\(y=\dfrac{x^2-\left(x^2+4mx+1\right)}{x+\sqrt{x^2+4mx+1}}=\dfrac{-4mx-1}{x+\sqrt{x^2+4mx+1}}\)

\(=\dfrac{-4mx-1}{x+\left|x\right|\sqrt{1+\dfrac{4m}{x}+\dfrac{1}{x^2}}}\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow\pm\infty}y\dfrac{-4m-\dfrac{1}{x}}{1\pm\sqrt{1+\dfrac{4m}{x}+\dfrac{1}{x^2}}}=-4m\)

Để y = 1 là TCN => -4m = 1 => m = -1/4 

a, Ta có (AC;AB) = ^BAC 

tan^BAC =  BC/AB = 1 => ^BAC = 45⁰

b, Ta có BD // B'D' 

=> (AD';BD) = (AD';B'D') = ^AD'B'

Xét tam giác AD'B' ta có AB' = B'D' = AD' 

=> tam giác AD'B' đều => ^AD'B' = 60⁰

c, Ta có BD vuông AC ; BD vuông CC' 

=> BD vuông (ACC') 

Mà AC' thuộc (ACC') => AC' vuông BD 

Dựa vào đồ thị, ta thấy \(m=\min\limits_{\left[-1;3\right]}f\left(x\right)=f\left(2\right)=-4\)

và \(M=\max\limits_{\left[-1;3\right]}f\left(x\right)=f\left(-1\right)=2\)

Khi đó \(M+m=2-4=-2\)

Có \(y'=x^2-2mx-1\)

Xét pt \(y'=x^2-2mx-1=0\)(*), có \(\Delta'=m^2+1>0\) nên (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\)

Theo định lý Viète, ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m\\x_1x_2=-1\end{matrix}\right.\)

Để \(x_1^2+x_2^2=2\)

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

\(\Leftrightarrow\left(2m\right)^2+2=2\)

\(\Leftrightarrow4m^2=0\)

\(\Leftrightarrow m=0\)

Vậy \(m=0\) thỏa mãn ycbt.

a, A''Có đúng 2 nữ''

\(C^2_3.C_{56}^2\)

\(P\left(A\right)=\dfrac{C_3^2.C_{56}^2}{C_{59}^4}\)

b, B''Có ít nhất 2 nam''

TH1 : Có 2 nam \(C_{56}^2.C_3^2\)

TH2 : Có 3 nam \(C_{56}^3.C_3^1\)

TH3 : Có 4 nam \(C^4_{56}\)

\(\Rightarrow C_{56}^2.C_3^2+C_{56}^3.C_3^1+C_{56}^4\)

\(P\left(B\right)=\dfrac{C_{56}^2.C_3^2+C_{56}^3.C_3^1+C_{56}^4}{C_{59}^4}\)

c, C''Có nhiều nhất 2 nam''

TH1 : Có 1 nam \(C_{56}^1.C_3^3\)

TH2 : Có 2 nam \(C_{56}^2.C_3^2\)

\(\Rightarrow C_{56}^2.C_3^3+C_{56}^2.C_3^2\)

\(P\left(C\right)=\dfrac{C_{56}^2.C_3^3+C^2_{56}.C_3^2}{C_{59}^4}\)

tk

chọn B

?