Số cách chọn 5 học sinh từ 20 học sinh lớp 11A là \(C_{20}^5 = 15504\) cách

Giả sử cấp số cộng là. Từ giả thiết và tính chất của cấp số cộng, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {u_1} + {u_2} + {u_3} + {u_4} = 22\\ u_1^2 + u_2^2 + u_3^2 + u_4^2 = 166\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{u_1} + {u_4} = {u_2} + {u_3} \end{array} \right.\).

Giải hệ trên ta được hai cấp số cộng là 1, 4, 7, 10 và 10, 7, 4, 1.

Ta có \({1^3} + {4^3} + {7^3} + {10^3} = 1408\).

Điều kiện: \({x^2} - 3x > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < 0\\ x > 3 \end{array} \right..\)

Ta có

\(\begin{array}{l} {\log _{0,25}}\left( {{x^2} - 3x} \right) = - 1\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 4\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 = 0 \end{array}\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\;\\ x = 4\; \end{array} \right.\) (nhận).

Vậy \(S = \left\{ { - 1;4} \right\}.\)

\(V' = {\left( {3a} \right)^3} = {3^3}.{a^3} = 27V.\)

Ta có tập xác định hàm số \(y={{x}^{\frac{1}{5}}}\) là \(\left( 0;+\infty  \right)\).

Hàm số \(y={{x}^{\pi }}\) cũng có tập xác định là \(\left( 0;+\infty  \right)\).

Hàm số \(y=\frac{1}{\sqrt[5]{x}}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\)

Hàm số \(y=\sqrt{x}\) có tập xác định là \(\left[ 0;+\infty  \right)\)

Hàm số \(y=\sqrt[3]{x}\) có tập xác định là R.

\(\int {\left( {{x^3} + {x^2}} \right)dx = } \frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{{x^3}}}{3} + C.\)

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên \(AB = AC = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\), suy ra \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{{3{a^2}}}{4}.\)

Dẫn tới \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{3{a^2}}}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\)

\(V = \pi .{r^2}.h = 12\pi .\)

Diện tích mặt cầu đã cho là \(4\pi {r^2} = \frac{{8\pi {a^2}}}{3}\). Suy ra \(r = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số y = f(x) đồng biến trên (-1;3); hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right),\left( {3; + \infty } \right)\).

\({\log _{\sqrt {{a^3}} }}\sqrt[3]{{{a^2}}} = {\log _{{a^{\frac{3}{2}}}}}{a^{\frac{2}{3}}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3}.{\log _a}a = \frac{4}{9}.\)

Vì thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có:

\(h = 2r = 4\;cm \Rightarrow {S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .2.4 = 16\pi c{m^2}.\)

Từ bảng biến thiên ta có hàm số có hai điểm cực trị là x = -1 và x = 1

Dựa vào hình dáng đồ thị ta suy ra hàm số là hàm trùng phương \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) có:

+ “Đuôi thăng thiên” nên a > 0.

+ Cắt trục tung tại điểm nằm phía dưới trục hoành nên c < 0

+ Có 3 cực trị nên \(a.b < 0 \Rightarrow b < 0\).

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{3 - 2x}}{{x + 1}}\) nhận đường thẳng y = -2 làm tiệm cận ngang.

\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 3} \right) \ge {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {9 - 2x} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x - 3 \le 9 - 2x\\ x - 3 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow 3 < x \le 4.\)

Số nghiệm của phương trình \( - {x^4} + 2{x^2} + 1 = m\) là số giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y =  - {x^4} + 2{x^2} + 1\) và đường thẳng y = m (song song hoặc trùng Ox).

Từ đồ thị, phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow 1 < m < 2.\)

\(\int\limits_0^3 {\left[ {x - 3f\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_0^3 {xdx} - 3\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{2}{x^2}\left| {_0^3} \right. - 6 = \frac{9}{2} - 6 = - \frac{3}{2}.\)

\(\overline z  = 5 - i.\)

\({z_1} - {z_2} = 3 - 6i \Rightarrow \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \sqrt {9 + 36} = 3\sqrt 5 .\)

Vì M(1;-2) nên M là điểm biểu diễn của số phức z = 1 - 2i.

Hình chiếu vuông góc của điểm M(3;2;-1) lên trục Oz là điểm \({M_1}\left( {0;0; - 1} \right).\)

Ta có a = 4,b =  - 5,c = 3,d = 49.

Do đó \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - {d^2}}  = 1\)

Mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1;-3;2) và chứa trục Oz nên chứa giá của hai vec-tơ \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right),\overrightarrow {OA} = \left( {1; - 3;2} \right)\).

Khi đó, vec-tơ pháp tuyến của (P) là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow k ,\overrightarrow {OA} } \right] = \left( {3;1;0} \right)\).

Vậy a = 3,b = 1,c = 0 nên \(M = \frac{{1 + 0}}{3} = \frac{1}{3}.\)

Thế tọa độ của điểm N(0;3;5) vào phương trình tham số của đường thẳng \(\Delta\) ta được \(\left\{ \begin{array}{l} 0 = 3 - 3t\\ 3 = 1 + 2t\\ 5 = 5t \end{array} \right..\)

Ta thấy t = 1 thỏa mãn hệ phương trình. Vậy điểm N(0;3;5) thuộc đường thẳng \(\Delta\).

Do BD // B'D' nên góc giữa hai đường thẳng BA’ và B’D’ bằng góc giữa hai đường thẳng BA’ và BD.

Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên \(\Delta A'BC\) là tam giác đều. Khi đó góc \(\widehat {A'BD} = 60^\circ \).

Vậy góc giữa hai đường thẳng BA’ và B’D’ bằng 60^o.

Ta có \(f'\left( x \right) = x\left( {x - 1} \right){\left( {x + 2} \right)^2} \Rightarrow \) ta có bảng xét dấu của f'(x):

Từ bảng xét dấu ta có hàm số đạt cực trị tại x = 0,x = 1.

Vậy hàm số có đúng hai điểm cực trị.

Tập xác định \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right)\backslash \left\{ 2 \right\}.\)

Ta có \(y' = \frac{{\frac{{x\left( {x - 2} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} - \sqrt {{x^2} - 1} }}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 2x + 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}\sqrt {{x^2} - 1} }}.\)

Khi đó \(y' = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - 1.\)

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra \(M = 0;\;m = - \sqrt 5 .\)

Vậy T = m.M = 0.

Theo tính chất ta có \(\log {a^3} = 3\log a.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm \({x^3} + x + 2 =  - 2x + 1 \Leftrightarrow {x^3} + 3x + 1 = 0\).

Xét \(f\left( x \right) = {x^3} + 3x + 1\), ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 3 > 0\). Suy ra bảng biến thiên:

Do đó phương trình f(x) = 0 có 1 nghiệm.

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + 2x - 8 > 0\\ {x^2} + 2x - 8 \le {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 4}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} x < - 4\\ x > 2 \end{array} \right.\\ {x^2} + 2x - 24 \le 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} x < - 4\\ x > 2 \end{array} \right.\\ - 6 \le x \le 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 6 \le x < - 4\\ 2 < x \le 4 \end{array} \right.. \end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left[ { - 6; - 4} \right) \cup \left( {2;4} \right].\)

Hình nón có bán kính đáy là \(r = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\), đường sinh l = AB = a. Khi đó diện tích xung quanh của hình nón là

\({S_{xq}} = \pi rl = \pi .\frac{a}{2}.a = \frac{{\pi {a^2}}}{2}.\)

Đặt \(t = \sqrt[3]{{1 - x}} \Rightarrow x = 1 - {t^3} \Rightarrow dx = - 3{t^2}dt.\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 \Rightarrow t = 0\\ x = 0 \Rightarrow t = 1 \end{array} \right. \Rightarrow I = - 3\int\limits_1^0 {{t^3}dt} = 3\int\limits_0^1 {{t^3}dt} .\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d, ta có: \({x^2} = 2x \Leftrightarrow x = 0\) hoặc x = 2

Trên đoạn [0;2] ta thấy \(2x \ge {x^2}\) nên thể tích cần tìm là:

\(V = \pi \int\limits_0^2 {\left( {4{x^2} - {x^4}} \right)dx} = \pi \int\limits_0^2 {4{x^2}dx} - \pi \int\limits_0^2 {{x^4}dx} .\)

Ta có: \({z_1}.{z_2} = \left( {3 + i} \right)\left( {2 - i} \right) = 7 - i \Rightarrow {z_1} + {z_1}.{z_2} = 3 + i + 7 - i = 10\).

Suy ra \(P = \left| {{z_1} + {z_1}.{z_2}} \right| = 10\).

Xét phương trình \(4{z^2} - 16z + 17 = 0\) có \(\Delta ' = 64 - 4.17 = - 4 = {\left( {2i} \right)^2}.\)

Phương trình có hai nghiệm \({z_1} = \frac{{8 - 2i}}{4} = 2 - \frac{1}{2}i,\;{z_2} = \frac{{8 + 2i}}{4} = 2 + \frac{1}{2}i.\)

Do là nghiệm phức có phần ảo dương nên \({z_0} = 2 + \frac{1}{2}i.\)

Ta có \({\rm{w}} = i{z_0} = - \frac{1}{2} + 2i.\)

Vậy điểm biểu diễn \({\rm{w}} = i{z_0}\) là \({M_2}\left( { - \frac{1}{2};2} \right)\).

Do M thuộc d nên M có tọa độ dạng \(M\left( {t; - 1 + 2t; - 2 + 3t} \right)\).

Theo giả thiết, ta có \(d\left( {M,P} \right) = 2 \Leftrightarrow \frac{{\left| {t - 2 + 4t + 4 - 6t + 3} \right|}}{2} = 2 \Leftrightarrow \left| {5 - t} \right| = 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - 1\\ t = 11 \end{array} \right.\).

M có hoành độ âm nên t = -1 ⇒ tung độ của M là -3.

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 6;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} \) cùng phương với các vec-tơ có tọa độ \(\left( { - 1;3; - 1} \right),\left( {1; - 3;1} \right)\).

Phương trình đường thẳng AB là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 2t\\ y = - 4 - 6t\\ z = 1 + 2t \end{array} \right..\)

Ta thấy điểm M(1;-4;1) không thỏa mãn phương trình đường thẳng AB.

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 5!.\)

Gọi A là biến cố “An và Bình không ngồi cạnh nhau”.

Khi đó \(\overline A \) là biến cố “An và Bình ngồi cạnh nhau”.

+ Có 4 cách chọn 2 vị trí liền nhau để xếp An và Bình.

+ Có 2! cách xếp An và Bình ngồi vào 2 vị trí liền nhau đã chọn.

+ Có 3! cách xếp 3 bạn còn lại vào 3 vị trí còn lại.

Suy ra số cách sắp xếp để An và Bình ngồi cạnh nhau là: \(n\left( {\overline A } \right) = 4.2!.3! = 48.\)

Do đó: \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = 1 - \frac{{48}}{{5!}} = \frac{3}{5}.\)

Ta có ND, NC lần lượt là đường cao của các tam giác đều ABD và ABC cạnh a nên \(ND = NC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác NCD cân ở N và M là trung điểm CD nên \(MN \bot CD\).

Chứng minh tương tự ta có \(MN \bot AB\). Suy ra MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD nên \(d\left( {AB,CD} \right) = MN\).

Dùng công thức Hê-rông, ta có \({S_{NCD}} = \frac{{\sqrt 2 {a^2}}}{4}.\)

Suy ra \(MN = \frac{{2{S_{NCD}}}}{{CD}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Ta có \(y' = 3{x^2} - 12x + m.\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) thì \(y' = 3{x^2} - 12x + m \ge 0,\;\forall x > 0 \Leftrightarrow m \ge - 3{x^2} + 12x,\;\forall x > 0.\)

Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) thì, do đó có 2006 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Sau 36 giờ ta có: \(m\left( {36} \right) = 250{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{{36}}{{24}}}} = 88,4\). (Kết quả đã làm tròn đến hàng phần chục).

Dựa vào đồ thị của hàm số f'(x), ta có bảng biến thiên của hàm số y = f(x) như sau:

Vì f(x) > 0 nên ta xét các trường hợp sau:

+ Nếu f(c) > 0 thì toàn bộ đồ thị hàm số nằm ở phía trên trục hoành, do đó đồ thị hàm số không cắt trục hoành.

+ Nếu f(c) = 0 thì đồ thị hàm số và trục hoành có một điểm chung duy nhất.

+ Nếu f(c) < 0 thì đồ thị hàm số và trục hoành có hai điểm chung.

Vậy đồ thị hàm số y = f(x) cắt trục hoành nhiều nhất tại hai điểm.

Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vuông ABCD có cạnh bằng 4a.

Do đó \(h = 2R = 4a \Rightarrow R = 2a\) với R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

Vậy \(S = 2\pi Rh = 16\pi {a^2}.\)

Ta có: \(f\left( 2 \right) - f\left( 0 \right) = \int\limits_0^2 {f'\left( x \right)dx} = \int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right){e^x}dx} = x{e^x}\left| {_0^2} \right. = 2{e^2}.\)

Suy ra \(f\left( 2 \right) = 2{e^2} + f\left( 0 \right) = 2{e^2} + 1.\)

Ta có \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c\). Từ bảng biến thiên của hàm số f(x), ta có:

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

Như vậy \(f\left( x \right) = 2{x^3} - 3{x^2} + 1,\;f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\).

Do đó |f(x)| = m có bốn nghiệm phân biệt \({x_1} < {x_2} < {x_3} < \frac{1}{2} < {x_4}\) khi và chỉ khi \(\frac{1}{2} \le m < 1.\)

Ta có: \(P = \sqrt {{{\log }_3}a} + \sqrt {{{\log }_2}b} = \sqrt {{{\log }_3}2} \sqrt {{{\log }_2}a} + \sqrt {{{\log }_2}3} \sqrt {{{\log }_3}b} \).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có \({P^2} \le \left( {{{\log }_3}2 + {{\log }_2}3} \right)\left( {{{\log }_2}a + {{\log }_3}b} \right) = {\log _3}2 + {\log _2}3\).

Suy ra \(P \le \sqrt {{{\log }_3}2 + {{\log }_2}3} \)

Ta có \(y = \left| {{{\sin }^4}x + \cos 2x + m} \right| = \left| {{{\sin }^4}x - 2{{\sin }^2}x + m + 1} \right|.\)

Đặt \(t = {\sin ^2}x,\;t \in \left[ {0;1} \right]\), hàm số trở thành \(y = \left| {{t^2} - 2t + m + 1} \right|\).

Xét hàm \(f\left( t \right) = {t^2} - 2t + m + 1\), với \(t \in \left[ {0;1} \right]\).

Ta có \(f'\left( t \right) = 2t - 2 \le 0\), với \(\forall t \in \left[ {0;1} \right]\), suy ra hàm số nghịch biến trên [0;1].

Do đó \(f\left( 1 \right) \le f\left( t \right) \le f\left( 0 \right) \Leftrightarrow m \le f\left( t \right) \le m + 1.\)

Xét các trường hợp sau:

+ \(m + 1 \le 0 \Leftrightarrow m \le - 1\). Khi đó, y = m - 1. Theo giả thiết \(- m - 1 = 2 \Leftrightarrow m = - 3\) (thỏa mãn).

+ \(- 1 < m \le 0\). Khi đó, min y = 0 (loại).

+ m > 0. Khi đó, min y = m. Theo giả thiết m = 2 (thỏa mãn).

Vậy tập hợp S có 2 phần tử.

Gọi \(I = BC \cap C'M \Rightarrow DI \cap AB = K\).

Khi đó ta có \({V_1} = {V_{ICDC'}} - {V_{IBKM}}\) trong đó \({V_{ICDC'}} = \frac{1}{3}IC.\frac{1}{2}CD.CC' = \frac{1}{3}V.\)

Mặt khác

\(\begin{array}{l} \frac{{{V_{IBKM}}}}{{{V_{ICDC'}}}} = \frac{1}{8}\\ \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}V - \frac{1}{8}.\frac{1}{3}V = \frac{7}{{24}}V\\ \Rightarrow {V_2} = \frac{{17}}{{24}}V\\ \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{7}{{17}}. \end{array}\)

Điều kiện xác định: \(x \in R\).

Xét phương trình \({4^{ - \left| {x - m} \right|}}{\log _{\sqrt 2 }}\left( {{x^2} - 2x + 3} \right) + {2^{ - {x^2} + 2x}}{\log _{\frac{1}{2}}}\left( {2\left| {x - m} \right| + 2} \right) = 0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)

\(\begin{array}{l} \left( 1 \right) \Leftrightarrow {2^{ - 2\left| {x - m} \right| + 1}}.{\log _{\sqrt 2 }}\left[ {\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 2} \right] = {2^{ - \left( {{x^2} - 2x + 1} \right)}}.{\log _2}\left( {2\left| {x - m} \right| + 2} \right)\\ \;\;\;\;\; \Leftrightarrow {2^{{x^2} - 2x + 1}}.o{g_{\sqrt 2 }}\left[ {\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 2} \right] = {2^{2\left| {x - m} \right|}}.{\log _2}\left( {2\left| {x - m} \right| + 2} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right) \end{array}\)

Xét hàm số: \(f\left( t \right) = {2^t}{\log _2}\left( {t + 2} \right),\;t > 2.\)

Ta có \(f'\left( t \right) = {2^t}.\ln 2.{\log _2}\left( {t + 2} \right) + {2^t}.\frac{1}{{\left( {t + 2} \right)\ln 2}} > 0\;\forall t \ge 0.\)

Mà f(t) liên tục trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\) suy ra f(t) đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\).

Phương trình (2) có dạng \(f\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) = f\left( {2\left| {x - m} \right|} \right)\) và \({x^2} - 2x + 1 = \left( {x - 1} \right) \ge 0;\;2\left| {x - m} \right| \ge 0,\;\forall x \in R.\)

Do đó \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 = 2\left| {x - m} \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^2} - 2x + 1 = 2\left( {x - m} \right)\\ {x^2} - 2x + 1 = 2\left( {m - x} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^2} - 4x + 1 = - 2m\;\;\;\left( * \right)\\ - {x^2} - 1 = - 2m\;\;\;\;\;\;\;\left( {**} \right) \end{array} \right.\)

Phương trình (1) có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi (2) có 3 nghiệm phân biệt.

Dựng các parabol: \(y = {x^2} - 4x + 1\;\left( {{P_1}} \right)\) và \(y = - {x^2} - 1\;\left( {{P_2}} \right)\) trên cùng 1 hệ trục tọa độ.

Số lượng nghiệm của (*) và (**) bằng số giao điểm của đường thẳng d:y =  - 2m lần lượt với các đồ thị (P₁) và (P₂).

Dựa vào đồ thị có thể thấy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì d phải nằm ở các vị trí của \({d_1},{d_2},{d_3}\).

Tương ứng khi đó:

\(\begin{array}{l} - 2m = - 1 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\\ - 2m = - 2 \Leftrightarrow m = 1\\ - 2m = - 3 \Leftrightarrow m = \frac{3}{2} \end{array}\)

Do đó có 3 giá trị m thỏa mãn yêu cầu: \(m = \frac{1}{2};\;m = 1;\;m = \frac{3}{2}.\)

Vậy \(S = \left\{ {\frac{1}{2};1;\frac{3}{2}} \right\}.\)