7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 42)

sinx+π4=1⇔x+π4=π2+k2π⇔x=π4+k2π.

Ta thấy π4+k2π∈[π;  5π]⇔k∈{1;  2}.

Vậy phương trinh có hai nghiệm thuộc [p; 5p].

Điều kiện: x ³ −1

PT ⇔4x+1−8=x2−5x+6

⇔4x+1−2=x2−5x+6

⇔4(x−3)(x+1−2)=(x−2)(x+3)

⇔(x−3)4x+1−2−x+2=0

⇔x−3=0⇔x=3

Vậy x = 3.

Xét ΔAED và ΔDCF ta có:

AD = CD (vì ABCD là hình vuông)  

AE=CF ( gt)

DEA^=DCF^=90° 

Do đó ΔAED = ΔCFD (c.g.c)

Suy ra DE=DF (1) (hai cạnh tương ứng) và ADE^=CDF^ (hai góc tương ứng).

Suy ra EDC^+CDF^=ADE^+EDC^

Hay EDF^=ADC^=90°   (2)

Từ (1) và (2) suy ra ΔDEF vuông cân tại D.

Vậy ΔDEF vuông cân tại D.

Xét  ΔAED và ΔDCF ta có:

AD = CD (vì ABCD la hình vuông)  

AE = CF ( gt)

DEA^=DCF^=90° 

Do đó ΔAED = ΔCFD (cạnh – góc – cạnh)

Suy ra DE=DF  (1) (hai cạnh tương ứng) và ADE^=CDF^ (hai góc tương ứng).

Suy ra EDC^+CDF^=ADE^+EDC^

Hay EDF^=ADC^=90°   (2)

Từ (1) và (2) suy ra ΔDEF vuông cân tại D.

Mà I là trung điểm của EF nên DI là đường trung tuyến ứng với EF.

Suy ra DI=IE=IF=12EF (định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông) (3)

Xét ΔBEF vuông tại B có BI là đường trung tuyến ứng với EF.

Suy ra BI=IE=IF=12EF (định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông) (4)

Từ (3) và (4) ta có DI = BI.

Vậy DI = BI.

(x + 2)² – 9 = 0

(x + 2)² = 9

x + 2 = 3 hoặc x + 2 = −3

x = 1 hoặc x = –5.

Vậy x ∈{1; –5}.

x + 2)² – x² + 4 = 0

Û 4x + 8 = 0

Û 4x = –8

Û x = –2

Vậy x = –2.

Ta có: AM ⊂ (SAC)

Dễ thấy S ∈ (SAC) ∩ (SBD)

Gọi O là giao điểm của AC và BD

Khi đó O ∈ AC⊂ (SAC),

O ∈ BD ⊂ (SBD)

Do đó O ∈ (SAC) ∩ (SBD)

Þ SO = (SAC) ∩ (SBD)

Trong (SAC) gọi AM ∩ SO = {K} 

Ta có: K ∈ AM, K ∈ SO ⊂ (SBD) 

Þ AM ∩ (SBD) = {K}.

Vậy giao điểm K của đường thẳng AM với (SBD) là giao điểm của AM và SO.

 

Gọi K là giao điểm của DN và BE

•Xét ΔBDK vuông tại K có: BDK^+DBK^=90°

•Xét ΔABE vuông tại A có: ABE^+BEA^=90°

Suy ra BDK^=BEA^

Mà BDK^=IDA^ (vì hai góc đối đỉnh)

Suy ra BEA^=IDA^

•Xét ΔDAI và ΔEAB có:

AD = AE

IDA^=BEA^

IAD^=BAE^ =90°

Do đó  ΔDAI = ΔEAB (cạnh góc vuông – góc nhọn)

Suy raAI = AB (hai cạnh tương ứng).

Mà AB = AC nên AI = AC.

Vậy A là trung điểm của CI.

Ta có: AM // IN (vì cùng vuông góc với BE)

Gọi K là giao điểm của DN và BE

•Xét ΔBDK vuông tại K có: BDK^+DBK^=90°

•Xét ΔABE vuông tại A có: ABE^+BEA^=90°

Suy ra BDK^=BEA^

Mà BDK^=IDA^ (vì hai góc đối đỉnh)

Suy ra BEA^=IDA^

•Xét ΔDAI và ΔEAB có:

AD = AE

IDA^=BEA^

IAD^=BAE^ =90°

Do đó ΔDAI = ΔEAB (cạnh góc vuông – góc nhọn)

Suy ra AI = AB (hai cạnh tương ứng).

Mà AB = AC nên AI = AC.

Xét ΔINC có: AI = AC; AM // IN.

Suy ra MN = MC (hệ quả của tính chất đường trung bình trong tam giác).

Vậy MN = MC.

Do hạ giá 10% nên giá bán mới bằng 90% giá ngày thường

Coi giá vốn là 100% thì giá bán mới bằng 108% giá vốn

Như vậy 108100 (giá vốn) bằng 90100 (giá ngày thường)

Giá ngày thường so với giá vốn là:

108100:90100=120  (%).

Ngày thường thì cửa hàng được lãi là:

120% – 100% = 20%.

Đáp số: 20%.

Coi giá ban đầu là 100% thì giá sách sau khi giảm đi 20% là:

100% – 20% = 80%.

Vậy lúc đầu giá của cuốn sách đó là:

9600 : 80 × 100 = 12000 (đồng).

Đáp số: 12000 đồng.

•Số tự nhiên có 2 chữ số là: C91 . C101=90 (số)

• Ω: “Chọn ngẫu nhiên 2 số từ tập hợp S” nênnΩ=C902

•A: “Chọn được 2 số có chữ số hàng đơn vị giống nhau”.

Trường hợp 1: Chữ số hàng đơn vị là 0 Þ Có 9 chữ số là: 10; 20; 30; 40; 50; 60; 70; 80; 90

Þ Số cách chọn 2 số là: C92

Tương tự với các số có chữ số hàng đơn vị là: 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9

Þ Có tất cả 10 trường hợp giống nhau.

⇒nA=10.C92

⇒PA=10.C92C902=889.

Vậy xác suất để hai số được chọn có chữ số hàng đơn vị giống nhau là 889.

Theo giả thiết đề bài cho, ta có biểu đồ Ven:

Dựa vào biểu đồ Ven, ta thấy:

Số học sinh chỉ giỏi Toán và Lý (không giỏi Hóa) là: 

6 – 3 = 3 (em)

Số học sinh chỉ giỏi Toán và Hóa (không giỏi Lý) là: 

4 – 3 = 1 (em)

Số học sinh chỉ giỏi Lý và Hóa (không giỏi Toán) là: 

5 – 3 = 2 (em)

Số học sinh chỉ giỏi một môn Toán là: 

10 – 3 – 3 – 1 = 3 (em)

Số học sinh chỉ giỏi một môn Lý là: 

10 – 3 – 3 – 2 = 2 (em)

Số học sinh chỉ giỏi một môn Hóa là: 

11 – 1 – 3 – 2 = 5 (em)

Số học sinh giỏi ít nhất một trong ba môn là:

3 + 2 + 5 + 1 + 2 + 3 + 3 =19 (em)

Đáp số: 19 em.

Ta có sơ đồ Ven, ta có:

Số học sinh giỏi ít nhất hai môn là:

7 + 6 + 8 = 21 (em)

Số học sinh giỏi cả ba môn Toán, Văn, Anh là:

22 + 25 + 20 – 40 – 21 = 6 (em)

Đáp số: 6 em.

Tập xác định của hàm số là tập hợp các giá trị của x thỏa mãn điều kiện: −2x+3m+2≥02x+4m−8≠0

⇔3m+2≥2x2x≠8−4m⇔x≤3m+22x≠4−2m

Để hàm số xác định trên khoảng (−∞;−2) cần có:

⇔3m+22≥−24−2m≥−2⇔m≥−2m≤3

Þ m Î [−2; 3]

Vậy m Î [−2; 3].

Tập xác định của hàm số là tập hợp các giá trị của x thỏa mãn điều kiện:

x – m + 1 ¹ 0 Û x ¹ m – 1

Để hàm số xác định trên (0; 2) thì m – 1 Ï (0; 2).

⇒m−1≤0m−1≥2⇔m≤1m≥3

Vậy các giá trị m thỏa mãn là m ≤ 1 hoặc m ≥ 3.

Lấy A(5; 0) thuộc d và B(0; 5) thuộc d

Phép quay Q_{(I; −180°)} là phép đối xứng tâm I

•Q_{(I; −180°)}(A) ® A’ nên A’(3; 6).

•Q_{(I; −180°)}(B) ® B’ nên B’(8; –11).

Khi đó x−38−3=y+6−11+6

Û –5x – 5y – 15 = 0 Û x + y + 3 = 0.

Vậy phương trình đường thẳng d’ là: x + y + 3 = 0.

Ta có: sin2 α + cos2 α = 1

⇔ cos2 α = 1 − sin2 α

⇔cos2α=1−452=1−1625=925

⇔cos2α=352cos2α=−352

⇔cosα=35cosα=−35

Mà α là góc tù nên cos α < 0

cosα=−35

⇒A=2sinα−cosα=2⋅45−−35=85+35=115

Vậy A=115⋅

Ta có: sin3x−3cos3x=2sin2x

⇔2sin3x−π3=2sin2x

⇔3x−π3=2x+k2π3x−π3=π−2x+k2π

⇔x=π3+k2πx=2π15+k2π5  (k∈ℤ)

Vậy các giá trị x thoả mãn là x=π3+k2π hoặc x= 2π15+k2π5.

Ta có F(x)=∫f(x)dx=∫2xdx=2dxln2+C.

Mặt khác F(0)=2⇒F(0)=1ln2+C=2.

Do đó C=2−1ln2  (a,  b∈ℕ,  0<a≤9,  0≤b≤9).

Vậy nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) = 2x = 2 là 2xln2+2−1ln2.

Xác suất 2 bạn hòa nhau là: 1 – 0,3 – 0,4 = 0,3.

Để hai bạn dừng chơi sau 2 ván cờ  thì ván 1 hòa, ván 2 không hòa.

Vậy xác suất để hai bạn dừng chơi sau 2 ván cờ là:0,3.0,7 = 0,21.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, trong đó:

A(0;0;0); B(a;0;0); C(a;a;0); D(0;a;0); S(0;0;2a)

Vì M là trung điểm của SD nên M(0;a²;a)

Gọi O là giao điểm của AC, BD

Khi đó MO // SB nên SB // (ACM)

Do đó d(SB, (ACM)) = d(B, (ACM))

Ta có:AC→,AM→=a2;−a2;a22

Suy ra n→ (2;  −2;  1) là một vectơ chỉ phương của mặt phẳng (ACM).

Khi đó phương trình mặt phẳng (ACM): 2x – 2y + z = 0.

Do đó d(SB, (ACM)) = d(B,(ACM)) = 2a3.

Vậy khoảng cách d giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ACM) là 2a3.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD

Ta có: AC ^ BD; BD ^ SA

Do đó BD ^ (SAC)

Dựng OK ^ SC

Do đóOK là đoạn vuông góc chung của BD và SC

Khi đó d(BD;SC)=OK=12d(A;SC)=12⋅SA.ACSA2+AC2 (1)

Ta có: AC2 = AB2 + BC2 = 2a2

Suy ra AC=a2

Thay vào (1) ta có d=a66.

Vậy d=a66.

Ta có: y'=−m2+2m+3(x−m)2

Hàm số đồng biến trên: (2; +¥) Û y’ > 0, " x Î (2; +¥)

⇒−m2+2m+3>0x≠m∈(2;+∞)

⇔−1<m<3m≤2

⇒−1<m≤2

Þ m Î {0; 1; 2}.

Vậy S có 3 phần tử.

Gọi số cần tìm là abcba¯ (a,b∈ℕ, 0<a≤9,  0≤b≤9)

•Có 9  cách chọn a (vì a khác 0)

•Có 10 cách chọn b.

•Có 10 cách chọn c.

Vậy có 9.10.10 = 900 (số).

Để lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số ta phải thực hiện qua ba giai đoạn:

• Chọn một quả cầu đỏ.

• Chọn một quả cầu xanh.

• Chọn một quả cầu vàng.

•Chọn quả cầu đỏ có 5 cách chọn.

•Chọn quả cầu xanh có 5 cách chọn (trừ quả cầu được đánh số trùng với quả cầu đỏ).

•Chọn quả cầu vàng có 5 cách chọn (trừ hai quả cầu được đánh số trùng với quả cầu đỏ và quả cầu xanh).

Theo quy tắc nhân ta được 5. 5. 5 = 125 cách lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số.

Vậy có 125 cách lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số.

•Trường hợp 1: chọn 4 bi đỏ hoặc trắng có: C94=126 (cách)

•Trường hợp 2: chọn 4 bi đỏ và vàng hoặc 4 bi vàng có C104−C44=209 (cách)

•Trường hợp 3: chọn 4 bi trắng và vàng có C114−(C54+C64)=310 (cách)

Số cách chọn 4 viên bi từ hộp đó sao cho không có đủ 3 màu là:

126 + 209 + 310 = 645 (cách).

Vậy có 645 cách.

Ta có sinx−3cosx=0

⇔12sinx−32cosx=0⇔sinx−π3=0

⇔x−π3=kπ⇔x=π3+kπ  (k∈ℤ)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=π3+kπ  ,k∈ℤ.

Thể tích khối bát diện đều là:

V=2V1=2.a332=a323

Vậy thể tích của khối bát diện đều cạnh a là a323.

Tập xác định: D=[−2;2]\{−1}.

Ta thấy y=4−x2x+1(x−4)

• limx→ −1−y=limx→ −1−4−x2x+1x−4=+∞;

• limx→ −1+y=limx→ −1+4−x2x+1x−4=−∞.

Suy ra đồ thị có đúng một đường tiệm cận đứng là x = −1

Do tập xác định D = [−2; 2] \ {−1} nên ta không xét được limx→−∞y  và limx→+∞y.

Suy ra hàm số không có đường tiệm cận ngang.

Vậy hàm số y=4−x2x2−3x−4 có 1 đường tiệm cận đứng x = −1.

x² – 8x + 16 = 0

Û (x – 4)² = 0

Û x – 4 = 0

Û x =4

Vậy x = 4.

25x² – 9 = 0

(5x – 3)(5x + 3) = 0

5x – 3 = 0 hoặc 5x + 3 = 0

x=35 hoặc x=-35

Vậy x∈−35;  35.

Ta có: y = ax⁴ + bx² + c (a ¹ 0)

Suy ra y’ = 4ax³ + 2bx

Dựa vào bảng biến thiên, ta thầy đồ thị hàm số đi qua các điểm (-1; 2), (0; 1), (1; 2) và các các điểm này là các điểm cực trị của hàm số

y(0)=1y(1)=2y'(1)=0⇔c=1                  a+b+c=24a+2b=0  

⇔a=−1b=2  c=1   

Khi đó P = a – 2ab + 3c = –1 – 2.2 + 3.1 = –2.

Vậy P = –2.

Để hai đồ thị hàm số trên song song thì:

m+1=2      m2+m≠2⇔m=1                                (m−1)(m+2)≠0⇔m=1    m≠1    m≠−2 (vô lý)

Vậy không tồn tại m để 2 đường thẳng trên song song.

Để d // d’ thì: m−1=3   −2m≠1 ⇔m=4    m≠−12

Vậy m = 4 thì d // d’.

cos3x – 2sin2x – cosx – sinx – 1 = 0

Û 4cos3x – 3cosx – 4sinx.cosx – sinx – cosx – 1 = 0

Û 4(1 – sin2 x)cosx – 4cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = 0

Û (1 + sinx)[4(1 – sinx)cosx – 4cosx – 1] = 0

Û (1 + sinx)( – 4sinx.cosx – 1) = 0

⇔ sin x=−1sin x=−12⇔x=−π2+k2πx=−π12+kπx=7π12+kπ  (k∈ℤ)

Vậy x=−π2+k2π; −π12+kπ hoặc 7π12+kπ (k∈ℤ).

f(x) =2x³ + 3x² – 1⇒ f′(x) = 6x² + 6x; f′(x) = 0

⇔x=0   (ktm)x=−1  (tm)

Hàm số f(x) liên tục trên −2;−12, có f(−2) = −5; f(−1) = 0; f−12=−12

⇒m=min−2; − 12f(x)=−5;

Và M=max−2 ; − 12f(x)=0

Þ P = M – m = 5

Vậy P = 5.

Hàm số y=2x1−sin2x xác định khi và chỉ khi:

1 – sin² x ¹ 0

Û cos² x ¹ 0

Û cos x ¹ 0

⇔x≠π2+kπ,  k∈ℤ

Vậy tập xác định của hàm số là D=x∈ℝ|x≠π2+kπ,  k∈ℤ.

Gọi A(x₀;y₀) và B là điểm đối xứng với A qua điểm M(–1; 3)

Suy ra M là trung điểm của AB nên B(–2 – x₀; 6 – y₀).

Do A và B thuộc đồ thị hàm số (C) nên:

y0=−x03+3x0+2   (1)6−y0Invalid <m:msup> element=−+3(−2−x0)+2   (2)

Từ (1) và (2) lấy vế cộng vế ta được:

6 = –x₀³ + 3x₀ + 2 – (–2 – x₀)³ + 3(–2 – x₀) + 2

⇔ 6 = –x₀³ + 3x₀ + 2 + 8 + 12x₀ + 6x₀² + x₀³ – 6 – 3x₀ + 2

⇔ 6x₀² + 12x₀ + 6 = 0

⇔ x₀ = –1 nên y₀ = 0.

Vậy 2 điểm cần tìm là: (–1; 0) và (–1; 6).

Ta có: M=max[−2 ;  4]f(x)=f(−2)=7;

m=min[−2 ;  4]f(x)=f(4)=−4.

Do đó M² + m² = 7² + (–4)² = 65.

Vậy  M² + m² = 65.

sin(2x + 1) = cos(3x + 2)

⇔sin(2x+1)=sinπ2−3x−2

⇔2x+1=πx−3x−2+k2π         2x+1=π−πx+3x+2+k2π

⇔x=π10−35+k2π5         x=−π2−1−k2π          (k∈ℤ)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x=π10−35+k2π5; x=−π2−1−k2π .

y = x³ − 3(m + 2)x² + 3(m² + 4m)x + 1

⇒ y′ = 3x² − 6(m + 2)x + 3(m² + 4m)

Hàm số y = x³ − 3(m + 2)x² + 3(m² + 4m)x + 1nghịch biến trên khoảng (0;1) 

⇔ f′(x) ≤ 0, ∀x ∈ (0;1) và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên (0;1).

⇔ 3x² − 6(m + 2)x + 3(m² + 4m) ≤ 0,∀x ∈ (0;1) và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên (0;1).

Xét phương trình 3x² − 6(m + 2)x + 3(m² + 4m) = 0 (∗)

Δ′ = 9(m +2)² − 3.3.(m² + 4m) = 36 > 0, ∀m

Þ Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x₁, x₂.

Để hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) thì x₁ ≤ 0 < 1 ≤ x₂

⇔x1x2≤0                      (1−x1)(1−x2)≤0⇔x1x2≤0                                 1+x1x2−(x1+x2)≤0

⇔m2+4m≤0                             1+m2+4m−2m−4≤0⇔−4≤m≤0−3≤m≤1⇔−3≤m≤0

Mà m∈ℤ nên m∈−3;−2;−1;0.

Vậy có 4 giá trị nguyên m thỏa mãn.

Xét y’ = 0, ta có:

y’ = 3x² – 6mx = 3x(x – 2m) = 0

⇔x=0     x=2m

Điều kiện để có hai cực trị là 2m ¹ 0 hay m ¹ 0.

Tọa độ 2 điểm cực trị là: A(0; 2) và B(2m; 2 – 4m³)

Nếu m < 0: A là điểm cực tiểu.

Khi đó d(A; ∆) = 0 ¹ 2 (loại)

Nếu m > 0 thì B là cực tiểu

Khi đó d(B;  Δ)=2⇔2m3−m=1

⇔2m3−m=1   2m3−m=−1⇔m=1   m=−1

Do m > 0 nên m = 1.

Vậy m = 1.

PT hoành độ giao điểm của (C) và trục hoành:

y = x³ + 3x²+ mx + m – 2 = 0 (1)

⇔x=−1                                              g(x)=x2+2x+m−2  (2)

(C_m) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với trục hoành.

Þ Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

Þ (2) có 2 nghiêm phân biệt khác –1

⇔Δ'=3−m>0        g(−1)=m−3≠0 ⇔m<3

Vậy m < 3.

Vì G’ là trọng tâm của tam giác OCD nên d=a66 (1)

Vì  G  là trọng tâm của tam giác OAB  nên GO→+GA→+GB→=0→

Khi đó GO→=− GA→−GB→.

Từ (1) và (2) suy ra GG'→=13− GA→− GB→+GC→+GD→=13AC→+BD→

Vậy GG'→=13AC→+BD→.

Ta có: y = x – 5m (1)

y’ = 3x – m² (2)

Để (1) và (2) cắt nhau tại một điểm thì y = y’

Û x – 5m = 3x – m²

Û m² – 5m = 2x

Mà hai đồ thị cắt nhau tại điểm có hoành độ bằng –3 nên:

m² – 5m = 2. (–3)

Û m² – 5m + 6 = 0

Û m² – 2m – 3m + 6 = 0

Û m(m – 2) – 3(m – 2) = 0

Û (m – 2)(m – 3) = 0

⇔m−2=0m−3=0⇔m=2m=3

Vậy giá trị m thỏa mãn là m = 2 hoặc m = 3.

Để đường thẳng (d) // (m) thì:

2k−1=0,53−k≠−3⇔k=34   (tm)k≠6              

Vậy giá trị k thỏa mãn là k=34.

Gọi I là giao điểm của AC và BD.

Do ABCD là hình thang có AB = 3CD nên ICIA=IDIB=13.

Mà I nằm giữa A, C và nằm giữa B, D nên IC→=−13 IA→,   ID→=−13IB→

Phép vị tự biến điểm A thành điểm C và biến điểm B thành điểm D là phép vị tự tâm I có tỉ số là: k=−13

Vậy tỉ số của phép vị tự biến điểm A thành điểm C và biến điểm B thành điểm D là k=−13.

Đáp án đúng là: C

Ta có: g' (x) = (1 – 2x)f '(x – x²)

Hàm số y = g(x) nghịch biến trên (a; b)

Û g' (x) ≤ 0 "x Î (a;b) và bằng 0 tạ hữu hạn điểm

Ta có: g' (1) = 3f '(–2) > 0

Do đó loại đáp án A, B, D ta chọn đáp án C.

Xét hàm số: y = f(x² − 4x + 1)

 y′ = g′(x) = (2x−4)f′( x² − 4x + 1)

g'(x)=0⇔2x−4=0                   f'(x2−4x+1)=0

⇔2x−4=0            x2−4x+1=−1x2−4x+1=3   ⇔2x−4=0           x2−4x+2=0x2−4x−2=0

Suy ra g′(x) bị đổi dấu 5 lần nên hàm số y = f(x² − 4x + 1) có 5 điểm cực trị

Vậy hàm số y = f(x² − 4x + 1) có 5 điểm cực trị.

Trong tam giác vuông CDA: tan72°12'=CDAD

⇔BD=CDtan34°26'=80tan34°26'≈116,7

Trong tam giác vuông CDB: tan34°26=CDBD

⇔BD=CDtan34°26'=80tan34°26'≈116,7

AB = BD – AD = 116,7 – 25,7 = 91 (m).

Vậy khoảng cách AB là 91 m.

Vì trong mỗi câu trả lời đều có 1 phần đúng và 1 phần sai nên có các trường hợp:

• Giả sử Dương ở Thăng Long là đúng thì Phương ở Quang Trung là sai.

Suy ra Dương ở Quang Trung là sai. Vậy Hiếu ở Thăng Long là đúng.

Điều này vô lý vì Dương và Hiếu cùng ở Thăng Long.

• Giả sử Dương ở Thăng Long là sai, suy ra Phương ở Quang Trung và do đó Dương ở Quang Trung là sai.

Suy ra Hiếu ở Thăng Long. Vậy Hiếu ở Phúc Thành là sai. Suy ra Hằng ở Hiệp Hòa.

Còn lại Dương ở Phúc Thành.

Vậy Dương ở Phúc Thành.

Gọi phương trình AB có dạng y = ax + b

Khi đó 0a+b=1a+b=3⇔a=2b=1

Vậy phương trình đường thẳng AB là: y = 2x + 1.

Đường thẳng d song song với AB có dạng: y = 2x + b (b ≠ 1)

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là:

x² = 2x + b ⇔ x² − 2x – b = 0 (∗)

Ta có  Δ’ = 1 + b.

Đường thẳng d tiếp xúc với (P) ⇔ Δ′ = 0 ⇔ 1 + b = 0 ⇔ b = −1 (tm)

Vậy đường thẳng d song song với AB và tiếp xúc với (P) là: y = 2x – 1.

Ta có y^’ = 3x² – 2mx – (m – 6)

Để hàm số đồng biến trên (0; 4)

Û y’ ≥ 0 "x Î (0; 4) và y′ = 0 tại một số giá trị hữu hạn.

3x² − 2mx − (m − 6) ≥ 0 ∀x ∈ (0; 4)

⇔ 3x² + 6 ≥ m(2x + 1)

Với mọi x ∈ (0; 4) ta có 2x + 1 > 0 nên

f(x)=3x2+62x+1≥m   ∀x∈(0;4)

⇔ m ≤ min_{(0; 4)} của f(x)

Xét hàm số f(x)=3x2+62x+1trên (0; 4) ta có:

f'(x)=6x2+6x−122x+12=0

⇔x=1∈(0;4)    x=−2∉(0;4)

Xét bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy min_{(0; 4)} của f(x) = f(1) = 3 Û m ≤ 3

Khi m = 3 ta có : y′ = 3x² − 6x + 3 = 3(x − 1)² ≥ 0 ∀x ∈ (0;4)

Vậy với m ≤ 3thì hàm số đồng biến trên (0; 4).

Tập xác định: D = R

Xét đạo hàm:y′ = 3x² + 6x = 0

Û 3x(x + 2) = 0

⇔x=0         x+2=0⇔x=0   x=−2

Tọa độ hai điểm cực trị là A(0; −4), B(−2; 0)

 Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là:

AB=xB−xA2+yB−yA2=20=25

Vậy khoảng cách AB=25.

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x − 2 và đồ thị  y=2x+1x−1là:

2x+1x−1=x−2   (x≠1)

⇔ 2x + 1 = x² − 3x + 2

⇔ x² − 5x + 1 = 0  (∗)

Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình (*) ta được: xA+xB=5xAxB=1      

Vậy x_A + x_B = 5.