Câu hỏi:

Đặt \(u=2 x^{3}+x-1 \Rightarrow u^{\prime}=6 x^{2}+1>0\) với \(\forall x\)

\(\Rightarrow x \in[0 ; 1] \Leftrightarrow u \in[-1 ; 2]\)

Xét \(g(x)=f(u)+m\) với \(u \in[-1 ; 2] \Rightarrow g^{\prime}(x)=u^{\prime}. f^{\prime}(u)\)

\(\Rightarrow g^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow u^{\prime}. f^{\prime}(u)=0 \Leftrightarrow f^{\prime}(u)=0 \Leftrightarrow u= \pm 1\)

BBT

\(\Rightarrow \min _{[0 ; 1]} g(x)=-20 \Leftrightarrow-1+m=-20 \Leftrightarrow m=-19\).

\(\begin{align}& 2 \sin x \sin 2 x=3-\sqrt{3} \sin x \\& \Leftrightarrow \cos x-\cos 3 x+\sqrt{3} \sin x=3 \\& \Leftrightarrow\left(\frac{1}{2} \cos x+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x\right)-\frac{1}{2} \cos 3 =\frac{3}{2}\end{align}\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2} \cos x+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x=1 \Leftrightarrow \cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right)=1 \\ \cos 3 x=-1 \Leftrightarrow 3 x=\pi+k 2 \pi\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\pi}{3}+k 2 \pi \\ x=\frac{\pi}{3}+\frac{k 2 \pi}{3}\end{array} \Leftrightarrow x=\frac{\pi}{3}+k 2 \pi\right.\right.\)

Vậy \(a=1, b=3 \Rightarrow a+b=4\)

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n(\Omega)=C_{40}^{3}=9880\)

Gọi \(A\) là biến cố để chọn được 3 tấm thẻ có tổng các số ghi trên các thẻ là một số chẵn.

TH1: 2 thẻ ghi số lẻ; 1 thẻ ghi số chẵn: \(C_{20}^{2} \cdot C_{20}^{1}=3800\)

TH2: 3 thẻ ghi số chẵn: \(C_{20}^{3}=1140\)

Vậy xác suất để chọn được 3 tấm thẻ có tổng các số ghi trên các thẻ là một số chẵn là: \(\frac{3800+1140}{9880}=\frac{1}{2}\).

Ta có: \(\cos x=\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow \sin x=\sqrt{1-\cos ^{2} x}=\sqrt{1-\left(\frac{1}{4}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{15}}{4} ;\)

\(\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{4}}{\frac{1}{4}}=\sqrt{15} ;\)

\(\cot x=\frac{1}{\tan x}=\frac{1}{\sqrt{15}}\).

\(\Rightarrow P=\frac{15-\sqrt{15}+\frac{3}{\sqrt{15}}}{\frac{1}{2 \cdot \frac{1}{4}}-5 \sqrt{15}+30 \cdot \frac{1}{15}}=-\sqrt{\frac{3}{5}}\).

Khai triển nhị thức Newton của \((1+2 x)^{12}\), ta có \((1+2 x)^{12}=\sum_{k=0}^{12} C_{12}^{k}(2 x)^{k}=\sum_{k=0}^{12} C_{12}^{k} 2^{k} x^{k}\).

Suy ra \(a_{k}=C_{12}^{k} 2^{k}\).

Hệ số \(a_{k}\) Ión nhất khi \(\left\{\begin{array}{l}a_{k} \geq a_{k+1} \\ a_{k} \geq a_{k-1}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2^{k} C_{12}^{k} \geq 2^{k+1} C_{12}^{k+1} \\ 2^{k} C_{12}^{k} \geq 2^{k-1} C_{12}^{k-1}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{12-k} \geq \frac{2}{k+1} \\ \frac{2}{k} \geq \frac{1}{12-k+1}\end{array} \Leftrightarrow \frac{23}{3} \leq k \leq \frac{26}{3}\right.\right.\right.\).

\(\xrightarrow[k \in \mathbb{N}]{0 \leq k \leq 12} k=8\). Vậy hệ số lớn nhất là \(a_{8}=C_{12}^{8} 2^{8}\).