Chọn 1 bông hồng trắng có: 3 cách Chọn.

Chọn 1 bông hồng đỏ có: 5 cách Chọn.

Chọn 1 bông hồng vàng có: 6 cách Chọn.

Do đó, theo quy tắc cộng có 3 + 5 + 6 = 14 cách chọn 1 bông hồng.

Do \(\left( {{u}_{n}} \right)\) là cấp số nhân nên \({{u}_{n+1}}={{u}_{n}}.q\) với \(n\in {{\mathbb{N}}^{*}}\), suy ra \({{q}^{2}}=\frac{{{u}_{4}}}{{{u}_{2}}}=\frac{18}{2}=9\Rightarrow q=\pm 3\).

Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh \(l\) và bán kính đáy \(r\) bằng \(2\pi rl\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng (0;1) và (-1;0).

\(a = \sqrt[3]{V} = 5\)

\({\log _2}\left( {{x^2} - 2x + 3} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 3 = 2\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow x = 1\)

Theo thính chất của tích phân ta có: \(f\left( x \right) =  - \sqrt x  + \frac{1}{x} + \ln x + C\)

Suy ra: \(f\left( x \right) =  - \frac{1}{{{x^2}}} + \ln x + C\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 và y_CT = -4

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} \Leftrightarrow \frac{4}{3}\pi {R^3} = 288\pi  \Leftrightarrow {R^3} = 216 \Rightarrow R = 6\)

Dựa vào bản biến thiên ta chọn A.

\({\log _{{a^3}}}a = \frac{1}{3}.{\log _a}a = \frac{1}{3}\)

\({S_{tp}} = 2\pi Rl + 2\pi {R^2} = 2\pi .4.5 + 2\pi {.4^2} = 72\pi \,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Dựa vào bảng biến thiên ta chọn B

Dựa vào đồ thị hàm số ta chọn B

Ta có \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2-2x}{x+1}=-2\). Suy ra đường thẳng y=-2 là tiệm cân ngang của đồ thị hàm số.

\({\log _2}x > 3 \Leftrightarrow x > {2^3} \Leftrightarrow x > 8\)

Ta có \(2f\left( x \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow f(x) = \frac{3}{2}\).

Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng \(y = \frac{3}{2}\) cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt.

Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biêt.

\(\int\limits_{ - 1}^5 {f{\rm{(}}x){\rm{d}}x}  = \int\limits_{ - 1}^2 {f(x){\rm{d}}x}  + \int\limits_2^5 {f(x){\rm{d}}x} \)

\( \Rightarrow \int\limits_2^5 {f(x){\rm{d}}x}  = \int\limits_{ - 1}^5 {f(x){\rm{d}}x}  - \int\limits_{ - 1}^2 {f(x){\rm{d}}x}  =  - 6 - 3 =  - 9\)

\(\overline z  =  - 2 - 4i\)

\({z_1}.{z_2} =  - 13 + 11i\)

Điểm biểu diễn của số phức z = 4 + 2i là \(P\left( {4;\,2} \right)\)

Gọi \(A\left( x;y;z \right),\,\,A'(x';y';z')\) là điểm đối xứng với điểm A qua trục Ox.

Điểm A' đối xứng với điểm A qua trục Ox nên \(\left\{ \begin{align} & x'=x \\ & y'=-y \\ & z'=-z \\ \end{align} \right.\). Do đó \(A'=\left( 3;1;-2 \right)\).

\(R = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} - \left( { - 2} \right)}  = 4.\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình 2x-4z-7=0, suy ra \(\left( P \right)\) có một véctơ pháp tuyến là \(\vec{n}=\left( 1\,;\,0\,;\,-2 \right)\)

Ta có \(\frac{{x - 3}}{2} = \frac{{2y}}{3} = \frac{{1 - z}}{1} \Leftrightarrow \frac{{x - 3}}{4} = \frac{y}{3} = \frac{{z - 1}}{{ - 2}}\)

Vậy một véc tơ chỉ phương của đường thẳng là \(\overrightarrow a  = \left( {4;3; - 2} \right)\).

Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là \(\alpha =\widehat{SBA}\).

Ta có \(\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{3} =>\alpha =\widehat{SBA}={{60}^{\text{o}}}\)

Xét \(f'\left( x \right)=2x\left( x+2 \right){{\left( x-2 \right)}^{2}}\). Ta có \(f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=0\) hoặc x=-2 hoặc x=2

Ta có bảng biến thiên                 

Dựa vào bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\), ta thấy hàm số \(f\left( x \right)\) có hai điểm cực trị

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in \left[ {1;3} \right]\) ⇒ f(x) nghịch biến trên [1;3].

Do đó GTLN của hàm số f(x) trên đoạn [1;3] là f(1) = -2

\({\log _{{a^2}}}(ab) = \frac{1}{2}{\log _a}(ab) = \frac{1}{2}({\log _a}a + {\log _a}b) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}{\log _a}b\)

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

Do đó số giao điểm là 2

\({4^x} - {3.2^x} + 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {2^x} < 1\\ {2^x} > 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < 0\\ x > 1 \end{array} \right.\)

Khi quay tam giác ABC xung quanh cạnh góc vuông AB thì đường gấp khúc ACB tạo thành một hình nón có đường cao h=AB=2a, bán kính đáy \(r=AC=AB.\tan 60{}^\circ =2a\sqrt{3}\) nên đường sinh \(l=\sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}+12{{a}^{2}}}=4a\).

Suy ra diện tích xung quanh của hình nón đó bằng: \({{S}_{xq}}=\pi rl=\pi .2a\sqrt{3}.4a=8\sqrt{3}\pi {{a}^{2}}\)

Đặt: \(u={{x}^{2}}-1\Rightarrow \text{d}u=2x\text{d}x\).

Đổi cận: Với x=1 thì u=0; với x=3 thì u=8.

 Khi đó: \(I=\int\limits_{1}^{3}{2x\sqrt{{{x}^{2}}-1}}\text{d}x=\int\limits_{0}^{8}{\sqrt{u}\text{d}u}=\frac{2}{3}{{u}^{\frac{3}{2}}}\left| \begin{align} & 8 \\ & 0 \\ \end{align} \right.=\frac{2}{3}{{8}^{\frac{3}{2}}}=\frac{32}{3}\sqrt{2}\)

Vậy \(I=\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{u}\text{d}u}\) sai.    

\(S = \int\limits_0^1 {\left| {x.\ln (3x + 1)} \right|dx}  = \int\limits_0^1 {x.\ln (3x + 1)dx} \)

\(z = \frac{{{m^2} + i}}{{2 + 3i}} = \frac{{({m^2} + i)(2 - 3i)}}{{13}} = \frac{{2{m^2} + 3}}{{13}} + \frac{{ - 3{m^2} + 2}}{{13}}i \to \frac{{2{m^2} + 3}}{{13}} = 1 < = > m = \pm \sqrt 5 \)

\({z^2} - 6z + 13 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = 3 + 2i{\rm{ (}}l{\rm{)}}\\ z = 3 - 2i{\rm{ }} \end{array} \right.\)

\( =  > w = (3 - 2i)i =  > |{\rm{w}}| = \sqrt {13} \)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB nhận \(\overrightarrow{AB}=(-2;-3;3)\) làm vecto pháp tuyến.

Do đó, phương trình mặt phẳng (P) là \(-2\left( x-3 \right)-3\left( y-1 \right)+3\left( z-1 \right)=0\)

\(\Leftrightarrow -2x-3y+3z+6=0\) hay \(2x+3y-3z-6=0.\)

Vì đường thẳng d song song với cả hai mặt phẳng (P) và (Q) nên d có VTCP là: \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ;\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} } \right] = \left( {2;4; - 3} \right)\)

Phương trình đường thẳng d đi qua điểm M(1;1;2) đồng thời song song với cả hai mặt phẳng (P) và (Q) là: \(d:\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 2t\\ y = 1 + 4t\\ z = 2 - 3t \end{array} \right.\).

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = 6! = 720.\)

Gọi A là biến cố: “các học sinh lớp 12 và học sinh lớp 11 không ngồi cạnh nhau”.

Suy ra \(\overline A \) : “các học sinh lớp 12 và học sinh lớp 11  ngồi cạnh nhau”

\(n(\overline A ) = 4!.3! = 144\)

Suy ra \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{144}}{{720}} = \frac{1}{5} = > P(A) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{4}{5}\).

Gọi N là trung điểm của AB khi đó BM//DN nên \(BM//\left( SDN \right)\)

\(d\left( BM;SD \right)=d\left( BM;\left( SDN \right) \right)=d\left( B;\left( SDN \right) \right)=d\left( A;\left( SDN \right) \right)\).

Kẻ \(AH\bot DN\) tại H. Ta có \(\left( SAH \right)\bot \left( SDN \right)\). Trong \(mp\left( SAH \right)\) \(AK\bot SH\) tại K. Khi đó

\(d\left( BM;SD \right)=d\left( A;\left( SDN \right) \right)=AK\).

\(\frac{1}{A{{K}^{2}}}=\frac{1}{A{{H}^{2}}}+\frac{1}{S{{A}^{2}}}=\frac{1}{A{{N}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}+\frac{1}{S{{A}^{2}}}=\frac{4}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{4{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}=\frac{21}{4{{a}^{2}}}\).

Suy ra \(AK=\frac{2a\sqrt{21}}{21}\).

Ta có \(f'\left( x \right) =  - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9\).

Hàm số f(x) nghịch biến trên R \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0,\forall x \in R \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} + 12m + 27 \le 0 \Leftrightarrow  - 9 \le m \le  - 3\)

Do đó có 7 số nguyên thỏa yêu cầu bài toán.

\(129512000 = {10^8}{\left( {1 + \frac{x}{{100}}} \right)^2} \Leftrightarrow \frac{x}{{100}} = \sqrt {\frac{{129512}}{{{{10}^5}}}}  - 1 \Rightarrow x \approx 14\)

Đặt t=2x-3. Cứ mỗi một \(t\ne 0\) sẽ cho một x

Phương trình đã cho trở thành \(|f\left( t \right)|=\frac{13}{2}\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & f\left( t \right)=\frac{13}{2} \\ & f\left( t \right)=-\frac{13}{2} \\ \end{align} \right.\)

Ta có \(-\frac{13}{2}<\frac{13}{2}<7\) nên dựa vào BBT đã cho, ta có

- Phương trình \(f\left( t \right)=\frac{13}{2}\) có một nghiệm \({{t}_{1}}>0\)

- Phương trình \(f\left( t \right)=-\frac{13}{2}\) có một nghiệm \({{t}_{2}}\) thỏa \(0<{{t}_{2}}<{{t}_{1}}\)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biêt.

Thiết diện là hình vuông ABCD.

\({{S}_{ABCD}}=4{{a}^{2}}\Rightarrow AD=CD=2a\).

Gọi H là trung điểm CD.

Ta có: \(OH\bot CD\Rightarrow OH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow OH=a\sqrt{3}$$\Rightarrow OD=\sqrt{D{{H}^{2}}+O{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+3{{a}^{2}}}=2a\)

\(h=AD=2a,\,r=OD=2a\Rightarrow V=\pi {{r}^{2}}h=8\pi {{a}^{3}}\)

Đặt \(u = {\sin ^2}x \Rightarrow du = \sin 2xdx\)

\(dv = f'(x)dx \Rightarrow v = f(x)\)

Đặt \(t=\sin x,x\in \left[ -\pi ;\frac{5\pi }{2} \right]\Rightarrow -1\le t\le 1\). Phương trình \(f\left( \sin x \right)=m\) trở thành \(f\left( t \right)=m\)

+) \(m=-2\Rightarrow t=-1\) : Phương trình \(\sin x=-1\) có 2 nghiệm \(x\in \left[ -\pi ;\frac{5\pi }{2} \right]\).

+) \(-2<m<-1\Rightarrow \) Phương trình \(f\left( t \right)=m\) có 1 nghiệm \(t\in \left( -1;0 \right) \Rightarrow \) phương trình \(\sin x=t\) có 4 nghiệm phân biệt \(x\in \left[ -\pi ;\frac{5\pi }{2} \right]\).

+) \(m=-1 \Rightarrow \) Phương trình \(f\left( t \right)=m\) có 1 nghiệm \({{t}_{1}}\in \left( -1;0 \right)\) và t=1. \(\Rightarrow \) phương trình \(\sin x=t\) có 6 nghiệm phân biệt \(x\in \left[ -\pi ;\frac{5\pi }{2} \right]\)

+) \(-1<m<0 \Rightarrow \) Phương trình \(f\left( t \right)=m\) có 1 nghiệm \({{t}_{1}}\in \left( -1;0 \right)\) và 1 nghiệm \({{t}_{2}}\in \left( 0;1 \right) \Rightarrow \) phương trình \(\sin x=t\) có 7 nghiệm phân biệt \(x\in \left[ -\pi ;\frac{5\pi }{2} \right]\).

+) m=0 \(\Rightarrow \) Phương trình \(f\left( t \right)=0\) có nghiệm \(t=0\Rightarrow \) phương trình \(\sin x=0\) có 4 nghiệm phân biệt \(x\in \left\{ -\pi ;0;\pi ;2\pi  \right\}\)

+) \(m>0\Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.

Vậy: \(m\in \left( -2;-1 \right)\cup \left\{ 0 \right\}\)

Ta có:

\({\log _{\frac{1}{2}}}x + {\log _{\frac{1}{2}}}y \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + {y^2}} \right)\)\( \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {xy} \right) \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + {y^2}} \right) \Leftrightarrow xy \ge x + {y^2}\)

\( \Leftrightarrow x\left( {y - 1} \right) \ge {y^2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}}\\ y > 1 \end{array} \right.\), ( vì x;y > 0).

Ta có: \(P = x + 3y \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}} + 3y = 4y + 1 + \frac{1}{{y - 1}}\).

Xét hàm số: \(f\left( y \right) = 4y + 1 + \frac{1}{{y - 1}};y > 1\).

Đạo hàm: \({f^/}\left( y \right) = 4 - \frac{1}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}}\).

\({f^/}\left( y \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} y = \frac{3}{2}\\ y = \frac{1}{2} \end{array} \right.\).

Bảng biến thiên.

Vậy \({P_{\min }} = 9\) đạt được khi \(y = \frac{3}{2};\,x \ge \frac{9}{2}\).

Ta có : \({{f}^{/}}\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+4x}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}>0,\forall x\in \left[ 1;2 \right]\Rightarrow \) Hàm số tăng trên \(\left[ 1;2 \right]\) và \(f\left( 1 \right)=\frac{1-3m}{3};\ f\left( 2 \right)=\frac{4-4m}{4}=1-m\)

+) \(f\left( 1 \right).f\left( 2 \right)>0\Leftrightarrow \frac{\left( 1-3m \right)\left( 1-m \right)}{3}>0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m<\frac{1}{3} \\ & m>1 \\ \end{align} \right.\)

Ta có: \(\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| f\left( x \right) \right|+\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| f\left( x \right) \right|=\frac{4}{3}\Leftrightarrow \left| \frac{1-3m}{3} \right|+\left| 1-m \right|=\frac{4}{3}\Leftrightarrow \left| \frac{4-6m}{3} \right|=\frac{4}{3}\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m=0\ (tmdk) \\ & m=\frac{4}{3}\left( tmdk \right) \\ \end{align} \right.\ \)

+) \(f\left( 1 \right).f\left( 2 \right)<0\Leftrightarrow \frac{\left( 1-3m \right)\left( 1-m \right)}{3}<0\Leftrightarrow \frac{1}{3}

Ta có : \(\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| f\left( x \right) \right|=0,\quad \underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| f\left( x \right) \right|=\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,\left\{ \left| f\left( 1 \right) \right|,\left| f\left( 2 \right) \right| \right\}=\max \left\{ \left| \frac{1-3m}{3} \right|,\left| 1-m \right| \right\}\)

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left| {\frac{{1 - 3m}}{3}} \right| = \frac{4}{3}\\ \left| {1 - m} \right| = \frac{4}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = \frac{5}{3}\;(l)\\ m = - 1\;(l)\\ m = - \frac{1}{3}\;(l)\\ m = \frac{7}{3}\;(l) \end{array} \right.\)

+) \(f\left( 1 \right)=0\Leftrightarrow m=\frac{1}{3}\)

Ta có: \(\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| f\left( x \right) \right|=0,\quad \underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| f\left( x \right) \right|=\left| f\left( 2 \right) \right|=\left| 1-\frac{1}{3} \right|=\frac{2}{3}\ \Rightarrow \underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| f\left( x \right) \right|+\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| f\left( x \right) \right|=\frac{2}{3}\) (không thỏa)

+)\(f\left( 2 \right)=0\Leftrightarrow m=1\)

Ta có: \(\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| f\left( x \right) \right|=0,\quad \underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| f\left( x \right) \right|=\left| f\left( 1 \right) \right|=\left| \frac{1-3}{3} \right|=\frac{2}{3}\ \Rightarrow \underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| f\left( x \right) \right|+\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| f\left( x \right) \right|=\frac{2}{3}\) (không thỏa)

Vậy : \(S=\left\{ 0;\frac{4}{3} \right\}\)

Gọi V là thể tích của khối tứ diện đều ABCD.

Ta có \({{V}_{BMNPQ}}=2{{V}_{BPMQ}}\)(do MNPQ là hình thoi).

Mặt khác do P là trung điểm của BD nên \(d\left( P,\left( ABC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( D,\left( ABC \right) \right)\), đồng thời \({{S}_{BQM}}=\frac{1}{4}{{S}_{ABC}} \Rightarrow {{V}_{BPMQ}}=\frac{1}{3}d\left( P,\left( ABC \right) \right).{{S}_{BQM}} =\frac{1}{6}d\left( D,\left( ABC \right) \right).\frac{1}{4}{{S}_{ABC}}\)

\(=\frac{1}{8}.\frac{1}{3}d\left( D,\left( ABC \right) \right).{{S}_{ABC}}=\frac{V}{8} \Rightarrow {{V}_{BMNPQ}}=\frac{V}{4}=\frac{\sqrt{2}}{6}\).

Ta có: \({{\text{e}}^{2x+y+1}}-{{\text{e}}^{3x+2y}}=x+y-1 \Leftrightarrow {{\text{e}}^{2x+y+1}}+\left( 2x+y+1 \right)={{\text{e}}^{3x+2y}}+\left( 3x+2y \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{\text{e}}^{t}}+t\) trên \(\mathbb{R}\). Ta có \({f}'\left( t \right)={{\text{e}}^{t}}+1>0\) nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Do đó phương trình có dạng: \(f\left( 2x+y+1 \right)=f\left( 3x+2y \right) \Leftrightarrow 2x+y+1=3x+2y \Leftrightarrow y=1-x\).

Thế vào phương trình còn lại ta được: \(\left( m-3 \right){{9}^{x}}+2\left( m+1 \right){{3}^{x}}-m-1=0\).

Đặt \(t={{3}^{x}}\, \left( t>0 \right)\).

\(\left( m-3 \right){{9}^{2x+y-1}}+2\left( m+1 \right){{3}^{x}}-m-1=0\) (1)

Khi đó phương trình \(\left( 1 \right)\) trở thành \(\left( m-3 \right){{t}^{2}}+2\left( m+1 \right)t-m-1=0 \left( * \right)\).

Phương trình \(\left( 1 \right)\) có 2 nghiệm x phân biệt \(\Leftrightarrow \) phương trình \(\left( * \right)\) có 2 nghiệm t dương phân biệt

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m - 3 \ne 0\\ 2{m^2} - 2 > 0\\ \frac{{ - 2\left( {m + 1} \right)}}{{m - 3}} > 0\\ \frac{{ - \left( {m + 1} \right)}}{{m - 3}} > 0 \end{array} \right.\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 3\\ \left[ \begin{array}{l} m < - 1\\ m > 1 \end{array} \right.\,\,\\ - 1 < m < 3 \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow 1 < m < 3\)

Vì m nguyên nên m =2.