Đáp án đúng là: A

Phương trình: 3f(x² – 4x) = m                                (1)

Đặt u = x² – 4x

Ta có bảng biến thiên sau

Ta thấy:

+) Với u < –4, phương trình (1) vô nghiệm

+) Với u = –4, phương trình (1) có một nghiệm x = 2 > 0

+) Với –4 < u < 0, phương trình (1) có hai nghiệm x > 0

+) Với u ≥ 0, phương trình (1) có một nghiệm x > 0

Khi đó 3f(x² – 4x) = m             

\( \Rightarrow f\left( u \right) = \frac{m}{3}\)                  (2)

Ta thấy:

+) Nếu \(\frac{m}{3} = - 3 \Leftrightarrow m = - 9\) thì phương trình (2) có một nghiệm u = 0

Nên phương trình (1) có một nghiệm x > 0

+) Nếu \( - 3 < \frac{m}{3} < - 2 \Leftrightarrow - 9 < m < - 6\) thì phương trình (2) có một nghiệm u > 0 và một nghiệm u ∈ (–2; 0)

Nên phương trình (1) có ba nghiệm x > 0

+) Nếu \(\frac{m}{3} = - 2 \Leftrightarrow m = - 6\) thì phương trình (2) có một nghiệm u = –4, một nghiệm u ∈ (–2; 0) và một nghiệm u > 0

Nên phương trình (1) có bốn nghiệm x > 0

+) Nếu \( - 2 < \frac{m}{3} < 2 \Leftrightarrow - 6 < m < 6\) thì phương trình (2) có một nghiệm u < –4, hai nghiệm u ∈ (–4; 0) và một nghiệm u > 0

Nên phương trình (1) có năm nghiệm x > 0

+) Nếu \(\frac{m}{3} = 2 \Leftrightarrow m = 6\) thì phương trình (2) có một nghiệm u < –4, một nghiệm u = –2 và một nghiệm u > 0

Nên phương trình (1) có ba nghiệm x > 0

+) Nếu \(\frac{m}{3} > 2 \Leftrightarrow m > 6\) thì phương trình (2) có một nghiệm u < –4 và một nghiệm u > 0

Nên phương trình (1) có một nghiệm x > 0

Suy ra –9 < m ≤ 6

Do đó m ∈ {–8; –7; –6; –5; –4; –3; –2; –1; 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}

Vậy ta chọn đáp án A.

\(y' = \frac{{ - \left( {{x^2} - 2{\rm{x}} - m} \right)}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}\)

Để hàm số \(y = \frac{{{x^2} + m{\rm{x}}}}{{1 - x}}\) có 2 cực trị

⇔ y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt

⇔ x² – 2x – m = 0 có hai nghiệm phân biệt

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) = - 1 - m \ne 0\\\Delta ' = 1 + m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > - 1\)

Theo định lý Vi – ét, hai nghiệm của phương trình thỏa mãn

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}.{x_2} = - m\end{array} \right.{\rm{               }}(1)\)

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là

\({d^2} = {\left( {{{\rm{x}}_1} - {x_2}} \right)^2} + {\left( {{y_1} - {y_2}} \right)^2} = {\left( {{{\rm{x}}_1} - {x_2}} \right)^2} + {\left( { - {x_1} + \frac{{m + 1}}{{1 - {x_1}}} + {x_2} - \frac{{m + 1}}{{1 - {x_2}}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow {x_1}^2 - 2{{\rm{x}}_1}{x_2} + {x_2}^2 + {\left( {{x_2} - {x_1} + \frac{{\left( {m + 1} \right)\left( {1 - {x_2}} \right) - \left( {m + 1} \right)\left( {1 - {x_1}} \right)}}{{\left( {1 - {x_1}} \right)\left( {1 - {x_2}} \right)}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x_1}^2 + 2{{\rm{x}}_1}{x_2} + {x_2}^2} \right) - 4{{\rm{x}}_1}{x_2} + {\left( {{x_2} - {x_1} + \frac{{m - m{{\rm{x}}_2} + 1 - {x_2} - m + m{{\rm{x}}_1} - 1 + {x_1}}}{{\left( {1 - {x_1}} \right)\left( {1 - {x_2}} \right)}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{{\rm{x}}_1}{x_2} + {\left( {{x_2} - {x_1} + \frac{{ - m{{\rm{x}}_2} - {x_2} + m{{\rm{x}}_1} + {x_1}}}{{1 - {x_1} - {x_2} + {x_1}{x_2}}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow {2^2} - 4.\left( { - m} \right) + {\left( {{x_2} - {x_1} + \frac{{ - m{{\rm{x}}_2} - {x_2} + m{{\rm{x}}_1} + {x_1}}}{{1 - 2 - m}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + {\left( {{x_2} - {x_1} + \frac{{ - m{{\rm{x}}_2} - {x_2} + m{{\rm{x}}_1} + {x_1}}}{{ - 1 - m}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + {\left( {\frac{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( { - 1 - m} \right) - m{{\rm{x}}_2} - {x_2} + m{{\rm{x}}_1} + {x_1}}}{{ - 1 - m}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + {\left( {\frac{{ - {x_2} - m{{\rm{x}}_2} + {x_1} + m{{\rm{x}}_1} - m{{\rm{x}}_2} - {x_2} + m{{\rm{x}}_1} + {x_1}}}{{ - 1 - m}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + {\left( {\frac{{2{x_2} + 2m{{\rm{x}}_2} - 2{x_1} - 2m{{\rm{x}}_1}}}{{1 + m}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + 4{\left( {\frac{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {1 + m} \right)}}{{1 + m}}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + 4{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + 4\left[ {{{\left( {{x_2} + {x_1}} \right)}^2} - 2{{\rm{x}}_1}{x_2}} \right] = 100\)

\( \Leftrightarrow 4 + 4m + 4\left( {4 + 4m} \right) = 100\)

\( \Leftrightarrow 20m + 20 = 100\)

\( \Leftrightarrow 20m = 80\)

\( \Leftrightarrow m = 4\)

Vậy m = 4.

Ta có:

\(\begin{array}{l}{(x + y)^3} - {(x - y)^3}\\ = {x^3} + 3{x^2}y + 3x{y^2} + {y^3} - {x^3} + 3{x^2}y - 3x{y^2} + {y^3}\\ = 6{x^2}y + 2{y^3}\\ = 2y\left( {3{x^2} + {y^2}} \right).\end{array}\)

Ta có:

x² + 6x + 9

= x² + 2 . 3 . x + 3²

= (x + 3)².

a) Điều kiện xác định a ≥ 0, a ≠ 1

\(A = \frac{1}{{2 + 2\sqrt a }} + \frac{1}{{2 - 2\sqrt a }} - \frac{{{a^2} + 1}}{{1 - {a^2}}}\)

\({\rm{A}} = \frac{1}{{2\left( {1 + \sqrt a } \right)}} + \frac{1}{{2\left( {1 - \sqrt a } \right)}} - \frac{{{a^2} + 1}}{{\left( {1 - a} \right)\left( {1 + a} \right)}}\)

\({\rm{A}} = \frac{1}{{2\left( {1 + \sqrt a } \right)}} + \frac{1}{{2\left( {1 - \sqrt a } \right)}} - \frac{{{a^2} + 1}}{{\left( {1 - \sqrt a } \right)\left( {1 + \sqrt a } \right)\left( {1 + a} \right)}}\)

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

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

\({\rm{A}} = \frac{{2a - 2{a^2}}}{{2\left( {1 - a} \right)\left( {1 + a} \right)}}\)

\({\rm{A}} = \frac{{2a\left( {1 - a} \right)}}{{2\left( {1 - a} \right)\left( {1 + a} \right)}}\)

\({\rm{A}} = \frac{a}{{1 + a}}\)

b) Để \[{\rm{A}} < \frac{1}{3}\]\( \Leftrightarrow \frac{a}{{1 + a}} < \frac{1}{3}\)

\( \Leftrightarrow \frac{a}{{1 + a}} - \frac{1}{3} < 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{3a - a - 1}}{{1 + a}} < 0\)

\( \Leftrightarrow 2{\rm{a}} - 1 < 0\)\( \Leftrightarrow {\rm{a}} < \frac{1}{2}\)

Mà a ≥ 0, a ≠ 1

Suy ra \({\rm{0}} \le {\rm{a}} < \frac{1}{2}\)

Vậy \({\rm{0}} \le {\rm{a}} < \frac{1}{2}\).

Đáp án đúng là: B

Theo tính chất của phép tịnh tiến biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.

Ta có đường tròn (C)  có tâm I(1; −2), bán kính \(R = \sqrt 6 \)

Với phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow v = \left( {1;2} \right)\) thì ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x' = x + 1\\y' = y + 2\end{array} \right.\)

Suy ra \[{T_{\overrightarrow v }}\left( I \right) = I'\left( {2;0} \right)\]

Vậy đường tròn (C')  có tâm I'(2;0), bán kính \(R' = R = \sqrt 6 \) có phương trình \({\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} = 6\), ta chọn đáp án B.

Ta có :

\(y' = 3 - \frac{8}{{{x^3}}}\)

\(\begin{array}{l}y' = 0 \Leftrightarrow 3 - \frac{8}{{{x^3}}} = 0\\ \Leftrightarrow x = \frac{2}{{\sqrt[3]{3}}} \Rightarrow y = \frac{9}{{\sqrt[3]{3}}} = 3\sqrt[3]{9}.\end{array}\)

Vậy giá trị nhot nhất của \(y = 3{\rm{x}} + \frac{4}{{{x^2}}}\) là \(3\sqrt[3]{9}\).

Đường thẳng d đi qua điểm M, hệ số góc k có phương trình y = kx + m

d là tiếp tuyến \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 2}}{{x - 1}} = k{\rm{x}} + m\\\frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = k\end{array} \right.\) có nghiệm

Thay \(k = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) vào phương trình y = kx + m ta được:

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

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

⇔ x² + x – 2 = –3x + m(x² – 2x + 1)

⇔ x² + x – 2 = –3x + mx² – 2mx + m

⇔ (m – 1)x² – 2(m + 2)x + m + 2 = 0                              (*)

Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 3\left( {m + 2} \right) > 0\\m \ne 1\\m - 1 - 2\left( {m + 2} \right) + m + 2 \ne 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 2\\m \ne 1\end{array} \right.\)

Khi đó tọa độ hai điểm là M₁(x₁; y₁) và M₂(x₂; y₂) với x₁; x₂ là nghiệm của phương trùnh (*) và \({y_1} = \frac{{{x_1} + 2}}{{{x_1} - 1}};{y_2} = \frac{{{x_2} + 2}}{{{x_2} - 1}}\)

Để M₁; M₂ nằm về hai phía của Ox thì y₁ . y₂ = 0

\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1} + 2}}{{{x_1} - 1}}.\frac{{{x_2} + 2}}{{{x_2} - 1}} < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right)}}{{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)}} < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 2{x_1} + 2{{\rm{x}}_2} + 4}}{{{x_1}{x_2} - {x_1} - {x_2} + 1}} < 0\)

Áp dụng định lý Vi – ét ta có

\[{{\rm{x}}_1} + {x_2} = \frac{{2\left( {m + 2} \right)}}{{m - 1}};{x_1}{x_2} = \frac{{m + 2}}{{m - 1}}\]

Suy ra \(\frac{{\frac{{m + 2}}{{m - 1}} + \frac{{4\left( {m + 2} \right)}}{{m - 1}} + 4}}{{\frac{{m + 2}}{{m - 1}} - \frac{{2\left( {m + 2} \right)}}{{m - 1}} + 1}} < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {m + 2} \right) + 4\left( {m + 2} \right) + 4\left( {m - 1} \right)}}{{\left( {m + 2} \right) - 2\left( {m + 2} \right) + \left( {m - 1} \right)}} < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{9m + 6}}{{ - 3}} < 0\)\( \Leftrightarrow 9m + 6 > 0\)\( \Leftrightarrow m > \frac{{ - 2}}{3}\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}m > - 2\\m \ne 1\end{array} \right.\)

Suy ra \(m > \frac{{ - 2}}{3};m \ne 1\)

Vậy \(m > \frac{{ - 2}}{3};m \ne 1\).