7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 55)

Ta có:a + 2b + 3 = (a + b) + (b + 1) + 2

\( \ge 2\sqrt {ab} + 2\sqrt b + 2\)

\[ \Rightarrow \frac{1}{{a + 2b + 3}} \le \frac{1}{{2\left( {\sqrt {ab} + \sqrt b + 1} \right)}}\]

Làm tương tự như vậy, ta lại có:

\[\frac{1}{{b + 2c + 3}} \le \frac{1}{{2\left( {\sqrt {bc} + \sqrt c + 1} \right)}};\;\frac{1}{{c + 2a + 3}} \le \frac{1}{{2\left( {\sqrt {ca} + \sqrt a + 1} \right)}}\]

Từ đó suy ra:\(P = \frac{1}{{a + 2b + 3}} + \frac{1}{{b + 2c + 3}} + \frac{1}{{c + 2a + 3}}\)

\[ \le \frac{1}{{2\left( {\sqrt {ab} + \sqrt b + 1} \right)}} + \frac{1}{{2\left( {\sqrt {bc} + \sqrt c + 1} \right)}} + \frac{1}{{2\left( {\sqrt {ca} + \sqrt a + 1} \right)}}\]

Bởi vì \(abc = 1 \Rightarrow \sqrt {abc} = 1\)

\( \Rightarrow P \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt {ab} + \sqrt b + 1}} + \frac{1}{{\sqrt {bc} + \sqrt c + 1}} + \frac{1}{{\sqrt {ca} + \sqrt a + 1}}} \right)\)

\( \Rightarrow P \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt {abc} }}{{\sqrt {ab} + \sqrt b \,.\,\sqrt {abc} + \sqrt {abc} }} + \frac{1}{{\sqrt {bc} + \sqrt c + 1}} + \frac{{\sqrt {abc} }}{{\sqrt {ca} + \sqrt a + \sqrt {abc} }}} \right)\)

\( \Rightarrow P \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt c }}{{1 + \sqrt {bc} + \sqrt c }} + \frac{1}{{\sqrt {bc} + \sqrt c + 1}} + \frac{{\sqrt {bc} }}{{\sqrt c + 1 + \sqrt {bc} }}} \right)\)

\( \Rightarrow P \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt c + 1 + \sqrt {bc} }}{{1 + \sqrt {bc} + \sqrt c }}} \right) = \frac{1}{2}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Vậy GTLN của P là \(\frac{1}{2}\) khi a = b = c = 1.

Ta có a + b + c = 1 nên suy ra:

\[\frac{a}{{\sqrt {a + bc} }} = \frac{a}{{\sqrt {a\left( {a + b + c} \right) + bc} }} = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + ab + ac + bc} }}\]

\[ = \frac{a}{{\sqrt {a\left( {a + b} \right) + c\left( {a + b} \right)} }} = \frac{a}{{\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} }} = \sqrt {\frac{a}{{a + b}}} \,.\,\sqrt {\frac{a}{{a + c}}} \]

\( \le \frac{1}{2}\left( {\frac{a}{{a + b}} + \frac{a}{{a + c}}} \right)\)

Làm tương tự như vậy, ta lại có:

\(\frac{b}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{b}{{b + c}} + \frac{b}{{b + a}}} \right);\;\frac{c}{{\sqrt {c + ab} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{c}{{c + a}} + \frac{c}{{c + b}}} \right)\)

Do đó:\(P = \frac{a}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{b}{{\sqrt {b + ca} }} + \frac{c}{{\sqrt {c + ab} }}\)

\( \le \frac{1}{2}\left( {\frac{a}{{a + b}} + \frac{a}{{a + c}}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{b}{{b + c}} + \frac{b}{{b + a}}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{c}{{c + a}} + \frac{c}{{c + b}}} \right)\)

\[ = \frac{1}{2}\left( {\frac{a}{{a + b}} + \frac{a}{{a + c}} + \frac{b}{{b + c}} + \frac{b}{{b + a}} + \frac{c}{{c + a}} + \frac{c}{{c + b}}} \right)\]

\[ = \frac{1}{2}\left( {\frac{{a + b}}{{a + b}} + \frac{{a + c}}{{a + c}} + \frac{{b + c}}{{b + c}}} \right)\]

\[ = \frac{1}{2}\left( {1 + 1 + 1} \right) = \frac{3}{2}\].

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).

Vậy GTLN của P là \(\frac{3}{2}\) khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).

Vì ABC.A'B'C' là lăng trụ đều nên AA' ⏊ (ABC) và tam giác ABC đều.

Tam giác ABC là tam giác đều có cạnh a nên \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Cạnh bên của lăng trụ bằng 2a nên AA' = 2a.

Vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'\,.\,{S_{\Delta ABC}} = 2a\,.\,\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).

Khối lăng trụ đều là khối lăng trụ đứng có các cạnh bên và các cạnh đáy bằng nhau.

Vì ABC.A'B'C' là lăng trụ đều nên AA' ⏊ (ABC) và tam giác ABC đều.

Tam giác ABC là tam giác đều có cạnh a nên \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Cạnh bên của lăng trụ bằng a nên AA' = a.

Vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'\,.\,{S_{\Delta ABC}} = a\,.\,\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).

Ta đặt t = e^x, với x Î [0; ln 4] Þ t Î [1; 4]

Khi đó, hàm số trở thành: g (t) = |t² − 4t + m|.

Xét hàm số u (t) = t² − 4t + m trên [1; 4], có u′ (t) = 2t − 4 = 0 Û t = 2.

Ta tính được u (1) = m − 3; u (2) = m − 4; u (4) = m suy ra

g (1) = |m − 3|; g (2) = |m − 4|; g (4) = |m|

• TH1: \[\left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 4} \right| \le \left\{ {\left| {m - 3} \right|;\;\left| m \right|} \right\}\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\;4} \right]} g\left( t \right) = \left| {m - 4} \right| = 6\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 4} \right| \le \left\{ {\left| {m - 3} \right|;\;\left| m \right|} \right\}\\\left[ \begin{array}{l}m - 4 = 6\\m - 4 = - 6\end{array} \right.\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 4} \right| \le \left\{ {\left| {m - 3} \right|;\;\left| m \right|} \right\}\\\left[ \begin{array}{l}m = 10\\m = - 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 10\].

• TH2:\[\left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 3} \right| \le \left\{ {\left| {m - 4} \right|;\;\left| m \right|} \right\}\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\;4} \right]} g\left( t \right) = \left| {m - 3} \right| = 6\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 3} \right| \le \left\{ {\left| {m - 4} \right|;\;\left| m \right|} \right\}\\\left[ \begin{array}{l}m - 3 = 6\\m - 3 = - 6\end{array} \right.\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 3} \right| \le \left\{ {\left| {m - 4} \right|;\;\left| m \right|} \right\}\\\left[ \begin{array}{l}m = 9\\m = - 3\end{array} \right.\end{array} \right.\]

Suy ra trường hợp trên không cho giá trị m thảo mãn.

• TH3: \[\left\{ \begin{array}{l}\left| m \right| \le \left\{ {\left| {m - 3} \right|;\;\left| {m - 4} \right|} \right\}\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\;4} \right]} g\left( t \right) = \left| m \right| = 6\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| m \right| \le \left\{ {\left| {m - 3} \right|;\;\left| {m - 4} \right|} \right\}\\\left[ \begin{array}{l}m = 6\\m = - 6\end{array} \right.\end{array} \right.\]

Û m = −6.

Vậy m Î {−6; 10} là hai giá trị cần tìm.

Do f (x) = 6x + sin 3x nên nguyên hàm F (x) của hàm số f (x) là:

\(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {6x + \sin 3x} \right)dx} = 3{x^2} - \frac{{\cos 3x}}{3} + C\)

Mà \(F\left( 0 \right) = \frac{2}{3} \Rightarrow - \frac{1}{3} + C = \frac{2}{3} \Leftrightarrow C = 1\).

Vậy nguyên hàm F (x) của hàm số f (x) = 6x + sin 3x là \(F\left( x \right) = 3{x^2} - \frac{{\cos 3x}}{3} + 1\).

y = ax³ + bx² + cx + d Þ y¢= 3ax² + 2bx + c

+ Đồ thị hàm số đi qua hai điểm A(1; −7); B(2; −8) nên ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}a + b + c + d = - 7\\8a + 4b + 2c + d = - 8\end{array} \right.\;\;\;\left( 1 \right)\]

+ Đồ thị y¢= 3ax² + 2bx + c có hai điểm cực trị là A(1; −7); B(2; −8) nên nó nhận x = 1 và x = 2 là nghiệm của phương trình y¢= 0, suy ra:

\(\left\{ \begin{array}{l}3a + 2b + c = 0\\12a + 4b + c = 0\end{array} \right.\;\;\;\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có một hệ phương trình 4 ẩn là:

\[\left\{ \begin{array}{l}a + b + c + d = - 7\\8a + 4b + 2c + d = - 8\\3a + 2b + c = 0\\12a + 4b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = - a - b - c - 7\\7a + 3b + c = - 1\\3a + 2b + c = 0\\12a + 4b + c = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = - a - b - c - 7\\c = - 3a - 2b\\4a + b = - 1\\5a + b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = - a - b - c - 7\\c = - 3a - 2b\\4a + b = - 1\\a = 2\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = - a - b - c - 7\\c = - 3a - 2b\\b = - 1 - 4a\\a = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = - 12\\c = 12\\b = - 9\\a = 2\end{array} \right.\]

Khi đó: y (−1) = −a + b − c + d = −2 + (−9) − 12 + (−12) = −35.

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Ta có: \(4f\left( x \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{3}{4}\).

Ta nhận thấy: \(0 < \frac{3}{4} < 1\).

Khi đó số nghiệm thực của phương trình 4f (x) − 3 = 0 chính là số giao điểm của 2 đồ thị y = f (x) và \(y = \frac{3}{4}\).

Nhìn vào đồ thị hàm số ta có 2 đồ thị giao nhau tại 4 điểm phân biệt, nên phương trình đã cho có 4 nghiệm thực.

Ta có: \(2f\left( x \right) = - 1 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{1}{2}\).

Ta nhận thấy: \( - 1 < - \frac{1}{2} < 0\).

Khi đó số nghiệm thực của phương trình 2f (x) = −1 chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng \(y = - \frac{1}{2}\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng \(y = - \frac{1}{2}\) cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 2 điểm phân biệt nên phương trình 2f (x) = −1 có 2 nghiệm phân biệt.

Gọi H là trung điểm của AB suy ra SH ⏊ AB .

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\end{array} \right.\) nên SH ⏊ (ABCD)

Gọi O = AC Ç BD.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \cap \left( {SBD} \right) = O\\AO = OC\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {C,\;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right)\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}AH \cap \left( {SBD} \right) = B\\AB = 2HB\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\;\left( {SBD} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {H,\;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right)\)

Do đó\(\frac{{d\left( {C,\;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{\frac{1}{2}d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right)}} = 2\).

Kẻ HM ⏊ BD (M Î BD), kẻ HK ⏊ SM tại K

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot HM\\BD \bot SH\;\left( {do\;SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow BD \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow BD \bot HK\).

Lại có HK ⏊ SM Þ HK ⏊ (SBD) tại K Þ HK = d(H, (SBD)).

Vì ABCD là hình vuông nên AO ⏊ BD mà HM ⏊ BD Þ HM // AO.

Lại có H là trung điểm của AB nên M là trung điểm của BO.

Suy ra HM là đường trung bình của tam giác ABO

\( \Rightarrow HM = \frac{{AO}}{2} = \frac{1}{2}\,.\,\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Xét tam giác SMH vuông tại H, ta có \(HM = \frac{{a\sqrt 2 }}{4};\;SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên

\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{28}}{{3{a^2}}}\)

\( \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}} \Rightarrow d\left( {C,\;\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) bằng \(\frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Gọi H và M lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Tam giác SAB đều nên suy ra SH ⏊ AB.

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\end{array} \right.\) nên SH ⏊ (ABCD).

Kẻ HM ⏊ BD (M Î BD), kẻ HK ⏊ SM tại K.

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HM\\CD \bot SH\;\left( {do\;SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow CD \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SHM} \right)\].

Kẻ HN ⏊ SM Þ HN ⏊ (SCD)

Do đó d(A, (SCD)) = d(H, (SCD)) = HN.

Xét tam giác SMH vuông tại H, ta có \(HM = 1;\;SH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) nên

\(\frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}} = \frac{7}{3}\)

\( \Rightarrow HN = \sqrt {\frac{3}{7}} = \frac{{\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow d\left( {A,\;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng \(\frac{{\sqrt {21} }}{7}\).

Do x, y là hai số không âm thỏa mãn x + y = 2 Þ y = 2 – x (0 ≤ x ≤ 2)

Khi đó: \(P = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + {y^2} - x + 1\)

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

\( = \frac{1}{3}{x^3} + 2{x^2} - 5x + 5\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} + 2{x^2} - 5x + 5,\;x \in \left[ {0;\;2} \right]\) có: 

\(f'\left( x \right) = {x^2} + 4x - 5 \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\;\;\;\,\left( {tm} \right)\\x = - 5\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Hàm số f (x) liên tục trên đoạn [0; 2] có:

\(f\left( 0 \right) = 5;\;f\left( 1 \right) = \frac{7}{3};\;f\left( 2 \right) = \frac{{17}}{3}\).

Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \frac{7}{3}\).

Vậy GTNN của P là \(\frac{7}{3}\) khi x = 1 và y = 2 − 1 = 1.

Ta có: x² − 2xy + x − 2y ≤ 0

Û x(x − 2y) + (x − 2y) ≤ 0

Û (x − 2y)(x + 1) ≤ 0.

Mà do x, y là các số thực không âm nên x + 1 > 0.

Khi đó x − 2y ≤ 0 Û x ≤ 2y.

Với x, y là các số thực không âm nên ta có:

M = x² − 5y² + 3x ≤ (2y)² − 5y² + 3.(2y)

= −y² + 6y = −y² + 6y − 9 + 9

= −(y − 3)² + 9 ≤ 9, "y

Dấu “=” xảy ra Û y − 3 = 0 Û y = 3.

Vậy GTLN của M là 9 khi y = 3 và x = 2.3 = 6.

\(3\sin 3x + \sqrt 3 \cos 9x = 1 + 4{\sin ^3}3x\)

\( \Leftrightarrow \left( {3\sin 3x - 4{{\sin }^3}3x} \right) + \sqrt 3 \cos 9x = 1\)

\( \Leftrightarrow \sin 9x + \sqrt 3 \cos 9x = 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin 9x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 9x = \frac{1}{2}\)

\[ \Leftrightarrow \sin 9x\,.\,\cos \frac{\pi }{3} + \cos 9x\,.\,\sin \frac{\pi }{3} = \frac{1}{2}\]

\[ \Leftrightarrow \sin \left( {9x + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{\pi }{6}\]

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}9x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\9x + \frac{\pi }{3} = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{{54}} + \frac{{k2\pi }}{9}\\x = \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k2\pi }}{9}\end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy phương trình trên có hai họ nghiệm là \(S = \left\{ { - \frac{\pi }{{54}} + \frac{{k2\pi }}{9};\;\frac{\pi }{{18}} + \frac{{k2\pi }}{9},\;k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

\(3\sin 3x - \sqrt 3 \cos 9x = 1 + 4{\sin ^3}3x\)

\( \Leftrightarrow \left( {3\sin 3x - 4{{\sin }^3}3x} \right) - \sqrt 3 \cos 9x = 1\)

\( \Leftrightarrow \sin 9x - \sqrt 3 \cos 9x = 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin 9x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 9x = \frac{1}{2}\)

\[ \Leftrightarrow \sin 9x\,.\,\cos \frac{\pi }{3} - \cos 9x\,.\,\sin \frac{\pi }{3} = \frac{1}{2}\]

\[ \Leftrightarrow \sin \left( {9x - \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{\pi }{6}\]

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}9x - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\9x - \frac{\pi }{3} = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k2\pi }}{9}\\x = \frac{{7\pi }}{{54}} + \frac{{k2\pi }}{9}\end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy phương trình trên có hai họ nghiệm là \(S = \left\{ {\frac{{7\pi }}{{54}} + \frac{{k2\pi }}{9};\;\frac{\pi }{{18}} + \frac{{k2\pi }}{9},\;k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x³ − 3x² − 6x + 1 và trục hoành là:

x³ − 3x² − 6x + 1 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \approx 4,33\\x \approx 0,155\\x \approx - 1,48\end{array} \right.\)

Vậy đồ thị hàm số y = x³ − 3x² − 6x + 1 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d₁ và d₂ là:

x = 4 − 3x Û x = 1 Þ y = 1

Suy ra giao điểm của d₁ và d₂ là điểm M(1; 1).

Để ba đường thẳng trên đồng quy thì M Î d₃ nên

1 = m.1 − 3 Û m = 4

Vậy m = 4 là giá trị cần tìm của tham số m.

Xét tam giác ABC đều cạnh a và gọi M là trung điểm của BC.

Ta có: AM ⏊ BC.

Suy ra diện tích tam giác ABC là:

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AM\,.\,BC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} - B{M^2}} \,.\,BC = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} \,.\,a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Mà ta có \[{S_{\Delta ABC}} = \frac{{AB\,.\,BC\,.\,CA}}{{4R}}\].

Vậy bán kính cần tìm là: \[R = \frac{{AB\,.\,BC\,.\,CA}}{{4{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{a\,.\,a\,.\,a}}{{4\,.\,\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\].

\(\tan x - 3\cot x = 4\left( {\sin x + \sqrt 3 \cos x} \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sin x}}{{\cos x}} - 3\frac{{\cos x}}{{\sin x}} = 4\left( {\sin x + \sqrt 3 \cos x} \right)\;\left( 1 \right)\)

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}\cos x \ne 0\\\sin x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\;\left( * \right)\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \frac{{{{\sin }^2}x - 3{{\cos }^2}x}}{{\sin x\,.\,\cos x}} = 4\left( {\sin x + \sqrt 3 \cos x} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sin x - \sqrt 3 \cos x} \right)\left( {\sin x + \sqrt 3 \cos x} \right) = 4\sin x\,.\,\cos x\,.\,\left( {\sin x + \sqrt 3 \cos x} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sin x + \sqrt 3 \cos x} \right)\left( {\sin x - \sqrt 3 \cos x - 4\sin x\,.\,\cos x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sin x + \sqrt 3 \cos x} \right)\left( {\sin x - \sqrt 3 \cos x - 2\sin 2x} \right) = 0\)

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x + \sqrt 3 \cos x = 0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\\\sin x - \sqrt 3 \cos x - 2\sin 2x = 0\;\;\;\left( 3 \right)\end{array} \right.\]

+) \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x = 0\)

\( \Leftrightarrow \sin x\,.\,\cos \frac{\pi }{3} + \cos x\,.\,\sin \frac{\pi }{3} = 0\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{3} = k\pi \)

\( \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{3} + k\pi ,\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

+) \[\left( 2 \right) \Leftrightarrow \sin x - \sqrt 3 \cos x = 2\sin 2x\]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x = \sin 2x\]

\( \Leftrightarrow \sin x\,.\,\cos \frac{\pi }{3} - \cos x\,.\,\sin \frac{\pi }{3} = \sin 2x\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = \sin 2x\)

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - \frac{\pi }{3} = 2x + k2\pi \\x - \frac{\pi }{3} = \pi - 2x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{4\pi }}{9} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Vậy phương trình trên có hai họ nghiệm là \(S = \left\{ { - \frac{\pi }{3} + k\pi ;\;\frac{{4\pi }}{9} + \frac{{k2\pi }}{3},\;k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Ta có: y = sin²x + 2sinx.cosx − cos²x + 5

= (sin²x − cos²x) + 2sinx.cosx + 5

= −cos 2x + sin 2x + 5

= sin 2x − cos 2x + 5

\( = \sqrt 2 \sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) + 4\)

Do \( - 1 \le \sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) \le 1\)

\( \Rightarrow - \sqrt 2 \le \sqrt 2 \sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) \le \sqrt 2 \)

\( \Rightarrow 5 - \sqrt 2 \le \sqrt 2 \sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) + 5 \le 5 + \sqrt 2 \)

+) \(\min y = 5 - \sqrt 2 \)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow 2x - \frac{\pi }{4} = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \)

\( \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{8} + k\pi ,\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

+) \(\max y = 5 + \sqrt 2 \)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow 2x - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \)

\( \Leftrightarrow x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi ,\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy GTNN của hàm số là \(5 - \sqrt 2 \) khi \(x = - \frac{\pi }{8} + k\pi ,\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) và GTLN của hàm số là \(5 + \sqrt 2 \) khi \(x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi ,\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Ta có: y = sin² x + cosx + 2

= 1 − cos² x + cosx + 2

= −cos² x + cosx + 3

\( = - \left( {{{\cos }^2}x - \cos x + \frac{1}{4}} \right) + \frac{{13}}{4}\)

\( = - {\left( {\cos x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{13}}{4}\)

Do −1 ≤ cos x ≤ 1

\( \Rightarrow - \frac{3}{2} \le \cos x - \frac{1}{2} \le \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow 0 \le {\left( {\cos x - \frac{1}{2}} \right)^2} \le \frac{9}{4}\)

\( \Rightarrow - \frac{9}{4} \le - {\left( {\cos x - \frac{1}{2}} \right)^2} \le 0\)

\( \Rightarrow 1 \le - {\left( {\cos x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{13}}{4} \le \frac{{13}}{4}\)

+) min y = 1

Dấu “=” xảy ra Û x = −p + k2p, (k Î ℤ)

+) \(\max y = \frac{{13}}{4}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi ,\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy GTNN của hàm số là 1 khi x = −p + k2p, (k Î ℤ) và GTLN của hàm số là \(\frac{{13}}{4}\) khi \(x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi ,\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Xét khai triển \({\left( {3{x^3} - \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^5} = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k\,.\,{{\left( {3{x^3}} \right)}^{5 - k}}\,.\,{{\left( { - \frac{2}{{{x^2}}}} \right)}^k}} \)

\( = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k\,.\,{3^{5 - k}}\,.\,{{\left( { - 2} \right)}^k}\,.\,{x^{15 - 5k}}} \)

Hệ số của số hạng chứa x¹⁰ ứng với 15 − 5k = 10 Û k = 1

Vậy hệ số cần tìm là:

\(C_5^1\;.\,{3^4}\,.\,{\left( { - 2} \right)^1} = - 810\).

ĐK: n ≥ 3; n Î ℤ⁺

\(A_n^3 + C_n^{n - 2} = 14n\)

\( \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{\left( {n - 3} \right)!}} + \frac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!\,.\,2!}} = 14n\)

\( \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 14n\)

\( \Rightarrow \left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) + \frac{{n - 1}}{2} = 14\)

Û 2(n − 1)(n − 2) + n − 1 = 28

Û 2n² − 2n − 4n + 4 + n − 1 = 28

Û 2n² − 5n − 25 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 5\;\;\;\;\left( {TM} \right)\\n = - \frac{5}{2}\;\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\)

Khi đó xét khai triển: \(f\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{4}{x^2} + x + 1} \right)^2}{\left( {x + 2} \right)^{15}}\)

\( = \frac{1}{{16}}{\left( {{x^2} + 4x + 4} \right)^2}{\left( {x + 2} \right)^{15}}\)

\( = \frac{1}{{16}}{\left( {x + 2} \right)^4}{\left( {x + 2} \right)^{15}} = \frac{1}{{16}}{\left( {x + 2} \right)^{19}}\)

\( = \frac{1}{{16}}\sum\limits_{k = 0}^{19} {C_{19}^k\,.\,{x^{19 - k}}\,.\,{2^k}} = \frac{1}{{16}}\sum\limits_{k = 0}^{19} {C_{19}^k\,.\,{2^k}\,.\,{x^{19 - k}}} \)

Hệ số của số hạng chứa x¹⁰ ứng với 19 − k = 10 Û k = 9

Vậy hệ số cần tìm là: \(\frac{1}{{16}}\,.\,C_{19}^9\,.\,{2^9} = {2^5}C_{19}^9\).

Ta có: \(y = \frac{{m{x^3}}}{3} + 7m{x^2} + 14x - m + 2\)

Þ y¢= mx² + 14mx + 14

Hàm số đã cho nghịch biến trên [1; +∞) khi và chỉ khi

y¢= mx² + 14mx + 14 ≤ 0, "x Î [1; +∞)

Û m(x² + 14x) ≤ −14, "x Î [1; +∞) (1)

\( \Leftrightarrow m \le - \frac{{14}}{{{x^2} + 14}},\;\forall x \in \left[ {1;\; + \infty } \right)\)

Đặt \(f\left( x \right) = - \frac{{14}}{{{x^2} + 14}},\;\forall x \in \left[ {1;\; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{28x}}{{{{\left( {{x^2} + 14} \right)}^2}}} > 0,\;\forall x \in \left[ {1;\; + \infty } \right)\)

Suy ra hàm số đồng biến trên [1; +∞)

Nên \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \frac{{ - 14}}{{15}}\).

Do đó để \(m \le - \frac{{14}}{{{x^2} + 14}},\;\forall x \in \left[ {1;\; + \infty } \right)\) thì \(m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\; + \infty } \right)} f\left( x \right) \Rightarrow m \le \frac{{ - 14}}{{15}}\).

Vây với \(m \in \left( { - \infty ;\;\frac{{ - 14}}{{15}}} \right]\) thì hàm số nghịch biến trên nửa khoảng [1; +∞).

Để hàm số xác định trên ℝ thì:

5 − msin x − (m + 1)cos x ≥ 0, ∀x ∈ ℝ

⇒  m.sin x − (m + 1)cos x ≤ 5, ∀x ∈ ℝ

⇒ m² + (m + 1)² ≤ 25

⇒ m² + m − 12 ≤ 0

⇒ −4 ≤ m ≤ 3

Vậy có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn là m ∈ {−4; −3; −2; −1; 0; 1; 2; 3}.

Ta có: \({4^{{x^2} - 2x}} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^{x + 1}}\)

\( \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^4}} \right]^{{x^2} - 2x}} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^{x + 1}}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 2 } \right)^{4\,.\,\left( {{x^2} - 2x} \right)\,}} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^{x + 1}}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 2 } \right)^{4{x^2} - 8x\,}} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^{x + 1}}\)

Þ 4x² − 8x = x + 1

Û 4x² − 9x − 1 = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{9 + \sqrt {97} }}{8} \approx 2,36\\x = \frac{{9 - \sqrt {97} }}{8} \approx - 0,11\end{array} \right.\]

Khi đó \({x_0} = \frac{{9 + \sqrt {97} }}{8} \approx 2,36\)

Vậy \({x_0} \in \left( {2;\;\frac{5}{2}} \right)\).

Chọn đáp án C.

4sin² 2x − 1 = 0

Û 2(1 − cos 4x) − 1 = 0

Û 2 − 2cos 4x − 1 = 0

\( \Leftrightarrow \cos 4x = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\4x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{12}} + \frac{{k\pi }}{2}\\x = - \frac{\pi }{{12}} + \frac{{k\pi }}{2}\end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Mà do \(x \in \left( { - \frac{\pi }{2};\;\frac{\pi }{2}} \right)\) nên nghiệm của phương trình là \(x \in \left\{ { - \frac{{5\pi }}{{12}};\; - \frac{\pi }{{12}};\;\frac{\pi }{{12}};\;\frac{{5\pi }}{{12}}} \right\}\).

Vậy tổng các nghiệm tìm được là: \(\left( { - \frac{{5\pi }}{{12}}} \right) + \left( { - \frac{\pi }{{12}}} \right) + \frac{\pi }{{12}} + \frac{{5\pi }}{{12}} = 0\).

ĐK: x ≠ 0

Ta có: \({7^x}\,.\,{27^{\left( {1\, - \,\frac{1}{x}} \right)}} = 3087\)

\( \Leftrightarrow {7^x}\,.\,{3^{3\left( {1\, - \,\frac{1}{x}} \right)}} = {7^3}\,.\,{3^2}\)

\( \Leftrightarrow {7^x}\,.\,{3^{3\, - \,\frac{3}{x}}} = {7^3}\,.\,{3^2}\)

\( \Leftrightarrow {7^{x - 3}} = {3^{2\, - \,\left( {3\, - \,\frac{3}{x}} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow {7^{x - 3}} = {3^{\frac{3}{x}\, - \,1}}\)

Logarit cơ số 3 hai vế ta được: \({\log _3}{7^{x - 3}} = {\log _3}{3^{\frac{3}{x}\, - \,1}}\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right){\log _3}7 = \frac{3}{x} - 1\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right){\log _3}7 = - \frac{{x - 3}}{x}\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {{{\log }_3}7 + \frac{1}{x}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\{\log _3}7 + \frac{1}{x} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = \frac{{ - 1}}{{{{\log }_3}7}}\end{array} \right.\)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = \frac{{ - 1}}{{{{\log }_3}7}}\) và x = 3.

Ta có: \({2^{{x^2}\, - \,x\, + \,8}} = {4^{1\, - \,3x}}\)

\( \Leftrightarrow {2^{{x^2} - x + 8}} = {2^{2\left( {1 - 3x} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow {2^{{x^2} - x + 8}} = {2^{2 - 6x}}\)

Logarit cơ số 2 hai vế ta được: \({\log _2}{2^{{x^2} - x + 8}} = {\log _2}{2^{2 - 6x}}\)

Þ x² − x + 8 = 2 − 6x

Û x² + 5x + 6 = 0

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

Vậy nghiệm của phương trình là x = −2 và x = −3.

Ta có:

asin² x + 2sin 2x + 3acos² x = 2 

\( \Leftrightarrow a\,.\,\frac{{1 - \cos 2x}}{2} + 2\sin 2x + 3a.\,\frac{{1 + \cos 2x}}{2} = 2\)

Û a(1 − cos 2x) + 4sin 2x + 3a(1 + cos 2x) = 4

Û a − acos 2x + 4sin 2x + 3a + 3acos 2x = 4

Û 2sin 2x + acos 2x = 2 − 2a (*)

Phương trình (*) có nghiệm

Û 4 + a² ≥ (2 − 2a)²

Û 4 + a² ≥ 4 − 8a + 4a²

Û 3a² − 8a ≤ 0

\( \Leftrightarrow 0 \le a \le \frac{8}{3}\)

Vậy \({a_{\max }} = \frac{8}{3}\).

Ta có: Hàm số đồng biến trên (a; b) Û f ¢(x) ≥ 0 "x Î (a; b) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

• Đáp án B: y′ = −f ′(x) Þ y′ < 0, "x Î (a; b) 

Þ Hàm số nghịch biến trên (a; b).

Vậy đáp án B đúng.

• Đáp án C: y′ = f ′(x) Þ y′ > 0, "x Î (a; b) 

Þ Hàm số đồng biến trên (a; b).

Vậy đáp án C đúng.

• Đáp án D: y′ = −f ′(x) Þ y′ < 0, "x Î (a; b) 

Þ Hàm số nghịch biến trên (a; b).

Vậy đáp án D đúng.

Chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: D

• Nếu f ¢(x) > 0, "x Î (a; b) thì hàm số y = f (x) đồng biến trên (a; b)

Vậy mệnh đề A là đúng.

• Nếu f ¢(x) = 0, "x Î (a; b) thì hàm số y = f (x) không đổi trên (a; b)

Vậy mệnh đề B là đúng.

• Nếu hàm số y = f (x) nghịch biến trên (a; b) thì f ¢(x) ≤ 0 với mọi x Î (a; b)

Vậy mệnh đề C là đúng.

• Nếu hàm số y = f (x) đồng biến trên (a; b) thì f ¢(x) ≥ 0 với mọi x Î (a; b)

Vậy mệnh đề D là sai.

Ta có tỉ số: \(\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} \cdot \frac{{SN}}{{SB}} \cdot \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}\)

\( \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABC}}\)

Tương tự ta cũng có tỉ số:

\(\frac{{{V_{S.MPQ}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} \cdot \frac{{SP}}{{SC}} \cdot \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}\)

\( \Rightarrow {V_{S.MPQ}} = \frac{1}{8}{V_{S.ACD}}\)

Do đó: \[{V_{S.MNPQ}} = {V_{S.MNP}} + {V_{S.MPQ}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABC}} + \frac{1}{8}{V_{S.ACD}}\]

\[ = \frac{1}{8}\left( {{V_{S.ABC}} + {V_{S.ACD}}} \right) = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}}\]

\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.MNPQ}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{8}\).

Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD.

Chia khối chóp S.CDMN làm 2 khối chóp: S.CDM và S.CMN

Ta có: \({V_{S.ABC}} = {V_{S.ACD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}\)

\(\frac{{{V_{S.CDM}}}}{{{V_{S.CDA}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow {V_{S.CDM}} = \frac{1}{2}{V_{S.CDA}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}}\)

\(\frac{{{V_{S.CMN}}}}{{{V_{S.CAB}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} \cdot \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}\)

\( \Rightarrow {V_{S.CMN}} = \frac{1}{4}{V_{S.CAB}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}}\)

Do đó: \({V_{S.CDMN}} = {V_{S.CDM}} + {V_{S.CMN}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} + \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}} = \frac{3}{8}{V_{S.ABCD}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{3}{8}\).

Ta có:

•\(\frac{{{V_{B.MNP}}}}{{{V_{B.ANP}}}} = \frac{{BM}}{{BA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{B.MNP}} = \frac{1}{2}{V_{B.ANP}}\)

•\(\frac{{{S_{ANP}}}}{{{S_{ACD}}}} = \frac{{\frac{1}{2}d\left( {P,\;AD} \right)\,.\,AN}}{{\frac{1}{2}d\left( {C,\;AD} \right)\,.\,AD}} = \frac{{PD}}{{CD}} \cdot \frac{{AN}}{{AD}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_{B.ANP}}}}{{{V_{B.ACD}}}} = \frac{{{S_{ANP}}}}{{{S_{ACD}}}} = \frac{1}{6}\)

\( \Rightarrow {V_{B.ANP}} = \frac{1}{6}{V_{B.ACD}} = \frac{V}{6}\)

\( \Rightarrow {V_{B.MNP}} = \frac{1}{2}{V_{B.ANP}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{V}{6} = \frac{V}{{12}}\).

Trong mặt phẳng (ABC) kéo dài MP và AC cắt nhau tại I.

Trong mặt phẳng (ACD) kéo dài IN cắt AD tại Q

Ta có:

•(ABC) Ç (MNP) = MP

•(BCD) Ç (MNP) = PN

•(ACD) Ç (MNP) = NQ

•(ABD) Ç (MNP) = QM

Vậy thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) là tứ giác MNPQ.

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}m{x^2} \ge 4\\x \ne 1\end{array} \right. \Rightarrow m > 0\)

Ta có:

•\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {m{x^2} - 4} }}{{x - 1}} = \sqrt m \)

• \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {m{x^2} - 4} }}{{x - 1}} = - \sqrt m \)

Suy ra đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang \(y = \pm \sqrt m ,\,\;\left( {m > 0} \right)\)

Để đồ thị hàm số \(y = \frac{{\sqrt {m{x^2} - 4} }}{{x - 1}}\) có 3 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số phải có 1 đường tiệm cận đứng.

Suy ra x = 1 phải thỏa mãn điều kiện mx² ≥ 4 Û m ≥ 4.

Do đó, m ≥ 4 thì hàm số đã cho có 1 đường tiệm cận đứng và 2 đường tiệm cận ngang.

Mặt khác, m Î [−10; 10], m Î ℤ nên m Î {4; 5; 6; 7; 8; 9; 10}.

Vậy có tất cả 7 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán.

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {x - m} \right) \ge 0\\x \ne - 2\end{array} \right.\)

Ta có:

•\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {x\left( {x - m} \right)} - 1}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {1 - \frac{m}{x}} - \frac{1}{x}}}{{1 + \frac{2}{x}}} = 1\];

• \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {x\left( {x - m} \right)} - 1}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {1 - \frac{m}{x}} + \frac{1}{x}}}{{ - 1 - \frac{2}{x}}} = - 1\].

Suy ra đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang y =±1.

Do đó bài toán thỏa mãn khi đồ thị hàm số chỉ có duy nhất một tiệm cận đứng.

Ta lại có: \(y = \frac{{\sqrt {x\left( {x - m} \right)} - 1}}{{x + 2}} = \frac{{{x^2} - mx - 1}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {x\left( {x - m} \right)} + 1} \right)}}\)

Để đồ thị hàm số chỉ có duy nhất một đường TCĐ thì x = −2 không là nghiệm của tử và x = −2 thuộc tập xác định của hàm số.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2\left( { - 2 - m} \right) \ge 0\\{\left( { - 2} \right)^2} - m\,.\,\left( { - 2} \right) - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - 2\\2m + 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - 2\\m \ne - \frac{3}{2}\end{array} \right.\)

Mặt khác, m Î (−10; 10), m Î ℤ nên m Î {−2; −1; 0; 1; 2; …; 8; 9}.

Vậy có tất cả 12 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán.

• Số có 1 chữ số khác nhau là 3 số: 1; 2; 3.

• Số có 2 chữ số khác nhau là 6 số: 12; 21; 13; 31; 23; 32.

• Số có 3 chữ số khác nhau là 6 số: 123; 132; 213; 231; 312; 321.

Vậy ta có 3 + 6 + 6 = 15 (số).

Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {abc} \;\left( {1 \le a,\;b,\;c \le 6;\;a \ne b \ne c} \right)\)

Các bộ số (a; b; c) thỏa mãn là: (1; 2; 3); (4; 5; 6); (2; 3; 4); (1; 5; 6); (1; 3; 5); (1; 2; 6) 

Số các số tạo được thỏa mãn yêu cầu là: 6.P₃ = 36 (số).

Vậy lập được 36 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi chiều dài, chiều rộng và chiều cao của bể cá lần lượt là a, b, c (a, b, c > 0).

Theo đề bài ta có a = 2b

Vì ông A dự định sử dụng hết 5m² kính để làm bể cá không nắp nên diện tích toàn phần (bỏ 1 mặt đáy) của hình hộp là: ab + 2bc + 2ac

Hay ab + 2bc + 2ac = 5

Mà a = 2b nên 2b² + 2bc + 4bc = 5

Û 2b² + 6bc = 5

\( \Rightarrow c = \frac{{5 - 2{b^2}}}{{6b}}\).

Xét điều kiện c > 0 \( \Rightarrow \frac{{5 - 2{b^2}}}{{6b}} > 0 \Rightarrow 5 - 2{b^2} > 0\)

\( \Rightarrow 0 < b < \sqrt {\frac{5}{2}} \).

Thể tích bể cá là:

\(V = abc = 2b\,.\,b\,.\,\frac{{5 - 2{b^2}}}{{6b}} = \frac{{ - 2{b^3} + 5b}}{3}\).

Xét hàm số \(f\left( b \right) = \frac{{ - 2{b^3} + 5b}}{3}\;\left( {b > 0} \right)\)

\( \Rightarrow f'\left( b \right) = \frac{{ - 6{b^2} + 5}}{3} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = - \sqrt {\frac{5}{6}} \;\left( {KTM} \right)\\b = \sqrt {\frac{5}{6}} \;\;\;\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

Xét bảng biến thiên:

Yêu cầu bài toán suy ra \(\max f\left( b \right) = \frac{{5\sqrt {30} }}{{27}} \Leftrightarrow b = \sqrt {\frac{5}{6}} \).

Vậy bể cá có thể tích lớn nhất bằng \[\frac{{5\sqrt {30} }}{{27}} \approx 1,01\;\,\left( {{m^3}} \right)\].

Đặt log₃ (x − m) = y Û x − m = 3^y Û x = 3^y + m

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}{3^x} + m = y\;\;\;\left( 1 \right)\\{3^y} + m = x\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Trừ vế cho vế của (1) cho (2) ta được 3^x + x = 3^y + y (*)

Xét f (t) = 3^t + t Þ f ′(t) = 3^tln 3 + 1 > 0, "t suy ra hàm số đồng biến trên ℝ.

(*) Û x = y

Khi đó (1) Û m = x − 3^x.

Xét g (x) = x − 3^x Þ g′ (x) = 1 − 3^xln 3 = 0

\( \Leftrightarrow x = {\log _3}\frac{1}{{\ln 3}}\).

Do đó m < −0,995 mà mÎ (−15; 15) nên m Î {−14; −13; ...; −1}.

Vậy có 14 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + mx > 0\\x + m - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x\left( {x + m} \right) > 0\\x + m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + m > 1\\x > 0\end{array} \right.\)

Phương trình đã cho tương đương:

x² + mx = x + m − 1

Û x² + (m − 1)x − m + 1 = 0 (1)

Phương trình có nghiệm duy nhất khi (1) có hai nghiệm trái dấu hoặc có nghiệm kép x > 0.

Suy ra  \(\left[ \begin{array}{l} - m + 1 < 0\\\left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 1} \right)^2} + 4\left( {m - 1} \right) = 0\\1 - m > 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 1\\\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 3\end{array} \right.\\m < 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 1\\m = - 3\end{array} \right.\)

Với m = −3 thì phương trình tương đương:

\(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x - 3 > 1\\{x^2} - 4x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x > 4\\{\left( {x - 2} \right)^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 4\\x = 2\;\;\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\)

Suy m > 1 là các giá trị thỏa mãn của tham số m.

Đáp án đúng là: C

Xét phương trình 3sin² x + 2sin xcos x − cos² x = 0 (*)

• cos x = 0 Þ sin² x = 1 không là nghiệm của phương trình (*)

• cos x ≠ 0. Ta chia 2 vế của phương trình (*) cho cos² x thì

3sin² x + 2sin xcos x − cos² x = 0

\( \Leftrightarrow \frac{{3{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} + \frac{{2\sin x}}{{\cos x}} - 1 = 0\)

Û 3tan² x + 2tan x − 1 = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = - 1\\\tan x = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = \arctan \frac{1}{3} + k\pi \end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình là \(x = \arctan \frac{1}{3} \in \left( {0;\;\frac{\pi }{2}} \right)\).

Chọn đáp án C.

\(2\sin 2x - 3\sqrt 6 \left| {\sin x + \cos x} \right| + 8 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2\sin 2x + 8 = 3\sqrt 6 \left| {\sin x + \cos x} \right|\)

Bình phương hai vế, suy ra phương trình trên tương đương:

(2sin 2x + 8)² = 54|sin x + cos x|²

Û 4(sin² 2x + 8sin 2x + 16) = 54(sin² x + 2sin xcos x + cos² x)

Û 2sin² 2x + 16sin 2x + 32 = 27(1 + sin 2x)

Û 2sin² 2x + 16sin 2x + 32 = 27 + 27sin 2x

Û 2sin² 2x − 11sin 2x + 5 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 2x = 5\;\;\left( {KTM} \right)\\\sin 2x = \frac{1}{2}\;\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

Vậy \(\sin 2x = \frac{1}{2}\).

\(2\sin 2x - 3\sqrt 6 \left| {\sin x + \cos x} \right| + 8 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2\sin 2x + 8 = 3\sqrt 6 \left| {\sin x + \cos x} \right|\)

Bình phương hai vế, suy ra phương trình trên tương đương:

(2sin 2x + 8)² = 54|sin x + cos x|²

Û 4(sin² 2x + 8sin 2x + 16) = 54(sin² x + 2sin xcos x + cos² x)

Û 2sin² 2x + 16sin 2x + 32 = 27(1 + sin 2x)

Û 2sin² 2x + 16sin 2x + 32 = 27 + 27sin 2x

Û 2sin² 2x − 11sin 2x + 5 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 2x = 5\;\;\left( {KTM} \right)\\\sin 2x = \frac{1}{2}\;\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

Với \(\sin 2x = \frac{1}{2}\) suy ra

\(\left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{12}} + k\pi \\x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi \end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy tập hợp các họ nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {\frac{\pi }{{12}} + k\pi ;\;\frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi ,\;k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Ta có: y = −x³ + 3x² + 9x − 2

Þ y¢= −3x² + 6x + 9

Suy ra \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Vậy S = (−1)² + 3² = 10.

Ta có: y = −x³ + 3x² + 6x

Þ y¢= −3x² + 6x + 6 = 0

Theo Vi-ét: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - 6}}{{ - 3}} = 2\\{x_1}\,.\,{x_2} = \frac{6}{{ - 3}} = - 2\end{array} \right.\)

Vậy S = x₁² + x₂² = (x₁ + x₂)² − 2x₁x₂ = 2² − 2.(−2) = 8.

+) TH1: Với m = 1, khi đó y = − 2x + 5 là hàm số nghịch biến trên ℝ.

+) TH2: Với m ≠ 1, ta có y′ = 3(m − 1)x² + 2(m − 1)x − 2; "x Î ℝ

Hàm số nghịch biến trên ℝ

Û y′ ≤ 0; "x Î ℝ

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\left( {m - 1} \right) < 0\\\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} + 6\left( {m - 1} \right) \le 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 1\\{m^2} + 4m - 5 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 5 \le m < 1\)

Kết hợp hai trường hợp ta có với m Î (−5; 1) thì hàm số nghịch biến trên ℝ.

Mà m Î ℤ suy ra có tất cả 7 giá trị nguyên m cần tìm.

+) TH1: Với m = 1, khi đó y = 3x + 2 là hàm số đồng biến trên ℝ.

+) TH2: Với m ≠ 1, ta có y′ = 3(m − 1)x² − 6(m − 1)x + 3; "x Î ℝ

Hàm số đồng biến trên ℝ

Û y′ ≥ 0; "x Î ℝ

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\left( {m - 1} \right) > 0\\\Delta ' = 9{\left( {m - 1} \right)^2} - 9\left( {m - 1} \right) \le 0\end{array} \right.\)

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

Vậy 1 ≤ m ≤ 2 là các giá trị của m thỏa mãn.

Do hai viên bi cùng màu không được đứng cạnh nhau nên ta có trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Các viên bi đỏ ở vị trí lẻ.

Có 8 cách chọn viên bi đỏ ở vị trí 1.

Có 7 cách chọn viên bi đỏ ở vị trí 3.

...

Có 1 cách chọn viên bi đỏ ở vị trí 15.

Suy ra có 8.7.6.5.4.3.2.1 cách xếp viên bi đỏ.

Tương tự có 8.7.6.5.4.3.2.1 cách xếp viên bi đen.

Vậy có (8.7.6.5.4.3.2.1)² cách xếp.

• Trường hợp 2: Các viên bi đỏ ở vị trí chẵn ta cũng có cách xếp tương tự.

Vậy theo quy tắc cộng ta có: 2.(8.7.6.5.4.3.2.1)² = 3251404800.

Gọi số cần tìm là \(\overline {ab} \;\left( {a \ne 0} \right)\).

a là số lẻ nên có 5 cách chọn a, tương tự có 5 cách chọn b.

Vậy có 5.5 = 25 số thỏa mãn.

Gọi số cần tìm là \(\overline {ab} \;\left( {a \ne 0} \right)\).

Chọn số a có 9 cách chọn, tiếp theo có 9 cách chọn b.

Vậy có 9 . 9 = 81 số thỏa mãn.

Đáp án đúng là: D

• A sai: Vì tổng của hàm đồng biến với hàm nghịch biến không kết luận được điều gì.

• B sai: Để cho khẳng định đúng thì g (x) đồng biến trên (a; b).

• C sai: Hàm số f (x), g (x) phải là các hàm dương trên (a; b) mới thoả mãn.

Chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

• A sai: Vì tổng của hàm đồng biến với hàm nghịch biến không kết luận được điều gì.

• B sai: Để cho khẳng định đúng thì g (x) đồng biến trên (a; b).

• C sai: Hàm số f (x), g (x) phải là các hàm dương trên (a; b) mới thoả mãn.

Chọn đáp án D.

Nếu hàm số đạt cực trị tại x₀ thì hàm số không có đạo hàm tại x₀ hoặc f ¢(x₀) = 0

Chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: B

•Nếu hàm số f (x) đồng biến trên (a; b) thì f ¢(x) ≥ 0, "x Î (a; b) 

Þ −f ¢(x) ≤ 0, "x Î (a; b) 

Vậy hàm số −f (x) nghịch biến trên (a; b)

•Nếu hàm số f (x) đồng biến trên (a; b) thì f ¢(x) ≥ 0, "x Î (a; b) 

Vậy hàm số f (x) + 2016 đồng biến trên (a; b)

•Nếu hàm số f (x) đồng biến trên (a; b) thì f ¢(x) ≥ 0, "x Î (a; b) 

Þ −f ¢(x) ≤ 0, "x Î (a; b) 

Vậy hàm số −f (x) − 2016 nghịch biến trên (a; b)

•Ví dụ hàm số f (x) = x đồng biến trên (−∞; +∞), trong khi đó hàm số \(\frac{1}{{f\left( x \right)}} = \frac{1}{x}\) nghịch biến trên (−∞; 0) và (0; +∞).

Do đó B sai.

Chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: D

• A sai: Vì tổng của hàm đồng biến với hàm nghịch biến không kết luận được điều gì.

• B sai: Để cho khẳng định đúng thì g (x) đồng biến trên (a; b).

• C sai: Hàm số f (x), g (x) phải là các hàm dương trên (a; b) mới thoả mãn.

Chọn đáp án D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).

Ta có hàm số y = f (x) đồng biến trên khoảng (0; 2)

Suy ra f ¢(x) ≥ 0, "x Î (0; 2) 

Xét hàm số y = f (2x) Þ y¢= 2f ¢(2x)

Vậy hàm số y = f (2x) đồng biến khi y¢= 2f ¢(2x) ≥ 0 Þ f ¢(2x) ≥ 0

Do đó 0 < 2x < 2 Û 0 < x < 1

Vậy hàm số y = f (2x) đồng biến trên khoảng (0; 1).

Ta có: 2^{2x + 1} = 32

Û 2^{2x + 1} = 2⁵

Û 2x + 1 = 5

Û 2x = 4

Û x = 2

Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình đã cho.

Đáp án đúng là: D

Ta có: 2^{2x + 1} − 2^{x − 1} − 1 = 0

\( \Leftrightarrow 2\,.\,{2^{2x}} - \frac{{{2^x}}}{2} - 1 = 0\)

Û 4.2^2x − 2^x − 2 = 0 (*)

Đặt 2^x = t (t > 0) suy ra phương trình (*) trở thành: 4t² − t − 2 = 0.

Một khối chóp luôn có một mặt đáy và các mặt bên nên khối chóp có 2021 mặt thì có 2020 mặt bên.

Suy ra mặt đáy có 2020 cạnh, và cũng có 2020 cạnh bên.

Vậy khối chóp đó có tất cả 2020 + 2020 = 4040 (cạnh).

Đề bài 2. Hình chóp có 2020 cạnh thì có bao nhiêu đỉnh?

Hình chóp có 2020 cạnh thì có 1011 nhiêu đỉnh.

Ta có: f ¢(x) = 0

Û (x − 1)(x² − 2)²(x² + 2) = 0

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

Một điểm được gọi là cực trị của hàm số khi đạo hàm của hàm số đổi dấu qua điểm đó.

Ta nhận thấy đạo hàm của hàm số chỉ đổi dấu qua x = 1 và không đổi dấu qua \(x = \pm \sqrt 2 \).

Vậy hàm số có 1 điểm cực trị.

Ta có: f ¢(x) = 0

Û (x + 1)²(x − 2)³(2x + 3) = 0

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

Đạo hàm có 1 nghiệm bội lẻ là x = 2 và 1 nghiệm đơn \(x = - \frac{3}{2}\), còn nghiệm x = −1 là nghiệm bội chẵn nên số cực trị của hàm số là 2.

Đáp án đúng là: A

Đặt t = sin x + cos x\(\left( { - \sqrt 2 \le t \le \sqrt 2 } \right)\)

Þ t² = (sin x + cos x)² = sin² x + 2sin xcos x + cos² x = 1 + sin 2x

Þ sin 2x = t² − 1

Phương trình đã cho trở thành:

\(3\sqrt 2 t + 2\left( {{t^2} - 1} \right) + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{t^2} + 3\sqrt 2 t + 2 = 0\)

Chọn đáp án A.

\[\sin x + \sqrt 3 \cos x = 2\sin 2x\]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x = \sin 2x\]

\( \Leftrightarrow \sin x\,.\,\cos \frac{\pi }{3} + \cos x\,.\,\sin \frac{\pi }{3} = \sin 2x\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin 2x\)

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{3} = 2x + k2\pi \\x + \frac{\pi }{3} = \pi - 2x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = - \frac{{2\pi }}{9} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Vậy phương trình trên có hai họ nghiệm là \(S = \left\{ {\frac{\pi }{3} + k2\pi ;\; - \frac{{2\pi }}{9} + \frac{{k2\pi }}{3},\;k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Gọi chiều dài, chiều rộng và chiều cao của bể cá lần lượt là a, b, c (a, b, c > 0).

Theo đề bài ta có a = 2b

Vì ông A dự định sử dụng hết 5m² kính để làm bể cá không nắp nên diện tích toàn phần (bỏ 1 mặt đáy) của hình hộp là: ab + 2bc + 2ac

Hay ab + 2bc + 2ac = 5.

Mà a = 2b nên 2b² + 2bc + 4bc = 5

Û 2b² + 6bc = 5

\( \Rightarrow c = \frac{{5 - 2{b^2}}}{{6b}}\).

Xét điều kiện c > 0 \( \Rightarrow \frac{{5 - 2{b^2}}}{{6b}} > 0 \Rightarrow 5 - 2{b^2} > 0\)

\( \Rightarrow 0 < b < \sqrt {\frac{5}{2}} \).

Thể tích bể cá là:

\(V = abc = 2b\,.\,b\,.\,\frac{{5 - 2{b^2}}}{{6b}} = \frac{{ - 2{b^3} + 5b}}{3}\).

Xét hàm số \(f\left( b \right) = \frac{{ - 2{b^3} + 5b}}{3}\;\left( {b > 0} \right)\)

\( \Rightarrow f'\left( b \right) = \frac{{ - 6{b^2} + 5}}{3} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = - \sqrt {\frac{5}{6}} \;\left( {KTM} \right)\\b = \sqrt {\frac{5}{6}} \;\;\;\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

Xét bảng biến thiên:

Yêu cầu bài toán suy ra \(\max f\left( b \right) = \frac{{5\sqrt {30} }}{{27}} \Leftrightarrow b = \sqrt {\frac{5}{6}} \).

Vậy bể cá có thể tích lớn nhất bằng \[\frac{{5\sqrt {30} }}{{27}} \approx 1,01\;\left( {{m^3}} \right)\].

Diện tích một mặt của hộp bìa cứng là:

2,5 × 2,5 = 6,25 (dm²)

Diện tích bìa cần dùng để làm hộp không tính mép dán là:

6,25 × 5 = 31,25 (dm²)

Đáp số: 31,25 dm².

Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 4 < R (R = 6).

Suy ra thiết diện là hình chữ nhật.

Giả sử thiết diện là hình chữ nhật ABCD (như hình vẽ), gọi I là trung điểm của AB.

Theo đề bài ta có: 

OI = d(OO'; (ABCD)) = 4, BC = h = 8, R = 6

Tam giác OIA vuông tại I 

\( \Rightarrow IA = \sqrt {O{A^2} - O{I^2}} = \sqrt {{6^2} - {4^2}} = 2\sqrt 5 \).

Diện tích của thiết diện là:

\({S_{ABCD}} = AB\,.\,BC = 4\sqrt 5 \,.\,8 = 32\sqrt 5 \).

Gọi A', B' lần lượt là hình chiếu của A, B lên đường tròn (O).

C', D' lần lượt là hình chiếu của C, D lên đường tròn (O').

Suy ra AC'BD' là hình bình hành, lại có AB = CD = C'D' nên AC'BD' là hình chữ nhật.

Khi đó AC'BD'.A'CB'D là hình hộp chữ nhật.

Ta có: V_{AC'BD'.A'CB'D} = V_A.BCD + V_A.A'CD + V_B.B'CD + V_C.C'AB + V_D.D'AB

\({V_{A.A'CD}} = \frac{1}{3}AA'\,.\,{S_{A'CD}} = \frac{1}{3}AA'\,.\,\frac{1}{2}{S_{A'CB'D}} = \frac{1}{6}{V_{AC'BD'.A'CB'D}}\)

Chứng minh tương tự ta có: \({V_{B.B'CD}} = {V_{C.C'AB}} = {V_{D.D'AB}} = \frac{1}{6}{V_{AC'BD'.A'CB'D}}\)

\[ \Rightarrow {V_{AC'BD'.A'CB'D}} = {V_{ABCD}} + 4\,.\,\frac{1}{6}{V_{AC'BD'.A'CB'D}}\]

\[ \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}{V_{AC'BD'.A'CB'D}} = 30\]

Þ V_{AC'BD'.A'CB'D} = 90.

Theo bài ra ta có: \(\left( {\widehat {AB;\;CD}} \right) = 30^\circ \Rightarrow \left( {\widehat {AB;\;C'D'}} \right) = 30^\circ \).

Giả sử \(\left( {\widehat {AB;\;C'D'}} \right) = \widehat {AOC'} = 30^\circ \).

Lại có: \[OA = OC' = \frac{1}{2}AB = 3\]

\( \Rightarrow {S_{OAC'}} = \frac{1}{2}OA\,.\,OC'\,.\,\sin \widehat {AOC'} = \frac{1}{2}\,.\,3\,.\,3\,.\,\sin 30^\circ = \frac{9}{4}\)

Þ S_AC'BD' = 4S_OAC' = 9.

Ta có: V_{AC'BD'.A'CB'D} = AA'.S_AC'BD'

Þ 90 = AA'.9 Û AA' = 10.

Vậy thể tích khối trụ là:

V =pr²h =p.OA².AA' =p.3².10 = 90p.

cos 2x − (2m − 1)cos x − 2m = 0

Û 2cos² x − 1 − (2m − 1)cos x − 2m = 0

Û 2cos² x − (2m − 1)cos x − 2m − 1 = 0

Û 2cos² x − (2m + 1)cos x + 2cos x − 2m − 1 = 0

Û cos x(2cos x − 2m − 1) + (2cos x − 2m − 1) = 0

Û (2cos x − 2m − 1)(cos x + 1) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = - 1\\\cos x = \frac{{2m + 1}}{2}\end{array} \right.\)

Để phương trình có nghiệm \(x \in \left( { - \frac{\pi }{2};\;\frac{\pi }{2}} \right)\) thì 0 < cos x ≤ 1.

Hay \(0 < \frac{{2m + 1}}{2} \le 1 \Leftrightarrow 0 < 2m + 1 \le 2\)

\( \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < m \le \frac{1}{2}\)

Vậy \( - \frac{1}{2} < m \le \frac{1}{2}\) là các giá trị của m thỏa mãn.

cos 2x − (2m + 1)cos x + m + 1 = 0

Û 2cos² x − 1 − (2m + 1)cos x + m + 1 = 0

Û 2cos² x − (2m + 1)cos x + m = 0

Û 2cos² x − cos x − 2mcos x + m = 0

Û cos x(2cos x − 1) − m(2cos x − 1) = 0

Û (2cos x − 1)(cos x − m) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = \frac{1}{2}\\\cos x = m\end{array} \right.\)

Để phương trình có nghiệm \(x \in \left( {\frac{\pi }{2};\;\frac{{3\pi }}{2}} \right)\) thì −1 ≤ cos x < 0.

Hay −1 ≤ m < 0.

Vậy −1 ≤ m < 0 là các giá trị của m thỏa mãn. 

Chọn 5 chữ số còn lại từ 6 chữ số 0, 1, 2, 3, 8, 9 có \(C_6^5\) (cách).

Xếp thứ tự 5 chữ số ở trên: 5! (cách).

5 chữ số trên tạo thành 6 khe trống, xếp 4 chữ số 4, 5, 6, 7 vào 6 khe trống đó: \(A_6^4\) cách

\( \Rightarrow \;C_6^5\,.\,\,5!\,\,.\,\,A_6^4\)  số (bao gồm cả trường hợp số 0 đứng đầu)

Chọn 5 chữ số sao cho có mặt chữ số 0: \(C_5^4\) cách

Xếp 5 chữ số đó sao cho số 0 đứng đầu: 4! cách (hoán vị 4 chữ số còn lại)

4 chữ số tạo thành 5 khe trống, xếp 4, 5, 6, 7 vào 5 khe trống: \(A_5^4\) cách

Vậy số số thỏa mãn là: \(C_6^5\,.\,5!\,.\,A_6^4 - C_5^4\,.\,4!\,.\,A_5^4 = 244\,\,800\) (số).

Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {abcd} \;(a \ne b \ne c \ne d,\;a \ne 0)\)

•Chọn chữ số cho a có 9 cách chọn

•Chọn chữ số cho b có 9 cách chọn

•Chọn chữ số cho c có 8 cách chọn

•Chọn chữ số cho d có 7 cách chọn

Vậy có tất cả 9.9.8.7 = 4536 (số).

Ta có:a + 2b + 3 = (a + b) + (b + 1) + 2

\( \ge 2\sqrt {ab} + 2\sqrt b + 2\)

\[ \Rightarrow \frac{1}{{a + 2b + 3}} \le \frac{1}{{2\left( {\sqrt {ab} + \sqrt b + 1} \right)}}\]

Làm tương tự như vậy, ta lại có:

\[\frac{1}{{b + 2c + 3}} \le \frac{1}{{2\left( {\sqrt {bc} + \sqrt c + 1} \right)}};\;\frac{1}{{c + 2a + 3}} \le \frac{1}{{2\left( {\sqrt {ca} + \sqrt a + 1} \right)}}\]

Từ đó suy ra:

\[ \le \frac{1}{{2\left( {\sqrt {ab} + \sqrt b + 1} \right)}} + \frac{1}{{2\left( {\sqrt {bc} + \sqrt c + 1} \right)}} + \frac{1}{{2\left( {\sqrt {ca} + \sqrt a + 1} \right)}}\]

Bởi vì \(abc = 1 \Rightarrow \sqrt {abc} = 1\)

\( \Rightarrow P \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt {ab} + \sqrt b + 1}} + \frac{1}{{\sqrt {bc} + \sqrt c + 1}} + \frac{1}{{\sqrt {ca} + \sqrt a + 1}}} \right)\)

\( \Rightarrow P \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt {abc} }}{{\sqrt {ab} + \sqrt b \,.\,\sqrt {abc} + \sqrt {abc} }} + \frac{1}{{\sqrt {bc} + \sqrt c + 1}} + \frac{{\sqrt {abc} }}{{\sqrt {ca} + \sqrt a + \sqrt {abc} }}} \right)\)

\( \Rightarrow P \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt c }}{{1 + \sqrt {bc} + \sqrt c }} + \frac{1}{{\sqrt {bc} + \sqrt c + 1}} + \frac{{\sqrt {bc} }}{{\sqrt c + 1 + \sqrt {bc} }}} \right)\)

\( \Rightarrow P \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt c + 1 + \sqrt {bc} }}{{1 + \sqrt {bc} + \sqrt c }}} \right) = \frac{1}{2}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Vậy GTLN của P là \(\frac{1}{2}\) khi a = b = c = 1.

Ta có a + b + c = 1 nên suy ra:

\[\frac{a}{{\sqrt {a + bc} }} = \frac{a}{{\sqrt {a\left( {a + b + c} \right) + bc} }} = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + ab + ac + bc} }}\]

\[ = \frac{a}{{\sqrt {a\left( {a + b} \right) + c\left( {a + b} \right)} }} = \frac{a}{{\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} }} = \sqrt {\frac{a}{{a + b}}} \,.\,\sqrt {\frac{a}{{a + c}}} \]

\( \le \frac{1}{2}\left( {\frac{a}{{a + b}} + \frac{a}{{a + c}}} \right)\)

Làm tương tự như vậy, ta lại có:

\(\frac{b}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{b}{{b + c}} + \frac{b}{{b + a}}} \right);\;\frac{c}{{\sqrt {c + ab} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{c}{{c + a}} + \frac{c}{{c + b}}} \right)\)

Do đó:\(P = \frac{a}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{b}{{\sqrt {b + ca} }} + \frac{c}{{\sqrt {c + ab} }}\)

\( \le \frac{1}{2}\left( {\frac{a}{{a + b}} + \frac{a}{{a + c}}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{b}{{b + c}} + \frac{b}{{b + a}}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{c}{{c + a}} + \frac{c}{{c + b}}} \right)\)

\[ = \frac{1}{2}\left( {\frac{a}{{a + b}} + \frac{a}{{a + c}} + \frac{b}{{b + c}} + \frac{b}{{b + a}} + \frac{c}{{c + a}} + \frac{c}{{c + b}}} \right)\]

\[ = \frac{1}{2}\left( {\frac{{a + b}}{{a + b}} + \frac{{a + c}}{{a + c}} + \frac{{b + c}}{{b + c}}} \right)\]

\[ = \frac{1}{2}\left( {1 + 1 + 1} \right) = \frac{3}{2}\]

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).

Vậy GTLN của P là \(\frac{3}{2}\) khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).

Vì ABC.A'B'C' là lăng trụ đều nên AA' ⏊ (ABC) và tam giác ABC đều.

Tam giác ABC là tam giác đều có cạnh a nên \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Cạnh bên của lăng trụ bằng 2a nên AA' = 2a.

Vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'\,.\,{S_{\Delta ABC}} = 2a\,.\,\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).

Khối lăng trụ đều là khối lăng trụ đứng có các cạnh bên và các cạnh đáy bằng nhau.

Vì ABC.A'B'C' là lăng trụ đều nên AA' ⏊ (ABC) và tam giác ABC đều.

Tam giác ABC là tam giác đều có cạnh a nên \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Cạnh bên của lăng trụ bằng a nên AA' = a

Vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'\,.\,{S_{\Delta ABC}} = a\,.\,\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).

Ta đặt t = e^x, với x Î [0; ln 4] Þ t Î [1; 4]

Khi đó, hàm số trở thành: g (t) = |t² − 4t + m|.

Xét hàm số u (t) = t² − 4t + m trên [1; 4], có u′ (t) = 2t − 4 = 0 Û t = 2.

Ta tính được u (1) = m − 3; u (2) = m − 4; u (4) = m suy ra

g (1) = |m − 3|; g (2) = |m − 4|; g (4) = |m|

• TH1:\[\left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 4} \right| \le \left\{ {\left| {m - 3} \right|;\;\left| m \right|} \right\}\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\;4} \right]} g\left( t \right) = \left| {m - 4} \right| = 6\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 4} \right| \le \left\{ {\left| {m - 3} \right|;\;\left| m \right|} \right\}\\\left[ \begin{array}{l}m - 4 = 6\\m - 4 = - 6\end{array} \right.\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 4} \right| \le \left\{ {\left| {m - 3} \right|;\;\left| m \right|} \right\}\\\left[ \begin{array}{l}m = 10\\m = - 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 10\]

• TH2:\[\left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 3} \right| \le \left\{ {\left| {m - 4} \right|;\;\left| m \right|} \right\}\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\;4} \right]} g\left( t \right) = \left| {m - 3} \right| = 6\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 3} \right| \le \left\{ {\left| {m - 4} \right|;\;\left| m \right|} \right\}\\\left[ \begin{array}{l}m - 3 = 6\\m - 3 = - 6\end{array} \right.\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 3} \right| \le \left\{ {\left| {m - 4} \right|;\;\left| m \right|} \right\}\\\left[ \begin{array}{l}m = 9\\m = - 3\end{array} \right.\end{array} \right.\]

Suy ra trường hợp trên không cho giá trị m thảo mãn

• TH3: \[\left\{ \begin{array}{l}\left| m \right| \le \left\{ {\left| {m - 3} \right|;\;\left| {m - 4} \right|} \right\}\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\;4} \right]} g\left( t \right) = \left| m \right| = 6\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| m \right| \le \left\{ {\left| {m - 3} \right|;\;\left| {m - 4} \right|} \right\}\\\left[ \begin{array}{l}m = 6\\m = - 6\end{array} \right.\end{array} \right.\]

Û m = −6

Vậy m Î {−6; 10} là hai giá trị cần tìm.

Đáp án đúng là: C

Ta có f ′(x) = 3 − 4e^2x

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx} = \int {\left( {3 - 4{e^{2x}}} \right)dx} = 3x - 2{e^{2x}} + C\)

Mà f (0) = 10 Þ −2 + C = 10 Û C = 12

Vậy f (x) = 3x − 2e^2x + 12.

Chọn đáp án C.

y = ax³ + bx² + cx + d Þ y¢= 3ax² + 2bx + c

+ Đồ thị hàm số đi qua hai điểm A(1; −7); B(2; −8) nên ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}a + b + c + d = - 7\\8a + 4b + 2c + d = - 8\end{array} \right.\;\;\;\left( 1 \right)\]

+ Đồ thị y¢= 3ax² + 2bx + c có hai điểm cực trị là A(1; −7); B(2; −8) nên nó nhận x = 1 và x = 2 là nghiệm của phương trình y¢= 0, suy ra:

\(\left\{ \begin{array}{l}3a + 2b + c = 0\\12a + 4b + c = 0\end{array} \right.\;\;\;\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có một hệ phương trình 4 ẩn là:

\[\left\{ \begin{array}{l}a + b + c + d = - 7\\8a + 4b + 2c + d = - 8\\3a + 2b + c = 0\\12a + 4b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = - a - b - c - 7\\7a + 3b + c = - 1\\3a + 2b + c = 0\\12a + 4b + c = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = - a - b - c - 7\\c = - 3a - 2b\\4a + b = - 1\\5a + b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = - a - b - c - 7\\c = - 3a - 2b\\4a + b = - 1\\a = 2\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = - a - b - c - 7\\c = - 3a - 2b\\b = - 1 - 4a\\a = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = - 12\\c = 12\\b = - 9\\a = 2\end{array} \right.\]

Khi đó: y (−1) = −a + b − c + d = −2 + (−9) − 12 + (−12) = −35.

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Ta có: \(4f\left( x \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{3}{4}\)

Ta nhận thấy: \(0 < \frac{3}{4} < 1\)

Khi đó số nghiệm thực của phương trình 4f (x) − 3 = 0 chính là số giao điểm của 2 đồ thị y = f (x) và \(y = \frac{3}{4}\).

Nhìn vào đồ thị hàm số ta có 2 đồ thị giao nhau tại 4 điểm phân biệt, nên phương trình đã cho có 4 nghiệm thực.

Ta có: \(2f\left( x \right) = - 1 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{1}{2}\)

Ta nhận thấy: \( - 1 < - \frac{1}{2} < 0\)

Khi đó số nghiệm thực của phương trình 2f (x) = −1 chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng \(y = - \frac{1}{2}\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng \(y = - \frac{1}{2}\) cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 2 điểm phân biệt nên phương trình 2f (x) = −1 có 2 nghiệm phân biệt.

Gọi H là trung điểm của AB suy ra SH ⏊ AB

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\end{array} \right.\) nên SH ⏊ (ABCD)

Gọi O = AC Ç BD

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \cap \left( {SBD} \right) = O\\AO = OC\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {C,\;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right)\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}AH \cap \left( {SBD} \right) = B\\AB = 2HB\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\;\left( {SBD} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {H,\;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right)\)

Vậy \(\frac{{d\left( {C,\;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{\frac{1}{2}d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right)}} = 2\)

Kẻ HM ⏊ BD (M Î BD), kẻ HK ⏊ SM tại K

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot HM\\BD \bot SH\;\left( {do\;SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow BD \bot HK\)

Lại có HK ⏊ SM Þ HK ⏊ (SBD) tại K Þ HK = d(H, (SBD))

Vì ABCD là hình vuông nên AO ⏊ BD mà HM ⏊ BD Þ HM // AO

Lại có H là trung điểm của AB nên M là trung điểm của BO

Suy ra HM là đường trung bình của tam giác ABO

\( \Rightarrow HM = \frac{{AO}}{2} = \frac{1}{2}\,.\,\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

Xét tam giác SMH vuông tại H, ta có \(HM = \frac{{a\sqrt 2 }}{4};\;SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên

\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{28}}{{3{a^2}}}\)

\( \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}} \Rightarrow d\left( {C,\;\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\)

Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) bằng \(\frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Gọi H và M lần lượt là trung điểm của AB và CD

Tam giác SAB đều nên suy ra SH ⏊ AB

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\end{array} \right.\) nên SH ⏊ (ABCD)

Kẻ HM ⏊ BD (M Î BD), kẻ HK ⏊ SM tại K

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HM\\CD \bot SH\;\left( {do\;SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SHM} \right)\]

Kẻ HN ⏊ SM Þ HN ⏊ (SCD)

Do đó d(A, (SCD)) = d(H, (SCD)) = HN

Xét tam giác SMH vuông tại H, ta có \(HM = 1;\;SH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) nên

\(\frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}} = \frac{7}{3}\)

\( \Rightarrow HN = \sqrt {\frac{3}{7}} = \frac{{\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow d\left( {A,\;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\)

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng \(\frac{{\sqrt {21} }}{7}\).

Do x, y là hai số không âm thỏa mãn x + y = 2 Þ y = 2 − x, (0 ≤ x ≤ 2)

Khi đó: \(P = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + {y^2} - x + 1\)

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

\( = \frac{1}{3}{x^3} + 2{x^2} - 5x + 5\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} + 2{x^2} - 5x + 5,\;x \in \left[ {0;\;2} \right]\) có: 

\(f'\left( x \right) = {x^2} + 4x - 5 \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\;\;\;\,\left( {tm} \right)\\x = - 5\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Hàm số f (x) liên tục trên đoạn [0; 2], có:

\(f\left( 0 \right) = 5;\;f\left( 1 \right) = \frac{7}{3};\;f\left( 2 \right) = \frac{{17}}{3}\)

Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \frac{7}{3}\)

Vậy GTNN của P là \(\frac{7}{3}\) khi x = 1 và y = 2 − 1 = 1.

Ta có: x² − 2xy + x − 2y ≤ 0

Û x(x − 2y) + (x − 2y) ≤ 0

Û (x − 2y)(x + 1) ≤ 0

Mà do x, y là các số thực không âm nên x + 1 > 0

Khi đó x − 2y ≤ 0 Û x ≤ 2y

Với x, y là các số thực không âm nên ta có:

M = x² − 5y² + 3x ≤ (2y)² − 5y² + 3.(2y)

= −y² + 6y = −y² + 6y − 9 + 9

= −(y − 3)² + 9 ≤ 9, "y

Dấu “=” xảy ra Û y − 3 = 0 Û y =3.

Vậy GTLN của M là 9 khi y = 3 và x = 2.3 = 6.