Ta có: \(\log \left( {2018a} \right) = \log 2018 + \log a,\,\,\,\,log{a^{2018}} = 2018\log a\)

Xét đáp án A có: \(\frac{\pi }{3} \approx 1,047 > 0 \Rightarrow y = {\left( {\frac{\pi }{3}} \right)^x}\) đồng biến trên loại đáp án A.

Loại đáp án B vì TXĐ là: \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Xét đáp án C có: \(y' = \frac{{2x}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\ln \frac{\pi }{4}}} \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

=> hàm số không thể nghịch biến trên R =>  loại đáp án C.

Ta có: \(y = \frac{{x + 2}}{{{x^2} - 4x + 3}} = \frac{{x + 2}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}} =  > x = 1;x = 3\) là 2 đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 3{x^2} - 3\) và đường thẳng y = m. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 3{x^2} - 3\) tại 3 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow m =  - 3\).

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

\(\begin{array}{l}
 - {x^3} + 3{x^2} + 2x - 1 = 3{x^2} - 2x - 1\\
 \Leftrightarrow {x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0}\\
{x =  - 2}\\
{x = 2}
\end{array}} \right.
\end{array}\)

=> Hai đồ thị hàm số có 3 điểm chung.  

Ta thấy khối đa diện trong hình vẽ có 11 mặt cả mặt đáy.

Khối bát diện đều có 6 đỉnh, 12 cạnh và 8 mặt.

\(\sin 2x = 1 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \)

Gọi số cần lập có dạng:\(\overline {abc} \left( {a \ne b \ne c} \right)\) .

Khi đó có \(A_3^3 = 3! = 6\) cách chọn.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\) , hàm số nghịch biến trên (-1;1).

Xét đáp án A ta có: \(y' =  - 4{x^3} - 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0 =  > \) đồ thị hàm số có đúng 1 điểm cực trị. 

Ta có:\({\left( {1 + x} \right)^{12}} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{x^k}} \)

Để có số hạng không chứa x trong khai triển thì: k = 5.

Vậy hệ số cần tìm là: \(C_{12}^5 = 792\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2018}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{{2018}}{x}}}{{1 - \frac{1}{x}}} = 0 \Rightarrow y = 0\) là TCN của đồ thị hàm số.

Ta có: \(y' = \frac{{2 + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\)  tại điểm x = -2 là:

\(y = \frac{3}{{{{\left( { - 2 + 1} \right)}^2}}}\left( {x + 2} \right) + \frac{{2.\left( { - 2} \right) - 1}}{{ - 2 + 1}} = 3x + 6 + 5 = 3x + 11.\)

Ta có: \(0 < \sqrt {2019}  - \sqrt {2018}  < 0 =  > {\left( {\sqrt {2019}  - \sqrt {2018} } \right)^a} > {\left( {\sqrt {2019}  - \sqrt {2018} } \right)^b} \Leftrightarrow a < b\)

Ta có: \(\lim \frac{{2n + 1}}{{3n + 2}} = \lim \frac{{2 + \frac{1}{n}}}{{3 + \frac{2}{n}}} = \frac{2}{3}.\)

Ta có: \({V_{SABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số TCĐ là  x = 1 => loại đáp án C.

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

=> chỉ có đáp án D đúng.

Gọi \(\left\{ O \right\} = AC \cap BD =  > BD \bot AC = \left\{ O \right\}\)

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{AC \bot BD}\\
{AC \bot DD'}
\end{array}} \right. =  > AC \bot \left( {DD'B} \right) =  > AC \bot BD'\\
 =  > \angle \left( {AC;BD'} \right) = {90^0}
\end{array}\)

Ta có: \(V = \pi {r^2}h = \pi {.3^3}.3 = 27\pi \)

Ta có: \(\overrightarrow {AB} {\rm{ }} + {\rm{ }}\overrightarrow {AC} {\rm{ }} + \overrightarrow {{\rm{ }}AD}  = \left( {\overrightarrow {AB} {\rm{ }} + \overrightarrow {AD} {\rm{ }}} \right) + \overrightarrow {AC}  = 2\overrightarrow {AC} {\rm{ }}\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) ta có \(\overrightarrow {MA}  = \left( {1 - {x_0};3 - {y_0}} \right);\overrightarrow {MB}  = \left( {4 - {x_0}; - {y_0}} \right);\overrightarrow {MC}  = \left( {2 - {x_0}; - 5 - {y_0}} \right)\)

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - 3\overrightarrow {MC}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left( { - 1 + {x_0};18 + {y_0}} \right) = \left( {0;0} \right)\\
 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1 + {x_0} = 0}\\
{18 + {y_0} = 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_0} = 1\,\,\,\,\,}\\
{{y_0} =  - 18}
\end{array}} \right. =  > M\left( {1; - 18} \right)
\end{array}\)

Ta có: \(CH \bot AB =  > \)  lập được phương trình đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với CH là:

\(x - 1 + y = {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}0{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}x + y + 1 = {\rm{ }}0.\)

\( =  > \left\{ B \right\} = AB \cap BC \Rightarrow \) tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:

 . \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2x + y + 5 = 0}\\
{x + y + 1 = 0}
\end{array}} \right.\)

Giả sử 2048 là số hạng thứ n ta có: \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}} = {1.2^{n - 1}} = 2048 \Leftrightarrow n - 1 = 11 \Leftrightarrow n = 12\)

Số nghiệm của phương trình f (x) =1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y =1.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y =1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt trong đó có hai điểm có hoành độ nhỏ hơn 2.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 1 - \frac{4}{{{x^2}}} =  > f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - \frac{4}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 2 \in \left[ {1;3} \right]}\\
{x =  - 2 \notin \left[ {1;3} \right]}
\end{array}} \right.\)

\(\begin{array}{l}
f\left( 1 \right) = 5;f\left( 2 \right) = 4;f\left( 3 \right) = \frac{{13}}{3}\\
 =  > \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 4.
\end{array}\)

Ta thấy đồ thị hàm số có 2 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu = > a < 0 và y' = 0  có 3 nghiệm phân biệt.

Có:  \(y' = 4a{x^3} + 2bx = 0 \Leftrightarrow 2x\left( {2a{x^2} + b} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{{x^2} =  - \frac{b}{a}\left( 1 \right)}
\end{array}} \right.\)

Phương trình y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt <=>pt (1)  có 2 nghiệm phân biệt khác 0 \( \Leftrightarrow  - \frac{b}{a} > 0 \Leftrightarrow \frac{b}{a} < 0\) mà a < 0 => b > 0.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ lớn hơn 0 => c > 0

Hàm số đã cho xác định \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2 - x > 0}\\
{x - 1 > 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x < 2}\\
{x > 1}
\end{array} \Leftrightarrow 1 < x < 2.} \right.\)

\(\begin{array}{l}
{\left( {\frac{1}{7}} \right)^{{x^2} - 2x - 3}} = {7^{x - 1}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{7}} \right)^{{x^2} - 2x - 3}} = {\left( {\frac{1}{7}} \right)^{1 - x}}\\
{x^2} - 2x - 3 = 1 - x \Leftrightarrow {x^2} - x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \frac{{1 - \sqrt {17} }}{2}}\\
{x = \frac{{1 + \sqrt {17} }}{2}}
\end{array}} \right.
\end{array}\)

Điều kiện: \({y^2} \ge {x^2}\)

\(\begin{array}{l}
\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x + \sqrt {{y^2} - {x^2}}  = 12 - y\,\,\,(1)}\\
{x\sqrt {{y^2} - {x^2}}  = 12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)}
\end{array}} \right.\\
(1) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{12 - y \ge 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{{x^2} + 2x\sqrt {{y^2} - {x^2}}  + {y^2} - {x^2} = 144 - 24y + {y^2}}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{y \le 12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{2x\sqrt {{y^2} - {x^2}}  = 144 - 24y\,(*)}
\end{array}} \right.} \right.
\end{array}\)

Thế (2) vào (*) ta được: \(2.12 = 144 - 24y \Leftrightarrow 24y = 120 \Leftrightarrow y = 5\,\,(tm)\)

\(\begin{array}{l}
 =  > x\sqrt {25 - {x^2}}  = 12 \Leftrightarrow {x^2}\left( {25 - {x^2}} \right) = 144\\
 \Leftrightarrow {x^4} - 25{x^2} + 144 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x^2} = 16}\\
{{x^2} = 9}
\end{array}} \right.\\
 \Rightarrow T = x_1^2 + x_2^2 - y_1^2 = 16 + 9 - {5^2} = 0
\end{array}\)

Kẻ \(AH \bot SB = \left\{ H \right\}\) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{BC \bot AB}\\
{BC \bot SA}
\end{array}} \right. =  > BC \bot \left( {SAB} \right) =  > BC \bot AH.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{AH \bot SB}\\
{AH \bot BC}
\end{array} =  > AH \bot \left( {SBC} \right) =  > d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)} \right. = AH.\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SAB có đường cao AH ta có: 

\(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 a}}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Ta có: 0 < x < 1 thì  \({x^\alpha } < {x^\beta } < {x^\gamma } < {x^1} =  > \alpha  > \beta  > \gamma  > 1.\)

Với x > 1 thì: \({x^1} < {x^\gamma } < {x^\beta } < {x^\alpha } =  > 1 < \gamma  < \beta  < \alpha .\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 2 < x < 2}\\
{x > 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}
\end{array}} \right.\\
g'\left( x \right) = \left[ {f\left( {3 - 2x} \right)} \right]' =  - 2f'\left( {3 - 2x} \right)\\
 =  > g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - 2x} \right) > 0\\
 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 2 < 3 - 2x < 2}\\
{3 - 2x > 5\,\,\,\,\,\,\,}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{1}{2} < x < \frac{5}{2}}\\
{x <  - 1\,\,\,\,}
\end{array}} \right.
\end{array}\)

Ta có: \(\begin{array}{l}
I\left( {1;1.R = 2} \right)\\
{V_{\left( {O;2} \right)}}\left( I \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {OI'}  = 2\overrightarrow {OI}  \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x' = 2}\\
{y' = 2}
\end{array}} \right. =  > I'\left( {2;2} \right)\\
 =  > R' = 2R = 4 =  > \left( {C'} \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 16.
\end{array}\)

Ta có mệnh đề (III) sai vì có thể b nằm trong (P).

\(\begin{array}{l}
\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x + 1 > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{2 - x > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{lo{h_{\frac{1}{3}}}\left( {x + 1} \right) > {{\log }_3}\left( {2 - x} \right)}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x >  - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{x < 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{ - {{\log }_3}\left( {x + 1} \right) > {{\log }_3}\left( {2 - x} \right)}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1 < x < 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{{{\log }_3}\left( {2 - x} \right) + {{\log }_3}\left( {x + 1} \right) < 0}
\end{array}} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1 < x < 2}\\
{ - {x^2} + x + 1}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1 < x < 2}\\
{{x^2} - x - 1 > 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1 < x < 2}\\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x > \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}\\
{x < \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.\\
 \Rightarrow S = \left( { - 1;\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right) \cup \left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2};2} \right)\\
 \Rightarrow a + b + c + d =  - 1 + \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2} + \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} + 2 = 2
\end{array}\)

Đường kính đáy của khối trụ là: \(2r = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {R^2}}  = R\sqrt 3  =  > r = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\)

.\( =  > V = \pi {r^2}h = \pi {\left( {\frac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}R = \frac{{3\pi {R^3}}}{4}\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{CD \bot SA}\\
{CD \bot AD}
\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \angle \left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \angle CSD.\\
 \Rightarrow \angle CSD = \frac{{CD}}{{SD}} = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\\
 =  > \angle CSD = {30^0}
\end{array}\)

Ta có:  \(AA'//\left( {BCC'B'} \right) =  > d\left( {AA',BC} \right) = d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right)\)

Kẻ \(AH \bot BC\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow AH \bot \left( {BCC'B'} \right) =  > AH = d\left( {AA',BC} \right).\\
AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}}  = a\\
 =  > AH = d\left( {AA',BC} \right) = \frac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \frac{{a.a\sqrt 3 }}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}
\end{array}\)

Giải phương trình tích

Đặt \(t = {x^2} - 2x,x \in \left[ { - \frac{3}{2};\frac{7}{2}} \right] =  > \left[ { - 1;\frac{{21}}{4}} \right]\)

Từ đồ thị hàm số ta xét hàm số \(y = f\left( t \right),t \in \left[ { - 1;\frac{{21}}{4}} \right]\)

\(\begin{array}{l}
 =  > m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;\frac{{21}}{4}} \right]} f\left( t \right) = f\left( 2 \right) = 2,M\mathop {max}\limits_{\left[ { - 1;\frac{{21}}{4}} \right]} f\left( t \right) > f\left( {\frac{{21}}{4}} \right) = 5\\
 =  > M + m > 7
\end{array}\)

Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h là  V = S.h

Chia khối lăng trụ \(ABC.{A_1}{B_1}{C_1}\) thành khối chóp \({C_1}.ABC\) và khối tứ giác \({C_1}AB{B_1}{A_1}\)

Ta có: \({V_{{C_1}ABC}} = \frac{1}{3}V =  > \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{V_{{C_1}AB{B_1}{A_1}}} = \frac{2}{3}V\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{{V_{{C_1}AB{B_1}{A_1}}} = \frac{1}{3}d\left( {A;\left( {AB{B_1}{A_1}} \right)} \right) = \frac{1}{3}.6.8 = 16}
\end{array}} \right.\)

Gọi \(\alpha ,\beta \) lần lượt là các góc tạo bởi tia Ox và phần đồ thị phía trên trục Ox của \({d_1},{d_2}\)

Khi đó ta có: \({a_1} = \tan \alpha ,{a_2} = \tan \beta \)

Ta có: \(\Delta SBD = \Delta ABD(c - c - c) \Rightarrow AO = SO = OC =  > \Delta SAC\)  vuông tại S. (tam giác có đường trung tuyến từ đỉnh S đến cạnh AC bằng nửa cạnh AC).

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + S{C^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {1 + {x^2}} \\
 \Rightarrow BO = \sqrt {A{B^2} - A{O^2}}  = \sqrt {1 - \frac{{1 + {x^2}}}{4}}  = \frac{{\sqrt {3 - {x^2}} }}{2}\\
 \Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC.BD = \frac{1}{2}.\sqrt {1 + {x^2}} .\sqrt {3 - {x^2}} \\
SH = \frac{{SA.SC}}{{\sqrt {S{A^2} + S{C^2}} }} = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}\\
 \Rightarrow {V_{SABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}.\frac{1}{2}.\sqrt {1 + {x^2}} .\sqrt {3 - {x^2}} \\
 = \frac{1}{6}x\sqrt {3 - {x^2}}  = \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {3 - {x^2}} \right)} }}{6} \le \frac{1}{2}\frac{{{x^2} + 3 - {x^2}}}{6} = \frac{1}{4}\\
 \Rightarrow Max{V_{SABCD}} = \frac{1}{4}.
\end{array}\)

Số phần tử của không gian mẫu là: \({n_\Omega } = C_{15}^8\)

Gọi biến cố A: “Số cuốn sách còn lại của thầy Tuấn có đủ cả ba môn”.

Khi đó ta có biến cố: \(\overline A \): “Số cuốn sách còn lại của thầy Tuấn không có đủ cả 3 môn”.

Ta có các trường hợp xảy ra:

+) TH1: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Toán và Lý. Số cách chọn là: \(C_9^7\)

+) TH2: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Lý và Hóa. Số cách chọn là:  \(C_11^7\)

+) TH3: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Hóa và Toán. Số cách chọn là: 7 \(C_10^7\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{{C_9^7 + C_{11}^7 + C_{10}^7}}{{C_{15}^8}} = 1 - \frac{{54}}{{715}} = \frac{{661}}{{715}}\)

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương và ba số dương. Khảo sát sự biến thiên của hàm số, tìm giá trị lớn nhất của hàm số.

Dựa vào đồ thị hàm số khảo sát sự biến thiên của hàm số f(x) sau đó xác định sự biến thiên của hàm số h(x) và chọn đáp án đúng.

Gọi  \(B\left( {a;2 + \frac{2}{{a - 1}}} \right),C\left( {c;2 + \frac{2}{{c - 1}}} \right)\left( {a < 1 < c} \right)\)

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C trên trục \($Ox \Rightarrow H\left( {a,0} \right),K(c;0)\)

Tam giác ABC vuông cân \(Ox \Rightarrow H\left( {a,0} \right),K(c;0)\)

Ta có: \(\angle BCA = \angle CAK + \angle ACK = \angle BAH + \angle ABH\)

Mà: \(\angle BAH + \angle CAK = {90^0}\)

\( \Rightarrow \angle BAH = \angle ACK\)

Xét \(\Delta ABH\) và \(\Delta CAK\) ta có:

\(\begin{array}{l}
\angle BAH = \angle ACK\,(CMT)\\
AC = AB\,\,\,(gt)\\
 =  > \Delta ABH = \angle CAK\,\,(ch - gn)
\end{array}\)

\( =  > AH = CK,HB = AK\) (các cạnh tương ứng bằng nhau)

Ta có:  \(AH\left| {a - 2} \right| = 2 - a;AK = \left| {c - 2} \right|;\left( {a < 1} \right)\)

\(\begin{array}{l}
BH = \left| {2 + \frac{2}{{a + 1}}} \right|;CK = \left| {2 + \frac{2}{{c - 1}}} \right| = 2 + \frac{2}{{c - 1}}(c > 1)\\
 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{AH = CK}\\
{HB = AK}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2 - a = 2 + \frac{2}{{c - 1}}}\\
{\left| {2 + \frac{2}{{a - 1}}} \right| = \left| {c - 2} \right|}
\end{array}} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = \frac{2}{{1 - c}}}\\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2 + \frac{2}{{a - 1}} = c - 2}\\
{2 + \frac{2}{{a - 1}} = 2 - c}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = \frac{2}{{1 - c}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{4 + \frac{2}{{\frac{2}{{1 - c}} - 1}} = c - 2}\\
{c = \frac{2}{{1 - a}} = \frac{2}{{1 - \frac{2}{{1 - c}}}}}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{b =  - 1\,\,\,(tm)}\\
{c = 3\,\,(tm)}
\end{array}} \right.\\
 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{B\left( { - 1;1} \right)}\\
{C\left( {3;3} \right)}
\end{array}} \right. =  > T = \left( { - 1} \right).1 + 3.3 = 8
\end{array}\)

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc [1; 2] phương trình (1) có hai nghiệm \({t_1};{t_2} \in \left[ {0;1} \right]\)

Áp dụng định lý Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{t_1} + {t_2} =  - \frac{b}{a}}\\
{{t_1}{t_2} = \frac{c}{a}\,\,\,\,\,\,\,}
\end{array}} \right.\)

Theo đề bài ta có: \(P = \frac{{\left( {a - b} \right)\left( {2a - b} \right)}}{{a\left( {a - b + c} \right)}} = \frac{{2{a^3} - 3ab + {b^2}}}{{{a^2} - ab + ca}} = \frac{{2 - 3\frac{b}{a} + {{\left( {\frac{b}{a}} \right)}^2}}}{{1 - \frac{b}{a} + \frac{c}{a}}} = \frac{{{{\left( {{t_1} + {t_2}} \right)}^2} + 3\left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 2}}{{1 + {t_1} + {t_2} + {t_1}{t_2}}}\)

Lại có: \(0 \le {t_1} < {t_2} \le 1 \Rightarrow t_1^2 \le {t_1}{t_2};t_2^2 \le 1 =  > {\left( {{t_1} + {t_2}} \right)^2} \le 3{t_1}{t_2} + 1\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow P = \frac{{{{\left( {{t_1} + {t_2}} \right)}^2} + 3\left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 2}}{{1 + \left( {{t_1} + {t_2}} \right) + {t_1}{t_2}}} \le \frac{{3{t_1}{t_2} + 1 + 3\left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 2}}{{1 + {t_1}{t_2} + {t_1} + {t_2}}} = 3\\
 \Rightarrow {P_{\min }} = 3.
\end{array}\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{MN//SD}\\
{NP//CD}
\end{array}} \right. =  > \left( {MNP} \right)//\left( {SCD} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SAC} \right),\left( {MNP} \right)} \right) = \angle \left( {\left( {SAC} \right),\left( {SCD} \right)} \right) = \alpha \)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A xuống (SCD), K là hình chiếu của H xuống SC

\( \Rightarrow \alpha  = \angle AKH\)

Ta có: \({V_{SACD}} = \frac{1}{2}{V_{SABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}SA.2{S_{ABD}} = \frac{1}{3}.SA.AB.AD.\sin \angle BAD = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.3.4.\sqrt 3 .2\sqrt 3  = 6\)

Có: \(A{C^2} = 13 \Rightarrow S{C^2} = S{A^2} + A{C^2} = 25\)

\(\begin{array}{l}
SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}}  = \sqrt {12 + 16}  = \sqrt {28} \\
 \Rightarrow {S_{SCD}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}  = \sqrt {54}  = 3\sqrt 6 \\
 \Rightarrow AH = d\left( {A;\left( {CSD} \right)} \right) = \frac{{3{V_{SACD}}}}{{{S_{SCD}}}} = \frac{{3.6}}{{3\sqrt 6 }} = \sqrt 6 \\
AK = \frac{{SA.AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \frac{{2\sqrt {39} }}{5}\\
 \Rightarrow \sin \alpha  = \frac{{AH}}{{AK}} = \sqrt 6 .\frac{5}{{2\sqrt {39} }} = \frac{{5\sqrt {26} }}{{26}} \Rightarrow \alpha  \in \left( {{{60}^0};{{90}^0}} \right)
\end{array}\)