Số tổ hợp chập 2 của 10 phần tử là \(C_{10}^2\)

\({u_2} = {u_1} + d \Rightarrow {u_1} = {u_2} - d = 6\)

\({2^{x - 1}} = 8 \Leftrightarrow {2^{x - 1}} = {2^3} \Leftrightarrow x - 1 = 3 \Leftrightarrow x = 4\)

Thể tích của khối hợp V = 2.3.4 = 24

Hàm số xác định khi x >1. Tập xác định \(D = \left( {1; + \infty } \right)\)

\(\int {f(x).g(x)} dx = \int {f(x)} dx.\int {g(x)dx} {\rm{ }}\) ⇒ Sai

\(V = \frac{1}{3}Bh \Rightarrow h = \frac{{3V}}{B} = \frac{{3.4}}{3} = 4\)

\(l = \sqrt {{r^2} + {h^2}} = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5\)

Thể tích của một khối cầu có bán kính R là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\)

\({\log _3}\left( {{a^5}} \right) = 5{\log _3}5\)

\(V = \pi {r^2}h = \pi {.4^2}.3 = 48\pi \)

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại x = -1 và đạt cực tiểu tại x = 3

Từ hình vẽ ta nhận thấy hàm số cần tìm có đồ thị cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm (2;0) và (0;2 nên các đáp án A, B, C đều loại và thấy D là đáp án đúng.

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{1 + 3x}}{{3 - x}}\) là y = -3

\(\begin{array}{l} {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} \ge 2 \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} \ge {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 1}}\\ {\rm{ }} \Leftrightarrow x \le - 1 \end{array}\)

\({\rm{I = }}\int\limits_0^3 {{f'}(x)dx} = f(x)\left| \begin{array}{l} 3\\ 0 \end{array} \right. = f(3) - f(0) = 5 - 2 = 3\)

\(\overline z = - 1 - 2i\)

\(\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \frac{{3 - 4i}}{{4 - i}} = \frac{{(3 - 4i)(4 + i)}}{{(4 - i)(4 + i)}} = \frac{{16 - 13i}}{{17}} = \frac{{16}}{{17}} - \frac{{13}}{{17}}i\)

\(\left| z \right| = \sqrt {{4^2} + {{( - 3)}^2}} = 5\)

\(\overrightarrow {AB} = ( - 3;5;1)\)

\(I(2; - 1;7),R = 6\)

(P): 3x  –  z + 2 = 0 có VTPT là \(\overrightarrow n = \left( { - 3;0;1} \right).\)

VTCP của d là \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {0;1; - 1} \right)\)

Ta có AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mp (ABCD)

Suy ra góc giữa SC và (ABCD) bằng góc \(\widehat {SCA}\)

Xét tam giác SAC vuông tại A có \(SA = AC = a\sqrt 2 \Rightarrow \widehat {SCA} = {45^0}\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y = f(x) có 2 điểm cực trị.

Hàm số xác định và liên tục trên [-1;2]

Ta có \(y' = \frac{5}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} > 0,\,\forall x \in [ - 1;2]\)

Suy ra hàm số luôn đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 3} \right)\) và \(\left( { - 3; + \infty } \right)\)

Vậy \(\mathop {{\rm{Max}}f(x)}\limits_{{\rm{[}} - 1;2]} = f\left( 2 \right) = 0\).

\({2^a}{.4^b} = 8 \Leftrightarrow {2^{a + 2b}} = {2^3} \Leftrightarrow a + 2b = 3\)

Giao điểm của (c) với trục hoành: \(y = 0 \Leftrightarrow {x^4} - 5{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \pm 1\\ x = \pm 2 \end{array} \right.\)

Vậy (c) cắt ox tại 4 điểm phân biệt.

\(\begin{array}{l} {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} - 2}} > {2^{4 - 3x}}\\ \Leftrightarrow {2^{ - {x^2} + 2}} > {2^{4 - 3x}}\\ \Leftrightarrow - {x^2} + 2 > 4 - 3x\\ \Leftrightarrow - {x^2} + 3x - 2 > 0\\ \Leftrightarrow 1 < x < 2 \end{array}\)

Bán kính đáy khối nón là \(\frac{a}{2}\), chiều cao khối nón là \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), suy ra \(V = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)

Đặt \(t = \sqrt {3{{\ln }^2}x + 1} \Rightarrow {t^2} = 3{\ln ^2}x + 1 \Rightarrow 2tdt = \frac{{{\rm{6lnx}}}}{x}{\rm{dx}} \Rightarrow \frac{{\ln x}}{x}{\rm{dx}} = \frac{1}{3}tdt\).

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 \Rightarrow t = 1\\ x = e \Rightarrow t = 2 \end{array} \right.\).

Vậy \(I = \int\limits_1^e {\frac{{\ln x}}{{x\sqrt {3{{\ln }^2}x + 1} }}dx} = \frac{1}{3}\int\limits_1^2 {dt} \).

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

Suy ra \(S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {{x^2} + x - 2} \right|dx} = - \int\limits_{ - 2}^1 {\left( {{x^2} + x - 2} \right)dx} \,\,\left( {do\,\,{x^2} + x - 2 \le 0,\,\,\forall x \in \left[ { - 2;1} \right]} \right)\)

Ta có \(3{z_1}{z_2} = 3\left( {2 - i} \right)\left( { - 3 + i} \right) = - 15 + 15i\)

Phần thực của 3\(z_1z_2\) là -15

Ta có \({z^2} + 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1 + 2i\\ x = - 1 - 2i \end{array} \right.\)

z₀ là nghiệm có phần ảo dương \( \Rightarrow {z_0} = - 1 + 2i \Rightarrow {z_0} + 3i = - 1 + 5i\)

Điểm biểu diễn của số phức z₀ + 3i là (-1;5).

Trục Ox đi qua O(0;0;0) và có 1VTCP \(\overrightarrow i = (1;0;0)\), \(\overrightarrow {OA} = ( - 1;2;3)\)

⇒ \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {OA} ;\overrightarrow i } \right]\,\,\,\) =(0;3;-2). Mặt phẳng (a) đi qua điểm A(-1; 2; 3) và nhận \(\overrightarrow n \)=(0;3;-2) làm một VTPT, phương trình là:

3(y-2)-2(z-3)=0 ⇔ 3y-2z=0.

+) Xét phép thử "Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một quả"

Lấy một quả từ hộp 1 có 12 cách.

Lấy một quả từ hộp 2 có 10 cách.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu \(n(\Omega ) = 10.12 = 120\).

+) Gọi A là biến cố “Hai quả lấy ra cùng màu đỏ".

Lấy một quả màu đỏ từ hộp 1 có 7 cách.

Lấy một quả màu đỏ từ hộp 2 có 6 cách.

Suy ra \(n(A) = 7.6 = 42\).

+) Xác suất của biến cố A là \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{42}}{{120}} = \frac{7}{{20}}\).

Trong (ABC) kẻ \(AH \bot BC\) ta có

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} AH \bot BC\\ AH \bot A'I\left( {A'I \bot \left( {ABC} \right)} \right) \end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A'BC} \right)\\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {A'BC} \right)} \right) = AH \end{array}\)

Xét tam giác vuông ABC có:

\(AH = \frac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \frac{{a.2a}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\)

Tập xác định D = R.

Ta có \(y' = 4{x^3} - 12{x^2} + m + 25\).

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0,\forall x > 1\)

\(\Leftrightarrow 4{x^3} - 12{x^2} + m + 25 \ge 0\) \(\forall x > 1\)

\( \Leftrightarrow m \ge - 4{x^3} + 12{x^2} - 25\), \(\forall x > 1\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = - 4{x^3} + 12{x^2} - 25\), với x > 1.

\(f'\left( x \right) = - 12{x^2} + 24x\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 12{x^2} + 24x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2 \end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta có: \(m \ge - 4{x^3} + 12{x^2} - 25,\,\forall x > 1\)\( \Leftrightarrow m \ge - 9\).

Vì m nguyên âm nên \(m \in \left\{ { - 9;\, - 8;\, - 7;\, - 6;\, - 5;\, - 4;\, - 3;\, - 2;\, - 1} \right\}\).

Vậy có 9 giá trị nguyên âm của m để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Ta có \(2f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f(x) = - \frac{1}{2}\).

Số nghiệm của phương trình \(f(x) = - \frac{1}{2}\) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng \(y = - \frac{1}{2}\).

Từ hình vẽ ta thấy số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng \(y = - \frac{1}{2}\) là 4.

Vậy số nghiệm của phương trình 2f(x) + 1 = 0 là 4.

Điều kiện xác định: \(x \in R\).

Ta có phương trình \(f(x + 1) - \frac{{{m^2}}}{{{x^2} + 3x + 5}} = 0\) ⇔ \(f(x + 1) = \frac{{{m^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} + \left( {x + 1} \right) + 3}}\) (1).

Đặt t = x + 1, khi đó \( - 1 < x < 1 \Leftrightarrow 0 < t < 2\).

Phương trình (1) trở thành \(f(t) = \frac{{{m^2}}}{{{t^2} + t + 3}} \Leftrightarrow ({t^2} + t + 3)f(t) = {m^2}\) (2).

Xét hàm số \(g(t) = ({t^2} + t + 3)f(t)\) trên khoảng (0,2).

g'(t) = (2t+1).f(t) + (t² +t +3)f'(t)

Từ đồ thị hàm số y = f(x) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l} f(t) > 0,\forall t \in \left( {0,2} \right)\\ {f'}(t) > 0;\forall t \in \left( {0,2} \right) \end{array} \right.\).

Mặt khác: \(2t + 1 > 0,{t^2} + t + 3 > 0,\forall t \in \left( {0.2} \right)\). Suy ra \({g'}(t) > 0,\forall t \in \left( {0,2} \right)\).

Và \(\left\{ \begin{array}{l} g(0) = 3.f(0) = 0\\ g(2) = 9.f(2) = 36 \end{array} \right.\).

Bảng biến thiên của hàm số y = g(x) trên khoảng (0;2).

Phương trình đã cho có nghiệm \(x \in \left( { - 1,1} \right)\) khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm \(t \in \left( {0,2} \right)\) ⇔ 0 < m² < 36.  

Mà m nguyên nên \(m \in \left\{ { \pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 4, \pm 5} \right\}\).

Vậy có 10 giá trị của tham số m thỏa mãn bài toán.

Ta có: \(CC'//AA' \Rightarrow CC'//\left( {ABB'C'} \right) \supset AM\)

\(\Rightarrow d\left( {AM;CC'} \right) = d\left( {CC';\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right)\)

Trong (ABC) kẻ \(CH \bot AB\) (\(H \in AB\)) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} CH \bot AB\\ CH \bot AA' \end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow d\left( {C';\left( {ABB'A'} \right)} \right) = CH\).

Ta có: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}CA.CB.\sin C = \frac{1}{2}.2a.a.\sin 120^\circ = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\)

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:

\(AB = \sqrt {A{C^2} + B{C^2} - 2AC.BC.{\mathop{\rm cosC}\nolimits} } = \sqrt {4{a^2} + {a^2} - 2.2a.a.\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right)} = a\sqrt 7 \)

Mà \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}CH.AB \Rightarrow CH = \frac{{2{S_{\Delta ABC}}}}{{AB}} = \frac{{2.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = - {x^2} - 2mx + 2m - 3\)

Hàm số \(f\left( x \right) = - \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {2m - 3} \right)x - m + 2\) nghịch biến trên R khi và chỉ khi

\(f'\left( x \right) \le 0,\forall x \in R \Leftrightarrow - {x^2} - 2mx + 2m - 3 \le 0,\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a < 0\\ \Delta {'_{f'\left( x \right)}} \le 0 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < 0\\ {\left( { - m} \right)^2} - \left( { - 1} \right)(2m - 3) \le 0 \end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 \le 0 \Leftrightarrow - 3 \le m \le 1\)

Vì \(m \in Z\) nên \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1} \right\}\)

\({y^,} = 2\frac{{{{(\ln x)}^,}}}{{\ln x}} - \frac{1}{x} = \frac{2}{{x\ln x}} - \frac{1}{x}\)

Vậy \({y^,}(e) = \frac{2}{e} - \frac{1}{e} = \frac{1}{e}\)

Ta có : \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c\)

Từ hình vẽ suy ra hệ số a < 0

y' = 0 có một nghiệm \(x = {x_1} = 0\) và một nghiệm \(x = {x_2} > 0\)

y' = 0 có một nghiệm \(x = {x_1} = 0 \Rightarrow c = 0\)

Mặt khác: \({x_1} + {x_2} = - \frac{{2b}}{{3a}} \Rightarrow {x_2} = - \frac{{2b}}{{3a}} > 0\) mà a < 0 nên \( - 2b < 0 \Rightarrow b > 0\)

Tính được \(AB = 2a\sqrt 3 \) suy ra bán kính đáy là r = 2a.

Thể tích khối trụ là \(\pi {r^2}h = \pi 4{a^2}3a = 12{a^3}\pi \)

Ta có \(t = \sqrt {3x + 1} \Rightarrow {t^2} = 3x + 1 \Leftrightarrow x = \frac{{{t^2} - 1}}{3} \Rightarrow dx = \frac{2}{3}t.dt\)

Đổi cận:

\(\begin{array}{l} x = 1 \Rightarrow t = 2\\ x = 5 \Rightarrow t = 4 \end{array}\)

\(I = \int\limits_2^4 {\frac{{2.dt}}{{{t^2} - 1}} = \int\limits_2^4 {\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)} } dt = \left. {\left( {\ln \left| {t - 1} \right| - \ln \left| {t + 1} \right|} \right)} \right|_2^4 = 2\ln 3 - \ln 5\).

Vậy \(a = 2;b = - 1 \Rightarrow P = a + 2b = 0\).

Đặt t = cos x. Vì \(x \in \left[ { - \pi ;2\pi } \right]\) nên \(t \in \left[ { - 1;1} \right]\)

Dựa vào bảng biến suy ra \(f\left( t \right) = - 2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} t = {t_1} \in \left( { - 1;0} \right)\\ t = {t_2} \in \left( {0;1} \right) \end{array} \right.\)

Dựa vào hình vẽ

\(61,329 = 58{\left( {1 + q} \right)^8}\) (q là lãi suất)

\( \Leftrightarrow {\left( {1 + q} \right)^8} = \frac{{61,329}}{{59}} \Leftrightarrow \left( {1 + q} \right) = \sqrt[8]{{\frac{{61,329}}{{58}}}} \Leftrightarrow q = \sqrt[8]{{\frac{{61,329}}{{58}}}} - 1 \approx 0,7\% \)

\(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = 1 + \frac{2}{{x - 1}}\)

Gọi \(M\left( {{x_1};{y_1}} \right)\) và \(N\left( {{x_2};{y_2}} \right)\). Vì hai điểm M, N thuộc hai nhánh của đồ thị nên \({x_1} < 1 < {x_2}\)

Đặt \({x_1} = 1 - a,{x_2} = 1 + b\), điều kiện a > 0,b > 0

Khi đó ta có : \(M{N^2} = {\left( {a + b} \right)^2} + {\left( {\frac{2}{a} + \frac{2}{b}} \right)^2}\). Suy ra \(M{N^2} = {\left( {a + b} \right)^2}\left( {1 + \frac{4}{{{a^2}{b^2}}}} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : \(M{N^2} \ge {\left( {2\sqrt {ab} } \right)^2}.\frac{4}{{ab}}\) suy ra \(M{N^2} \ge 16\). Vậy \(MN \ge 4\). Dấu bằng xảy ra \(\left\{ \begin{array}{l} a = b\\ 1 = \frac{4}{{{a^2}{b^2}}} \end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = \sqrt 2 \)

Hay \(M\left( {1 - \sqrt 2 ;1 - \sqrt 2 } \right)\) và \(N\left( {1 + \sqrt 2 ;1 + \sqrt 2 } \right)\)