đáp án câu hỏi:

 a.720 b.35 c.5040 d.1680

ta có người thứ nhất có 7 cách người thứ 2 sẽ có 6 cách người thứ 3 sẽ có 5 cách.....

mà mỗi người có thể đổi chỗ cho nhau lên có số cách xếp là:

\(7!=1.2.3.4.5.6.7=5040\)

chọn (c) 5040

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

=>  \(y'=-x^2+4x+2m+1\)

Ycbt  <=>  \(y'\le0\)với mọi x thuộc R

          <=>   \(\Delta'_{y'}\le0\)

          <=>   \(2m+5\le0\)  <=>   \(m\le-\frac{5}{2}\)

Với \(x=0\)thì \(0!=1\ne0\)nên \(x=0\)không là nghiệm.

Với \(x\ge1\)thì \(x=x!=\left(x-1\right)!.x\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)!=1\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-1=0\\x-1=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=2\end{cases}}\).

Trả lời nhanh mk k cho

3 bn đầu tiên nha

Ai mà thấy thì vui lòng k đúng cho mk

~HT~

1 nam 1 nữ mỗi người vào mỗi quán

một đôi nam nữ vò mỗi quán

ok nha

mik chắc chắn 

Đặt \(log_2x=t\).

Ta có: \(t^2-mt-4+2m< 0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-2\right)\left(t+2-m\right)< 0\)(1) 

- Nếu \(m-2< 2\Leftrightarrow m< 4\)(1) tương đương với: 

\(m-2< t< 2\)

\(log_2x< 2\Leftrightarrow x< 4\Rightarrow n=3\)thỏa mãn. 

Vì \(m\)nguyên dương nên \(m\in\left\{1,2,3\right\}\).

- Nếu \(m-2=2\Leftrightarrow m=4\)(1) tương đương với: 

\(\left(t-2\right)^2< 0\)vô nghiệm suy ra \(n=0\)không thỏa mãn. 

- Nếu \(m-2>2\Leftrightarrow m>4\)(1) tương đương với: 

\(2< t< m-2\)

\(log_2x>2\Leftrightarrow x>4\).

Để \(n\in\left[1,251\right]\)thì \(x< 256\)suy ra \(log_2x< log_2256=8\Rightarrow m-2\le8\Leftrightarrow m\le10\).

suy ra \(4< m\le10\)có \(6\)giá trị nguyên dương của \(m\).

Tổng cộng tất cả các trường hợp thì có tổng cộng \(9\)giá trị của \(m\)thỏa mãn. 

Chọn C.

Đặt \(z=a+bi\), \(z\ne i\). 

\(\left|z-1+2i\right|=\sqrt{10}\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b+2\right)^2=10\)

\(\Leftrightarrow a^2-2a+1+b^2+4b+4=10\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2=5+2a-4b\)(1)

\(\frac{2z+3-i}{z-i}=\frac{\left(2a+3\right)+\left(2b-1\right)i}{a+\left(b-1\right)i}=\frac{\left[\left(2a+3\right)+\left(2b-1\right)i\right]\left[a-\left(b-1\right)i\right]}{a^2+\left(b-1\right)^2}\) 

\(=\frac{a\left(2a+3\right)+\left(2b-1\right)\left(b-1\right)+\left[a\left(2b-1\right)-\left(2a+3\right)\left(b-1\right)\right]i}{a^2+\left(b-1\right)^2}\)

là số thuần ảo nên \(a\left(2a+3\right)+\left(2b-1\right)\left(b-1\right)=2a^2+3a+2b^2-3b+1=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(5+2a-4b\right)+3a-3b+1=0\)

\(\Leftrightarrow7a-11b+11=0\)

\(\Leftrightarrow a=\frac{11b-11}{7}\)

Thế vào (1) ta được: 

\(\left(\frac{11b-11}{7}\right)^2+b^2-5-\frac{2\left(11b-11\right)}{7}+4b=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}b=1\Rightarrow a=0\\b=\frac{3}{17}\Rightarrow a=\frac{-22}{17}\end{cases}}\)

Chỉ có \(z=\frac{-22}{17}+\frac{3}{17}i\)thỏa mãn. 

Vậy có \(1\)số phức \(z\)thỏa mãn ycbt. 

= 2 

Quà toyy đâu

1+1=2

Hơi khả nghi đóa

bạn tự vẽ hình nhé

gọi M là trung điểm AC

tam giác ABC vuông tại B => MA = MB = MC = 1/2AC   (1)

 \(\Delta AC_1C\)vuông tại \(C_1\)=>  \(MA=MC=MC_1=\frac{1}{2}AC\) (2)

\(\hept{\begin{cases}BC\perp AB\\BC\perp SA\end{cases}}\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AB_1\)

lại có \(AB_1\perp SB\)  =>  \(AB_1\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AB_1\perp B_1C\)

\(\Delta AB_1C\perp B_1\) =>  \(MA=MB_1=MC=\frac{1}{2}AC\)  (3)

từ (1,2,3)  =>   M là tâm khối cầu ngoại tiếp khối chóp  \(ABCC_1B_1\)

\(R=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{6}}{2}\) =>  \(V=\frac{4}{3}\pi R^3=\sqrt{6}\pi a^3\)

\(f\left(x\right)=\sqrt{x+2}\)

\(t=\sqrt{x+2}\Rightarrow t^2=x+2\Rightarrow2tdt=dx\)

Từ tính nguyên hàm của \(\sqrt{x+2}\)bạn chuyển về tính nguyên hàm của \(2t^2\).

Kết quả: \(F\left(x\right)=\frac{2}{3}\sqrt{\left(x+2\right)^3}+C\).