Đáp án đúng là: D

Đặt \(\overrightarrow {AB} = \vec x;\,\,\overrightarrow {AD} = \vec y\)

Vì ABCD là hình vuông nên AB và AD vuông góc với nhau và AB = AD

⇒ \(\vec x.\vec y = 0;\,\,{\vec x^2} = {\vec y^2}\)

Khi đó:

\(\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AM} = \frac{1}{4}\left( {3\vec x - \vec y} \right);\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AM} = \frac{1}{4}\left( {\vec x + 3\vec y} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MN} = \frac{1}{{16}}\left( {3\vec x - \vec y} \right)\left( {\vec x + 3\vec y} \right)\)

\( = \frac{1}{{16}}\left( {3{{\vec x}^2} - 3{{\vec y}^2} + 8\vec x.\vec y} \right) = 0\)

Mặt khác:

\({\overrightarrow {MB} ^2} = \frac{1}{{16}}{\left( {3\vec x - \vec y} \right)^2} = \frac{5}{8}{\vec y^2};{\overrightarrow {MN} ^2} = \frac{1}{{16}}{\left( {\vec x + 3\vec y} \right)^2} = \frac{5}{8}{\vec y^2}.\)

Vậy tam giác BMN vuông cân tại M.

Ta có: P(x) chia cho x² + 2 dư 2x – 1

⇒ P(x) = Q(x).(x² + 2) + 2x – 1 (với Q(x) là đa thức bậc nhất)

⇒ P(x) = (ax + b)(x² + 2) + 2x – 1

Vì P(x) chia x² + x dư 16x – 11

⇒ P(x) – 16x + 11 chia hết cho x² + x.

Đặt R(x) = P(x) – 16x + 11

Khi đó R(x) = (ax + b)(x² + 2) – 14x + 10 chia hết cho x² + x

Vì thế hai nghiệm x = 0 và x = −1 của x² + x cũng là nghiệm của R(x), tức là:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {a.0 + b} \right)\left( {0 + 2} \right) - 14.0 + 10 = 0}\\{\left( { - a + b} \right)\left( {1 + 2} \right) - 14.\left( { - 1} \right) + 10 = 0}\end{array}} \right.\)

⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 3}\\{b = - 5}\end{array}} \right.\)

⇒ P(x) = (3x – 5)(x² + 2) + 2x – 1

Vậy P(100) = 2905789.

Ta có P(0) = −2 ⇒ a.0 + b.0 + c = −2 ⇒ c = −2

Ta có 4P(x) – P(2x – 1) = 6x – 6

⇔ 4(ax² + bx + c) – [a(2x – 1)² + b(2x – 1) + c] = 6x – 6

⇔ 4ax² + 4bx + 4c – a(4x² – 4x + 1) – 2bx + b – c = 6x – 6

⇔ 4ax² + 4bx + 4c – 4ax² + 4ax – a – 2bx + b – c = 6x – 6

⇔ 4ax + 2bx + (−a + b + 3c) = 6x – 6

⇔ (4a + 2b)x + (−a + b + 3c) = 6x – 6

⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4a + 2b = 6}\\{ - a + b + 3c = - 6}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4a + 2b = 6}\\{ - a + b = - 6 - 3.\left( { - 2} \right)}\end{array}} \right.\)

⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4a + 2b = 6}\\{ - a + b = 0}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.\)

Ta có: a + b + c = 1 + 1 + (−2) = 0 (đpcm)

Vậy P(x) = x² + x – 2.

Ta có: n(n + 1)(2n + 1)

= n(n + 1)(2n + 2 – 1)

= n(n + 1)(n + 2 + n – 1)

= n(n + 1)(n + 2) + n(n + 1)(n – 1)

Vì n; n + 1; n + 2 là 3 số tự nhiên liên tiếp và n – 1; n; n + 1 cũng là 3 số tự nhiên liên tiếp.

Ta có: 3 số tự nhiên liên tiếp chắc chắn có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2. Do đó, tích 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3.

Vì 3 số tự nhiên liên tiếp luôn có 2 chẵn 1 lẻ hoặc 2 lẻ 1 chẵn. Do đó, tích 3 số tự nhiên liên tiếp cũng chia hết cho 2.

Vì tích 3 số tự nhiên liên tiếp vừa chia hết cho 2 vừa chia hết cho 3 nên chia hết cho 6.

Vậy n(n + 1)(2n + 1) chia hết cho 6 với n thuộc mọi số tự nhiên.

Gọi số cần tìm là \(\overline {aa} \) (0 < a < 10; a ∈ ℕ*)

Ta có: \(\overline {aa} = 11a\)

Khi nhân 342 với \(\overline {aa} \) mà đặt các tích riêng thẳng hàng thì tức là ta nhân 342 với lần lượt a và a.

Ta sẽ có: (342\(\overline {aa} \)) – (342.a.2) = 12312

⇔ 342.a.11 – 342.a.2 = 12312

⇔ 342.a.(11 – 2) = 12312

⇔ 342.a.9 = 12312

⇔ 342.a = 1368

⇔ a = 4 (thỏa mãn)

Vậy số cần tìm là 44.

Đặt A_n = n⁷ – n.

Khi n = 1 thì A₁ = 0 và chia hết cho 7.

Giả sử đã có A_k = (k⁷ – k) ⋮ 7 (giả thiết quy nạp)

Ta phải chứng minh A_{k + 1} ⋮ 7, tức là (k + 1)⁷ – (k + 1) ⋮ 7.

Áp dụng công thức Nhị thức Niu – tơn ta có:

A_{k + 1} = (k + 1)⁷ – (k + 1)

= k⁷ + 7k⁶ + 21k⁵ + 35k⁴ + 35k³ + 21k² + 7k + 1 – k – 1

= k⁷ – k + 7(k⁶ + 3k⁵ + 5k⁴ + 5k³ +3k² + k).

Theo giả thiết quy nạp thì A_k = k⁷ – k chia hết cho 7, do đó A_{k + 1} ⋮ 7.

Vậy n⁷ – n chia hết cho 7 với mọi số nguyên n.

Không gian mẫu là kết quả việc chọn ngẫu nhiên 4 quả cầu từ hộp 10 quả cầu.

⇒ \(n\left( \Omega \right) = C_{10}^4 = 210\)

a) A: “ Bốn quả lấy ra cùng màu”

TH1: Bốn quả lấy ra cùng đen

⇒ Có \(C_4^4 = 1\) cách.

TH2: Bốn quả lấy ra cùng trắng

⇒ Có \(C_6^4 = 15\) cách.

⇒ \(n\left( A \right) = 1 + 15 = 16.\)

⇒ \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{16}}{{210}} = \frac{8}{{105}}.\]

b. B: “ Cả 4 quả lấy ra đều màu đen”

⇒ \(\overline B \): “ Có ít nhất 1 quả màu trắng”.

Ta có: \(n\left( B \right) = C_4^4 = 1.\)

⇒ \(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{{210}}.\)

⇒ \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - \frac{1}{{210}} = \frac{{209}}{{210}}.\)

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0\) ⇔ a² – 4b > 0

Theo hệ thức Viet, ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = - a}\\{{x_1}.{x_2} = b}\end{array}} \right.\)

Ta có: \({x_1}^3 - {x_2}^3 = 35\)

⇔ \(\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1}^2 + {x_1}{x_2} + {x_2}^2} \right) = 35\)

⇔ \(5\left( {{x_1}^2 + {x_1}{x_2} + {x_2}^2} \right) = 35\)

⇔ \({x_1}^2 + {x_1}{x_2} + {x_2}^2 = 7\)

⇔ \({\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 3{x_1}{x_2} = 7\)

⇔ \(25 + 3{x_1}{x_2} = 7\)

⇔ \({x_1}{x_2} = - 6\)

⇔ b = −6

Ta có hệ phương trình sau:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} - {x_2} = 5}\\{{x_1}{x_2} = - 6}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 5 + {x_2}}\\{\left( {5 + {x_2}} \right){x_2} = - 6}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 5 + {x_2}}\\{{x_2}^2 + 5{x_2} + 6 = 0}\end{array}} \right.\)

⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 5 + {x_2}}\\{\left( {{x_2} + 2} \right)\left( {{x_2} + 3} \right) = 0}\end{array}} \right.\)

⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 5 + {x_2}}\\{{x_2} + 2 = 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 5 + {x_2}}\\{{x_2} + 3 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\) ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 3}\\{{x_2} = - 2}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 2}\\{{x_2} = - 3}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

TH1: x₁ = 3 và x₂ = −2 ⇒ x₁ + x₂ = 1 = a

⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b = - 6}\end{array}} \right.\)

TH2: x₁ = 2 và x₂ = −3 ⇒ x₁ + x₂ = −1 = a

⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = - 1}\\{b = - 6}\end{array}} \right.\)

Vậy các cặp (a,b) thỏa mãn là (1,−6) hoặc (−1,−6).

25 – (−17) + 24 – 12

= 25 + 17 + 24 – 12

= 54.

Xét x = 0 ta có:

\({y^2} = 3 + {2^0} = 4\) ⇔ y = 2 (do y là số tự nhiên)

Xét x = 1 ta có:

\({y^2} = 3 + 2 = 5\) ⇒ Không có nghiệm y là số tự nhiên thỏa mãn

Xét x > 1 ta có:

\({2^x} \ge 4\) ⇒ 2^x ⋮ 4

Do đó 2^x + 3 chia 4 dư 3, mà y² là số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1

⇒ ∀ x > 1, phương trình có nghiệm x, y là số tự nhiên thỏa mãn.

Vậy (x,y) = (0,2) là nghiệm duy nhất.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC có tọa độ là G(1; 2; 3).

Ta có: \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2}\)

\( = {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GC} } \right)^2}\)

\( = 3M{G^2} + \left( {G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}} \right) + 2\overrightarrow {MG} \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right)\)

\( = 3M{G^2} + \left( {G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}} \right)\)

MA² + MB² + MC² đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ MG nhỏ nhất (do GA² + GB² + GC² không đổi)

⇔ M là hình chiếu của G trên (P)

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n \left( {1; - 2;2} \right).\)

GM vuông góc với (P) nhận vectơ pháp tuyến của (P) làm vectơ chỉ phương.

Phương trình của GM là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - 2t}\\{z = 3 + 2t}\end{array}} \right..\)

Tọa độ của điểm M(1 + t; 2 – 2t; 3 + 2t) thỏa mãn:

(1 + t) – 2(2 – 2t) + 2(3 + 2t) + 6 = 0 ⇔ \(t = - \frac{{11}}{9}.\)

⇒ \(M\left( { - \frac{2}{9};\frac{{40}}{9};\frac{5}{9}} \right).\)

Vậy \(M\left( { - \frac{2}{9};\frac{{40}}{9};\frac{5}{9}} \right)\) thì MA² + MB² + MC² đạt giá trị nhỏ nhất.

Xét hàm số y = f(x) = −x⁴ + 8x² + m trên đoạn [−1; 3]:

\(y' = f'\left( x \right) = - 4{x^3} + 16x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = \pm 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\) (loại x = −2 vì −2 ∉ [−1; 3])

Từ bảng biến thiên hàm số y = f(x) = −x⁴ + 8x² + m ta thấy:

\[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,\,3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \max \left\{ {\left| {7 + m} \right|;\,\,\left| m \right|;\,\,\left| {16 + m} \right|;\,\,\left| { - 9 + m} \right|} \right\} = 2018\]

TH1: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {7 + m} \right| = 2018 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2011}\\{m = - 2025}\end{array}} \right.\)

m = 2011 ⇒ |16 + m| = 2027 > 2018 (loại)

m = −2025 ⇒ |−9 + m| = 2034 > 2018 (loại)

TH2: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| m \right| = 2018 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2018}\\{m = - 2018}\end{array}} \right.\) (loại)

TH3: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {16 + m} \right| = 2018 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2002}\\{m = - 2034}\end{array}} \right.\)

m = 2002 (thỏa mãn)

m = −2034 ⇒ |−9 + m| = 2025 > 2018 (loại)

TH4: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\,3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| { - 9 + m} \right| = 2018 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2027}\\{m = - 2009}\end{array}} \right.\)

m = 2027 ⇒ |m| = 2027 > 2018 (loại)

m = − 2009 ⇒ |m| = 2009 < 2018 (thỏa mãn)

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn đề bài.

Ta có: V = πr²h ⇔ 18π = π3²h ⇔ h = 2.

Khi đó S_xq = 2πrh = 12π.

Với hai đỉnh sẽ cho ta một đoạn thẳng, do đó số đoạn thẳng được tạo ra từ n đỉnh là \(C_n^2.\)

Đa giác có n đỉnh sẽ có n cạnh. Trong số \(C_n^2\) đoạn thẳng có n đoạn thẳng là cạnh của đa giác. Do đó số đường chéo của đa giác là \(C_n^2 - n = \frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2}.\)

Theo đề bài ta có phương trình sau

\(\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2} = 27 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 9}\\{n = - 6}\end{array}} \right.\)

Do n ∈ ℕ, n ≥ 3 ⇒ n = 9.

Trung điểm H của BC có tọa độ là \(H\left( {\frac{{{x_B} + {x_C}}}{2};\frac{{{y_B} + {y_C}}}{2}} \right)\)

⇔ \(H\left( {\frac{{1 - 1}}{2};\frac{{ - 3 + 1}}{2}} \right)\) ⇔ \(H\left( {0; - 1} \right).\)

Vậy H(0; −1).

Áp dụng BDT Cô – si, ta có:

\(P = \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt y }} + \frac{1}{{\sqrt z }} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{\sqrt {xyz} }}}}\)

mà \(\sqrt[3]{{xyz}} \le \frac{{x + y + z}}{3} = 1\)

⇒ P ≥ 3.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3 ⇔ x = y = z = 1.

2357 × 24 = 2357 × (20 + 4)

= 2357 × 20 + 2357 × 4

= 47 410 + 9 428

= 56 838.

Vậy 2 357 × 24 = 56 838.

Ta có: \(4\sqrt {x + 1} = {x^2} - 5x + 14\) (ĐK: x ≥ −1)

⇔ \(4\sqrt {x + 1} - 8 = {x^2} - 5x + 6\)

⇔ \(4\left( {\sqrt {x + 1} - 2} \right) = {x^2} - 5x + 6\)

⇔ \(\frac{{4\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt {x + 1} - 2} \right)}} = \left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\)

⇔ \(\left( {x - 3} \right)\left( {\frac{4}{{\sqrt {x + 1} - 2}} - x + 2} \right) = 0\)

⇔ x – 3 = 0

⇔ x = 3 (thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3.

a) Chiều rộng mảnh đất là:

\(38 \times \frac{3}{4} = 28,5\) (m)

Diện tích mảnh đất là:

28,5 ´ 38 = 1083 (m²)

b) Diện tích đất làm nhà:

1083 ´ 25% = 270,75 (m²)

Đáp số:

a) 1083 m.

b) 270,75 m².

a) Chiều rộng mảnh đất là:

\(40 \times \frac{1}{2} = 20\) (m)

Diện tích mảnh đất là:

20 ´ 40 = 800 (m²)

b) Diện tích đất làm nhà:

800 ´ 30% = 240 (m²)

Đáp số: a) 800 m;

    b) 240 m².

\(\overline {abc} \) chia hết cho 45 nên \(\overline {abc} \) chia hết cho 5 và 9 nên c = 0 hoặc 5 mà c ≠ 0 nên c = 5.

Ta có: \(\overline {ab5} - \overline {5ba} = 396\)

Ta viết lại biểu thức như sau: \(396 + \overline {5ba} = \overline {ab5} \)

6 + a tận cùng là 5 nên a = 9

Nên ta lại có: \(\overline {abc} = \overline {9b5} \) chia hết cho 9 và 5.

Nên 9 + b + 5 chia hết cho 9, nên b = 4.

Suy ra \(\overline {abc} = 945\)

Ta có: \(\overline {abc\deg } = \overline {abc} .1000 + \overline {\deg } = 999.\overline {abc} + \overline {abc} + \overline {\deg } \)

\( = 32.27\overline {abc} + \left( {\overline {abc} + \overline {\deg } } \right)\)

Do \(37.27.\overline {abc} \) chia hết cho 37

⇒ \(\overline {abc\deg } \) chia hết cho 37 với \(\overline {abc} + \overline {\deg } \) chia hết cho 37.

Áp dụng BĐT cô-si:

\(\frac{{{x^2}}}{{1 + y}} + \frac{{{y^2}}}{{1 + z}} + \frac{{{z^2}}}{{1 + x}} \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{1 + y + 1 + z + 1 + x}} = \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{\left( {x + y + z} \right) + 3}}\)

Áp dụng BĐT cô-si: \(x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}} = 3\)

Do đó: \(\frac{{{x^2}}}{{1 + y}} + \frac{{{y^2}}}{{1 + z}} + \frac{{{z^2}}}{{1 + x}} \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{\left( {x + y + z} \right) + 3}}\)

\( \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{\left( {x + y + z} \right) + \left( {x + y + z} \right)}} = \frac{{x + y + z}}{2} \ge \frac{3}{2}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.

Vậy \(\frac{{{x^2}}}{{\left( {1 + y} \right)}} + \frac{{{y^2}}}{{\left( {1 + z} \right)}} + \frac{{{z^2}}}{{\left( {1 + x} \right)}} \ge \frac{3}{2}\), dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.

Theo BĐT cô-si ta có: \(\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = \frac{{{x^3}}}{{x\sqrt {1 - {x^2}} }} \ge \frac{{{x^3}}}{{\frac{{{x^2} + 1 - {x^2}}}{2}}} = 2{x^3}\)

Chứng minh tương tự: \(\frac{{{y^2}}}{{\sqrt {1 - {y^2}} }} \ge 2{y^3}\); \(\frac{{{z^2}}}{{\sqrt {1 - {z^2}} }} \ge 2{z^3}\).

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có:

\(\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} + \frac{{{y^2}}}{{\sqrt {1 - {y^2}} }} + \frac{{{z^2}}}{{\sqrt {1 - {z^2}} }} \ge 2\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) = 2\) (đpcm)

Đáp án đúng là: D.

Hàm số y = 3x³ + 2(m + 1)x² – 3mx + m – 5 có 2 điểm cực trị đồng thời y(x₁).y(x₂) = 0 khi và chỉ khi phương trình 3x³ + 2(m + 1)x² – 3mx + m – 5 = 0 (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt.

Ta có: 3x³ + 2(m + 1)x² – 3mx + m – 5 = 0

⇔ (x – 1)[3x² + (2m + 5)x + 5 – m] = 0

⇔ \[\left[ \begin{array}{l}x = 1\\3{x^2} + (2m + 5)x + 5 - m = 0(*)\end{array} \right.\]

(1) có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

TH1: (*) có nghiệm kép khác 1.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = {\left( {2m + 5} \right)^2} - 12\left( {5 - m} \right) = 0\\3 + 2m + 5 + 5 - m \ne 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{m^2} + 32m - 35 = 0\\m \ne - 13\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \frac{{ - 8 \pm 3\sqrt {11} }}{2}\)

TH2: (*) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm x = 1.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = {\left( {2m + 5} \right)^2} - 12\left( {5 - m} \right)\\3 + 2m + 5 + 5 - m = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{m^2} + 32m - 35 > 0\\m = - 13\end{array} \right.\)

⇔ m = −13

Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn. Khi đó tổng của các giá trị m là:

\(\frac{{ - 8 + 3\sqrt {11} }}{2} + \frac{{ - 8 - 3\sqrt {11} }}{2} - 13 = - 21\).

Hàm số đã cho xác định trên ℝ khi và chỉ khi x² – 3mx + 4 ≥ 0, \(\forall \)x ∈ ℝ.

⇒ ∆ = 9m² – 16 ≤ 0

\( \Leftrightarrow {m^2} \le \frac{{16}}{9}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 4}}{3} \le m \le \frac{4}{3}\)

Vậy với \(\frac{{ - 4}}{3} \le m \le \frac{4}{3}\) thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Độ dài cạnh của căn phòng là:

80 : 4 = 20 (dm)

Diện tích căn phòng là:

20 ´ 20 = 400 (dm²)

Diện tích 1 viên gạch là:

2 ´ 2 = 4 (dm²)

Để lát nền căn phòng cần số viên gạch là:

400 : 4 = 100 (viên)

Số tiền mua gạch để lát nền là:

25 000 ´ 100 = 2500 000 (đồng)

Đáp số: 2 500 000 đồng

Chiều dài là: 256 : 8 = 32 (m)

Chu vi hình chữ nhật là: (8 + 32).2 = 80 (m)

Cần số cọc là: 80 : 4 = 20 (cọc)

Đáp số: 20 cọc.

a) \(0,7\% = \frac{{0,7}}{{100}} = \frac{7}{{1000}}\).

b) \(50\% = \frac{{50}}{{100}} = \frac{5}{{10}}\)

Một năm thu được số tiền lãi là:

50 000 000 ´ 0,7% ´ 12 = 4 200 000 (đồng)

Đáp số: 4 200 000 đồng.

• Với n = 1 ta có hình 1² = 1 ô vuông và cần dùng 4 = 2.1.(1 + 1) (chiếc tăm).

• Với n = 2 ta có hình 2² = 4 ô vuông và cần dùng 12 = 2.2.(2 + 1) (chiếc tăm).

• Với n = 3 ta có hình 3² = 9 ô vuông và cần dùng 24 = 2.3.(3 + 1) (chiếc tăm).

…

Như vậy mỗi số n ta có n² và cần dùng 2n(n + 1) chiếc tăm để tạo thành.

• Với n = 2018 ta có: 2018² ô vuông và cần 2 . 2018 . 2019 (chiếc tăm).

• Với n = 2019 ta có: 2019² ô vuông và cần 2 . 2019 . 2020 (chiếc tăm).

Vậy từ hình thứ 2018 đến 2019 ta cần thêm số chiếc tăm là:

2 . 2019 . 2020 – 2 . 2018 . 2019 = 8 076 (chiếc tăm)

Đáp số: 8076 chiếc tăm

Đáp án đúng là: B

Vì AB//CD nên (SAB) cắt (SCD) theo giao tuyến là đường thẳng Sx, Sx//AB//CD.

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

\( = \frac{1}{{2\sqrt {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} } }}{\left( {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} } \right)^\prime }\)

\( = \frac{1}{{2\sqrt {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} } }}\left( {1 + \frac{{2x - 1}}{{2\sqrt {{x^2} - x + 1} }}} \right)\)

\( = \frac{{2\sqrt {{x^2} - x + 1} + 2x - 1}}{{4\sqrt {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} .\sqrt {{x^2} - x + 1} } }}\).

Đáp án đúng là: A.

\(y' = \frac{{{{\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^\prime }}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{1 + \frac{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}\)

\( = \frac{{1 + \frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}\)

\( = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\).

y = (m – 2)x + 3 (d)

Giả sử I(x₀; y₀) là điểm cố định mà (d) luôn đi qua.

Khi đó ta có:

y₀ = (m – 2)x₀ + 3

⇔ y₀ = mx₀ – 2x₀ + 3

⇔ mx₀ = y₀ + 2x₀ – 3

⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\2{x_0} + {y_0} - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{y_0} = 3\end{array} \right.\)

Gọi M(x₀; y₀) là điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua. Khi đó ta có:

y₀ = (2m – 3)x₀ + m – 1

⇔ y₀ = 2mx₀ – 3x₀ + m – 1

⇔ y₀ – 2mx₀ – 3x₀ + m – 1 = 0

⇔ m(–2x₀ + 1) + (y₀ – 3x₀ – 1) = 0

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2{x_0} + 1 = 0\\{y_0} - 3{x_0} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{1}{2}\\{y_0} = \frac{5}{2}\end{array} \right.\]

\( \Rightarrow M\left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)\)

\(\frac{{{8^x}}}{{{2^x}}} = 4\)

\({\left( {\frac{8}{2}} \right)^x} = 4\)

4^x = 4

x = 1

Vậy x = 1.

a) 3² . 9³ = 3² . (3²)³ = 3² . 3⁶ = 3⁸;

b) 2².5² = (2.5)² = 10²;

c) 8⁵ . 2³ = (2³)⁵ . 2³ = 2¹⁵ . 2³ = 2¹⁸;

d) 9⁸ : 3² = (3²)⁸ : 3² = 3¹⁶ : 3² = 3¹⁴.

Gọi ƯCLN(3n + 4; 2n + 3) = d

Ta có: 3n + 4 ⋮ d.

2n + 3 ⋮ d

⇒ (2n + 3) – (3n + 4) ⋮ d

⇒ 3(2n + 3) – 2(3n + 4) ⋮ d

⇒ 6n + 9 – 6n – 8 ⋮ d

⇒ 1 ⋮ d

⇒ d = ± 1

Vì ƯCLN(3n + 4; 2n + 3) = 1 nên \[\frac{{3n + 4}}{{2n + 3}}\] là phân số tối giản.

Gọi d = ƯCLN (n³ + 2n, n⁴ + 3n² + 1)

Ta có: n³ + 2n ⋮ d

⇒ n(n³ + 2n) ⋮ d

⇔ n⁴ + 2n² ⋮ d (1)

(n⁴ + 3n² + 1) – (n⁴ + 2n²) ⋮ d

⇒ n² + 1 ⋮ d

⇒ (n² + 1)² = n⁴ + 2n² + 1 ⋮ d    (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

(n⁴ + 2n² + 1) – (n⁴ + 2n²) ⋮ d

⇒ 1 ⋮ d ⇒ d = ± 1

Vậy \(\frac{{{n^3} + 2n}}{{{n^4} + 3{n^2} + 1}}\) là phân số tối giản.

Ta xét trường hợp hàm số suy biến. Khi m = 0, hàm số trở thành y = −x + 2. Đây là hàm bậc nhất nghịch biến trên ℝ. Vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Với m ≠ 0, hàm số là hàm đa thức bậc 3.

Y’ = 3mx² – 2mx² – (m + 4)

Do đó hàm số nghịch biến trên ℝ khi và chỉ khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}m < 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\{m^2} + 3m\left( {m + 4} \right) \le 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\4{m^2} + 12m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\ - 3 \le m \le 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\ - 3 \le m \le 0\end{array} \right.\) ⇔ −3 ≤ m < 0.

Kết hợp 2 trường hợp ta được −3 ≤ m ≤ 0 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có:

Y’ = 3x² – 2(m + 1)x – (m² – 2m)

Khi đó y’ = 0

⇔ 3x² – 2(m + 1)x – (m² – 2m) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = \frac{{m - 2}}{3}\end{array} \right.\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; 1) khi và chỉ khi:

\(\left[ \begin{array}{l}m \le 0 < 1 \le \frac{{m - 2}}{3}\\\frac{{m - 2}}{3} \le 0 < 1 \le m\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 \le m \le \frac{3}{2}\)

Vậy với \(1 \le m \le \frac{3}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: C.

Giả sử ta có số phức z = x + yi. Ta có:

Z(1 + i) = (x + yi)(1 + i) = (x – y) + (x + y)i

Z(1 + i) là số thực khi x + y = 0 hay y = −x.

Đặt z = a + bi \( \Rightarrow \overline z = a - bi\)

Ta có: \(z.\overline z = 1\)

⇔ (a + bi)(a – bi) = 1

⇔ a² – b²i² = 1

⇔ a² + b² = 1

Vậy tập hợp các số thực thỏa mãn điều kiện trên là một đường tròn có tâm là gốc tọa độ và có bán kính là 1 đvđt.

Ta có: sin²a + cos²a = 1

⇒ cos²a = 1 – sin²a

⇒ cos²a = \(1 - {\left( {\frac{4}{5}} \right)^2}\)

\( = 1 - \frac{{16}}{{25}} = \frac{9}{{25}}\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{\cos ^2}a = {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2}\\{\cos ^2}a = {\left( {\frac{{ - 3}}{5}} \right)^2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \cos a = \frac{{ \pm 3}}{5}\)

Mà a là góc tù nên cosa < 0

\( \Rightarrow \cos a = - \frac{3}{5}\)

\( \Rightarrow A = 2\sin a - \cos a = 2.\frac{4}{5} - \left( {\frac{{ - 3}}{5}} \right)\)

\( = \frac{8}{5} + \frac{3}{5} = \frac{{11}}{5}\)

Vậy \(A = \frac{{11}}{5}\).

Đáp án đúng là: D.

Ta có: M ∈ SA ⇒ M ∈ (SAC)

M ∈ (MNPQ)

⇒ M ∈ (SAC) ∩ (MNPQ)        (1)

Mặt khác:

P ∈ (SC) ⇒ P ∈ (SAC)

P ∈ (MNPQ)

⇒ P ∈ (SAC) ∩ (MNPQ)          (2)

Từ (1) và (2) suy ra (MNPQ) ∩ (SAC) = MP.

Đáp án đúng là: C

Ta có đỉnh I(1; −1) ⇒ \( - \frac{b}{{2a}} = 1\) (1)

a + b + c = −1 (2)

Đồ thị hàm số đi qua A(2 ; 0)

⇒ 4a + 2a + c = 0 (3)

Từ (1); (2) và (3) ta có: a = 1; b = −2; c = 0.

Vậy hàm số cần tìm là: y = x² – 2x.

Đáp án đúng là: D

Vì hàm số cần tìm có đỉnh là I(−1; −2) nên \(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{{2a}} = - 1\\2 - b + c = - 2\end{array} \right.\)

Mà a = 2 nên \(\left\{ \begin{array}{l}b = 4\\c = 0\end{array} \right.\)

Vậy hàm số cần tìm là: 2x² + 4x.

Đáp án đúng là: B

Ta có: S_BCHI = BC²; S_ACFG = AC²; S_ABDE = AB².

Theo định lý Py-ta-go cho tam giác ABC vuông tại A ta có: BC² = AB² + AC²

⇒ S_BCHI = S_ACFG + S_ABDE