\({y_{{\rm{ CD}}}} =  - 1\) khi \(x_{CD}=0\)

Hàm số đồng biến trên (-1;0) và \(\left( {1; + \infty } \right)\)

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và (0;1).

\(\left\{ \begin{array}{l}
y\left( { - 1} \right) = 3\\
y\left( 1 \right) =  - 1\\
y\left( 0 \right) = 1\\
y'\left( { - 1} \right) = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - a + b - c + d = 3\\
a + b + c + d =  - 1\\
d = 1\\
3a - 2b + c = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 0\\
c =  - 3\\
d = 1
\end{array} \right.\)

Vậy \(y = {x^3} - 3x + 1\)

\(M = f\left( 3 \right) = 3,m = f\left( 2 \right) =  - 2 \Rightarrow M + m = 1\)

\(I = \ln \frac{{a{b^2}}}{{a + 1}} = \ln \frac{a}{{a + 1}} + \ln {b^2} = 2\ln b + \ln a - \ln \left( {a + 1} \right)\)

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = 3,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 2 \Rightarrow TCN:y = 3,y = 2;\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y =  - \infty  \Rightarrow \) TCĐ: x = 0

\(\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  = 2\) và \(\int\limits_1^2 {g\left( x \right)} dx = 4 \Rightarrow \int\limits_1^2 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx}  = 6\)

\(F\left( x \right) = \int {\left( {{e^{2x}} + {x^2}} \right)dx = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} + C} \)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 3; - 3} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}}  = \sqrt {19} \)

\(\left( {Oxy} \right):z = 0,\left( {Oxz} \right):y = 0,\left( {Oyz} \right):x = 0\)

Trắc nghiệm: Thử đáp án 

\(V = a.2a.3a = 6{a^3}\) (đvdt)

\({\left( {a + 2b} \right)^5} = C_5^k.{a^{5 - k}}.{\left( {2b} \right)^k} = {2^k}.C_5^k.{a^{5 - k}}.{b^k}\)

Hệ số \(a^3b^2\) là \({2^2}.C_5^2 = 40\)

ĐKXĐ: \({x^2} - 1 > 0 \Leftrightarrow x <  - 1;x > 1 \Rightarrow D = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\)

\(V = \frac{1}{3}.h.{S_d} = \frac{1}{3}.h.\pi .{R^2} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\pi .{a^2} = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Tâm \(I\left( {2;2;2} \right),R = \frac{{AB}}{2} = \sqrt 2 \). Mặt cầu đường kính AB: \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 2\).

Bpt \( \Leftrightarrow {x^2} + 2x < 3 \Leftrightarrow  - 3 < x < 1\)

\(y' = {e^{x + 1}} + x.{e^{x + 1}} = \left( {x + 1} \right).{e^{x + 1}}\)

\({\log _{81}} = 75 = \frac{1}{4}\left( {{{\log }_3}25 + {{\log }_3}3} \right) = \frac{1}{{2{{\log }_5}3}} + \frac{1}{4} = \frac{1}{{2a}} + \frac{1}{4}\)

\(AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

\(V = \frac{1}{3}.AH.{S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}{a^3}\) (đvdt)

Xét dấu \(f'(x)\):

Hàm số đạt cực đại tại x = -1, cực tiểu tại x = 0. Suy ra hàm số có 1 cực đại, 1 cực tiểu.

PT \( \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{3}{2}\) Suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

\(y' = 3{x^2} - 6x + 2m - 1 \Rightarrow \) HS tăng \(\left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + 2m - 1 \ge 0,\forall x > 2 \Leftrightarrow  - 2m + 1 \ge 3{x^2} - 6x = g\left( x \right), \forall x > 2\). Suy ra \(1 - 2m \le \mathop {\min }\limits_{x > 2} g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{2}\).

\(y' = \frac{{\left( {{x^3} - x} \right)'}}{{\left( {{x^3} - x} \right).\ln 3}} = \frac{{3{x^2} - 1}}{{\left( {{x^3} - x} \right).\ln 3}}\)

Tiền thu được cuối mỗi tháng là:

Tháng 1: \({T_1} = 10 + 10.0,5\%  = 10\left( {1 + 0,5\% } \right)\).

Tháng 2: \({T_2} = 10 + 10.0,5\%  + 10 + 0,5\% \left( {10 + 10.0,5\%  + 10} \right) = 10{\left( {1 + 0,5\% } \right)^2} + 10\left( {1 + 0,5\% } \right)\)

…

Tháng 60:

\({T_{60}} = 10\left( {1 + 0,5\% } \right) + 10{\left( {1 + 0,5\% } \right)^2} + ...10{\left( {1 + 0,5\% } \right)^{60}}\) 

\( = 10\left( {1 + 0,5\% } \right).\frac{{{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^{60}} - 1}}{{0,5\% }} \approx 701,19\) (triệu đồng)

\(\begin{array}{l}
\int {\left( {\sin x + x\ln x} \right)dx =  - \cos x + \int {x.\ln x}  =  - \cos x + \frac{1}{2}\int {\ln xd{x^2}} } \\
 =  - \cos x + \frac{{{x^2}}}{2}.\ln x - \frac{1}{2}\int {xdx}  =  - \cos x + \frac{{{x^2}}}{2}.\ln x - \frac{{{x^2}}}{4} + C
\end{array}\)

Đặt \(t = 2x + 1 \Rightarrow x = \frac{{t - 1}}{2},dx = \frac{1}{2}dt\).

\(I = \int\limits_1^3 {\frac{{t - 1}}{{4{t^2}}}}  = \left. {\left( {\frac{1}{4}\ln t + \frac{1}{{4t}}} \right)} \right|_1^3 = \frac{1}{4}\ln 3 - \frac{1}{6}\). Vậy \(a + b + c = \frac{1}{{12}}\).

\(\begin{array}{l}
\left( Q \right):x + 2y + 2z + c = 0,M\left( {0;0;5} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{7}{3} \Leftrightarrow \frac{{\left| {10 + c} \right|}}{3} = \frac{7}{3} \Leftrightarrow c =  - 3;c =  - 17\\
\left( Q \right):x + 2y + 2z - 3 = 0 \vee \left( Q \right):x + 2y + 2z - 17 = 0
\end{array}\)

\(V = {V_1} - {V_2} = \pi .l.\left( {R_1^2 - R_2^2} \right) = 0,32\pi \)

\(\sqrt {{u_6}.{u_8}}  = {u_7} = {u_1}.{q^6} = {2.5^6}\)

\(\left( {\left( {A'B'C} \right),\left( {ABC'D'} \right)} \right) = \left( {\left( {A'B'CD} \right),\left( {ABC'D'} \right)} \right) = \left( {AD',A'D} \right)\). Gọi \(I = A'D \cup AD'\). Dễ thấy \(\angle DA'A = \angle A'DA' = 30^\circ  \Rightarrow \angle AIA' = 120^\circ  \Rightarrow \left( {AD',A'D} \right) = 60^\circ \).

\(y' = {x^4} - m{x^3} = {x^3}\left( {x - m} \right)\)

• \(m = 0 \Rightarrow y' = {x^4}\): không có cực trị.
• \(m > 0\). Dấu y':

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 (thỏa mãn).

• \(m<0\). Dấu y':

Hàm số đạt cực đại tại x = m (không thỏa mãn).

Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right)}}{{36}} + \frac{{\sqrt {x + 3}  - 2}}{{x - 1}}\). Cần chứng minh: \(m < g\left( x \right),\forall x \in \left( {0;1} \right)\). Xét g(x) trên \(\left( {0;1} \right) \Rightarrow g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right)}}{{36}} + \frac{1}{{\sqrt {x + 3}  + 2}}\). Có \(g'\left( x \right) = \frac{{f'\left( x \right)}}{{36}} - \frac{1}{{2\sqrt {x + 3} {{\left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right)}^2}}} < 0\). (Do \(f'\left( x \right) \le 1, \sqrt {x + 3}  < 2\)).

Suy ra g(x) giảm \( \Rightarrow m \le \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} g\left( x \right) = \frac{{f\left( 1 \right)}}{{36}} + \frac{1}{4} = \frac{{f\left( 1 \right) + 9}}{{36}}\).

Phương trình đã cho tương đương với \({\left( {x - 1} \right)^2}\left[ {{x^4} + {x^3} + \left( {2 - m} \right){x^2} + x + 1} \right] \ge 0\), \(\forall x \in R\).

• \(x=0\) Thỏa mãn.
• \(x \ne 0\): \( - 2 + m \le {x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} + x + \frac{1}{x},\forall x \ne 0 \Leftrightarrow m - 2 \le {\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^2} + \left( {x + \frac{1}{x}} \right) - 2 = g\left( x \right)\).

Đặt \(t = x + \frac{1}{x} \Rightarrow \left| t \right| \ge 2\). Vẽ bảng biến thiên Suy ra \(m - 2 \le 0 \Leftrightarrow m \le 2\).

ycbt \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x - 1 > 0\\
x - 1 < {x^3} + m - m
\end{array} \right.\) có nghiệm \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
m < {x^3} + 1 = f\left( x \right)
\end{array} \right.\) có nghiệm.

Khảo sát \(f(x)\), ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra \(m \in R\).

\(f\left( x \right) \ge g\left( x \right),\forall x \in \left[ { - 1;2} \right] \Rightarrow I = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right)dx} \)

Đặt \(t = {2^x}\) ta có \({t^2} - mt + 1 = 0\) có nghiệm khi \(m > 0,\Delta ' = {m^2} - 4 \ge 0 \Rightarrow m \ge 2\).

Khi đó \(1 = {t_1} \times {t_2} = {2^{{x_1}}} \times {2^{{x_2}}} = {2^{{x_1} + {x_2}}} \Rightarrow {x_1} + {x_2} = 0\) (luôn thỏa mãn). Vậy \(m \ge 2\).

\(F\left( x \right) = \int {\frac{{d{e^x}}}{{{e^{2x}} + {e^x} - 2}}}  = \int {\left( {\frac{{d{e^x}}}{{{e^x} - 1}}} \right) - \frac{{dx}}{{{e^x} + 2}}}  = \ln \left| {\frac{{{e^x} - 1}}{{{e^x} + 2}}} \right| + C\)

\(I = d \cap \left( P \right) \Rightarrow I\left( {1;1;1} \right),A\left( {0; - 1;2} \right) \in d\). Tìm A'?

AH qua A có \(\overrightarrow {{u_{AH}}}  = \overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1;1;1} \right) \Rightarrow AH:\left\{ \begin{array}{l}
x = t\\
y =  - 1 + t\\
z = 2 + t
\end{array} \right.\). Suy ra \(H\left( {t;t - 1;t + 2} \right)\).

Mà \(H \in \left( P \right) \Rightarrow  H\left( {\frac{2}{3};\frac{{ - 1}}{3};\frac{8}{3}} \right)\). Ta có: \(A'\left( {\frac{4}{3};\frac{1}{3};\frac{{10}}{3}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IA'}  = \left( {\frac{1}{3};\frac{{ - 2}}{3};\frac{7}{3}} \right) \Rightarrow d':\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{7}\).

Kẻ \(AH \bot BC\). Khi đó \(d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right)= d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Ta có:

\(V = \pi {r^2}h = \pi {.3^2}.4 = 36\pi \)

Với \(P = AM \cap A'D',Q = BN \cap B'C'\). Ta có \(V = \pi {r^2}h, h = 2\sqrt {{R^2} - {r^2}}  \Rightarrow V = 2\pi \sqrt {{r^2}{r^2}\left( {{R^2} - {r^2}} \right)} \) 

\( = \sqrt 2 \pi \sqrt {{r^2}{r^2}\left( {2{R^2} - 2{r^2}} \right)}  \le \pi \sqrt 2 \sqrt {{{\left( {\frac{{{r^2} + {r^2} + 2{R^2} - 2{r^2}}}{3}} \right)}^3}}  = \frac{{4\sqrt 3 }}{9}\pi {R^3}\).

Đặt \(t = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} > 0\) ta có \({t^2} + t - m = 0 \Leftrightarrow m = {t^2} + t = f\left( t \right)\) có nghiệm \(t > 0 \Rightarrow m > 0\).

\(\left( {ABC} \right):\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{1} = 1 \Rightarrow \left( {ABC} \right):2x + y + 2z - 2 = 0\). Tứ diện OABC vuông tại O \( \Rightarrow OH \bot \left( {ABC} \right)\), H là trực tâm. Suy ra \(OH:\left\{ \begin{array}{l}
x = 2t\\
y = t\\
z = 2t
\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\frac{4}{9};\frac{2}{9};\frac{4}{9}} \right)\).

• \(t = {e^{{x^2}}} \ge 1\). Với \(t = 1 \to 1\) giá trị x, với \(t > 1 \to 2\) giá trị x. Để thỏa mãn thì \(f(t)=1\) có 1 nghiệm \(t>1\).
•  Từ đồ thị để \(f(t)=m\) có đúng một nghiệm \(t>1\) thì \(m>4\) hoặc \(m=0\).

Ta có \(y' = 2f'\left( {2x - 1} \right) + {x^2} + 2x - 2 \le 0\).

Nhận xét: \( - 3 \le x \le 3 \Leftarrow y' \le 1,x \le  - 3;x \ge 3 \Leftarrow y' \ge 1\).

• \( - 1 < x < 0 \Rightarrow  - 3 < 2x - 1 <  - 1 \Rightarrow 2f'\left( {2x - 1} \right) \le 2,{x^2} + 2x - 2 <  - 2 \Rightarrow y' \le 0\) nên hàm số giảm.
•  \( - 6 < x <  - 3 \Rightarrow  - 13 < 2x - 1 <  - 7 \Rightarrow 2f'\left( {2x - 1} \right) \ge 2,{x^2} + 2x - 2 >  - 2 \Rightarrow y' > 0\) nên hàm số tăng (loại).
• Tương tự cho các trường hợp còn lại.

\(T = M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}\). Gọi \(G:\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow G\left( {1;1;1} \right)\). Khi đó \(T = 3M{G^2} + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} \Rightarrow {T_{\min }}\) khi \(MG = d\left( {G,\left( Q \right)} \right) = \frac{2}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow T = 12\).

Gọi H, K là hình chiếu của M lên Δ, Δ' khi đó \(a = MH,b = MK\). PQ là đoạn vuông góc chung của Δ,  Δ' \(\Rightarrow P\left( {0;0;1} \right),Q\left( {1;0;0} \right)\). Ta có \(a + b \ge HK \ge PQ = \sqrt 2  \Rightarrow {a^2} + {b^2} = \frac{{{a^2}}}{1} + \frac{{{b^2}}}{{\frac{1}{2}}} \ge \frac{2}{3}{\left( {a + b} \right)^2} = \frac{4}{3}\).

Dấu “=” đạt được khi M đặt tại M' nghĩa là \(\overrightarrow {MP}  =  - 2\overrightarrow {MQ}  \Rightarrow M\left( {\frac{2}{3};0;\frac{1}{3}} \right) \Rightarrow {x_0} + {y_0} = \frac{2}{3}\).

Kí hiệu Nam:  và Nữ: . Ta có

Có 2 trường hợp Nam, nữ ken kẽ nhau và 4 trường hợp hai bạn Nữ ngồi cạnh nhau.

Trường hợp 1. Nam nữ ngồi xen kẽ nhau gồm:

   Nam phía trước: 

   Nữ phía trước:

Trường hợp 2. Hai bạn nữ ngồi cạnh nhau:  Hoặc

. Tương tự ta có thêm 2 trường hợp nữa. Các bước xếp như sau:

B₁: Xếp 5 bạn nam. B₂: Xếp cặp Tự - Trọng. B₃: Xếp các bạn nữ còn lại. Khi đó số kết quả xếp cho 2 trường hợp trên như sau:

• Nam, Nữ xen kẽ nhau có: \(2.9.4!.4!\)
• Hai bạn nữ ngồi cạnh nhau có: \(4.8.41.4!\) 

Vậy \(P = \frac{{50.4!.4!}}{{10!}} = \frac{1}{{126}}\).