Để lập ra một nhóm gồm hai học sinh có cả nam và nữ, ta thực hiện liên tiếp 2 công đoạn là

Chọn 1 học sinh nam và chọn 1 học sinh nữ, nên theo quy tắc nhân ta được \(C_{5}^{1}.C_{7}^{1}=35.\)

Ta có: \({{u}_{3}}={{u}_{1}}{{q}^{2}}\Leftrightarrow {{q}^{2}}=\frac{{{u}_{3}}}{{{u}_{1}}}=\frac{12}{3}=4\Leftrightarrow q=\pm 2.\)

Thể tích khối nón: \(V=\frac{1}{3}\cdot \pi {{a}^{2}}.2a=\frac{2\pi {{a}^{3}}}{3}\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( -3;-2 \right)\) và \(\left( -2;-1 \right).\)

Áp dụng công thức tính thể tích khối hộp chữ nhật: V = 4.6.8 = 192.

Điều kiện: \(x+1>0\Leftrightarrow x>-1.\)

Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với: \({{\log }_{2}}\left( x+1 \right)=3\Leftrightarrow x+1={{2}^{3}}\Leftrightarrow x+1=8\Leftrightarrow x=7.\)

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là x = 7.

Ta có \(\int\limits_{1}^{2}{2f(x)dx}=2\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}=1.\)

Khi đó, \(I=\int\limits_{1}^{5}{f(x)dx}=\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}+\int\limits_{2}^{5}{f(x)dx}=1+3=4.\)

Vậy, \(I=\int\limits_{1}^{5}{f(x)dx}=4.\)

Tập xác định: D = R

Ta có 

\({y}'=4{{x}^{3}}-2x; {y}'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=\pm \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \end{align} \right..\)

Giới hạn \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty .\)

Vậy hàm số có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại.

*) Ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow a>0\), nên loại đáp án B và đáp án D.

*) Nhìn vào đồ thị, hàm số đạt cực trị tại \({{x}_{1}}=0\) và \({{x}_{2}}>0\)

*) Xét hàm số \(y={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+2\), ta có \(y'=3{{x}^{2}}+6x\).

Suy ra \(y'=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}+6x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=-2 \\ \end{align} \right..\)

Tức là hàm số \(y={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+2\) đạt cực trị tại \({{x}_{1}}=0\) và \({{x}_{2}}<0\). Nên loại đáp án C.

Với a > 0 ta có \({{\log }_{4}}\left( {{a}^{3}} \right)=\frac{3}{2}{{\log }_{2}}a.\)

Ta có \(\int{\left( \sin x-8x \right)dx}=-\cos x-4{{x}^{2}}+C\)

Ta có \(z={{\left( 1-2i \right)}^{2}}=-3-4i\Rightarrow \left| z \right|=5\).

Vậy môđun số phức nghịch đảo của z là \(\left| \frac{1}{z} \right|=\frac{1}{\left| z \right|}=\frac{1}{5}\).

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( -3;5;-7 \right)\) trên mặt phẳng (Oyz) có tọa độ là (0;5;-7).

\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+8x-4y-6z-7=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2.\left( -4 \right)x-2.2y-2.3z-7=0.\)

\(a=-4,\text{ }b=2,\text{ }c=3,\text{ }d=-7\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d=36.\)

Vậy (S) có tâm \(I\left( -4;\,\,2;\,\,3 \right)\), bán kính \(R=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d}=6.\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right):x-3y-2z-6=0\)

Suy ra vecto pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là \(\overrightarrow{n}\left( 1;\,-3;\,-2 \right).\)

Các vecto: \({{\vec{n}}_{1}}=\left( -1;\,3;\,2 \right), {{\vec{n}}_{3}}=\left( -2;\,6;\,4 \right)\) cùng phương với vecto \(\overrightarrow{n}\left( 1;\,-3;\,-2 \right)\) nên cũng là vecto pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha \right).\)

Ta có: \(\overrightarrow{AB}=\left( -2\,;\,-1\,;\,2 \right)\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(AB:\left\{ \begin{align} & x=1-2t \\ & y=2-t \\ & z=-1+2t \\ \end{align} \right., t\) là tham số thực.

Thay tọa độ điểm \(M\left( 3\,;\,3\,;\,-3 \right)\) vào phương trình đường thẳng AB, ta có: \(\left\{ \begin{align} & 3=1-2t \\ & 3=2-t \\ & -3=-1+2t \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow t=-1\).

Do đó điểm \(M\left( 3\,;\,3\,;\,-3 \right)\) thuộc đường thẳng AB.

Kẻ \(AH\bot \,SB\, (H\in SB)\). Theo giả thiết ta có \(\left\{ \begin{align} & BC\bot \,SA \\ & BC\bot \,AB \\ \end{align} \right.\Rightarrow \,BC\bot \,\left( SAB \right)\Rightarrow \,BC\bot \,AH\,\)

Từ (1) và \(\left( 2 \right)\Rightarrow AH\bot \,\left( SBC \right)\).

Do đó \(\left( \widehat{SA\,;\,\left( SBC \right)} \right)=\left( \widehat{SA;SH} \right)=\widehat{ASH}\)

Ta có \(AB=\,\sqrt{A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}}=\,\,a\sqrt{3}\).

Trong vuông \(\Delta SAB\) ta có \(\sin \widehat{ASB}=\,\frac{AB}{SB}=\,\frac{a\sqrt{3}}{2a}=\,\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow \widehat{ASB}=\widehat{ASH}={{60}^{\circ }}\,.\)

Vậy góc giữa SA, và mặt phẳng (SBC) bằng 60^o

Xét phương trình \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x=0 \\ x=1 \\ x=-2 \\ \end{matrix} \right.\)

Ta có bảng xét dấu sau:

Dễ thấy f'(x) đổi dấu khi qua x=-2 và f'(x) đổi dấu khi qua x=1 nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Điều kiện: \(-{{x}^{2}}+3x+4\ge 0\Leftrightarrow -1\le x\le 4\).

Tập xác định: \(\left[ -1;4 \right]\).   

\({y}'=\frac{-2x+3}{2\sqrt{-{{x}^{2}}+3x+4}}\)

\({y}'=0\Leftrightarrow x=\frac{3}{2}\).

Ta có: \(y\left( -1 \right)=0;\,y\left( \frac{3}{2} \right)=\frac{5}{2};\,y\left( 4 \right)=0\).

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số \(y=\sqrt{-{{x}^{2}}+3x+4}\) là \(\frac{5}{2}\).

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{align} & {{\log }_{4}}a+{{\log }_{9}}{{b}^{2}}=5 \\ & {{\log }_{4}}{{a}^{2}}+{{\log }_{9}}b=4 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{\log }_{4}}a+2{{\log }_{9}}b=5 \\ & 2{{\log }_{4}}a+{{\log }_{9}}b=4 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{\log }_{4}}a=1 \\ & {{\log }_{9}}b=2 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & a=4 \\ & b=81 \\ \end{align} \right..\)

Vậy ab = 324

\({{\left( \frac{1}{3} \right)}^{-3{{x}^{2}}}}<{{3}^{2x+1}}\Leftrightarrow {{3}^{3{{x}^{2}}}}<{{3}^{2x+1}}\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}<2x+1\)

\(\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-2x-1<0\Leftrightarrow x\in \left( \frac{-1}{3};1 \right)\).

Vậy tập nghiệm của BPT là \(T=\left( -\frac{1}{3};1 \right)\).

Giả sử thiết diện qua trục của hình nón là tam giác OAB đều có cạnh OA = OB = AB = 4 như hình vẽ trên.

Khi đó hình nón có đỉnh O, độ dài đường sinh là \(l\,=OA\,=\,OB=4\), bán kính đáy \(r\,=\,\frac{AB}{2}\,=2\).

Vậy diện tích toàn phần của hình nón là \({{S}_{tp}}\,=\,\pi rl\,+\pi {{r}^{2}}=\,\pi .2.4+\pi {{.2}^{2}}=12\pi \).

Ta có \({{f}^{2}}\left( x \right)-f\left( x \right)=2\Leftrightarrow {{f}^{2}}\left( x \right)-f\left( x \right)-2=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & f\left( x \right)=-1 \\ & f\left( x \right)=2 \\ \end{align} \right.\)

Số nghiệm của phương trình ban đầu chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với các đường thẳng y = -1 và y = 2.

Từ đồ thị đồ thị ta thấy:

– Đường thẳng y = -1 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại hai điểm phân biệt.

– Đường thẳng y = 2 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại ba điểm phân biệt.

Vậy số nghiệm của phương trình đã cho là 5.

Ta có: \(\int{f\left( x \right)dx=\int{\frac{2x+1}{1-x}}dx=\int{\left( -2+\frac{3}{1-x} \right)dx=-2x-3\ln \left| 1-x \right|+C}}\)

Vì xét trên khoảng \((1;+\infty )\) nên \(\left| 1-x \right|=x-1\).

Do đó: \(\int{f\left( x \right)dx=-2x-3\ln \left( x-1 \right)+C}\)

Sau 1 tháng người đó có số tiền: \({{T}_{1}}=\left( 1+r \right)T\)

Sau 2 tháng người đó có số tiền: \({{T}_{2}}=\left( T+{{T}_{1}} \right)\left( 1+r \right)=\left( 1+r \right)T+{{\left( 1+r \right)}^{2}}T\)

Theo quy luật đó sau 15 tháng người đó có số tiền là

\({{T}_{15}}=\left( 1+r \right)T\left[ 1+\left( 1+r \right)+...+{{\left( 1+r \right)}^{14}} \right]=T\left( 1+r \right)\frac{{{\left( 1+r \right)}^{15}}-1}{r}\)

Theo giả thiết thì \({{T}_{10}}=10\) và r = 0.006 suy ra \(T\approx 635.000\). 

Vì BD là hình chiếu của B'D trên mặt phẳng (ABCD) nên \(\widehat{{B}'DB}=30{}^\circ \) là góc giữa B'D và mặt đáy \(\Rightarrow BD={B}'B.\cot 30{}^\circ =2a\sqrt{3}\).

Gọi \(O=AC\cap BD\).

Vì ABCD là hình thoi cạnh 2a có \(BD=2a\sqrt{3}\Rightarrow AC=2AO=2\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{O}^{2}}}=2\sqrt{4{{a}^{2}}-3{{a}^{2}}}=2a\)

\(\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}.2a.2a\sqrt{3}=2{{a}^{2}}\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow V=A{A}'.{{S}_{ABCD}}=2a.2{{a}^{2}}\sqrt{3}=4{{a}^{3}}\sqrt{3}\)

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -2;-1 \right\}\).

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

Có: \(\underset{x\to {{(-1)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2{{x}^{2}}+x-1}{{{x}^{2}}+3x+2}=\underset{x\to {{(-1)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{x+2}=-3\).               

\(\underset{x\to {{(-1)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2{{x}^{2}}+x-1}{{{x}^{2}}+3x+2}=\underset{x\to {{(-1)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{x+2}=-3\).

\(\underset{x\to {{(-2)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2{{x}^{2}}+x-1}{{{x}^{2}}+3x+2}=\underset{x\to {{(-2)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{x+2}=+\infty .\)

\(\underset{x\to {{(-2)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2{{x}^{2}}+x-1}{{{x}^{2}}+3x+2}=\underset{x\to {{(-2)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{x+2}=-\infty \).

Suy ra x = -2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận ngang và 1 tiệm cận đứng.

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+d\) cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d > 0, loại B, D

\(y={{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+d\Rightarrow y'=3{{x}^{2}}+2bx\)

\(y'=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}+2bx=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=-\frac{2b}{3} \\ \end{align} \right..\)

Mà hàm số có hai điểm cực trị không âm nên \(-\frac{2b}{3}>0\Leftrightarrow b<0\), loại A.

Gọi A là biến cố ‘’lấy được ba viên bi đủ ba màu’’ , theo giả thiết ta có

\(\frac{{n(A)}}{{n(\Phi )}} = \frac{9}{{28}} \Leftrightarrow \frac{{2.3.n}}{{C_{n + 5}^3}} = \frac{9}{{28}} \Rightarrow n = 3\)

Gọi B là biến cố lấy ‘’ lấy được ít nhất một viên bi xanh’’

\(n(\overline B ) = C_6^3 = 20 \Rightarrow n(\overline B ) = \frac{{20}}{{56}} = \frac{5}{{14}} \Rightarrow n(B) = \frac{9}{{14}}\)

Dễ thấy tam giác ABC vuông tại B \( \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow (SAB) \bot (SBC)\), kẻ \(AH \bot SB \Rightarrow AH \bot (SBC)\)

Vậy AH là khoảng cách từ A đến (SBC) , do AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

  .

Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + (5m + 6)x - 1\) có \(f'\left( x \right) = {x^2} - 2mx + 5m + 6\).

Hàm số đồng biến trên R

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in R\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + 5m + 6 \ge 0\,\,\forall x \in R\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 1 > 0\\ \Delta ' = {m^2} - 5m - 6 \le 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow - 1 \le m \le 6 \end{array}\)

Do \(m \in {N^ * } \Rightarrow m \in \left\{ {\,1\,;\,2;3;4;5;6} \right\}\).

Vậy có 6 giá trị nguyên dương của m.

Theo giả thiết \(1500 = 250.{e^{12r}} \Rightarrow r = \frac{1}{{12}}\ln 6\). Gọi t là thời gian để vi khuẩn tăng gấp 216 lần số lượng ban đầu , suy ra \(216.250 = 250.{e^{\frac{1}{{12}}t.\ln 6}} \Rightarrow 216 = {6^{\frac{t}{{12}}}} \Rightarrow t = 36\).

Đặt \(t=4 - 2{\sin ^2}2x \Rightarrow t \in \left[ {2;4} \right]\).

Do đó phương trình \(f\left( {4 - 2{{\sin }^2}2x} \right) = m\;\) có nghiệm ⇔ phương trình f(t) = m có nghiệm trên đoạn [2;4].

Dựa vào đồ thị đã cho ta thấy: phương trình f(t) = m có nghiệm t với \(t \in \left[ {2;4} \right] \Leftrightarrow 1 \le m \le 5\).

Vậy \(m \in \left\{ {1;\,2;3;4;5} \right\}\).

Giả thiết suy ra \(xy \ge x + {y^2} \Leftrightarrow x(y - 1) \ge {y^2} \Rightarrow x \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}}\) \((y \ge 1)\)

\(P = \frac{{{y^2}}}{{y - 1}} + 3y = 4(y - 1) + \frac{1}{{y - 1}} + 5 \ge 9\)

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

Từ f(x) là hàm bậc 4 có nhiều nhất 3 cực trị , mà \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có nhiều hơn 5 cực trị , suy ra \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có đúng 6 cực trị , từ đó f(x) có đúng 3 cực trị dương , hay phương trình \(f'(x) = g(x) = 0\) có ba nghiệm dương phân biệt \( \Leftrightarrow g'(x)\) có hai nghiệm dương và \({g_{cd}}.{g_{ct}} < 0,g(0) < 0\)

\(g'(x) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow {x_{cd}} = m - 1,{x_{ct}} = m + 1\)

Nhận xét \({x_{cd}} > {x_1} > 0 \Rightarrow m > 1,g(0) < 0 \Rightarrow m > 1\)

\({g_{cd}} = (m - 1)({m^2} - 3) > 0 \Rightarrow m > \sqrt 3\)

\({g_{ct}} = (m + 1)({m^2} - 2m - 1) < 0 \Rightarrow m < 1 + \sqrt 2 \)

Vậy \(\sqrt 3 < m < 1 + \sqrt 2 \Leftrightarrow 3 < {m^2} < 3 + 2\sqrt 2 \Rightarrow a = 3,b = 3,c = 2\)

Ta có \(g(x) = (x - 2)\left[ {({m^2} + 2m + 5){x^2} + x - 1} \right] = 0\) luôn có ba ngiệm phân biệt vì phương trình \(({m^2} + 2m + 5){x^2} + x - 1 = 0\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) khác 2

Vậy \(g(f(x)) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f(x) = 2\\ f(x) = {x_1}\\ f(x) = {x_2} \end{array} \right.\)

Lại có \(f'(x) = {x^2} - 2(m + 1)x + 3{m^2} + 4m + 5 = 0\) vô nghiệm nên các phương trình (1), (2), (3) có nghiệm duy nhất và các nghiệm này khác nhau , vậy g(f(x)) = 0 có ba nghiệm.

Trong mặt phẳng (OBC) dựng hình bình hành OMBN, kẻ \(OI \bot BN\).

Kẻ \(OH \bot AI\).

Nhận xét \(OM{\rm{//}}\left( {ABN} \right)\) nên khoảng cách h giữa hai đường thẳng AB và OM bằng khoảng cách giữa đường thẳng OM và mặt phẳng (ABN), bằng khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABN). Suy ra \(h = d\left( {O,\left( {ABN} \right)} \right) = OH\).

Tam giác OBI có OB = a, \(\widehat {BOM} = {60^{\rm{o}}}\) nên \(OI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác AOI vuông tại O nên \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 }}\).

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

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \le 0,\forall x \in \left( { - \infty ; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < 0\\ \Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - \left( { - 3} \right).\left( {4m + 9} \right) \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} + 12m + 27 \le 0 \Leftrightarrow m \in \left[ { - 9; - 3} \right]\).

Suy ra số giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên R là 7.

Theo bài ta có r = 0,017.A = 78.685.800

Và yêu cầu bài toán là \({S_N} \ge 120.000.000 \Leftrightarrow 78.685.800{e^{0,017N}} \ge 120.000.000\)

\( \Rightarrow N \ge 24,85 \Rightarrow \min N = 25\).

Do đó đến năm 2001 + 25 = 2026 thì thỏa yêu cầu bài toán.

Đồ thị hàm số có x = 1 là tiệm cận đứng nên c = -1.

Đồ thị hàm số có y = -1 là tiệm cận ngang nên a = -1.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2 nên \(\frac{b}{c} = - 2\) do đó b = 2.

Vậy \(T = a - 3b + 2c = - 1 - 3.2 + 2\left( { - 1} \right) = - 9\)

Thiết diện ABCD là hình vuông có cạnh là 8a (h = 8a).

Khoảng cách từ trục đến mặt phẳng (ABCD) là d = 3a.

Suy ra bán kính đường tròn đáy \(r = \sqrt {{d^2} + {{\left( {\frac{h}{2}} \right)}^2}} = 5\)

Vậy \({S_{xq}} = 2\pi rh = 80\pi {a^2},{V_{tr}} = \pi {r^2}h = 200\pi {a^3}\).

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

Dễ thấy x=0 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số vì \(x \ge 1.\)

Ta xét phương trình \({f^2}\left( x \right) - f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {f\left( x \right) = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\\ {f\left( x \right) = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)} \end{array}} \right..\)

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy rằng 

+) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} < 1;{x_2} = 2\) (nghiệm kép).

+) Phương trình (2) có ba nghiệm phân biệt là \({x_3} = 1;{x_4} \in \left( {1;2} \right);{x_5} > 2\)

Do đó \({f^2}\left( x \right) - f\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right).h\left( x \right)\) suy ra \(g\left( x \right) = \frac{{\sqrt {x - 1} }}{{x.h\left( x \right)}}.\)

Mà h(x) = 0 có 3 nghiệm lớn hơn 1 \(\left( {2;{x_4};{x_5}} \right) \Rightarrow \) ĐTHS y = g(x) có 3 đường TCĐ.

Xét hàm số \(f(x) = {x^4} - 38{x^2} + 120x + 4m,\,x \in {\rm{[}}0;2]\)

Ta có: \(f'(x) = 4{x^3} - 76x + 120\).  

\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 5(loai)\\ x = 3(loai)\\ x = 2 \end{array} \right.\)

\(f(0) = 4m;\,f(2) = 104 + 4m \Rightarrow M{\rm{ax}}\mathop {|f(x)|}\limits_{x \in {\rm{[}}0;2]} = m{\rm{ax\{ |}}f(0)|;|f(2)|{\rm{\} = M}}\)

TH1: \(M{\rm{ax}}\mathop {|f(x)|}\limits_{x \in {\rm{[}}0;2]} \)= f(0) \(\Leftrightarrow |4m| \ge |104 + 4m| \Leftrightarrow m \le - 13\). Khi đó \(M \ge 52.\,\)

GTNN của M bằng 52 khi m = -13.

TH2: \(M{\rm{ax}}\mathop {|f(x)|}\limits_{x \in {\rm{[}}0;2]} \)= f(2) \( \Leftrightarrow |4m| \le |104 + 4m| \Leftrightarrow m \ge - 13\). Khi đó \(M \ge 52.\,\)

GTNN của M bằng 52 khi m = -13.

Vậy m = -13

Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'.

Ta có \({V_1} = {V_{M.ABC}} + {V_{M.BCPN}}\)

\({V_{M.ABC}} = \frac{1}{3}d\left( {M;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{2}{3}d\left( {A';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}} = \frac{2}{9}V\)

\(\frac{{{V_{M.BCPN}}}}{{{V_{M.BCC'B'}}}} = \frac{{{S_{BCPN}}}}{{{S_{BCC'B'}}}} = \frac{{\frac{1}{2}d\left( {C;BB'} \right).\left( {BN + CP} \right)}}{{\frac{1}{2}d\left( {C;BB'} \right).\left( {BB' + CC'} \right)}} = \frac{{BN + CP}}{{BB' + CC'}} = \frac{{\frac{1}{3}BB' + \frac{1}{2}CC'}}{{BB' + CC'}} = \frac{5}{{12}}\left( {BB' = CC'} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{M.BCPN}} = \frac{5}{{12}}{V_{M.BCC'B'}} = \frac{5}{{12}}.2{V_{ABCB'}} = \frac{5}{{12}}.2.\frac{1}{3}V = \frac{5}{{18}}V\)

\( \Rightarrow {V_1} = {V_{M.ABC}} + {V_{M.BCPN}} = \frac{2}{9}V + \frac{5}{{18}}V = \frac{1}{2}V \Rightarrow {V_2} = V - \frac{1}{2}V = \frac{1}{2}V \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 1\)

Xếp tất cả 6 học sinh vào 6 ghế theo một hàng ngang, ta có số phần tử không gian mẫu \(n\left( \Omega \right) = 6!\) (cách).

Gọi D là biến cố học sinh lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B

Trường hợp 1: Xếp học sinh lớp C ở đầu hàng hoặc cuối hàng

Số cách chọn học sinh lớp C ngồi vào 2 vị trí đầu hoặc cuối là: 2 (cách).

Số cách chọn 1 học sinh lớp B trong 2 học sinh lớp B ngổi cạnh C là: 2 (cách).

Số cách xếp 4 học sinh còn lại ( 1 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp A) là: 4! (cách).

Số cách xếp ở trường hợp 1 là: 2.2.4! (cách).

Trường hợp 2: học sinh lớp C ngồi giữa hai học sinh lớp B (buộc lại xem như một đơn vị cần xếp có dạng BCB)

Số cách xếp học sinh lớp B là: 2 (cách).

Số cách xếp ở trường hợp 2 là: 2.4! (cách). (gồm 3 bạn lớp A và phần được buộc lại)

Khi đó số phần tử biến cố D là: \(n\left( D \right) = 2.2.4! + 2.4! = 6.4!\) (cách).

Xác suất biến cố D là: \(P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{6.4!}}{{6!}} = \frac{1}{5}\).

Gọi N là trung điểm của AC và M là trung điểm của AB ⇒ MN là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow \,\,MN\parallel BC\,\,\, \Rightarrow \,\,BC\parallel \left( {SMN} \right)\).

Suy ra \(d\left( {BC,SM} \right) = d\left( {BC,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = h\).

Do AS, AM, AN đôi một vuông góc nên tứ diệnSAMN  là tứ diện vuông tại A.

Áp dụng công thức tính đường cao của tứ diện vuông ta có : 

\(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}} \Rightarrow h = \frac{{2a}}{3}\)

Dễ dàng chứng minh \(\Delta SAC\) và \(\Delta SAN\) vuông tại A suy ra \(SA \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi P là trung điểm của AC suy ra BC // (SMP).

Do đó: \(d\left( {BC,SM} \right) = d\left( {BC,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SMP} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMP} \right)} \right)\).

Ta có: \(AN \bot MP\) lại có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) và \(MP \subset \left( {ABC} \right)\) nên suy ra \(MP \bot \left( {SA0} \right)\).

Dẫn đến . Gọi  là hình chiếu của  trên  ta suy ra

Vậy \(d\left( {A,\left( {SMP} \right)} \right) = AH\).

Xét \(\Delta SAO\) vuông tại A nên ta có \(AH = \frac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + S{H^2}} }} = \frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}\)

Như vậy \(d\left( {BC,SM} \right) = \frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}\).

Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} + m{x^2} + 4x + 3\) có \(f'\left( x \right) = {x^2} + 2mx + 4\).

Hàm số đồng biến trên R.

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in R\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + 4 \ge 0\,\,\forall x \in R\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 1 > 0\\ \Delta ' = {m^2} - 4 \le 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow - 2 \le m \le 2 \end{array}\)

Do \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 2\,;\, - 1\,;\,0\,;\,1\,;\,2} \right\}\). Vậy có 5 giá trị nguyên của m.

Tập xác định: D = R \ {m}. Ta có: \(y' = \frac{{{x^2} - 2mx + {m^2} - m + 1}}{{{{(x - m)}^2}}}\).

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó

\(\Leftrightarrow y' \ge 0,\,\,\forall x \in D \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} - m + 1 \ge 0,\forall x \in D\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 \ge 0\,\\ m - 1 \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m \le 1\)