\(D=ℝ\)

Có \(y'=x^2-2x-m\)

Xét \(y'=0\) 

\(\Leftrightarrow x^2-2x-m=0\)

\(\Leftrightarrow m=x^2-2x\)    (1)

YCBT \(\Leftrightarrow\) (1) có 2 nghiệm phân biệt thuộc \(\left(3;4\right)\)

 Đặt \(f\left(x\right)=x^2-2x\). Khi đó \(f'\left(x\right)=2x-2\)

 \(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=1\)

 Lập BBT, ta thấy để \(m=f\left(x\right)\) có 2 nghiệm phân biệt thuộc \(\left(3;4\right)\) thì \(3< m< 8\)

 Khi đó \(m\in\left\{4;5;6;7\right\}\), suy ra có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn ycbt.

 -> Chọn B.

BBT của \(f\left(x\right)\):

b) Xét pt hoành độ giao điểm của hàm số đã cho và Ox là \(2x^3+2\left(6m-1\right)x^2-3\left(2m-1\right)x-3\left(1+2m\right)=0\)    (*)

Ta thấy \(x=1\) là nghiệm của pt trên. Lập sơ đồ Horner:

Do đó pt (*) 

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(2x^2+12mx+6m+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\2x^2+12mx+6m+3=0\end{matrix}\right.\)

 Xét pt \(2x^2+12mx+6m+3=0\)      (1)

 Ycbt \(\Leftrightarrow\) pt (1) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) khác 1 và thỏa mãn \(x_1^2+x_2^2=27\)

 Có \(\Delta'=\left(6m\right)^2-2\left(6m+3\right)=36m^2-12m-6>0\) 

 \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m>\dfrac{1+\sqrt{7}}{6}\\m< \dfrac{1-\sqrt{7}}{6}\end{matrix}\right.\)

Có 2 nghiệm khác 1 \(\Leftrightarrow2.1^2+12m.1+6m+3\ne0\) 

\(\Leftrightarrow18m+5\ne0\)

\(\Leftrightarrow m\ne-\dfrac{5}{18}\)

Theo định lý Vi-ét, ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-6m\\x_1x_2=\dfrac{6m+3}{2}\end{matrix}\right.\)

Để \(x_1^2+x_2^2=27\) 

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=27\)

\(\Leftrightarrow\left(-6m\right)^2-2.\dfrac{6m+3}{2}=27\)

\(\Leftrightarrow36m^2-6m-3=27\)

\(\Leftrightarrow6m^2-m-5=0\)

\(\Leftrightarrow6m^2-6m+5m-5=0\)

\(\Leftrightarrow6m\left(m-1\right)+5\left(m-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)\left(6m+5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\left(nhận\right)\\m=-\dfrac{5}{6}\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy \(m=1\) hoặc \(m=-\dfrac{5}{6}\) thỏa ycbt.

c) Xét pt \(x^3-3mx^2+\left(3m-1\right)x+6m=0\)   (*)

Ta thấy (*) có nghiệm \(x=-1\). Lập sơ đồ Horner:

Vậy (*) \(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x^2-\left(3m+1\right)x+6m\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x^2-\left(3m+1\right)x+6m=0\end{matrix}\right.\)

Tới đây thì làm tương tự câu b) nhé.

a) Gọi K' là giao điểm của BI và EF, S là giao điểm của EJ và AB.

 Ta có \(\left(FSBA\right)=-1\) (hàng điều hòa quen thuộc). Mặt khác, dễ thấy K'B là trung trực của FJ nên K'B cũng là tia phân giác của \(\widehat{FK'S}\)

 Do đó, \(\widehat{AK'B}=90^o\). Khi đó tam giác AK'B vuông tại K' có trung tuyến K'M nên \(K'M=MB=\dfrac{1}{2}AB\)

 Từ đó suy ra tam giác MK'B cân tại M \(\Rightarrow\widehat{MK'B}=\widehat{MBK'}=\widehat{K'BC}\)

 Do đó MK'//BC. Chú ý rằng MN là đường trung bình của tam giác ABC \(\Rightarrow\) MN//BC. Vậy \(K'\in MN\) hay K' chính là giao điểm của MN và JE. Điều này có nghĩa là \(K'\equiv K\). 

 Như vậy, \(K,B,I\) thẳng hàng và \(\widehat{AKB}=90^o\) hay \(AK\perp BI\)

 Lại có \(FJ\perp BI\) nên AK//FJ hay AK//HJ.

 Tương tự, ta cũng có AH//KJ nên tứ giác AKJH là hình bình hành.

 \(\Rightarrow\) HK, AJ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn, hay JA đi qua trung điểm của HK.

 câu a ý 2:

 Gọi U là giao điểm của EF và BC, P là trung điểm BC, X là điểm chính giữa cung BC không chứa D của (O).

 Có \(\widehat{XIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\widehat{XCB}+\widehat{IBC}=\widehat{XBC}+\widehat{IBC}=\widehat{XBI}\) nên tam giác XBI cân tại X \(\Rightarrow XB=XI\)

 Tương tự, ta cũng có \(XB=XC=XI\) nên X là tâm (IBC)

 Dễ thấy \(\widehat{XBD}=\widehat{XCD}=90^o\) nên XB, XC là tiếp tuyến tại B và C của (X).

 \(\Rightarrow DC^2=DP.DX=DT.DG\) \(\Rightarrow\) Tứ giác TPXG nội tiếp.

 \(\Rightarrow\widehat{DPT}=\widehat{XGT}=\widehat{XTG}=\widehat{XPG}\)

 \(\Rightarrow90^o-\widehat{DPT}=90^o-\widehat{XPG}\)

 \(\Rightarrow\widehat{UPT}=\widehat{UPG}\) . Do \(\widehat{UPG}+\widehat{GPC}=180^o\)

 \(\Rightarrow\) \(\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o\)

  Vì D là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (X) nên GD là đối trung của tam giác GBC 

 \(\Rightarrow\widehat{BGT}=\widehat{PGC}\)

  Lại có \(\widehat{GTB}=\widehat{GCP}\) \(\Rightarrow\Delta GTB\sim\Delta GCP\) \(\Rightarrow\widehat{GBT}=\widehat{GPC}\)

  Lại có \(\widehat{GBT}=\widehat{GIT}\) nên \(\widehat{GPC}=\widehat{GIT}\)

  Kết hợp với \(\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o\), ta có \(\widehat{GIT}+\widehat{UPT}=180^o\) 

 \(\Rightarrow\) Tứ giác ITPJ nội tiếp.

 Mặt khác, \(\left(BCJU\right)=-1\) và P là trung điểm BC nên \(\overline{UJ}.\overline{UP}=\overline{UB}.\overline{UC}\) (hệ thức Maclaurin)

 \(\Rightarrow P_{U/\left(ITPJ\right)}=P_{U/\left(X\right)}\)

 \(\Rightarrow\) U nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (ITPJ) và (X), mà IT là trục đẳng phương của 2 đường tròn này nên U, I, T thẳng hàng.

 Xét cực và đối cực đối với (I). Kí hiệu \(d_Y\) là đối cực của Y đối với (I).

 Ta có \(\left(BCJU\right)=-1\) \(\Rightarrow J\in d_U\) 

 Lại có \(U\in EF\equiv d_A\Rightarrow A\in d_U\) 

 Do đó \(JA\equiv d_U\) \(\Rightarrow JA\perp UI\) hay \(JA\perp IT\) (đpcm)

Đặt \(f\left(x\right)=y=\dfrac{1}{3}x^3-\left(2m-1\right)x^2+\left(m^2-m+7\right)x+m-5\)

=>\(y'=\dfrac{1}{3}\cdot3x^2-\left(2m-1\right)\cdot2x^2+\left(m^2-m+7\right)\)

=>\(y'=x^2-\left(4m-2\right)x^2+\left(m^2-m+7\right)\)

Đặt y'=0

\(\text{Δ}=\left(4m-2\right)^2-4\left(m^2-m+7\right)\)

\(=16m^2-16m+4-4m^2+4m-28=12m^2-12m-24\)

Để hàm số f(x) có hai cực trị thì Δ>0

=>\(12\left(m^2-m-2\right)>0\)

=>\(m^2-m-2>0\)

=>(m-2)(m+1)>0

=>\(\left[{}\begin{matrix}m>2\\m< -1\end{matrix}\right.\)

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=4m-2\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2-m+7\end{matrix}\right.\)

\(x_1^2+x_2^2=\left(\sqrt{74}\right)^2=74\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=74\)

=>\(\left(4m-2\right)^2-2\left(m^2-m+7\right)=74\)

=>\(16m^2-16m+4-2m^2+2m-14=74\)

=>\(14m^2-14m-84=0\)

=>\(m^2-m-6=0\)

=>(m-3)(m+2)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=3\left(nhận\right)\\m=-2\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

hi

\(y'=3x^2+1\)

Do 3x^2 >= 0 => 3x^2 + 1 > 0 

=> hs đồng biến trên R

Xet tam giac ABC co 

\(cos60=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2.AB.AC}\Rightarrow BC=\sqrt{3}a\)

\(cosACB=\dfrac{AC^2+BC^2-AB^2}{2.AC.BC}\Rightarrow\widehat{ACB}=30^0\)

Cho H la giao diem giua AG va BC => HC = can3/2 

Xet tam giac AHC 

\(cosACB=\dfrac{AC^2+CH^2-AH^2}{2.AC.CH}\Rightarrow AH=\dfrac{\sqrt{7}a}{2}\)

\(\Rightarrow AG=\dfrac{2}{3}.\dfrac{\sqrt{7}a}{2}=\dfrac{\sqrt{7}a}{3}\)

Ma (AA';A'G) = ^AA'G  = 30⁰

Xet tam giac A'AG vuong tai G 

tanAA'G = \(\dfrac{AG}{A'G}=\dfrac{\sqrt{7}a}{3}:A'G=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow A'G=\dfrac{\sqrt{21}a}{3}\)

Xet tam giac ABC 

S_ABC = \(\dfrac{1}{2}.a.2a.sin60^0=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a^2\)

\(V_{ABC.A'B'C}=A'G.S_{ABC}=\dfrac{\sqrt{21}}{3}a.\dfrac{\sqrt{3}}{2}a^2=\dfrac{\sqrt{7}}{2}a^3\)