \pi \)

Chọn A.

Hàm số dạng bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(x =  - \frac{d}{c} =  - 2\) làm tiệm cận đứng.

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng \( = \frac{a}{c} = 2\) làm tiệm cận ngang 

Vậy I(-2;2) là giao điểm của 2 đường tiệm cận

TXĐ: D = R\{-2}

\(y' = \frac{7}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\)

Gọi tiếp tuyến tại \(M\left( {{x_o};{y_0}} \right)\) của đồ thị hàm số có dạng 

\(\left[ \begin{array}{l}
\Delta :y = y'\left( {{x_0}} \right).\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\\
\Delta :y = \frac{7}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}.\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} + 2}}
\end{array} \right.\)

Vì \(\Delta \) đi qua \(I\left( { - 2;2} \right) \Rightarrow 2 = \frac{7}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}.\left( { - 2 - {x_0}} \right)}} + \frac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} + 2}}\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow 2 = \frac{{ - 7}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}.\left( {{x_0} + 2} \right) + \frac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} + 2}} \Leftrightarrow 2 = \frac{{ - 7}}{{\left( {{x_0} + 2} \right)}} + \frac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} + 2}}\\
 \Leftrightarrow 2 = \frac{{2{x_0} - 10}}{{{x_0} + 2}}4 =  - 10\left( {VN} \right)
\end{array}\)

Vậy không tồn tại tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 3}}{{x + 2}}\) mà đi qua giao điểm của 2 tiệm cận 

Ta có 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{y_A} + {y_B} = 2{y_D} = 2.4 = 8\\
{y_A} + {y_C} = 2{y_F} = 2.3 = 6\\
{y_B} + {y_C} = 2{y_E} = 2.1 = 2
\end{array} \right. \Rightarrow 2\left( {{y_A} + {y_B} + {y_C}} \right) = 8 + 6 + 2 = 16\\
 \Rightarrow {y_A} + {y_B} + {y_C} = 8
\end{array}\)

Gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC), H là hình chiếu vuông góc của D lên SC

Khi đó: 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
AB \bot SA\\
AB \bot SD
\end{array} \right.A \Rightarrow B \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot AD\\
\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot SC\\
BC \bot SD
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SDC} \right) \Rightarrow BC \bot DC
\end{array}\)

Suy ra ABCD là hình vuông và cạnh CD = a

Ta có: AD//BC suy ra AD//(SBC) \( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = DH \Rightarrow DH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vì DC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD) nên góc SCD là góc giữa đường thẳng SC và (ABC)

\(\sin \widehat {SCD} = \frac{{DH}}{{DC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {SCD} = \frac{\pi }{3}\)

\(y’=x^3-6x\)

Gọi \(A\left( {{x_0};\frac{1}{4}{x_0}^4 - 3{x_0}^2} \right)\) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến tại A. Phương trình tiếp tuyến tại A là đường thẳng (d) có phương trình: \(y = \left( {x_0^3 - 6{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{1}{4}x_0^4 - 3x_0^2\) 

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:

\(\begin{array}{l}
\left( {x_0^3 - 6{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{1}{4}x_0^4 - 3x_0^2 = \frac{1}{4}{x^4} - 3{x^2}\\
 \Leftrightarrow {\left( {x - {x_0}} \right)^2}\left( {{x^2} + 2{x_0}x + 3x_0^2 - 12} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - {x_0} = 0\\
{x^2} + 2{x_0}x + 3{x_0} - 12 = 0\left( 2 \right)
\end{array} \right.
\end{array}\) 

(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khác A khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác \(x_0\)

\(\left[ \begin{array}{l}
{x_0} \ne  \pm \sqrt 2 \\
 - \sqrt 6  < {x_0} < \sqrt 6 
\end{array} \right.\left( 3 \right)\) 

Khi đó, phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1, x_2\) và (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt trong đó:

\(\begin{array}{l}
{y_1} = \left( {x_0^3 - 6{x_0}} \right)\left( {{x_1} - {x_0}} \right) + \frac{1}{4}x_0^4 - 3x_0^3;{y_2} = \left( {x_0^3 - 6{x_0}} \right)\left( {{x_2} - {x_0}} \right) + \frac{1}{4}x_0^4 - 3x_0^3\\
 \Rightarrow {y_1} - {y_2} = \left( {x_0^3 - 6{x_0}} \right)\left( {{x_1} - {x_2}} \right)
\end{array}\) 

Từ giả thiết ta suy ra:

\(\begin{array}{l}
\left( {x_0^3 - 6{x_0}} \right)\left( {{x_1} - {x_2}} \right) = 5\left( {{x_1} - {x_2}} \right) \Leftrightarrow x_0^3 - 6{x_0} = 5\left( {{x_1} \ne {x_2}} \right)\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} =  - 1\\
{x_0} = \frac{{ - 1 - \sqrt {21} }}{2}\\
{x_0} = \frac{{ - 1 + \sqrt {21} }}{2}
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Kết hợp với điều kiện (3) có 2 giá trị \(x_0\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là: \(\left[ \begin{array}{l}
{x_0} =  - 1\\
{x_0} = \frac{{ - 1 + \sqrt {21} }}{2}
\end{array} \right.\) 

\(\begin{array}{l}
y' = 4\left( {{m^2} + 1} \right){x^3} - 4mx = 4x\left[ {\left( {{m^2} + 1} \right){x^2} - m} \right]\\
 + y'\left( 0 \right)4x\left[ {\left( {{m^2} + 1} \right){x^2} - m} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  \pm \sqrt {\frac{m}{{{m^2} + 1}}} \left( {m > 0} \right)
\end{array} \right.
\end{array}\) 

+ Với m > 0 thì đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (với \(x_A, x_B, x_C\)) là:

\(A\left( { - \sqrt {\frac{m}{{{m^2} + 1}}} ; - \frac{{{m^2}}}{{{m^2} + 1}} + {m^2} + 1} \right);B\left( {0;{m^2} + 1} \right);C\left( {\sqrt {\frac{m}{{{m^2} + 1}}} ; - \frac{{{m^2}}}{{{m^2} + 1}} + {m^2} + 1} \right)\) 

+ Quay tam giác ABC quanh AC thì được khối tròn xoay có thể tích là:

\(V = 2.\frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{2}{3}\pi B{I^2}.IC = \frac{2}{3}\pi {\left( {\frac{{{m^2}}}{{{m^2} + 1}}} \right)^2}\sqrt {\frac{m}{{{m^2} + 1}}}  = \frac{2}{3}\pi \sqrt {\frac{{{m^9}}}{{{{\left( {{m^2} + 1} \right)}^5}}}} \) 

+ Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{m^9}}}{{{{\left( {{m^2} + 1} \right)}^5}}}\) 

Có: \(f'\left( x \right) = \frac{{{m^8}\left( {9 - {m^2}} \right)}}{{{{\left( {{m^2} + 1} \right)}^6}}};f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow m = 3\left( {m > 0} \right)\) 

Ta có BBT:

Vậy thể tích cần tìm lớn nhất khi m  = 3

\(\begin{array}{l}
8.\cos 2x.\sin 2x.\cos 4x =  - \sqrt 2  \Leftrightarrow 4.\sin 4x.\cos 4x =  - \sqrt 2  \Leftrightarrow 2.\sin 8x =  - \sqrt 2 \\
 \Leftrightarrow \sin 8x =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
8x =  - \frac{\pi }{4} + k2\pi \\
8x = \frac{{5\pi }}{4} + k2\pi 
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - \frac{\pi }{{32}} + k\frac{\pi }{4}\\
x = \frac{{5\pi }}{{32}} + k\frac{\pi }{4}
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)
\end{array}\)

Đặt \(t = {\log _2}\) 

Ta có \(x \in \left( {4; + \infty } \right) \Leftrightarrow t \in \left( {2; + \infty } \right)\) 

Hàm số được viết lại \(y = \frac{{mt - 2}}{{t - m - 1}}\left( 1 \right)\) 

Vì \(t = {\log _2}x\) đồng biến trên nên yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \) (1) nghịch biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\) 

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

Từ đồ thị của hàm số đã cho ta có:

Tiệm cận đúng của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình \(x=-1\)

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình \(y=-1\)

Đồ thị hàm số đi qua các điểm (1;0) và (0;1)

Suy ra hàm số cần tìm là \(y = \frac{{ - x + 1}}{{x + 1}}\) 

TXĐ: D = R

\(y’=3x^2-2(2m+1)x+(3-m)

Hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình \(y’=0\) có 2 nghiệm \(x_1, x_2\) thỏa mãn \({x_1} \le 0 < {x_2}\) 

Trường hợp 1: Phương trình \(y’=0\) có 2 nghiệm \({x_1} < 0 < {x_2} \Leftrightarrow 3\left( {3 - m} \right) < 0 \Leftrightarrow m > 3\) 

Trường hợp 2: Phương trình \(y’=0\) có 2 nghiệm \(x_1=0<x_2\)

Có \(y'\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow m = 3\) 

Với \(m=3\) thì \(y' = 3{x^2} - 14x;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \frac{{14}}{3} > 0
\end{array} \right.\) 

Vậy với \(m \ge 3\) thì hàm số  \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 3 điểm cực trị

TH1: a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác đều.

Trường hợp này có 9 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

TH2: a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác cân và không đều.

Không mất tính tổng quát, giả sử a = b.

Nếu a = b > c

a = b = 2 suy ra c = 1

a = b = 3 suy ra c = 1, 2

a = b = 4 suy ra c = 1, 2, 3

…

a = b = 9 suy ra c = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8

Nếu a = b < c

Do a + b > c suy ra \(c \over 2\) < a < c.

c = 9 suy ra \(9 \over 2\) < a < 9 suy ra a = 5, 6, 7, 8

c = 8 suy ra \(8 \over 2\) < a < 8 suy ra a = 5, 6, 7

c = 7 suy ra \(7 \over 2\) < a < 7 suy ra a = 4, 5, 6

c = 6 suy ra \(6 \over 2\) < a < 6 suy ra a = 4, 5

c = 5 suy ra \(5 \over 2\) < a < 5 suy ra a = 3, 4

c = 4 suy ra \(6 \over 2\) < a < 4 suy ra a = 3

c = 3 suy ra \(3 \over 2\) < a < 3 suy ra a = 2

c = 2, 1 không có a tương ứng.

Suy ra có 4 +3 + 3 + 2 + 2 +1 +1 = 16 số thỏa mãn bài toán.

Suy ra trong trường hợp \(a = b \ne c\), có 36 + 16 = 52 số thỏa mãn.

Tương tự, mỗi trường hợp \(b=c \ne a, c=a \ne b\) đều có 52 số thỏa mãn.

Theo quy tắc cộng ta có: 9 + 52.3 =165 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đường thẳng AH đi qua A(-3;0) và nhận \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 1;6} \right)\) làm vectơ pháp tuyến. Suy ra phương trình đường thẳng AH là: x – 6y+3 = 0

Đường thẳng BH đi qua B(3;0) và nhận \(\overrightarrow {AC}  = \left( {5;6} \right)\) làm vectơ pháp tuyến. Suy ra phương trình đường BH: 5x+6y-15=0

Ta có \(H = AH \cap BH \Leftrightarrow \) Tọa độ H là nghiệm của hệ

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x - 6y + 3 = 0}\\ {5x + 6y - 15 = 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow H\left( {2;\frac{5}{6}} \right)\)

Do đó \(a = 2;b = \frac{5}{6} \Rightarrow 6ab = 10\) 

Coi khối lập phương có cạnh 1. Thể tích khối lập phương là V = 1

Từ giả thiết suy ra khối nón có chiều cao h = 1, bán kính đáy \( = \frac{1}{2}\) 
Thể tích lượng nước còn lại trong thùng là: \({V_2} = V - {V_1} = 1 - \frac{\pi }{{12}} = \frac{{12 - \pi }}{{12}}\) 

Do đó: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{\pi }{{12 - \pi }}\) 

\(\begin{array}{l}
\lim \frac{{x + 1 - \sqrt {5x + 1} }}{{x - \sqrt {4x - 3} }} = \frac{{\left( {{x^2} - 3x} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}\\
 = \lim \frac{{x\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}} = \frac{{3\left( {3 + 3} \right)}}{{2\left( {4 + 4} \right)}} = \frac{9}{8}\\
 \Rightarrow T = 2a - b = 10
\end{array}\)

Giả sử \(LN \cap BD = I\) . Nối K với I cắt AD tại P. Suy ra \(\left( {KLN} \right) \cap AD = P\) 

Ta có: \(KL//AC \Rightarrow PN//AC\) Suy ra: \(\frac{{PA}}{{PD}} = \frac{{NC}}{{ND}} = 2\) 

Điều kiện: x > 1

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{\log _2}x + {\log _2}\left( {x - 1} \right) = 2\\
 \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {x\left( {x - 1} \right)} \right] = 2 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) = 4 \Leftrightarrow {x^2} - x - 4 = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{{1 - \sqrt {17} }}{2}\\
x = \frac{{1 + \sqrt {17} }}{2}
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là \(x = \frac{{1 + \sqrt {17} }}{2}\) 

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow {x^2} + mx + 1 > 0,\forall  \in x \Leftrightarrow {x^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow  - 2 < m < 2\)

Số cách xếp học sinh vào ghế là (2n+3)!

Nhận xét rằng nếu số tự nhiên a, b, c lập thành một cấp số cộng thì a+c=2b nên a+c là một số chẵn. Như vậy a, c phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

Từ 1 đến 2n+3 có n+1 số chẵn và n+2 số lẻ

Muốn có một cách xếp học sinh thỏa số ghế của An, Bình, Chi theo thứ tự lập thành một cấp số cộng ta sẽ tiến hành như sau:

Bước 1: Chọn 2 ghế có số thứ tự cùng chẵn hoặc cùng lẻ rồi xếp An và Chi vào, sau đó xếp Bình vào ghế chính giữa. Bước này có \(A_{n + 1}^2 + A_{n + 2}^2\) cách

Bước 2: Xếp chỗ cho 2n học sinh còn lại. Bước này có (2n)! cách.

Như vậy số cách xếp thỏa yêu cầu là\(\left( {A_{n + 1}^2 + A_{n + 2}^2} \right).\left( {2n} \right)!\) 

Ta có phương trình

\(\begin{array}{l}
\frac{{\left( {A_{n + 1}^2 + A_{n + 2}^2} \right).\left( {2n} \right)!}}{{\left( {2n + 3} \right)!}} = \frac{{17}}{{1155}} \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n + 1} \right) + \left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{{\left( {2n + 1} \right)\left( {2n + 2} \right)\left( {2n + 3} \right)}} = \frac{{17}}{{1155}}\\
 \Leftrightarrow 68{n^2} - 1029n - 1104 = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 16\\
n =  - \frac{{69}}{{68}}\left( l \right)
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Vậy số học sinh của lớp là 35

Giả sử hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a và tâm các mặt là P, Q, R, S, O, O;

Ta có PQ là đường trung bình của tam giác đều B’CD’ cạnh \(a\sqrt 2 \) nên \(PQ = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) 

Do đó \({S_{PQRS}} = P{Q^2} = \frac{1}{2}{a^2}{\rm{,OO}}' = a\) 

Gọi (C) là đồ thị hàm số \(y=a^x; (C_1)\) là đồ thị hàm số \(y-f(x)\)

\(M\left( {2 + {{\log }_a}\frac{1}{{2018}};{y_M}} \right) \in \left( {{C_1}} \right) \Leftrightarrow {y_M} = f\left( {2 + {{\log }_a}\frac{1}{{2018}}} \right)\) 

Gọi N đối xứng với M qua \(I\left( {1;1} \right) \Rightarrow N\left( { - {{\log }_a}\frac{1}{{2018}};2 - {y_M}} \right)\)  
Do đồ thị \(C_1)\) đối xứng (C) qua I(1;1) nên \(N\left( { - {{\log }_a}\frac{1}{{2018}};2 - {y_M}} \right) \in \left( C \right)\) 

\(\begin{array}{l}
N \in \left( C \right) \Leftrightarrow 2 - {y_M} = {a^{ - {{\log }_a}\frac{1}{{2018}}}} \Leftrightarrow 2 - {y_M} = {a^{{{\log }_a}2018}} \Leftrightarrow 2 - {y_M} = 2018 \Leftrightarrow {y_M} =  - 2016\\
 \Rightarrow f\left( {2 + {{\log }_a}\frac{1}{{2018}}} \right) =  - 2016
\end{array}\) 

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

Đặt \(t = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\), do \(x \in \left[ {\pi ;\frac{{3\pi }}{2}} \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 1;0} \right]\) 

Hàm số (1) trở thành \(y = g\left( t \right) = {t^3} + 3{t^2} - mt - 4\left( 2 \right)\)

Hàm số (1) đồng biến trên \(\left[ {\pi ;\frac{{3\pi }}{2}} \right]\) khi và chỉ khi hàm số (2) nghịch biến trên [-1;0]\( \Leftrightarrow g'\left( t \right) \le 0,\forall t \in \left[ { - 1;0} \right]\) (g'(t)=0 tại hữu hạn điểm)

Hàm số \(y = g\left( t \right) = {t^3} + 3{t^2} - mt - 4\) trên [-1;0], ta có \(g'\left( t \right) = 3{t^2} + 6t - m\)

Suy ra:

\(\begin{array}{l}
g'\left( t \right) \le 0,\forall t \in \left[ { - 1;0} \right]\\
 \Leftrightarrow 3{t^2} + 6t - m \le 0,\forall t \in \left[ { - 1;0} \right]\\
3{t^2} + 6t \le m,\forall t \in \left[ { - 1;0} \right]
\end{array}\)

Xét hàm số \[y = h\left( t \right) = 3{t^2} + 6t\) trên đoạn [-1;0]

Ta có \(h'\left( t \right) = 6t + 6 \ge 0,\forall t \in \left[ { - 1;0} \right]\) suy ra h(t) đồng biến trên [-1;0]

\(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} h\left( t \right) = h\left( 0 \right) = 0\)

Tức \(g'\left( t \right) \le 0,\forall t \in \left[ { - 1;0} \right] \Leftrightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} h\left( t \right) \le m,\forall t \in \left[ { - 1;0} \right]\). Do đó có \(m \ge 0\)

Hàm số (1) đồng biến trên \(\left[ {\pi ;\frac{{3\pi }}{2}} \right]\) khi và chỉ khi \(m \in \left[ {0; + \infty } \right)\)

Điều kiện xác định: \(4^x-2^x+m>0\)

Hàm số đã cho có tập xác định là R \( \Leftrightarrow {4^x} - {2^x} + m > 0,\forall x \in R \Leftrightarrow m >  - {4^x} + {2^x},\forall x \in R\)

Đặt \(t=2^x,(t>0)\)

Khi đó (*) trở thành \(m >  - {t^2} + t,\forall t > 0 \Leftrightarrow m > \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( t \right)\) với \(f\left( t \right) =  - {t^2} + t,t > 0\)

Ta có: \(f'\left( t \right) =  - 2t + 1,f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}\)

Bảng biến thiên của hàm số \(f(t)=-t^2+t,t>0\):

Từ BBT ta thấy \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( t \right) = \frac{1}{4}\) đạt được khi \(t = \frac{1}{2}\)

Vậy \(m > \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( t \right)\Leftrightarrow m > \frac{1}{4}\)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho gốc tọa độ trùng với điểm B, điểm A thuộc trục Oy và điểm C thuộc trục Ox.

Theo bài ta có B(0;0), A(0;2), C(3;0), D(1;2)

Khi đó \(\overrightarrow {AC}  = \left( {3; - 2} \right)\) . Phương trình tham số của đường thẳng AC là: \(\left\{ \begin{array}{l}
x = 3t\\
y = 2 - 2t
\end{array} \right.\left( {t \in R} \right)\) 

Gọi \(M \in AC \Rightarrow M\left( {3t;2 - 2t} \right)\).  Ta có \(\overrightarrow {BM}  = \left( {3t;2 - 2t} \right),\overrightarrow {DC}  = \left( {2; - 2} \right)\) 

Để \(BM \bot DC\) thì \(\overrightarrow {BM} .\overrightarrow {DC}  = 0 \Leftrightarrow 6t - 4 + 4t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{5} \Rightarrow M\left( {\frac{6}{5};\frac{6}{5}} \right)\) 

Khi đó \(\overrightarrow {AM}  = \left( {\frac{6}{5}; - \frac{4}{5}} \right) \Rightarrow AM = \frac{{\sqrt {52} }}{5},\overrightarrow {AC}  = \left( {3; - 2} \right) \Rightarrow AC = \sqrt {13} \) 

Vì \(\overrightarrow {AM}  = k\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AC} \) cùng chiều \(k = \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{\sqrt {52} }}{{5\sqrt {13} }} = \frac{2}{3}\)