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

$\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=1\iff x+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}+k2\pi \iff x=\frac{\pi }{4}+k2\pi$.

Ta thấy $\frac{\pi }{4}+k2\pi \in [\pi ;5\pi ]\iff k\in \{1;2\}$.

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

Điều kiện: x ³ −1

PT $\iff 4\sqrt{x+1}-8=x^2-5x+6$

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

$\iff \frac{4(x-3)}{(\sqrt{x+1}-2)}=(x-2)(x+3)$

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

$\iff x-3=0\iff x=3$

Vậy x = 3.

(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.

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 $\frac{108}{100}$ (giá vốn) bằng $\frac{90}{100}$ (giá ngày thường)

Giá ngày thường so với giá vốn là:

$\frac{108}{100}:\frac{90}{100}=120\left(\%\right)$.

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 = 12 000 (đồng).

Đáp số: 12 000 đồng.

• Số tự nhiên có 2 chữ số là: $C_9^1.C_{10}^1=90$ (số)

• Ω: “Chọn ngẫu nhiên 2 số từ tập hợp S” nên $n_{\Omega }=C_{90}^2$

• 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: $C_9^2$

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.

$\Rightarrow n_A=10.C_9^2$

$\Rightarrow P_A=\frac{10.C_9^2}{C_{90}^2}=\frac{8}{89}$.

Vậy xác suất để hai số được chọn có chữ số hàng đơn vị giống nhau là $\frac{8}{89}$.

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: $\left\{\begin{array}{c}-2x+3m+2\ge 0\\ 2x+4m-8\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}3m+2\ge 2x\\ 2x\ne 8-4m\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}x\le \frac{3m+2}{2}\\ x\ne 4-2m\end{array}\right.$

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

$\iff \left\{\begin{array}{c}\frac{3m+2}{2}\ge -2\\ 4-2m\ge -2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m\ge -2\\ m\le 3\end{array}\right.$

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).

$\Rightarrow \left[\begin{array}{c}m-1\le 0\\ m-1\ge 2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}m\le 1\\ m\ge 3\end{array}\right.$

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 $\frac{x-3}{8-3}=\frac{y+6}{-11+6}$

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

$\iff {\cos }^2\alpha =1-{\left(\frac{4}{5}\right)}^2=1-\frac{16}{25}=\frac{9}{25}$

$\iff \left[\begin{array}{c}{\cos }^2\alpha ={\left(\frac{3}{5}\right)}^2\\ {\cos }^2\alpha ={\left(-\frac{3}{5}\right)}^2\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{c}\cos \alpha =\frac{3}{5}\\ \cos \alpha =-\frac{3}{5}\end{array}\right.$

Mà α là góc tù nên cos α < 0

$\cos \alpha =-\frac{3}{5}$

$\Rightarrow A=2\sin \alpha -\cos \alpha =2\cdot \frac{4}{5}-\left(-\frac{3}{5}\right)=\frac{8}{5}+\frac{3}{5}=\frac{11}{5}$

Vậy $A=\frac{11}{5}\cdot$

Ta có: $\sin 3x-\sqrt{3}\cos 3x=2\sin 2x$

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

$\iff \left[\begin{array}{c}3x-\frac{\pi }{3}=2x+k2\pi \\ 3x-\frac{\pi }{3}=\pi -2x+k2\pi \end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{c}x=\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ x=\frac{2\pi }{15}+\frac{k2\pi }{5}\end{array}\right.(k\in \mathbb{Z})$

Vậy các giá trị x thoả mãn là $x=\frac{\pi }{3}+k2\pi$ hoặc $x=\frac{2\pi }{15}+\frac{k2\pi }{5}$.

Ta có $F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int 2^{x}dx=\frac{2dx}{\ln 2}+C$.

Mặt khác $F\left(0\right)=2\Rightarrow F\left(0\right)=\frac{1}{\ln 2}+C=2$.

Do đó $C=2-\frac{1}{\ln 2}(a,b\in \mathbb{N},0<a\le \mathrm{9,}0\le b\le 9)$.

Vậy nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) = 2x = 2 là $\frac{2^x}{\ln 2}+2-\frac{1}{\ln 2}$.

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.

Ta có: $y\text{'}=\frac{-m^2+2m+3}{{(x-m)}^2}$

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

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-m^2+2m+3>0\\ x\ne m\in (2;+\infty )\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<3\\ m\le 2\end{array}\right.$

$\Rightarrow -1<m\le 2$

Þ m Î {0; 1; 2}.

Vậy S có 3 phần tử.

Gọi số cần tìm là $\overline{abcba}$ $(a,b\in \mathbb{N},0<a\le \mathrm{9,}0\le b\le 9)$

• 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: $C_9^4=126$ (cách)

• Trường hợp 2: chọn 4 bi đỏ và vàng hoặc 4 bi vàng có $C_{10}^4-C_4^4=209$ (cách)

• Trường hợp 3: chọn 4 bi trắng và vàng có $C_{11}^4-(C_5^4+C_6^4)=310$ (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 $\mathrm{s}\text{inx}-\sqrt{3}\cos x=0$

$\iff \frac{1}{2}\sin x-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x=0\iff \sin \left(x-\frac{\pi }{3}\right)=0$

$\iff x-\frac{\pi }{3}=k\pi \iff x=\frac{\pi }{3}+k\pi (k\in \mathbb{Z})$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x=\frac{\pi }{3}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$.

Thể tích khối bát diện đều là:

$V=2V_1=2.\frac{a^3}{3\sqrt{2}}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$

Vậy thể tích của khối bát diện đều cạnh a là $\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$.

Tập xác định: D =[−2; 2] \ {−1}.

Ta thấy $y=\frac{\sqrt{4-x^2}}{\left(x+1\right)(x-4)}$

• $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{4-x^2}}{\left(x+1\right)\left(x-4\right)}=+\infty$;

• $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{4-x^2}}{\left(x+1\right)\left(x-4\right)}=-\infty$.

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 $\underset{x\to -\infty }{\lim }y$  và $\underset{x\to +\infty }{\lim }y$.

Suy ra hàm số không có đường tiệm cận ngang.

Vậy hàm số $y=\frac{\sqrt{4-x^2}}{x^2-3x-4}$ 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

$x=\frac{3}{5}$ hoặc $x=\frac{-3}{5}$

Vậy $x\in \left\{-\frac{3}{5};\frac{3}{5}\right\}$.

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

$\left\{\begin{array}{c}y\left(0\right)=1\\ y\left(1\right)=2\\ y^{\text{'}}\left(1\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}c=1\\ a+b+c=2\\ 4a+2b=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}a=-1\\ b=2\\ c=1\end{array}\right.$

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:

$\left\{\begin{array}{c}m+1=2\\ m^2+m\ne 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m=1\\ (m-1)(m+2)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m=1\\ m\ne 1\\ m\ne -2\end{array}\right.$ (vô lý)

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

Để d // d’ thì: $\left\{\begin{array}{c}m-1=3\\ -2m\ne 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m=4\\ m\ne \frac{-1}{2}\end{array}\right.$

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

$\iff \left[\begin{array}{l}\sin x=-1\\ \sin x=-\frac{1}{2}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-\frac{\pi }{2}+k2\pi \\ x=-\frac{\pi }{12}+k\pi \\ x=\frac{7\pi }{12}+k\pi \end{array}\right.(k\in \mathbb{Z})$

Vậy $x=-\frac{\pi }{2}+k2\pi$; $-\frac{\pi }{12}+k\pi$ hoặc $\frac{7\pi }{12}+k\pi$ $(k\in \mathbb{Z})$.

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

$\iff \left[\begin{array}{l}x=0\left(ktm\right)\\ x=-1\left(tm\right)\end{array}\right.$

Hàm số f(x) liên tục trên $\left[-2;-\frac{1}{2}\right]$, có f(−2) = −5; f(−1) = 0; $f\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}$

$\Rightarrow m=\underset{\left[-2;-\frac{1}{2}\right]}{\min }f\left(x\right)=-5;$

Và $M=\underset{\left[-2;-\frac{1}{2}\right]}{\max }f\left(x\right)=0$

Þ P = M – m = 5

Vậy P = 5.

Hàm số $y=\frac{2x}{1-{\sin }^{2}x}$ xác định khi và chỉ khi:

1 – sin² x ¹ 0

Û cos² x ¹ 0

Û cos x ¹ 0

$\iff x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$

Vậy tập xác định của hàm số là $D=\left\{x\in ℝ|x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}\right\}$.

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:

$\left\{\begin{array}{l}{y}_0=-x_0^3+3x_0+2\left(1\right)\\ 6-y_0\text{Invalid <m:msup> element}=-+3(-2-x_0)+2\left(2\right)\end{array}\right.$

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: $M=\underset{[-2;4]}{\max }f\left(x\right)=f(-2)=7$;

$m=\underset{[-2;4]}{\min }f\left(x\right)=f\left(4\right)=-4$.

Do đó M² + m² = 7² + (– 4)² = 65.

Vậy  M² + m² = 65.

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

$\iff \sin (2x+1)=\sin \left(\frac{\pi }{2}-3x-2\right)$

$\iff \left[\begin{array}{c}2x+1=\frac{\pi }{x}-3x-2+k2\pi \\ 2x+1=\pi -\frac{\pi }{x}+3x+2+k2\pi \end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{c}x=\frac{\pi }{10}-\frac{3}{5}+\frac{k2\pi }{5}\\ x=-\frac{\pi }{2}-1-k2\pi \end{array}\right.(k\in \mathbb{Z})$

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $x=\frac{\pi }{10}-\frac{3}{5}+\frac{k2\pi }{5}$; $x=-\frac{\pi }{2}-1-k2\pi$.

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 + 1 nghịch 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

$\iff \left\{\begin{array}{c}{x}_1{x}_2\le 0\\ (1-x_1)(1-x_2)\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}{x}_1{x}_2\le 0\\ 1+x_1{x}_2-(x_1+x_2)\le 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}{m}^2+4m\le 0\\ 1+m^2+4m-2m-4\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}-4\le m\le 0\\ -3\le m\le 1\end{array}\right.\iff -3\le m\le 0$

Mà $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{-3;-2;-1;0\right\}$.

Vậy có 4 giá trị nguyên m thỏa mãn.

Xét y’ = 0, ta có:

y’ = 3x² – 6mx = 3x(x – 2m) = 0

$\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=2m\end{array}\right.$

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 $\sqrt{2}$ (loại)

Nếu m > 0 thì B là cực tiểu

Khi đó $d(B;\Delta )=\sqrt{2}\iff \left|2m^3-m\right|=1$

$\iff \left[\begin{array}{c}2m^3-m=1\\ 2m^3-m=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}m=1\\ m=-1\end{array}\right.$

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)

$\iff \left[\begin{array}{c}x=-1\\ g\left(x\right)=x^2+2x+m-2\left(2\right)\end{array}\right.$

(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

$\iff \left[\begin{array}{c}{\Delta }^{\text{'}}=3-m>0\\ g(-1)=m-3\ne 0\end{array}\right.\iff m<3$

Vậy m < 3.

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

$\iff \left[\begin{array}{c}m-2=0\\ m-3=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}m=2\\ m=3\end{array}\right.$

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

Để đường thẳng (d) // (m) thì:

$\left\{\begin{array}{c}2k-1=\mathrm{0,5}\\ 3-k\ne -3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}k=\frac{3}{4}\left(tm\right)\\ k\ne 6\end{array}\right.$

Vậy giá trị k thỏa mãn là $k=\frac{3}{4}$.

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)

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}2x-4=0\\ f^{\text{'}}(x^2-4x+1)=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{c}2x-4=0\\ x^2-4x+1=-1\\ x^2-4x+1=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}2x-4=0\\ x^2-4x+2=0\\ x^2-4x-2=0\end{array}\right.$

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: $\tan 72°{12}^{\text{'}}=\frac{CD}{AD}$

$\iff BD=\frac{CD}{\tan 34°{26}^{\text{'}}}=\frac{80}{\tan 34°{26}^{\text{'}}}\approx \mathrm{116,7}$

Trong tam giác vuông CDB: $\tan 34°26=\frac{CD}{BD}$

$\iff BD=\frac{CD}{\tan 34°{26}^{\text{'}}}=\frac{80}{\tan 34°{26}^{\text{'}}}\approx \mathrm{116,7}$

AB = BD – AD = 116,7 – 25,7 = 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 $\left\{\begin{array}{c}0a+b=1\\ a+b=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}a=2\\ b=1\end{array}\right.$

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

$f\left(x\right)=\frac{3x^2+6}{2x+1}\ge m\forall x\in (0;4)$

⇔ m ≤ min_{(0; 4)} của f(x)

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{3x^2+6}{2x+1}$trên (0; 4) ta có:

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{6x^2+6x-12}{{\left(2x+1\right)}^2}=0$

$\iff \left[\begin{array}{c}x=1\in (0;4)\\ x=-2\notin (0;4)\end{array}\right.$

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

Tập xác định: D = R

Xét đạo hàm: y′ = 3x² + 6x = 0

Û 3x(x + 2) = 0

$\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x+2=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=-2\end{array}\right.$

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

 Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là:

$AB=\sqrt{{\left(x_B-x_A\right)}^2+{\left(y_B-y_A\right)}^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$

Vậy khoảng cách $AB=2\sqrt{5}$.