Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt được đại tại x=0,  \(y_{cđ}=y(0)=2\)

Một vec tơ chỉ phương của đường thẳng d là \(\vec{u_1}=(1;-3;2)\)

\(\begin{array}{l} \int {\frac{{{x^2} + 2x + 3}}{{x + 1}}dx = } \int {\left( {x + 1 + \frac{2}{{x + 1}}} \right)dx} \\ = \int {xdx + } \int {1dx} + \int {\frac{2}{{x + 1}}dx} = \frac{{{x^2}}}{2} + x + 2\ln \left| {x + 1} \right| + C \end{array}\)

Áp dụng công thức 

\(\begin{array}{l} {u_n} = {u_1} + (n - 1)d\\ {u_5} = - 1 + 4.2 = 7 \end{array}\)

\(\begin{array}{l} {V_{O.A'B'C'}} = \frac{1}{3}d\left( {O,\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{A'B'C'}}\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}{\rm{AA}}'.\frac{1}{2}AB.AD = 10 \end{array}\)

Số cách chọn ra 3 học sinh để tham gia văn nghệ trường là \(C_{35}^3\)

Dựa vào bảng biến thiên, \(f'(x) \ge 0\,\,\,\,\,\forall x \in \left( {1;3} \right)\), vì vậy hàm số đồng biến trên \((1;3)\)

vtcp \(\vec{u_d}=(1;-1;2)\)

Goi (P) là mặt phẳng cần tìm, do (P) vuông góc với d nên \(\vec{u_d}=(1;-1;2)\) cũng là một vecto pháp tuyến của (P).

Phưng trình mặt phẳng (P):

\(\begin{array}{l} (x - 1) - (y + 1) + 2(z - 2) = 0\\ \Leftrightarrow x - y + 2z - 6 = 0 \end{array}\)

Dựa vào dạng đồ thị hàm số loại câu A, B

\(\mathop {\lim y}\limits_{x \to + \infty } = + \infty \) nên a>0

Chọn D

Gọi (S) là mặt cầu cần tìm.

(S) có tâm I là trung điểm của AB, bán kính R=IA

\(\begin{array}{l} I\left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2};\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2};\frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}} \right) = \left( {0;2; - 1} \right)\\ IA = \sqrt {{{\left( {{x_A} - {x_I}} \right)}^2} + {{\left( {{y_A} - {y_I}} \right)}^2} + {{\left( {{z_A} - {z_I}} \right)}^2}} = \sqrt 5 \end{array}\)

Vậy phương tình mặt cầu (S) là:

\(x^2+(y-2)^2+(z+1)^2=5\)

Số phức \(z=i(1-3i)=3+i \Rightarrow \overline z =3-i\)

Phần thực là 3, phần ảo là -1. Tổng phần thực và phần ảo là 2

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\)

\({3^{x + 2}} = 27 \Leftrightarrow {3^{x + 2}} = {3^3} \Leftrightarrow x + 2 = 3 \Leftrightarrow x = 1\)

\(\begin{array}{l} \int\limits_1^2 {\left[ {f(x) - 2g(x)} \right]dx = } \int\limits_1^1 {f(x)dx - } \int\limits_1^1 {2g(x)dx} \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \int\limits_1^1 {f(x)dx - } 2\int\limits_1^1 {g(x)dx} \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2 - 2.( - 3) = 8 \end{array}\)

Từ \(2f(x) - 3 = 0 \Leftrightarrow f(x) = \frac{3}{2}\)

Số nghiệm của phương tình là số giao điểm của hai đồ thị hàm sô \(y=f(x)\,\, \mathrm{và} \,\,y=\frac{3}{2}\)

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số \(y=f(x)\,\, \mathrm{và} \,\,y=\frac{3}{2}\) cắt nhau tại 3 điểm phân biệt nên số nghiệm của phương trinh là 3

Cho t=0 ta có \(\left\{ \begin{array}{l} x = - 3\\ y = 1\\ z = - 2 \end{array} \right.\)

Vậy điểm thuộc đừng thẳng d là \(M(-3;1;-2)\)

Do \(V = 36\pi \pi \Rightarrow \frac{{4\pi {R^3}}}{3} = 36\pi \Rightarrow R = 3\)

Khi đó điện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi 9 = 36\pi \)

Điều kiện \(x-2>0\Leftrightarrow\,x>2\)

Vậy tập xác định của hàm số là \(D=(2;+\infty)\)

Đáy là tam giác đều nên \({S_{day}} = \frac{{{{(a\sqrt 2 )}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Khi đó \({V_{langtru}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 a}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash {\rm{\{ }}3\} \)

Do \(\begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = + \infty \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = - \infty \end{array}\) nên x=3 là tiện cận đứng của đồ thị hàm số 

Do \(\begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 2\\ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 2 \end{array}\) nên y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 3}}\) có hai đường tiệm cận

Xét hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - 3} }}\)

TXĐ: \(D = \left( { - \infty ; - \sqrt 3 } \right) \cup \left( {\sqrt 3 ; + \infty } \right)\)

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 3 } \frac{{2x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - 3} }} = + \infty \) nên \(x=\sqrt3\)là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to -\sqrt 3 } \frac{{2x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - 3} }} = - \infty \) nên \(x=-\sqrt3\) là tiềm cận đứng của đồ thị hàm số

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 + \frac{1}{x}}}{{\sqrt {1 - \frac{3}{x}} }} = 2\) nên y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2 + \frac{1}{x}}}{{-\sqrt {1 - \frac{3}{x}} }} = -2\) nên y=-2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 4 dường tiệm cận

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=cos^2x, \,y=0\,\mathrm{và}\,x=0, x=\frac{\pi}{4}\) là

\(\begin{array}{l} S = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left| {co{s^2}x} \right|dx = } \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {co{s^2}xdx = } \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {(1 + cos2x)dx} \\ \,\,\,\,\ =\left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{4} + \frac{{\sin 2x}}{4}} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} = \frac{1}{2}.\frac{\pi }{4} + \frac{1}{4}\sin \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{8} + \frac{1}{4} \end{array}\)

Dụa vào đô thị hàm số \(y=f'(x)\) ta thấy \(f'(x)\) có một lần đổi dấu từ âm sang dương nên hàm số y=f(x) có một cực trị

Xét hàm số \(y=x^3-3x^2+2\)

\(\begin{array}{l} y' = 3{x^2} - 6x\\ y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2\,\notin[-1;1] \end{array} \right.\\ y( - 1) = - 2\\ y(0) = 2\\ y(1) = 0 \end{array}\)

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{{\rm{[}} - 1;1]} f(x) = f( - 1) = - 2\)

Gọi H là trung điểm của AB, do tam giác SAB đều nên SH là đường trung tuyến và đường cao.

\(\Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 2 .\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Mà \((SAB) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Vậy thể tích khối chóp là:

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.{\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}\)

Theo phương trình tổng quát của mặt phẳng thì mặt phẳng (P) có một vec tơ pháp tuyến là \(\vec{n_1}(-1;3;-2)\)

Xét hàm số \(y={\sqrt{x-2}\over(x^2-4)(2x-7)}\)

TXĐ: \(D = \left( {2; + \infty } \right)\backslash \left\{ {\frac{7}{2}} \right\}\)

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{7}{2}} \frac{{\sqrt {x - 2} }}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 7} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{7}{2}} \frac{1}{{\sqrt {x - 2} \left( {x + 2} \right)\left( {2x - 7} \right)}} = \infty \) nên \(x=\frac{7}{2}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {x - 2} }}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 7} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{\sqrt {x - 2} \left( {x + 2} \right)\left( {2x - 7} \right)}} = \infty \) nên \(x=2\)  là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {x - 2} }}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 7} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{\sqrt {x - 2} \left( {x + 2} \right)\left( {2x - 7} \right)}} = 0\) nên y=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

\(y=log_{2002}{(x^2+x)}\)

\(\Rightarrow y' = \frac{{({x^2} + x)'}}{{\left( {{x^2} + x} \right)\ln 2020}} = \frac{{2x + 1}}{{\left( {{x^2} + x} \right)\ln 2020}}\)

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\Rightarrow\) AC là hình chiếu của SC lên (ABC)

Vậy \(\widehat {\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SCA}\)

Ta có:\(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \)

\(\Rightarrow \widehat {SCA} = {60^0}\)

Trong mp (ABCD) kẻ \(AH\bot(ABCD)\)

Kẻ \(AI\bot SH\)

Ta có:\(\left\{ \begin{array}{l} SA \bot BD\\ AH \bot BD \end{array} \right. \Rightarrow DB \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BD \bot AI\)

Do \(\left\{ \begin{array}{l} AI \bot SH\\ AI \bot BD \end{array} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {SBD} \right)\) nên AI là khoảng cahcs từ A đến (SBD)

Tam giác ABD vuông tại A và có đường cao AH nên

\(\begin{array}{l} \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{3}{{{2a^2}}}\\ \end{array}\)

Tam giác SAH vuông tại A có đường cao AI nên

\(\begin{array}{l} \frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{SA^2}} = \frac{3}{{{2a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{{2a^2}}}\\ \Rightarrow A{I^2} = \frac{{{2a^2}}}{5} \Rightarrow AI= \frac{a\sqrt{10}}{5} \end{array}\)

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

Ta thấy x=1 là một nghiệm kép của phương trình \(f'(x)=0\) nên không là điểm cực trị của hàm số y=f(x).

Vậy hàm số có hai điểm cực trị là \(x=-1\,\mathrm{và}\,x=2\)

Đặt

ta có
.\(g'(x)=-3f(2-3x)\)

Xét

\(g'(x) > 0 \Leftrightarrow - 3f'(2 - 3x) > 0 \Leftrightarrow f'(2 - 3x) < 0\)

Quan sát bảng xét dấu cả hàm số\(y=f'(x)\) ta có:

\(f'(2 - 3x) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2 - 3x < - 3\\ 0 < 2 - 3x < 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x > \frac{5}{3}\\ \frac{1}{3} < x < \frac{2}{3} \end{array} \right.\)

Suy ra hàm số \(y=f(2-3x)\) đồng biến trên \(\left( {\frac{1}{3};\frac{2}{3}} \right)\) và \(\left( {\frac{5}{3}; + \infty } \right)\)

Dựa vào các đáp án ta thấy hàm số đồng biến trên \((2;3)\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = f(x)\\ dv = xdx \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = f'(x)dc\\ v = \frac{{{x^2} - 1}}{2} \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {xf(x)dx = } \left. {\frac{{{x^2} - 1}}{2}f(x)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2} - 1}}{2}f'(x)dx} \)

\([\begin{array}{l} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}f\left( 0 \right) - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 1} \right)f'(x)dx} \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}.\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 1} \right)x{e^{{x^2}}}dx} \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}.\frac{1}{2} - \frac{1}{2}I \end{array}\)

\(I = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 1} \right)f'(x)dx} \)

Đặt \(t = {x^2} \Rightarrow dt = 2xdx\)

Đổi cận 

\(\left\{ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow t = 1\\ x = 1 \Rightarrow t = 1 \end{array} \right.\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l} I = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {t - 1} \right){e^t}dt} = \frac{1}{2}\left( {\int\limits_0^1 {t{e^t}dt} - \int\limits_0^1 {{e^t}dt} } \right)\\ \,\,\,\, = \frac{1}{2}\left( {\int\limits_0^1 {t{e^t}dt + } \int\limits_0^1 {{e^t}dt} - \int\limits_0^1 {{e^t}dt} - \int\limits_0^1 {{e^t}dt} } \right)\\ \,\,\,\, = \frac{1}{2}\left( {\left. {t{e^t}} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {{e^t}dt} - \int\limits_0^1 {{e^t}dt} } \right)\\ \,\,\,\, = \frac{1}{2}\left( {e - \left. {2{e^t}} \right|_0^1} \right) = \frac{1}{2}\left( {e - 2e + 2} \right) = \frac{{2 - e}}{2} \end{array}\)

Vậy \(\int\limits_0^1 {xf(x)dx = } \frac{1}{4} - \frac{1}{2}.\frac{{2 - e}}{2} = \frac{{e - 1}}{4}\)

Gọi \(M(x_0; y_0)\) thuộc đồ thị hàm số.

Ta có: \(y'=3x^2-2(m-1)x+(m-1)\)

Vậy hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số  tại điểm M là \(k=y'(x_0)=3x_0^2-2(m-1)x_0+m-1\) 

Tiếp tuyến đều có hệ số góc dương \(\Rightarrow y'(x_0)>0\) với mọi \(x\in\mathbb{R}\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3{x_0}^2 - 2(m - 1){x_0} + m - 1 > 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3 > 0\\ \Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {m - 1} \right) < 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow {m^2} - 5m + 4 < 0\\ \Leftrightarrow 1 < m < 4 \end{array}\)

Mà \(m \in\mathbb{Z} \Rightarrow S = {\rm{\{ 2;3\} }}\)

Đường thẳng \(d_1\)c ó một vec tơ chỉ phương là: \(\vec{u_1}=(-1;2;2)\)

ĐƯờng thẳng \(d_2\) có một vec tơ chỉ phương là \(\vec{u_2}=(1;-1;-2)\)

Gọi mặt phẳng cần tìm là (P). Ta có 

\(\left\{ \begin{array}{l} (P)//{d_1}\\ (P)//{d_2} \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 2;0; - 1} \right)\) là một vec tơ pháp tuyến của (P)

Điểm M(0;-1;2) thuộc (P). Vậy phương trình mặt phẳng (P) có dạng:

\(-2x+0(y+1)-(z-2)=0\\ \Leftrightarrow-2x-z+2=0 \Leftrightarrow2x+z-2=0\)

Gọi N là trung điểm của BC ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{l} DM = BN\\ DM//BN \end{array} \right. \Rightarrow \)DMBN là hình bình hành\( \Rightarrow BN//DM\)

\( \Rightarrow BM//\left( {SDN} \right) \supset SD \Rightarrow d\left( {BM;\left( {SDN} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {SDN} \right)} \right)\)

Ta có \(\begin{array}{l} AM \cap \left( {SDN} \right) = D \Rightarrow \frac{{d\left( {M;\left( {SDN} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SDN} \right)} \right)}} = \frac{{MD}}{{AD}} = \frac{1}{2}\\ \Rightarrow d\left( {M;\left( {SDN} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SDN} \right)} \right) \end{array}\)

Trong (ABCD) gọi I là trung điểm của BM

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} AM = BN\\ AM//BN \end{array} \right. \Rightarrow AMNB\) là hình bình hành, do đó hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên I cũng là tủng điểm của AN, hay A,I,K thẳng hàng.

Xét tam giác AMB có AB=AM=a nên tam giác ABM vuông cân tại A\( \Rightarrow AI \bot BM \Rightarrow AN \bot DN\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} DN \bot AN\\ DN \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow DN \bot \left( {SAN} \right)\)

Trong (SAN) kẻ \(AH \bot SN\left( {H \in SN} \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} AH \bot SN\\ AH \bot DN \end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SDN} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SDN} \right)} \right) = AH\)

Tam giác ABM vuông cân tại A \(\Rightarrow BM = a\sqrt 2 = AN\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAN ta có:

\(AH = \frac{{SA.AN}}{{\sqrt {S{A^2} + A{N^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Vậy \(d\left( {BM;SD} \right) = \frac{1}{2}AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

Vì z thỏa mãn \(|z+1-2i|=2\Leftrightarrow|z-(-1+2i)|=2\) nên tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(-1;2) bán kính R=2.

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z

\(|z+2-i|=|z-(-2+i)|\),gọi N(-2;1) là điểm biểu diễn số phức -2+i, khi đó ta có \(|z+2-i|=MN\)

Khi đó ta có MN đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(MN=IN+R=2+\sqrt2\)

Để đồ thị hàm số \(y=mx^3-(2m-1)x^2+2mx-m-1\) có hai điểm cực trị nằm về hai phia của trục hoành thì phương trình \(mx^3-(2m-1)x^2+2mx-m-1=0\,\,\,\,\,(1)\) phải có 3 nghiệm phân biệt 

Ta có:

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

Để (1) có 3 nghiệm phân biệt thì (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ m.1 - (m - 1).1 - 4m\left( {m + 1} \right) \ne 0\\ \Delta = {\left( {m - 1} \right)^2} - 4m\left( {m + 1} \right) > 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ m - m + 1 + m + 1 \ne 0\\ {m^2} - 2m + 1 - 4{m^2} - 4m > 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ m \ne - 2\\ - 3{m^2} - 6m + 1 > 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ m \ne - 2\\ \frac{{ - 3 - 2\sqrt 3 }}{3} < m < \frac{{ - 3 + 2\sqrt 3 }}{3} \end{array} \right. \end{array}\)

Mà \(m \in\mathbb{Z} \Rightarrow m = - 1\)

Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Xếp 4 bạn nam và 2 bạn nữ thành một hàng ngang \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 6! = 720\)

Gọi A là biến cố:“2 bạn nữ không ngồi cạnh nhau”.

Xếp 4 bạn nam có 4! cách, khi đó sẽ tạo ra 5 khoảng trống giữa 4 bạn nam, xếp 2 bạn nữ vào 2 trong 5
khoảng trống này có \(A_5^2\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 4!{A_5}^2 = 480\)

Vậy
\(p\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{480}}{{720}} = \frac{2}{3}\)

Ta có 

\(\begin{array}{l} \log _3^2x - m{\log _9}{x^2} + 2 - m = 0\\ \Leftrightarrow \log _3^2x - m{\log _{{3^2}}}{x^2} + 2 - m = 0\\ \Leftrightarrow \log _3^2x - m{\log _3}{x} + 2 - m = 0 \end{array}\)

Đặt \(t = {\log _3}x,\,\,\,\,(t \in \mathbb{R} )\), \(1 \le x \le 9 \Leftrightarrow 0 \le t \le 2\). Khi đó phương trình trở thành \(t^2-mt+2-m=0\,\,\,\,\,(1)\)

Tìm m để phương trình \(\log _3^2x - m{\log _9}{x^2} + 2 - m = 0\) có nghiệm \(t\in[0;2]\).

(1) trở thành \(m(t+1)=t^2+2\Leftrightarrow m=\frac{t^2+2}{t+1}\)\(\left( {\forall t \in \left[ {0;2} \right]} \right)\)

Đặt \(f(t)=\frac{t^2+2}{t+1}\)

(1) có nghiệm trên [0;2]\(\Leftrightarrow \) Đồ thị hàm số y=m và đồ thị hàm số y=f(t) có giao điểm trên [0;2]

.Xét hàm số y=f(t) trên đoạn [0;2] ta có

\(\begin{array}{l} f'(t) = \frac{{{t^2} + 2t - 2}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}\\ f'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - 1 + \sqrt 3 \left( {\mathrm{nhận}} \right)\\ t = - 1 - \sqrt 3 (\mathrm{loại}) \end{array} \right. \end{array}\)

\(f(0)=2,f(2)=2\)

Bảng biến thiên của f(t)

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy (1) có nghiệm \( \Leftrightarrow \frac{6-2\sqrt3}{\sqrt3}\leq m\leq2\)

Do m có giá trị nguyên nên m=2. Vậy có 1 giá trị của m để phương trình \(\log _3^2x - m{\log _9}{x^2} + 2 - m = 0\) có nghiệm  \(x\in[1;9]\)

\( - \log _3^2\left( {x - 1} \right) + 3{\log _3}\left( {x - 1} \right) - 2 \ge 0 \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 1 \le {\log _3}(x - 1) \le 2\\ \Leftrightarrow 3 \le x - 1 \le 9\\ \Leftrightarrow 4 \le x \le 10 \end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương tình là [4;10]

Giả sử \(\left( {AMN} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = MP\)  ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} \left( {AMN} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AN\\ \left( {AMN} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = MP\\ \left( {ABC} \right)//\left( {A'B'C'} \right) \end{array} \right. \Rightarrow AN//MP\). Khi đó \(\left( {AMN} \right) \equiv \left( {AMPN} \right)\) và thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi (AMN) là tứ giác AMPN. Và mặt phẳng này chia khối lăn trụ thành hai phần MPC'.ANC và ABN.A'B'PM

Ta lại có:

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \left( {AMPN} \right) \cap \left( {ACC'A'} \right) = AM\\ \left( {AMPN} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = PN\\ \left( {ACC'A'} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = CC' \end{array} \right. \Rightarrow AM.PN,CC'\\ \end{array}\) đồng quy tại S.

Gọi F là tủng điểm của B'C' ta có A'F//AN//BM, do đó MP là đường trung bình của tam giác A'C'F

\(\Rightarrow \frac{{MP}}{{A'F}} = \frac{1}{2} = \frac{{MP}}{{AN}}\)

Áp dụng đính lý Ta - lét ta có: \(\frac{{MP}}{{AN}} = \frac{{SP}}{{SN}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{1}{2}\)

Khi đó ta có: 

\(\frac{{{V_{S.MPC'}}}}{{{V_{S.ANC}}}} = \frac{{SP}}{{SN}}.\frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{1}{8} \\ \Rightarrow {V_{S.MPC'}} = \frac{1}{8}{V_{S.ANC}}\\ \Rightarrow {V_{ANC.MPC'}} = \frac{7}{8}{V_{S.ANC}}\)

Ta có 

\(\begin{array}{l} {V_{S.ANC}} = \frac{1}{3}SC.{S_{ANC}} = \frac{1}{3}2CC'.\frac{1}{2}{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}}\\ \Rightarrow {V_{ANC.MPC'}} = \frac{7}{{24}}{V_{ABC.A'B'C'}}\\ \end{array}\)

do đó ANC.MPC' là phần có thể tích nhỏ hơn

Tam giác ABC vuông cân tại C có AB=2a\( \Rightarrow AC = BC = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \)

Gọi E là trung điểm của AB, ta có \(CE\bot AB\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} AB \bot CE\\ AB \bot CC' \end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {CEC'} \right) \Rightarrow AB \bot C'E\\ \left\{ \begin{array}{l} \left( {ABC} \right) \cap \left( {ABC'} \right) = AB\\ CE \subset \left( {ABC} \right),CE \bot AB\\ C'E \subset \left( {ABC'} \right),C'E \bot AB \end{array} \right. \Rightarrow \,\widehat {\left( {\left( {ABC} \right);\left( {ABC'} \right)} \right)} = \widehat {CE;C'E} = \widehat {CEC'} = {60^0} \end{array}\)

Xét tam giác vuông CC'E có \(% MathType!MTEF!2!1!+- % feaahqart1ev3aaatCvAUfeBSjuyZL2yd9gzLbvyNv2CaerbuLwBLn % hiov2DGi1BTfMBaeXatLxBI9gBaerbd9wDYLwzYbItLDharqqtubsr % 4rNCHbGeaGqiVu0Je9sqqrpepC0xbbL8F4rqqrFfpeea0xe9Lq-Jc9 % vqaqpepm0xbba9pwe9Q8fs0-yqaqpepae9pg0FirpepeKkFr0xfr-x % fr-xb9adbaqaaeGaciGaaiaabeqaamaabaabaaGcbaGaam4qaiaadw % eacqGH9aqpdaWcaaqaaiaaigdaaeaacaaIYaaaaiaadgeacaWGcbGa % eyypa0JaamyyaiabgkDiElaadoeacaWGdbGaai4jaiabg2da9iaado % eacaWGfbGaaiOlaiGacshacaGGHbGaaiOBaiaaiAdacaaIWaWaaWba % aSqabeaacaaIWaaaaOGaeyypa0JaamyyamaakaaabaGaaG4maaWcbe % aaaaa!4D6D! CE = \frac{1}{2}AB = a \Rightarrow CC' = CE.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = CC'.{S_{ABC}} = a\sqrt 3 {a^2} = {a^3}\sqrt 3 \)

Vậy \({V_{ANC.MPC'}} = \frac{7}{{24}}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{{7{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)

Gọi A1 là biến cố máy thứ nhất hoạt động tốt, A2  là biến cố máy thứ hai hoạt động tốt.

Ta có\(\left\{ \begin{array}{l} P\left( {{A_1}} \right) = 90\% ,P\left( {\overline {{A_1}} } \right) = 10\% \\ P\left( {{A_2}} \right) = 85\% ,P\left( {\overline {{A_2}} } \right) = 15\% \end{array} \right.\)

Vậy xác suất để công ty hoàn thành đúng hạn là:

\(\begin{array}{l} P = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {\overline {{A_2}} } \right) + P\left( {{A_2}} \right).P\left( {\overline {{A_1}} } \right) + P\left( {{A_2}} \right).P\left( {{A_2}} \right)\\ \,\,\,\,\, = 90\% .15\% + 80\% .10\% + 90\% .85\% = 98,5\% \end{array}\)

Đặt \(t=1-f(x)\), khi đó phương tình trở thành f(t)=2

Số nghiệm của phương tình là số giao điểm của hai đồ thị hàm số y=f(t) và y=2

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

\(f\left( t \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = 1\\ t = - 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 1 - f(x) = 1\\ 1 - f(x) = - 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f(x) = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\ f(x) = 3\,\,\,\,\,\left( 2 \right) \end{array} \right.\)

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=0 nên phương trình có 3 nghiệm.

Số nghiệm của phương trình (2) là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=3 nên phương trình có 1 nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l} x + 2 \ge 0\\ {x^2} - 6x + 2m > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ge - 2\\ {x^2} - 6x + 2m > 0 \end{array} \right.\)

Để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng thì phương trình \({x^2} - 6x + 2m = 0\) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \(x_1>x_2>-2\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \Delta ' > 0\\ {x_1} + {x_2} > - 4\\ \left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right) > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 9 + 2m > 0\\ 6 > - 4\left( {lld} \right)\\ {x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 > 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m < \frac{9}{2}\\ 2m + 2.6 + 4 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m < \frac{9}{2}\\ m > - 8 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow - 8 < m < \frac{9}{2}\\ \Rightarrow S = {\rm{\{ - 7; - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1; - 0;1;2;3;4\} }} \end{array}\)

Vậy tập hợp S có 12 phần tử

ĐKXĐ: \(x\ne m\)

Để hàm số đồng biến trên \((-1;+\infty)\) thì 

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} y' > 0\\ m \ne \left( { - 1; + \infty } \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 4 > 0\\ m \le - 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < m < 2\\ m \le - 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 < m \le - 1\\ \end{array}\)

Vậy \(m\in(-2;-1]\)

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l} mx > 0\\ x + 1 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} mx > 0\\ x > - 1 \end{array} \right.\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l} {\log _2}mx = {\log _{\sqrt 2 }}\left( {x + 1} \right)\,\,\,\,(1)\\ \Leftrightarrow {\log _2}mx = 2{\log _2}\left( {x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _2}mx = {\log _2}{\left( {x + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow mx = {\left( {x + 1} \right)^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2) \end{array}\)

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm thỏa x+1>0

Xét phương trình (2)

- Nếu x=0 thì mx=0, không thỏa điều kiện nên loại nghiệm x=0.

- Nếu \(x\ne 0\) thì (2) \(\Leftrightarrow m = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{x}\)

Xét hàm số \(f(x) = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{x}\) trên tập xác định \(D = \left( { - 1; + \infty } \right)\backslash {\rm{\{ }}0\} \)

\(f'(x)=\frac{x^2-1}{x^2}\), f'(x) không xác định tại x=0

\(f'(x)=0\Leftrightarrow\frac{x^2-1}{x^2}=0 \Leftrightarrow x = \pm 1\)

Từ bảng biến thiên suy ra để phương trình vô nghiệm thì \(0 \le m < 4\).

Vậy \(m \in {\rm{\{ 1;2;3;4\} }}\) thì phương trình vô nghiệm.

Ta có:

\(\begin{array}{l} g(x) = f({x^3} + x) \Rightarrow g'(x) = \left( {3{x^2} + 1} \right)f'\left( {{x^3} + x} \right)\\ g'(x) = 0 \Leftrightarrow \left( {3{x^2} + 1} \right)f'\left( {{x^3} + x} \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {{x^3} + x} \right) = 0 \end{array}\)

Dụa vào đồ thị hàm số y=f(x) ta thấy hàm số có hai điểm cực trị x=0 và x=2.

Do đó 

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

Chọn x=2, khi đó \(g'(2) = 13f'\left( {10} \right) < 0\), mà x=0 và x=1 là các nghiệm đơn nên qua các nghiệm này g'(x) đổi dấu.

Ta có bảng biến thiên

Dụa vào bảng biến thiên ta thấy cực tiểu của hàm số y=g(x) là \(x=0 \in (-1;1)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} {\log _2}\frac{{3x + 3y + 4}}{{{x^2} + {y^2}}} = \left( {x + y - 1} \right)\left( {2x + 2y - 1} \right) - 4\left( {xy - 1} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3x + 3y + 4} \right) - {\log _2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = \left( {x + y - 1} \right)\left[ {2\left( {x + y} \right) - 1} \right] - 4\left( {xy + 1} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3x + 3y + 4} \right) - {\log _2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 2{\left( {x + y} \right)^2} - 3\left( {x + y} \right) + 1 - 4\left( {xy + 1} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3x + 3y + 4} \right) - {\log _2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) - \left( {3x + 3y + 4} \right) + 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3x + 3y + 4} \right) + \left( {3x + 3y + 4} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + \left( {2{x^2} + 2{y^2}} \right) + {\log _2}2\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3x + 3y + 4} \right) + \left( {3x + 3y + 4} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + {\log _2}2 + \left( {2{x^2} + 2{y^2}} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3x + 3y + 4} \right) + \left( {3x + 3y + 4} \right) = {\log _2}\left( {2{x^2} + 2{y^2}} \right) + \left( {2{x^2} + 2{y^2}} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \end{array}\)

Xét hàm số \(f(t)=log_2t+t\,\,\,(t>0)\) ta có \(f'(t) = \frac{1}{{t\ln 2}} + 1 > 0\,\,\,\,\forall t > 0\)

\(\Rightarrow\) Hàm số y=f(t) luôn đồng biến trên \((0;+\infty)\)

Do đó \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 3x + 3y + 4 = 2{x^2} + 2{y^2}\)

Ta có:

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

Kết hợp điều kiện đề bài ta có 0<x+y=4

Xét biểu thức \(P = \frac{{5x + 3y - 2}}{{2x + y + 1}} = \frac{{2\left( {2x + y + 1} \right) + x + y - 4}}{{2x + y + 1}} = 2 + \frac{{x + y - 4}}{{2x + y + 1}}\)

Do \(x + y \le 4 \Leftrightarrow x + y - 4 \le 0 \Leftrightarrow \frac{{x + y - 4}}{{2x + y + 1}} \le 0 \Rightarrow P \le 2\)

Vậy \({P_{max}} = 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y = 4\\ x = y \end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 2\)

Gọi E,F,G,H lần lượt là trung điểm của BB', AA',DD',CC'. Khi đó ta có \(\begin{array}{l} \left( {EFGH} \right) \equiv \left( {MNPQ} \right) \end{array}\)

Gọi R, S lầ lượt là tâm của ABCD và A'B'C'D'

Gọi O là tâm hình lập phương, khi đó O là trung điểm RS và \(RS\bot(MNPQ)\) tại O.

Ta có:

\(\begin{array}{l} {V_{RSMNPQ}} = {V_{R.MNPR}} + {V_{S.MNPQ}}\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}RO.{S_{MNPQ}} + \frac{1}{3}SO.{S_{MNPQ}} = \frac{1}{3}RS.{S_{MNPQ}} \end{array}\)

Do EFGH là hình vuông cạnh a nên \(MN = NP = \frac{1}{2}EG = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{MNPQ}} = MN.NP = \frac{{{a^2}}}{2}\\ RS = a\\ \Rightarrow {V_{RSMNPQ}} = \frac{1}{3}a.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{6} \end{array}\)

Xét hàm số \(g(x)=f(-x^2+x)\)

\(g'(x)=(-2x+1)f'(-x^2+x)\)

Cho \(g'(x)=0 \Leftrightarrow(-2x+1)f'(-x^2+x)=0\)

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

Dụa vào đồ thị hàm số y=f'(x) ta thấy:

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

Suy ra \(f'\left( { - {x^2} + x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - {x^2} + x = 0\\ - {x^2} + x = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1 \end{array} \right.\)

Vậy phương trình g'(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt là \(x=0,x=\frac{1}{2},x=1\).

Chọn x=2 ta thấy \(\begin{array}{l} g'(2) = - 3f'( - 2) < 0 \end{array}\). Ta có bảng biến thiên:

Dụa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y=g(x) có hai điểm cực đại.