Câu hỏi:

Ta có \(I\). và II. đúng vì đây là bất đẳng thức tam giác

Ta có: \(m_{a}^{2}=\frac{b^{2}+c^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{4}=\frac{(b+c)^{2}+(b-c)^{2}-a^{2}}{4}\).

Vì \(|b-c|<a \Rightarrow(b-c)^{2}<a^{2} \Rightarrow m_{a}^{2}<\frac{(b+c)^{2}}{4} \Leftrightarrow m_{a}<\frac{b+c}{2}\).

Tương tự ta có: \(m_{b}<\frac{a+c}{2} ; m_{c}<\frac{a+c}{2}\).

Do đó: \(m_{a}+m_{b}+m_{c}<a+b+c\).

Vậy III. Đúng.

ТХĐ: \(D=\mathbb{R}\).

Ta có \(y^{\prime}=8 x^{2}+\frac{2}{x}-m\). Yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow y^{\prime} \geq 0 ~\forall x \in(0 ; 1)\)

\(\Leftrightarrow 8 x^{2}+\frac{2}{x}-m \geq 0 ~\forall x \in(0 ; 1) \Leftrightarrow h(x)=8 x^{2}+\frac{2}{x} \geq m ~\forall x \in(0 ; 1) \Leftrightarrow m \leq \min _{(0 ; 1)} h(x)\).

Xét hàm \(h(x)=8 x^{2}+\frac{2}{x} ~\forall x \in(0 ; 1)\). Ta có \(h^{\prime}(x)=16 x-\frac{2}{x^{2}} \Rightarrow h^{\prime}(x)=0 \Rightarrow x=\frac{1}{2}\).

Bảng biến thiên

Từ \(\mathrm{BBT} \Rightarrow m \leq 6\), kết hợp với \(m\) nguyên dương ta được \(m \in\{1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6\}\).

Để tìm hệ số của \(x^{9}\) trong khai triển \(P(x)\), ta cần tìm hệ số của \(x^{8}\) trong khai triển \(\left(1-2 x^{4}\right)^{5}\) và hệ số của \(x^{6}\) trong khai triển \(\left(1+x^{2}\right)^{5}\).

Ta có:

\(\begin{align}\left(1-2 x^{4}\right)^{5} & =1-5.2 x^{4}+10.\left(2 x^{4}\right)^{2}-10.\left(2 x^{4}\right)^{3}+5.\left(2 x^{4}\right)^{4}-\left(2 x^{4}\right)^{5} \\& =1-10 x^{4}+40 x^{8}-80 x^{12}+80 x^{16}-32 x^{20}\end{align}\)

\(\begin{align}\left(1+x^{2}\right)^{5} & =1+5 x^{2}+10 \cdot\left(x^{2}\right)^{2}+10 \cdot\left(x^{2}\right)^{3}+5 \cdot\left(x^{2}\right)^{4}+\left(x^{2}\right)^{5} \\& =1+5 x^{2}+10 x^{4}+10 x^{6}+5 x^{8}+x^{10}\end{align}\)

Suy ra \(P(x)=\ldots+x.40 x^{8}+\ldots+x^{3}.10 x^{6}=\ldots+50 x^{9}+\ldots\)

Vậy hệ số của \(x^{9}\) trong khai triển \(P(x)\) là 50.

+ Đặt \(t=\sqrt{1-x}\) ta có: \(t^{\prime}=\frac{-1}{2 \sqrt{1-x}}\) là hàm số nghịch biến trên khoảng \((-\infty ; 0)\)

+ Yêu cầu bài toán trở thành. tìm các giá trị nguyên của m để hàm số \(y=\frac{t+1}{t+m}\) nghịch biến trên khoảng \((1 ; 2) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}f^{\prime}(t)<0 \\ -m \notin(1 ; 2)\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m<1 \\ {\left[\begin{array}{l}-m \leq 1 \\ -m \geq 2\end{array}\right.}\end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m \leq-2 \\ -1 \leq m<1\end{array}\right.\right.\right.\).

Vậy có vô số giá trị nguyên của tham số m.

Ta có: \(n(\Omega)=C_{20}^{3}\).

Gọi A là biến cố. "ba số lấy được lập thành cấp số cộng".

Giả sử ba số \(a, b, c\) theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng, khi đó ta có \(a+c=2 b\). Hay \(a+c\) là một số chẵn và mỗi cách chọn 2 số \(a\) và \(c\) thỏa mãn \(a+c\) là số chẵn sẽ có duy nhất cách chọn Số cách chọn hai số có tổng chẵn sẽ là số cách chọn ba số tạo thành cấp số cộng.

TH1. Hai số lấy được đều là số chẵn, có: \(C_{10}^{2}\) cách lấy.

TH2. Hai số lấy được đều là số lẻ, có: \(C_{10}^{2}\) cách lấy.

\(\Rightarrow n(A)=C_{10}^{2}+C_{10}^{2}\)

\(P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\frac{C_{10}^{2}+C_{10}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{3}{38}\).