Gọi \(M,N,P,E,F,I,J,G,H\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AA',CC',BB',AC,A'C',BC,B'C',AB,A'B'\) của lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' . Các mặt phẳng đối xứng của lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' là \((MNP),(AIJA'),(BEFB'),(CGHC').\) 

\(y' = \frac{{{x^2} - 4x - 2}}{{\left( {x - 2} \right){}^2}};y'\left( 1 \right) =  - 5.\)

Phương trình tiếp tuyến tại điểm A(-1;2) của (C) là \(y =  - 5\left( {x - 1} \right) - 2 \Leftrightarrow y =  - 5x + 3.\) 

\(y' = 3x{}^2 - 1\) 

Điều kiện để đường thẳng y=ax+b là tiếp tuyến của hàm số \(y = f\left( x \right)\left( C \right):\) \(\left\{ \begin{array}{l}
f'\left( {{x_0}} \right) = a\\
a{x_0} + b = f\left( {{x_0}} \right)
\end{array} \right.\) có nghiệm. Kiểm tra các đáp án

Đáp án A: \(\left\{ \begin{array}{l}
3x_0^2 - 1 =  - 1\\
 - {x_0} - 3 = 2x_0^3 - {x_0} + 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_0} = 0\\
 - 3 = 3
\end{array} \right.\) vô lí, đáp án A sai.

Đáp án B: \(\left\{ \begin{array}{l}
3x_0^2 - 1 = 11\\
11{x_0} + 4 = 2x_0^3 - {x_0} + 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_0} =  \pm 2\\
11{x_0} + 4 \ne 2x_0^3 - {x_0} + 3
\end{array} \right.\) đáp án B sai.

Đáp án C: \(\left\{ \begin{array}{l}
3x_0^2 - 1 =  - 1\\
 - {x_0} + 3 = 2x_0^3 - {x_0} + 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_0} = 0\\
3 = 3
\end{array} \right.\) luôn đúng. Đáp án C đúng.

Do đáp án C đúng nên đáp án D sai.

Khối đa diện đều loại {4;3} là khối lập phương có 6 mặt

Từ giả thiết suy ra đáy của hình lăng trụ là tam giác đều cạnh bằng \(\sqrt 2 a \Rightarrow \) Diện tích của đáy là:

\({S_{ABC}} = \frac{{\sqrt 3 {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}}}{4} = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{2} \Rightarrow \) Thể tích của lăng trụ là: \(V = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{2}.\sqrt 2 a = \frac{{\sqrt 6 {a^3}}}{2}.\) 

Vì SA vuông góc với đáy nên góc (SC,(ABCD)) = SCA.

Trong hình vuông ABCD có: \(AC = a\sqrt 2 ,\) theo giả thiết, \(SA = a\sqrt 2  \Rightarrow \) tam giác SAC vuông cân tại A \( \Rightarrow SCA = {45^0}.\) 

Do \(AB'//C'D' \Rightarrow AB'//(DCC'D').\) Suy ra

\(d\left( {AB';CD'} \right) = d\left( {AB';\left( {DCC'D'} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {DCC'D'} \right)} \right) = AD = a.\) 

TXĐ: D = R 

Ta có \(y' = 3x{}^2 - 12;y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 12 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
x =  - 2
\end{array} \right..\) 

Bảng biến thiên

Hàm số \(y = \frac{1}{{\sqrt {{\mathop{\rm sinx}\nolimits}  + 1} }}\) xác định khi: \({\mathop{\rm sinx}\nolimits}  + 1 > 0 \Leftrightarrow sinx + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{{ - \pi }}{2} + k2\pi \) 

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in Z} \right\}.\) 

Điều kiện xác định của phương trình: \({\mathop{\rm sinx}\nolimits}  \ne 0.\)  

\(\frac{{\sqrt 3 }}{{{{\sin }^2}x}} = 3\cot x + \sqrt 3  \Leftrightarrow \sqrt 3 \left( {1 + {{\cot }^2}x} \right) = 3\cot x + \sqrt 3 \) 

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 {\cot ^2}x - 3\cot x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cot x = 0\\
\cot x = \sqrt 3 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\
x = \frac{\pi }{6} + k\pi 
\end{array} \right.\) 

Họ nghiệm \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi \) có nghiệm âm lớn nhất \(x = \frac{{ - \pi }}{2}\) 

Họ nghiệm \(x = \frac{\pi }{6} + k\pi \) có nghiệm âm lớn nhất \(x = \frac{{ - 5\pi }}{6}\) 

Vậy nghiệm âm lớn nhất của phương trình đã cho là \(x = \frac{{ - \pi }}{2}.\) 

Ta có: u₁ = 5 nên thay n = 1 vào 4 đáp án thấy chỉ có đáp án D đúng.

Tập xác định: D = R. Hàm số \(y = {x^2} - 1\) liên tục và có đạo hàm trên đoạn [-3;2].

Đạo hàm: y' = 2x. Xét \(y' = 0 \Rightarrow 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in [ - 3;2].\) 

Ta có: \(y\left( 0 \right) =  - 1,y\left( { - 3} \right) = 8\) và y(2) = 3. Vậy \(\mathop {\min }\limits_{[ - 3;2]}  =  - 1.\) 

Tập xác định: \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right)\) 

\(y' = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }},\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right);y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\) (loại)

Bẳng xét dấu y’

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right).\) 

Ta có: \({\left( {x - 3} \right)^{100}} = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + ... + {a_{100}}{x^{100}}\) (1)

Thay x = -1 vào hai vế của (1) ta được:

\(\begin{array}{l}
{\left( { - 1 - 3} \right)^{100}} = {a_0} + {a_1}\left( { - 1} \right) + {a_2}{\left( { - 1} \right)^2} + ... + {a_{99}}{\left( { - 1} \right)^{99}} + {a_{100}}{\left( { - 1} \right)^{100}}\\
 \Leftrightarrow {\left( { - 4} \right)^{100}} = {a_0} - {a_1} + {a_2} - ... - {a_{99}} + {a_{100}}
\end{array}\) 

Vậy \({a_0} - {a_1} + {a_2} - ... - {a_{99}} + {a_{100}} = {4^{100}}.\) 

\({\cos ^2}x - \cos x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos x = 0\\
\cos x = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\
x = k2\pi 
\end{array} \right.;k \in Z\) 

Với họ nghiệm \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in Z\) 

Ta có \(0 < x < \pi  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < \frac{\pi }{2} + k\pi  < \pi \\
k \in Z
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - \frac{\pi }{2} < k\pi  < \frac{\pi }{2}\\
k \in Z
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - \frac{1}{2} < k < \frac{1}{2}\\
k \in Z
\end{array} \right. \Leftrightarrow k = 0\) 

Do đó chỉ có nghiệm \(x = \frac{\pi }{2}\) thỏa mãn

Với họ nghiệm \(x = k2\pi ;k \in Z\) 

\(0 < k < \pi  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < k2\pi  < \pi \\
k \in Z
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < k < \frac{1}{2}\\
k \in Z
\end{array} \right.\) vô nghiệm

Vậy phương trình có một nghiệm \(\frac{\pi }{2} \in \left( {0;\pi } \right).\) 

Ta có ABCD là hình bình hành cạnh \(a \Rightarrow S{}_{ABC} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{1}{2}{a^2}\) 

Thể tích khối chóp S.ABC là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.A{}_{ABC} = \frac{1}{3}a\sqrt 2 .\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{\sqrt 2 }}{6}{a^3}.\) 

Ta có ABCD là hình bình hành \( \Rightarrow AB//CD.\) 

Do đó \(\left( {SB,CD} \right) = \left( {SB,AB} \right) = SBA\) 

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB \Rightarrow \Delta SAB\) vuông tại A.

Xét tam giác vuông SAB ta có: \(\tan SAB = \frac{{SB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3  \Rightarrow SBA = {60^0}.\) 

Vậy \(\left( {SB;CD} \right) = {60^0}.\) 

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{3x - 1}}{{x - 3}} = 3\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{3x - 1}}{{x - 3}} =  - \infty \) 

Nếu đồ thị (C) có tiệm cận đứng x = 3 và tiệm cận ngang y = 3.

Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn lớp trong số 37 lớp của trường để tham gia hội văn nghệ: \(n\left( \Omega  \right) = C_{37}^2\) 

Số cách chọn 2 lớp cùng khối trong trường để tham gia hội văn nghệ của trường Đại học Vinh là: \(C_{12}^2 + C_{12}^2 + C_{13}^2\) 

 Số cách chọn lớp không cùng khối trong trường để tham gia hội văn nghệ của trường Đại học Vinh là \(C_{37}^2 - \left( {C_{12}^2 + C_{12}^2 + C_{13}^2} \right)\) 

Gọi I là trung điểm của BC, tam giác ABC vuông cân tại A nên \(AI \bot BC.\) 

Có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC.\) 

Suy ra \(BC \bot \left( {SAI} \right).\) Suy ra \(\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = SIA.\) 

\(\Delta SIA\) vuông tại A có SA = a, AI = a. Suy ra \(\Delta SIA\) vuông cân tại A.

Suy ra \(SIA = {45^0}.\) 

+Cách trắc nghiệm: Có a,b = -4 < 0. Nên hàm số có 3 điểm cực trị x₁ = 0, x₂, x₃ là 2 số đối nhau.

Suy ra x₁ + x₂ + x₃ = 0

+Cách tự luận

\(y =  - {x^4} + 4{x^2} + 2019,\) TXĐ: D = R  

\(y' =  - 4{x^3} + 8x.\) 

\(y' = 0 \Leftrightarrow  - 4{x^3} + 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  - \sqrt 2 \\
x = \sqrt 2 
\end{array} \right.\) 

Suy ra x₁ + x₂ + x₃ = 0.

Hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 1\) xác định và liên tục trên R, nên trên đoạn [0;4] hàm số luôn xác định và liên tục.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x - 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1 \notin (0;4)\\
x = 3 \in (0;4)
\end{array} \right.\) 

Khi đó: \(f\left( 0 \right) = 1;f\left( 3 \right) =  - 26;f\left( 4 \right) =  - 19.\) 

So sánh các giá trị trên ta được: \(M = \mathop {Maxy}\limits_{[0;4]}  = 1;m = \mathop {Miny}\limits_{[0;4]}  =  - 26.\) 

Suy ra: m + 2M = -26 + 2 = -24.

Vậy m + 2M = -24.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} - {u_3} + {u_5} = 65\\
{u_1} + {u_7} = 325
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} - {u_1}{q^2} + {u_1}{q^4} = 65\\
{u_1} + {u_1}.{q^6} = 325
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1}\left( {1 - {q^2} + {q^4}} \right) = 65(1)\\
{u_1}\left( {1 + {q^6}} \right) = 325(2)
\end{array} \right.\) 

Chia từng vế của (1) cho (2) ta được phương trình:

\(\frac{{1 - {q^2} + {q^4}}}{{1 + {q^6}}} = \frac{1}{5} \Leftrightarrow {q^6} - 5q{}^4 + 5{q^2} - 4 = 0(*)\) 

Đặt \(t = {q^2},t \ge 0.\) 

Phương trình (*) trở thành: \({t^3} - 5{t^2} + 5t - 4 = 0 \Leftrightarrow \left( {t - 4} \right)\left( {{t^2} - t + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 4\\
{t^2} - t + 1 = 0(vn)
\end{array} \right.\) 

Với \(t = 4 \Rightarrow {q^2} = 4 \Leftrightarrow q =  \pm 2.\) 

Với \(q =  \pm 2\) thay vào (2) ta được u₁ = 5.

Vậy \({u_3} = {u_1}{q^2} = 5.4 = 20.\) 

Xét số hạng tổng quát: \(k\frac{{C_n^k}}{{C_{n - 1}^k}} = \frac{{\frac{{k.n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}}}}{{\frac{{n!}}{{\left( {k - 1} \right)!\left( {n + 1 - k} \right)!}}}} = n + 1 - k,\) với \(k,b \in N;1 \le k \le n.\) 

Do đó: \(C_n^1 + 2\frac{{C_n^2}}{{C_n^1}} + ... + n\frac{{C_n^n}}{{C_n^{n - 1}}} = 45 \Leftrightarrow n + (n - 1) + ... + 1 - 45 \Leftrightarrow \frac{{n(n + 1)}}{2} = 45 \Leftrightarrow {n^2} + n - 90 = 0\) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 9\\
n =  - 10(l)
\end{array} \right. \Rightarrow n = 9.\) Vậy \(C_{n + 4}^n = C_{13}^9 = 715.\) 

Tập xác định: \(D = R\backslash \left\{ { - m} \right\}.\) 

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

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - m \le 0\\
m + 1 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 0.\) 

\(y = {x^3} + {x^2} + mx - 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 2x + m.\) 

Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \Delta ' = 1 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < \frac{1}{3}(1).\) 

Khi đó, giả sử x₁, x₂ là hai nghiệm của phương trình y’=0.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} =  - \frac{2}{3}\\
{x_1}{x_2} = \frac{m}{3}
\end{array} \right.\)  

Bảng biến thiên

Do \({x_1} + {x_2} =  - \frac{2}{3} < 0\) nên hoặc nên điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + {x^2} + mx - 1\) nằm bên phải trục tung \( \Leftrightarrow {x_1}{x_2} < 0 \Leftrightarrow \frac{m}{3} < 0 \Leftrightarrow m < 0\left( 2 \right).\) 

\(\left( 1 \right);\left( 2 \right) \Rightarrow m < 0.\) 

Theo giả thiết An bỏ ống tiết kiệm từ ngày 1 tháng 1 đến ngày 30 tháng 4 nên tổng số ngày bỏ tiết kiệm là 120 ngày.

Ngày thứ nhất An bỏ ống: 10000 đồng.

119 ngày sau An bỏống sốtiền là: 119 x 5000 =(120 -1)x 5000= 600000- 5000  đồng.

Vậy tổng số tiền tiết kiệm là: a = 600000 – 5000 + 10000 = 605000 đồng.

Ta có: \(\sin 5x + \sqrt 3 \cos 5x = 2\sin 7x \Leftrightarrow \sin \left( {5x + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin 7x\) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
7x = 5x + \frac{\pi }{3} + k2\pi \\
7x = \pi  - 5x - \frac{\pi }{3} + k2\pi 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\
x = \frac{\pi }{{18}} + k\frac{\pi }{6}
\end{array} \right.,k \in Z\) 

TH1: \(0 < \frac{\pi }{6} + k\pi  < \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow  - \frac{1}{6} < k < \frac{1}{3} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{6}\) 

TH2: \(0 < \frac{\pi }{{18}} + k\frac{\pi }{6} < \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow 0 < \frac{1}{3} + k < 3 \Leftrightarrow  - \frac{1}{3} < k < 3 - \frac{1}{3} \Rightarrow k = 0,1,2 \Rightarrow x = \frac{\pi }{{18}},\frac{{2\pi }}{9},\frac{{7\pi }}{{18}}.\) 

Vậy \(x \in \left\{ {\frac{\pi }{{18}},\frac{{2\pi }}{9},\frac{{7\pi }}{{18}},\frac{\pi }{6}} \right\}.\) 

Xét đáp án A:

Ta có: \(\int\limits_1^2 {f'\left( x \right)dx}  + \int\limits_1^3 {f'\left( x \right)dx}  > \int\limits_1^2 {0dx}  = 0 \Rightarrow f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) + f\left( 3 \right) - f\left( 1 \right) > 0 \Leftrightarrow 4 - 4 > 0\) Vô lí . nên đáp án A không thể xảy ra.

Xét đáp án C:

Ta có: \(\int\limits_1^2 {f'\left( x \right)dx}  > \int\limits_1^2 {0dx = 0 \Rightarrow f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) > 0 \Leftrightarrow 1 - 2 > 0} \) Vô lí. Nên phương án C không thể xảy ra.

Xét đáp án D:

Ta có: \(\int\limits_{2018}^{2019} {f'\left( x \right)dx}  > \int\limits_{2018}^{2019} {0dx}  = 0 \Rightarrow f\left( {2019} \right) - f\left( {2018} \right) > 0 \Leftrightarrow f(2019) > f\left( {2018} \right).\) nên phương án D không thể xảy ra.

Bằng phương pháp loại suy, ta có đáp án B.

Tuy nhiên, ta có thể chỉ ra một hàm \(f\left( x \right) = {x^2} + 1\) thỏa mãn đáp án B vì

\(\left\{ \begin{array}{l}
f'\left( x \right) > 0,\forall x \in R\\
f\left( 1 \right) = 2
\end{array} \right. \Rightarrow f\left( { - 1} \right) = 2.\) 

Gọi số cần lập là \(\overline {abcd} .\) Vì \(\overline {abcd}  < 4012 \Rightarrow a \le 3.\) 

+) TH1: Nếu a = 1 khi đó số các số chẵn lập được là \(1.4.A_5^2 = 80.\) 

+) TH2: Nếu a = 3 khi đó số các số chẵn lập được là \(1.4.A_5^2 = 80.\)

+) TH3: Nếu a = 2 khi đó số các số chẵn lập được là \(1.3.A_5^2 = 60.\)

Vậy số các số lập được thỏa mãn đề bài là 80 + 80 + 60 = 220.

Vì \(s = \frac{{ - 1}}{2}{t^3} + 9{t^2} \Rightarrow v = \frac{{ - 3}}{2}{t^2} + 18t.\) 

Xét hàm \(f\left( t \right) = \frac{{ - 3}}{2}{t^2} + 18t \Rightarrow f'\left( t \right) =  - 3t + 18,f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 6.\) 

BBT của hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{ - 3}}{2}{t^2} + 18t.\) 

Dựa vào BBT ta thấy \(\mathop {\max }\limits_{(0;10)} f\left( t \right) = 54.\) 

Vận tốc lớn nhất của vật đạt được là \({v_{\max }} = 54(m/s).\) 

Trường hợp 1: nếu \(m = 1 \Rightarrow y = 0 \to \) hàm số không có cực trị.

Vậy m = 1 không thỏa mãn.

Trường hợp 2: nếu \(m \ne 1\)

Ta có: \(y' = 4\left( {m - 1} \right){x^3},y' = 0 \Leftrightarrow x = 0.\) 

Để hàm số đạt cực đại tại x = 0 thì y’ phải đổi dấu từ (+) sang (-) qua x = 0.

Khi đó \(4\left( {m - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow m < 1.\) 

Vậy m < 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Khi gieo hai con súc sắc trong một lần gieo thì có tất cả 36 khả năng có thể xảy ra.

Gọi A là biến cố:“Có đúng một lần gieo tổng số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc bằng 6”

Ta có: 6=1+5=5+1=2+4=4+2=3=3.

Khi gieo hai con súc sắc trong cùng một lần gieo thì xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc bằng 6 là \(\frac{5}{{36}}\)  và xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc không bằng 6 là \(\frac{{31}}{{36}}.\) 

Vậy xác suất cần tìm là: \(P\left( A \right) = C_3^1.\frac{5}{{36}}.{\left( {\frac{{31}}{{36}}} \right)^2} = \frac{{4805}}{{15552}} \approx 0,309.\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{\left( {1 - 2x - 3{x^2}} \right)^9} = {\left[ {1 + \left( { - 2x - 3{x^2}} \right)} \right]^9}\\
 = \sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k{{\left( { - 2x - 3x{}^2} \right)}^{9 - k}} = } \sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k} \sum\limits_{m = 0}^{9 - k} {C_{9 - k}^m{{\left( { - 2x} \right)}^{9 - k - m}}{{\left( { - 3{x^2}} \right)}^m}} \\
 = \sum\limits_{k = 0}^9 {\sum\limits_{m = 0}^{9 - k} {C_9^kC_{9 - k}^m{{\left( { - 2} \right)}^{9 - k - m}}{{\left( { - 3} \right)}^m}{x^{9 - k + m}}} } 
\end{array}\) 

Số hạng chứa x⁵ khi \(\left\{ \begin{array}{l}
0 \le m \le k \le 9\\
m \le 9 - k\\
9 - k + m = 5\\
m,k \in N
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0,k = 4\\
m = 1,k = 5\\
m = 2,k = 6
\end{array} \right.\) 

Vậy hệ số của số hạng chứa x⁵ là:

\(C_9^4C_5^0{\left( { - 2} \right)^5}{\left( { - 3} \right)^0} + C_9^5C_4^1{\left( { - 2} \right)^3}{\left( { - 3} \right)^1} + C_9^6C_3^2{\left( { - 2} \right)^1}{\left( { - 3} \right)^2} = 3528.\) 

Ta có \(d + m - c = 2 \Rightarrow c = 15.\) 

Vậy khối đa diện có 15 cạnh.

Sử dụng công thức tính nhanh

Nếu khối chóp S.ABC có $\left\{ \begin{array}{l}
SA = a,SB = b,SC = c\\
ASB = \alpha ,BSC = \beta ,CSA = \varphi 
\end{array} \right.\) thì

            \({V_{S.ABC}} = \frac{{abc}}{6}\sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha  - {{\cos }^2}\beta  - {{\cos }^2}\varphi  + 2\cos \alpha \cos \beta \cos \varphi } \) 

Áp dụng: Với \(SA = \sqrt 2 a,SB = 2a,SC = 2\sqrt 2 a\) và \(ASB = BSC = CSA = {60^0},\) ta có

            \({V_{S.ABC}} = \frac{{\sqrt 2 a.2a.2\sqrt 2 a}}{6}\sqrt {1 - 3{{\cos }^2}{{60}^0} + 2.{{\cos }^3}{{60}^0}}  = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3}.\) 

Tọa độ hóa

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó, \(B\left( {a;0;a} \right),D\left( {0;a;a} \right),M\left( {a;\frac{a}{2};a} \right),N\left( {0;a;\frac{a}{2}} \right).\) 

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {BD}  = \left( { - a;a;0} \right),\overrightarrow {MN}  = \left( { - a;\frac{a}{2};\frac{a}{2}} \right),\overrightarrow {BM}  = \left( {0;\frac{a}{2};0} \right).\\
\left[ {\overrightarrow {BM} ;\overrightarrow {MN} } \right] = \left( { - \frac{a}{2}; - \frac{a}{2};\frac{a}{2}} \right);\left[ {\overrightarrow {BD} ;\overrightarrow {MN} } \right].\overrightarrow {BM}  =  - \frac{{{a^2}}}{4}.\\
d\left( {BD;MN} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BD} ;\overrightarrow {MN} } \right].\overrightarrow {BM} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BD} ;\overrightarrow {MN} } \right].} \right|}} = \frac{{{a^2}}}{4}:\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.
\end{array}\) 

Gọi H là trung điểm của cạnh AD. Do tam giác SAD đều nên \(SH \bot AD.\) 

\(\left. \begin{array}{l}
\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\
\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\\
SH \subset \left( {SAD} \right),SH \bot AD
\end{array} \right\} \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\) 

Gọi K là trung điểm của \(HB \Rightarrow MK//SH.\) 

Do đó: \(MK \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow MK \bot \left( {CNP} \right)\) 

Vậy MK là chiều cao của khối tứ diện CMNP.

\(MK = \frac{1}{2}SH = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\) 

\({S_{CNP}} = \frac{1}{2}.CN.CP = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{2} = \frac{{{a^2}}}{8}\) 

Thể tích khối tứ diện CMNP là \({V_{CMNP}} = \frac{1}{3}{S_{CNP}}.MK = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}}}{8}.\frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{96}}.\) 

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\left| x \right| - 2018}}{{x + 2019}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x - 2018}}{{x + 2019}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 - \frac{{2018}}{x}}}{{1 + \frac{{2019}}{x}}} = 1\) 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left| x \right| - 2018}}{{x + 2019}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - x - 2018}}{{x + 2019}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - 1 - \frac{{2018}}{x}}}{{1 + \frac{{2019}}{x}}} =  - 1\) 

Do đó đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y = -1, y = 1.

Gọi N là trung điểm B’C’ và E là điểm đối xứng với B qua B’.

Khi đó khối hộp ABCD.A'B'C'D' được mặt phẳng (ACM) chia thành 2 khối đa diện BAC.A'MN và ACDMNC'D'A' 

Ta có \({V_{E.BAC}} = \frac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\) 

Và \({V_{E.B'MN}} = \frac{1}{8}{V_{E.BAC}} \Rightarrow {V_{BAC.B'MN}} = \frac{7}{8}.{V_{E.BAC}}\) 

Từ đó ta có

\({V_{BAC.B'MN}} = \frac{7}{8}\frac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{7}{{24}}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} \Rightarrow {V_{ACDMNC'D'A'}} = \frac{{17}}{{24}}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\) 

Nên: \(\frac{{{V_{ABC.B'MN}}}}{{{V_{ABCD.A'B'C'D'}}}} = \frac{7}{{17}}\) 

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2ax + b\) 

Đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại gốc tọa độ O(0;0) nên \(\left\{ \begin{array}{l}
f\left( 0 \right) = 0\\
f'\left( 0 \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
c = 0\\
b = 0
\end{array} \right.\) 

Đồ thị hàm số đi qua điểm A(1;3) nên \(3 = 1 + a \Leftrightarrow a = 2.\) 

Gọi \(O = AC \cap BD.\) Vì ABCD là hình thoi nên \(BO \bot AC\left( 1 \right).\) Lại do:

\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC\left( 2 \right).\) Từ (1) và (2) ta có:

\(BO \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SB;\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {SB;SO} \right) = BSO.\) 

Ta có: \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = a\sqrt 3 .\) Vì ABCD là hình thoi có \(ABC = {60^0}\) nên tam giác ABC đều cạnh \(a \Rightarrow BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\) Trong tam giác vuông SBO ta có: \(\sin BSO = \frac{{BO}}{{SB}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{2}\) 

\( \Rightarrow BSO = {30^0}.\) 

Phương trình hoành độ giao điểm của (C_m) và trục Ox là: \(\frac{{{x^2} + 2mx + 2{m^2} - 1}}{{x - 1}} = 0(1).\) 

(C_m ) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A; B khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow g\left( x \right) = {x^2} + 2mx + 2{m^2} - 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2} \ne 1\) 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\Delta _g} = 1 - {m^2} > 0\\
g\left( 1 \right) = 2{m^2} + 2m \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 1 < m < 1\\
\left\{ \begin{array}{l}
m \ne  - 1\\
m \ne 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 1 < m < 1\\
m \ne 0
\end{array} \right.\left( a \right)\) 

Ta có: \(y' = \frac{{\left( {2x + 2m} \right)\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} + 2mx + 2{m^2} - 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) 

Hệ số góc của (C_m) tại hai điểm A, B là:

\(\begin{array}{l}
{k_1} = \frac{{\left( {2{x_1} + 2m} \right)\left( {{x_1} - 1} \right) - \left( {{x_1}^2 + 2m{x_1} + 2{m^2} - 1} \right)}}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{x_1} + 2m}}{{{x_1} - 1}}\\
{k_2} = \frac{{\left( {2{x_2} + 2m} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) - \left( {{x_2}^2 + 2m{x_2} + 2{m^2} - 1} \right)}}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{x_2} + 2m}}{{{x_2} - 1}}
\end{array}\) 

Hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau \( \Leftrightarrow {k_1}{k_2} =  - 1\) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \frac{{2{x_1} + 2m}}{{{x_1} - 1}}.\frac{{2{x_2} + 2m}}{{{x_2} - 1}} =  - 1\\
 \Leftrightarrow 4\left[ {{x_1}{x_2} + m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {m^2}} \right] =  - {x_1}{x_2} + \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 1\left( 2 \right)
\end{array}\) 

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {{x_1} + {x_2}} \right) =  - 2m\\
\left( {{x_1}{x_2}} \right) = 2{m^2} - 1
\end{array} \right..\) Do đó \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 6{m^2} + 2m - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m =  - 1\\
m = \frac{2}{3}
\end{array} \right..\) 

Đối chiếu điều kiện ta có \(m = \frac{2}{3}.\) 

\({V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{2}a\sqrt 3 .a\sqrt 3 .\sin {120^0}.a = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{4}\) 

Vì \(MB//\left( {ACC'} \right)\) nên \(d\left( {M,\left( {ACC'} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {ACC'} \right)} \right)\) 

Do đó 

\({V_{MACC'}} = {V_{BACC'}} = \frac{{{V_{ABC.A'B'C'}}}}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\) 

Nhận xét: Từ đồ thị \(f'(x)\) , ta có \(f'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \le  - 1\\
1 \le x \le 3
\end{array} \right.\) 

Từ đó \(f'\left( {x - 3} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - 3 \le  - 1\\
1 \le x - 3 \le 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \le 2\\
4 \le x \le 6
\end{array} \right..\) Do đó chọn D.

Ta có \(2\left| {f\left( {2x - 3} \right)} \right| - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f\left( {2x - 3} \right) = \frac{5}{2}\\
f\left( {2x - 3} \right) =  - \frac{5}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
2x - 3 = a\\
2x - 3 = b
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{{a + 3}}{2}\\
x = \frac{{b + 3}}{2}
\end{array} \right.\) 

Trong đó \(a < 0;b > 1.\) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

Hàm số có tập xác định là \(\left[ { - \frac{1}{2}; + \infty } \right)\backslash \left\{ 0 \right\}.\) 

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} + 5} }}{{\sqrt {2x + 1}  - x - 1}} =  - 2 \Rightarrow y =  - 2\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Mặt khác, \(\sqrt {2x + 1}  = x + 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + 1 \ge 0\\
2x + 1 = {\left( {x + 1} \right)^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\) 

Với mọi x > 0 ta có \({x^2} > 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 1 > 2x + 1 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} > 2x + 1 \Rightarrow x + 1 > \sqrt {2x + 1} \) 

\( \Rightarrow \sqrt {2x + 1}  - x - 1 < 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {4{x^2} + 5} }}{{\sqrt {2x + 1}  - x - 1}} =  - \infty  \Rightarrow x = 0\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.

Ta có: \(A\left( {0;0;0} \right),S\left( {,0,\sqrt 2 } \right),D\left( {0,1,0} \right),B\left( {2,0,0} \right),C\left( {1,1,0} \right).\) 

Vecto pháp tuyến của (SCD): \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {SD} } \right] = \left( {0,\sqrt 2 ,1} \right).\) 

Vecto pháp tuyến của (SBC): \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {\sqrt 2 ,\sqrt 2 ,2} \right).\) 

Vậy: \(\cos \left( {\left( {SBC} \right),\left( {SDC} \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}.\) 

Ta có: \(y' = m{x^2} + 14mx + 14.\) 

Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\) khi và chỉ khi \(y' = m{x^2} + 14mx + 14 \le 0,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)\) 

\( \Leftrightarrow m\left( {{x^2} + 14} \right) \le  - 14,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow m \le \frac{{ - 14}}{{{x^2} + 14}},\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)\left( 1 \right).\) 

Đặt \(f\left( x \right) = \frac{{ - 14}}{{{x^2} + 14}},\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{28x}}{{{{\left( {{x^2} + 14} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right).\) 

Do đó: \(\mathop {Min}\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \frac{{ - 14}}{{15}}\left( 2 \right).\) 

Từ (1), (2) suy ra giá trị m cần tìm là \(m \in \left( { - \infty ; - \frac{{14}}{{15}}} \right).\)