Phương trình định luật II Newton : 

\(\overrightarrow{P}+\overrightarrow{F_{\text{đh}}}=\overrightarrow{0}\) (1)

Chiếu (1) lên hướng \(\overrightarrow{P}\)  

=> \(P=F_{\text{đh}}\Leftrightarrow mg=k.\Delta l\Leftrightarrow\Delta l=\dfrac{mg}{k}=\dfrac{0,5.10}{100}=0,05\left(m\right)\)

=> Chiều dài lò xo \(l_1=l+\Delta l=40+5=45\) (cm)

b) \(l_2=l+\Delta l=48\left(cm\right)\Leftrightarrow\Delta l=8\left(cm\right)=0,08\left(m\right)\)

Khi đó \(m=\dfrac{k.\Delta l}{g}=\dfrac{100.0,08}{10}=0,8\left(kg\right)\)

Vậy khối lượng vật cần treo : 0,08 kg

ĐKXĐ : \(1\le x\le11\)

Ta có \(\sqrt{11-x}=\sqrt{3x+10}-\sqrt{x-1}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{11-x}+\sqrt{x-1}=\sqrt{3x+10}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{11-x}+\sqrt{x-1}\right)^2=3x+10\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(11-x\right).\left(x-1\right)}=3x\)

\(\Leftrightarrow4\left(11-x\right)\left(x-1\right)=9x^2\)

\(\Leftrightarrow13x^2-48x+44=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right).\left(13x-22\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=\dfrac{22}{13}\end{matrix}\right.\left(tm\right)\)

Tập nghiêm S = \(\left\{2;\dfrac{22}{13}\right\}\)

ĐKXĐ : \(x\ge-\dfrac{3}{8}\)

Ta có : \(\sqrt{8x+3}=9x^2+10x+\dfrac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow36x^2+40x+9-4\sqrt{8x+3}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(36x^2+48x+16\right)-8x-3-4\sqrt{8x+3}-4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(6x+4\right)^2-\left(\sqrt{8x+3}+2\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(6x+\sqrt{8x+3}+6\right).\left(6x+2-\sqrt{8x+3}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{8x+3}=-6x-6\left(1\right)\\\sqrt{8x+3}=-6x-2\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Giải (1) ta có :

(1) <=> \(8x+3=\left(-6x-6\right)^2\) (với \(-6x-6\ge0\Leftrightarrow x\le-1\))

\(\Leftrightarrow36x^2+64x+33=0\)

\(\Leftrightarrow\left(6x+\dfrac{16}{3}\right)^2+\dfrac{41}{9}=0\)

\(\Leftrightarrow x\in\varnothing\) => (1) vô nghiệm

Giải (2) ta có 

(2) <=> \(8x+3=\left(-6x-2\right)^2\) (với \(x\le-\dfrac{1}{3}\)) (*)

\(\Leftrightarrow36x^2+16x+1=0\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{-4\pm\sqrt{7}}{18}\) 

Kết hợp (*) và ĐKXĐ ta được \(x=\dfrac{-4+\sqrt{7}}{18}\) là nghiệm phương trình

Phương trình (d) có dạng : 

ax + by + c = 0 (d)

=> vector pháp tuyến \(\overrightarrow{n}\left(a;b\right)\) 

Lại có vector pháp tuyến của (d') : \(\overrightarrow{a}\left(1;2\right)\)

(d) qua A(0;1) => b + c = 0 (2)

Ta có \(\cos\left(d,d'\right)=\cos45=\dfrac{\left|a+2b\right|}{\sqrt{a^2+b^2}.\sqrt{1^2+2^2}}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+2b\right)^2=\dfrac{5}{2}.\left(a^2+b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow3a^2-8ab-3b^2=0\Leftrightarrow\left(a-3b\right).\left(3a+b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=3b\\a=-\dfrac{b}{3}\end{matrix}\right.\)\(\left(a;b\ne0\right)\) (1)

Từ (1)(2) thay vào (d) => 

d₁ : 3x + y - 1 = 0 

d₂ : \(-\dfrac{1}{3}x+y-1=0\)

ĐKXĐ : \(m\le2x^2-2x+12\)

\(\sqrt{2x^2-2x-m+12}=x-3\)

\(\Leftrightarrow2x^2-2x-m+12=\left(x-3\right)^2\) (với \(x\ge3\)) (*)

\(\Leftrightarrow x^2+4x+3=m\) (1)

Xét hàm số parabol (P): y = x² + 4x + 3 và (d) : y = m

Từ (1) ta có bảng biến thiên của (P)

=> Kết hợp ĐKXĐ và (*)

Phương trình ban đầu có nghiệm <=> m \(\ge3\)

\(n\left(\Omega\right)=C^9_3.C_3^6.C_3^3=1680\)

Gọi biến cố A "Không có phần nào trong 3 phần có 3 bi cùng màu"

=> \(\overline{A}\) : "Có ít nhất 1 phần có 3 bi cùng màu"

TH1 : Chỉ có 3 bi đỏ trong 1 phần => 2 phần còn lại có 5 bi xanh và  1 bi đỏ

=> Luôn tồn tại 1 phần có 3 bi xanh cùng màu

Tương tự với trường hợp chỉ có 3 bi xanh trong 1 phần

=> \(n\left(\overline{A}\right)=C_4^3.C_5^3.C_3^3=40\)

=> \(P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\dfrac{40}{1680}=\dfrac{41}{42}\)

ĐKXĐ : \(x^2-3x+3\ge0\Leftrightarrow x\inℝ\)

Ta có : \(\sqrt{x^2-3x+3}=2x-1\)

\(\Leftrightarrow x^2-3x+3=\left(2x-1\right)^2\) (với \(2x-1\ge0\Leftrightarrow x\ge\dfrac{1}{2}\left(^∗\right)\)

\(\Leftrightarrow3x^2-x-2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right).\left(3x+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\left(tm\right)\\x=-\dfrac{2}{3}\left(\text{loại}\right)\end{matrix}\right.\)

Tập nghiệm S = {1}

Gọi M(x,y) 

Trong (E) có : \(c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{5}\)

Từ đó ta có : \(F_1\left(\sqrt{5};0\right);F_2\left(-\sqrt{5};0\right)\); \(F_1F_2=2\sqrt{5}\) 

=> \(\overrightarrow{F_1M}\left(x-\sqrt{5};y\right)\Rightarrow F_1M^2=\left(x-\sqrt{5}\right)^2+y^2\)

tương tự \(F_2M^2=\left(x+\sqrt{5}\right)^2+y^2\)

Do \(\widehat{F_1MF_2}=90^{\text{o}}\) nên tam giác F₁MF₂ vuông tại M

=> F₁M² + F₂M² = F₁F₂²

<=>  \(\left(x-\sqrt{5}\right)^2+y^2+\left(x+\sqrt{5}\right)^2+y^2=20\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2=5\)

Lại có \(M\in\left(E\right)\Rightarrow\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{4}=1\)

từ đó ta có hệ \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2=5\\\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{4}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2=\dfrac{9}{5}\\y^2=\dfrac{16}{5}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\pm\dfrac{3\sqrt{5}}{5}\\y=\pm\dfrac{4\sqrt{5}}{5}\end{matrix}\right.\)

ĐKXĐ : \(x\ge\dfrac{1}{2}\)

Ta có \(x^7-2=x^2-2\sqrt{2x-1}\)

\(\Leftrightarrow x^2.\left(x^5-1\right)+2.\left(\sqrt{2x-1}-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2.\left(x-1\right)\left(x^4+x^3+x^2+x+1\right)+\dfrac{4.\left(x-1\right)}{\sqrt{2x-1}+1}=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\left(tm\right)\\x^2.\left(x^4+x^3+x^2+x+1\right)+\dfrac{4}{\sqrt{2x-1}+1}=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Kết hợp ĐKXĐ ta dễ thấy phương trình (1) có VT > 0 

mà VP = 0

=> (1) vô nghiệm

Tập nghiệm phương trình S = {1}

Có \(c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{11}\)

Tiêu điểm \(F_1\left(\sqrt{11},0\right);F_2\left(-\sqrt{11},0\right)\)

Tiêu cự \(F_1F_2=2\sqrt{11}\)

Trục lớn : 2a = 12

Trục bé 2b = 10

Tâm sai \(e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{11}}{6}\)