Đáp án C

Hàm số đã cho xác định

$\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{s}\text{inx}\ne 0\\ \mathrm{s}\text{inx}\ne \frac{1}{2}=\sin \frac{\pi }{6}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne k\pi \\ x\ne \frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x\ne \frac{5\pi }{6}+k2\pi \end{array}\right.$

Đáp án C

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song hoặc chéo nhau

Đáp án C

Mệnh đề 1 đúng.

Mệnh đề 2 sai vì 2 đường thẳng đó có thể chéo nhau.

Mệnh đề 3 sai vì 2 đường thẳng đó có thể song song.

Mệnh đề 4 sai

Đáp án A

Số các đỉnh hoặc các mặt của bất kì hình đa diện nào cũng lớn hơn hoặc bằng 4 ( tứ diện có 4 đỉnh và 4 mặt )

Đáp án D

Gọi bộ 5 số cần chọn là $1\le a_1<a_2<a_3<a_4<a_5\le 20.$ 

Để không có hai số nào liên tiếp thì

$1\le a_1<a_2-1<a_3-2<a_4-3<a_5-4\le 16.$ 

Đặt $b_1=a_1;b_2=a_2-1;b_3=a_3-2;b_4=a_4-3;b_5=a_5-4.$ 

Với $b_1<b_2<b_3<b_4<b_5$ suy ra không có bộ 5 số nào chứa hai số tự nhiên liên tiếp.

Khi đó $1\le b_1<b_2<b_3<b_4<b_5\le 16.$

Chọn bộ 5 số $b_1;b_2;b_3;b_4;b_5$ từ 16 số là tổ hợp chập 5 của 16.

Vậy có tất cả $C_{16}^5$ bộ thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án D

$S_{ABC}=\frac{1}{2}a.2a=a^2\Rightarrow d=\frac{V}{S}=\frac{2a^3}{a^2}=2a.$

Đáp án B

Hàm số đã cho xác định

$\iff -x^2+5x-6>0\iff x^2-5x+6<0\iff 2<x<3.$

Đáp án B

$y\left(-x\right)=c\text{os}\left(-2x\right)=c\text{os}2x\Rightarrow y=c\text{os}2x$ và là hàm số chẵn

Đáp án A

$$\begin{gathered} PT\iff z=\frac{1-13i}{2-i}=3-5i \\ \Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{3^2+{\left(-5\right)}^2}=\sqrt{34}. \end{gathered}$$

Đáp án D

Hàm số có tiệm cận đứng

$\iff PTmx-8=0$ không có nghiệm $x=-2.$

Suy ra $-2m-8\ne 0\iff m\ne -4.$

Đáp án A

Ta có 

${\left(x^2+\frac{2}{x}\right)}^6=\sum _{k=0}^6{C}_k^6{\left(x^2\right)}^{6-k}{\left(\frac{2}{x}\right)}^k=\sum _{k=0}^6{C}_k^6{\left(2\right)}^k{\left(x\right)}^{12-3k}.$

Số hạng không chứa $x\iff 12-3k=0\iff k=4\Rightarrow a_4=C_6^4{2}^4.$

Đáp án B

Hình bát diện đều

Đáp án C

Ta có

$$\begin{gathered} \frac{1}{{\log }_{2}x}+\frac{1}{{\log }_{2^2}x}+\frac{1}{{\log }_{2^3}x}+\mathrm{...}+\frac{1}{{\log }_{2^n}x} \\ ={\log }_{x}2+{\log }_x{2}^2+{\log }_x{2}^3+\mathrm{...}+{\log }_x{2}^n \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}={\log }_x\left({2.2}^2{.2}^3{\mathrm{....2}}^n\right)=465{\log }_{x}2={\log }_x{2}^{465}\Rightarrow {2.2}^2{.2}^3{\mathrm{...2}}^n=2^{465}.\\ \iff 1+2+3+\mathrm{...}+n=465\iff \frac{n\left(n+1\right)}{2}=465\iff n^2+n-930=0\end{array} \\ \iff \left[\begin{array}{l}n=30\\ n=-31\end{array}\right.\Rightarrow n=30. \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có:

$$\begin{gathered} \left(C_1\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2=4 \\ \Rightarrow R_1=2;\left(C_2\right):{\left(x+6\right)}^2+{\left(y-8\right)}^2=100\Rightarrow R_2=10 \end{gathered}$$

$\Rightarrow k=\frac{R_2}{R_1}=\frac{10}{2}=5.$

Đáp án A

Đặt

$$\begin{gathered} z=a+bi;a,b\in ℝ\Rightarrow \left|a+bi-2\right|=\left|a+bi\right| \\ \iff {\left(a-2\right)}^2+b^2=a^2+b^2\Rightarrow a=1\Rightarrow z=1+b. \end{gathered}$$

Mặt khác $\left(z+1\right)\left(\overline{z}-i\right)=\left(b^2+b+2\right)-\left(b+2\right)i$  là số thực,

suy ra $b+2=0\iff b=-2\Rightarrow z=1-2i.$

Đáp án B

Ta có: 

$$\begin{gathered} f\left(1\right)=2;f\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{2\sqrt{3+x}}\Rightarrow f\text{'}\left(1\right)=\frac{1}{4} \\ \Rightarrow f\left(1\right)+4f\text{'}\left(1\right)=2+4.\frac{1}{4}=3. \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=3x^2+6x-2$

Tiếp tuyến song song với đường thẳng

$x+y-3=0\left(y=-2x+3\right)\Rightarrow y\text{'}=-2\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Với $x=0\Rightarrow y=-1\Rightarrow PTTT:y=-2x-1hay2x+y+1=0$

Với $x=2\Rightarrow y=15\Rightarrow PTTT:y=-2\left(x-2\right)+15hay2x+y-19=0$

Đáp án A

Phương trình

$$\begin{gathered} 2^{x^2-6x+1}={\left(\frac{1}{4}\right)}^{x-3}\iff 2^{x^2-6x+1}=2^{-2\left(x-3\right)} \\ \iff x^2-6x+1=-2x+6. \end{gathered}$$

$\iff x^2-4x-5=0\to S=x_1+x_2=4.$

Đáp án A

Do $\text{AA}\text{'}//BB\text{'}\Rightarrow V_{M.BCB\text{'}C\text{'}}=V_{A\text{'}.BCC\text{'}B\text{'}}=V-V_{A\text{'}.ABC}=V-\frac{V}{3}-\frac{2V}{3}$

(với V là thể tích khối lăng trụ).

Dựng $AH\perp BC$lại có $\text{AA}\text{'}\perp BC\Rightarrow BC\perp \left(A\text{'}HA\right)$

Do đó  $\widehat{\left(A\text{'}BC\right);\left(ABC\right)}=\widehat{A\text{'}HA}={30}^{\circ };AH=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{2}$

Khi đó:  $\text{AA'=AHtan}{30}^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$$\begin{gathered} V=\text{AA}\text{'}.S_{ABC}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9}{8}{a}^3 \\ \Rightarrow V_{M.BCCB\text{'}}=\frac{2}{3}.\frac{9}{8}{a}^3=\frac{3}{4}{a}^3. \end{gathered}$$

Đáp án A

Do $MN//AD$  nên giao tuyến của $\left(SAD\right)$ và $\left(GMN\right)$ song song với AD. Khi đó qua G dựng đường thẳng song song với AD cắt SA và SD lần lượt tại Q và P. Thiết diện là hình thang MNPQ

Lại có $PQ=\frac{2}{3}AD=2BC$

Mặt khác $MN=\frac{BC+AD}{2}=\frac{BC+3BC}{2}=2BC$

Suy ra $PQ=MN$  do thiết diện là hình bình hành

Đáp án A

Ta có

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{u}_1-u_3=6\\ u_5=-10\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1-\left(u_1+2d\right)=6\\ u_1+4d=-10\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}-2d=6\\ u_1=-10-4d\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}d=-3\\ u_1=2\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Vậy  

$$\begin{gathered} u_n=u_1+\left(n-1\right)d \\ =2-3\left(n-1\right)=5-3n. \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có

$I={\log }_{3}5=\frac{{\log }_{6}5}{{\log }_{6}3}=\frac{{\log }_{6}5}{1-{\log }_{6}2}=\frac{b}{1-a}.$

Đáp án A

Vì $\Delta ABC$  cân tại B nên I là trung điểm của AC nên $BI\perp AC.$

 Ta có:

$$\begin{gathered} SA\perp BI,BI\perp AC \\ \Rightarrow BI\perp \left(SAC\right)\Rightarrow BI\perp SC \end{gathered}$$

mà

$$\begin{gathered} SC\perp IH\Rightarrow SC\perp \left(BIH\right) \\ \Rightarrow \left(SBC\right)\perp \left(BIH\right). \end{gathered}$$

Đáp án D

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

Để  $f\text{'}\left(x\right)>0\forall x$thì  $m{x}^2-mx+3-m>0\forall x\left(*\right)$

TH1: $m=0$ Khi đó (*) trở thành: 3 > 0 (luôn đúng)

TH2: $\left\{\begin{array}{l}m>0\\ \Delta =m^2-4m\left(3-m\right)<0\end{array}\right.\iff 0<m<\frac{12}{5}.$

Vậy $0\le m<\frac{12}{5}.$

Đáp án C

Gọi P là trung điểm của AC.

Ta có:  $\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{PN},\overrightarrow{DC}=2\overrightarrow{MP}.$

Mà 3 véc tơ $\overrightarrow{PN},\overrightarrow{MP},\overline{MN}$  đồng phẳng

nên ba véc tơ $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{MN}$  đồng phẳng

Đáp án A

Ta có $F\left(x\right)=\int \left(2e^x+t\text{anx}\right)dx=2e^x-\ln \left|\cos x\right|+C$

Mà

 $$\begin{gathered} F\left(0\right)=2\Rightarrow C+2=2\Rightarrow C=0 \\ \Rightarrow F\left(x\right)=2e^x-\ln \left|\cos x\right|. \end{gathered}$$

Đáp án C

Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng:

Hàm số $y=a^x$ là hàm số đồng biến; hàm số $y=b^x,y=c^x$  là hàm số nghịch biến.

Suy ra $a>1$ và $\left\{\begin{array}{l}0<b<1\\ 0<c<1\end{array}\right.\to a>\left\{b;c\right\}.$

Gọi $B\left(-1;y_B\right)$  thuộc đồ thị hàm số $y=b^x\Rightarrow y_B=\frac{1}{b};$

Và $C\left(-1;y_C\right)$  thuộc đồ thị hàm số $y=c^x\Rightarrow y_C=\frac{1}{c}.$

Dựa vào đồ thị, ta có $y=c^x\Rightarrow y_C=\frac{1}{c}.$

Vậy hệ số $a>c>b.$

Đáp án A

Ta có:

$$\begin{gathered} \lim \frac{2n-1}{n}=\lim \left(2-\frac{1}{n}\right)=2\ne 0; \\ \lim \frac{1}{n\left(n+1\right)}=0;\lim {\left(\frac{1}{3}\right)}^n=0; \\ \lim \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}=0. \end{gathered}$$

Vậy chỉ có dãy số $u_n=\frac{2n-1}{n}$  có giới hạn khác 0.

Đáp án C

Ta có 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{u}_n=u_1=\left(n-1\right)d\\ u_{n+1}=u_1+nd\end{array}\right. \\ \Rightarrow u_{n+1}=u_1+nd-u_1-\left(n-1\right)d=d. \end{gathered}$$

Vậy $u_n$  là dãy số tăng nên suy ra

$u_{n+1}-u_n>0\iff d>0.$

Đáp án A

Hàm số $f\left(x\right)$có đạo hàm tại điểm $x_0$ liên tục tại điểm đó =>(1) đúng.

Hàm số $f\left(x\right)$  liên tục tại điểm $x_0$  thì $f\left(x\right)$ chưa thể có đạo hàm tại điểm đó =>(2) sai.

Hàm số $f\left(x\right)$ không liên tục tại $x=x_0$ thì $f\left(x\right)$  không có đạo hàm tại điểm đó =>(3) đúng.

Với ý (4), chiều đi đúng nhưng chiều ngược lại chưa chắc xảy ra

Đáp án D

Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng:

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty ;\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \to$Hệ số $a>0.$

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm có tung độ dương $\Rightarrow y\left(0\right)=d>0.$

Hàm số có 2 điểm cực trị $x_1,x_2$  thỏa mãn

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{2b}{3a}>0\\ x_1{x}_2=\frac{c}{3a}<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b<0\\ c<0\end{array}\right..$

Vậy $a,d>0,b,c<0.$

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm (C ) và (d) là

 $\frac{2x+1}{x-2}=x+m\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 2\\ \frac{x^2+\left(m-4\right)x-2m-1=0}{f\left(x\right)}\end{array}\right.\left(*\right)$

Để (C )cắt (d) tại hai điểm phân biệt $\iff \left(*\right)$  có 2 nghiệm phân biệt khác 2.

 $$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}f\left(2\right)\ne 0\\ {\Delta }_{\left(*\right)}>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{2}^2+2.\left(m-4\right)-2m-1\ne 0\\ {\left(m-4\right)}^2+4\left(2m+1\right)>0\end{array}\right. \\ \iff m^2+20>0\iff m\in ℝ \end{gathered}$$

Khi đó, gọi $x_1,x_2$  là hoành độ giao điểm của ( C) và ( d), thỏa mãn hệ thức

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4-m\\ x_1{x}_2=-2m-1\end{array}\right..$

Theo bài ta, ta có  

$x_1<2<x_2\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1-2<0\\ x_2-2>0\end{array}\right.\iff \left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)<0.$

$$\begin{gathered} \iff x_1{x}_2-2\left(x_1+x_2\right)+4<0 \\ \iff -2m-1-2\left(4-m\right)+4<0\iff -5<0 \end{gathered}$$

(luôn đúng).

Vậy với mọi giá trị của m đều thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Gọi $\text{w}={\left(z-\overline{z}\right)}^2={\left(a+bi-a+bi\right)}^2=0=-4b^2$  

Suy ra M thuộc tia đối của tia Ox

Đáp án A

Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ của nhà trường, ta xét các trường hợp

TH1. 1 học sinh lớp 12A, 2 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 12C $\to$ có $C_4^1.C_3^2.C_2^2=12$  cách.

TH2. 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 12C $\to$ có $C_4^2.C_3^1.C_2^2=18$  cách

TH3. 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B và 1 học sinh lớp 12C $\to$ có $C_4^3.C_3^1.C_2^1=24$ cách.

TH4. 1 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 1 học sinh lớp 12C $\to$ có $C_4^1.C_3^3.C_2^1=8$ cách.

TH5. 2 học sinh lớp 12A, 2 học sinh lớp 12B và 1 học sinh lớp 12C $\to$có $C_4^2.C_3^2.C_2^1=36$ cách.

Đáp án C

Giả sử có n máy thì chi phí cố định là

$50n\left(n=\left\{1;2;\mathrm{3...8}\right\}\right)$

Để in 50000 tờ cần $\frac{5000}{3600.n}=\frac{125}{9n}$ (giờ in).

Chi phí cho n máy chạy trong một giờ là $10\left(6n+10\right)$  nghìn đồng.

Khi đó, tổng chi phí để in 50000 tờ quảng cáo là:

$f\left(n\right)=50n+\frac{10\left(6n+10\right).125}{9n}=\frac{450n^2+7500n+1250}{9n}$

( Đến đây các em có thể thay 4 giá trị xem giá trị nào cho kết quả nhỏ nhất).

Ta có: $f\text{'}\left(n\right)=0\iff n=\frac{5}{3}\sqrt{10}\approx 5,27$

Lại có: $f\left(5\right)<f\left(6\right)$  nên ta cần sử dụng 5 máy để chi phí nhỏ nhất.

Đáp án C

Dựa vào giả thiết, ta thấy rằng:

 $$\begin{gathered} {\log }_2{\left(x-1\right)}^2+2{\log }_2\left(x+1\right)=6 \\ \iff 2{\log }_2\left|x-1\right|+2{\log }_2\left(x+1\right)=6 \\ \Rightarrow \left(1\right)sai. \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} x^2+1\ge 2\left|x\right|\iff {\log }_2\left(x^2+1\right)\ge {\log }_2\left(2\left|x\right|\right) \\ =1+{\log }_2\left|x\right|;\forall x\in ℝ\Rightarrow \left(2\right) đúng \end{gathered}$$ 

 $x^{\ln y}=y^{\ln x};\forall x>y>2\Rightarrow \left(3\right)$đúng.

$$\begin{gathered} {{\log }_2}^2\left(2x\right)-4{\log }_{2}x-4=0 \\ \iff {\left({\log }_{2}x+1\right)}^2-4{\log }_{2}x-4=0 \\ \iff {{\log }_2}^2-2{\log }_{2}x-3=0 \end{gathered}$$

$\Rightarrow \left(4\right)$ sai. Vậy có 2 mệnh đề đúng

Đáp án A

Ta có

 $\left|z-1\right|=1\iff \left|a-1+bi\right|=1\iff {\left(a-1\right)}^2+b^2=1\left(1\right).$

Số phức

$\text{w}=\left(1+i\right)\left(\overline{z}-1\right)=\left(1+i\right)\left(a-1-bi\right)=\left(a+b-1\right)+\left(a-b-1\right)i$  

có phần số thực bằng $a+b-1=1\left(2\right).$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\left(a-1\right)}^2+b^2=1\\ a+b=2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a+b=2\\ \left[\begin{array}{l}b=0\\ b=1\end{array}\right.\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b=1\\ a=1\end{array}\right.\Rightarrow a.b=1. \end{gathered}$$     

Đáp án A

Giả sử $a>0$  

suy ra $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty ;\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty$

Vậy đồ thị hàm số luôn cắt trục hoành

Đáp án B

$$\begin{gathered} {\log }_{16}\left(x+y\right)={\log }_{9}x={\log }_{12}y=t \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{16}^t=x+y\\ 9^t=x\\ {12}^t=y\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{x}{y}=\frac{9^t}{{12}^t}={\left(\frac{3}{4}\right)}^t\\ \frac{{16}^t}{{12}^t}={\left(\frac{4}{3}\right)}^t=\frac{x}{y}+1\end{array}\right. \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{x}{y}={\left(\frac{3}{4}\right)}^t=\frac{1}{\frac{x}{y}+1} \\ \iff {\left(\frac{x}{y}\right)}^2+\frac{x}{y}=1=P-1\iff P=2. \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=3\left[{\left(x+a\right)}^2+{\left(x+b\right)}^2-x^2\right] \\ =3\left[x^2+2\left(a+b\right)x+\left(a^2+b^2\right)\right] \end{gathered}$$

Để hàm số luôn đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)$

thì ${\Delta }^{\text{'}}={\left(a+b\right)}^2-\left(a^2+b^2\right)\le 0\iff ab\le 0$

Ta có  

$P=a^2+b^2-4a-4b+2={\left(a+b-2\right)}^2-2ab-2\ge -2.$

Dâu bằng xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}a+b=2\\ ab=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=0\end{array}\right.$  hoặc ngược lại.

Đáp án D

Số tập con của A có 8 phần tử $C_n^8$  và số tập của A có 4 phần tử là $C_n^4$

$\Rightarrow 26=\frac{C_n^8}{C_n^4}=\frac{4!\left(n-4\right)!}{8!\left(n-8\right)!}=\frac{\left(n-7\right)\left(n-5\right)\left(n-4\right)}{1680}\iff n=20.$

Số tập con gồm k phần tử là $C_{20}^k.$

Khi xảy ra

$$\begin{gathered} C_{20}^k>C_{20}^{k+1}\iff \frac{20!}{k!\left(20-k\right)!}>\frac{20!}{\left(k+1\right)!\left(19-k\right)!} \\ \iff k+1>20-k\iff k>9,5 \end{gathered}$$

Vậy với thì đạt giá trị nhỏ nhất

Đáp án C

Đặt $3^x=5^y={15}^{\frac{2017}{x+y}-z}=t\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x={\log }_{3}t\\ y={\log }_{5}t\end{array}\right..$

Đồng thời :

$$\begin{gathered} \frac{2017}{x+y}-z={\log }_{15}t=\frac{1}{{\log }_{t}15}=\frac{1}{{\log }_{t}3+{\log }_{t}5} \\ =\frac{1}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}=\frac{xy}{x+y}\Rightarrow xy+yz+zx=2017. \end{gathered}$$

Đáp án C

Phương trình hoành độ của  ( C ) và ( d ) là

$$\begin{gathered} \frac{2x+1}{x-1}=m-3x \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ 3x^2-\left(m+1\right)x+m+1\end{array}\right.\left(*\right) \end{gathered}$$

Để ( C ) cắt ( d ) tại 2 điểm phân biệt $\iff \left(*\right)$  có 2 nghiệm phân

biệt khác $1\iff \left[\begin{array}{l}m>11\\ m<-1\end{array}\right..$

Khi đó, gọi $A\left(x_1;y_1\right),B\left(x_2;y_2\right)$ là tọa độ giao điểm

$\Rightarrow G\left(\frac{x_1+x_2}{3};\frac{y_1+y_2}{3}\right)$Mà

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{y}_1=-3x_1+m\\ y_2=-3x_2+m\end{array}\right. \\ \Rightarrow \frac{y_1+y_2}{3}=\frac{2m-3\left(x_1+x_2\right)}{3} \\ =\frac{m-1}{3}\Rightarrow G\left(\frac{m+1}{9};\frac{m-1}{3}\right). \end{gathered}$$