a) Chiều cao hộp dựng bóng hình trụ là \(h = 6 , 4.3 = 19 , 2\) (cm)
Bán kính đáy hộp đựng bóng hình trụ là \(R_{1} = 6 , 4 : 2 = 3 , 2\) (cm).
Thể tích đựng bóng hình trụ là:
\(V_{1} = \pi r R_{1}^{2} h = \pi . 3 , 2^{2} . 19 , 2 = 618\) (cm³)
b) Bán kính quả bóng tennis là \(R_{2} = 6 , 4 : 2 = 3 , 2\) (cm²)
Thể tích của ba quả bóng tennis có dạng hình cầu là:
\(V_{2} = 3 \left(\right. \frac{4}{3} \pi R_{2}^{3} \left.\right) = 3. \left(\right. \frac{4}{3} . \pi . 3 , 2^{3} \left.\right) \approx 412\) (cm³)
Thể tích bên trong hộp đựng bóng không bị chiếm bởi ba quả bóng tennis là:
\(V = V_{1} - V_{2} = 618 - 412 = 203\) (cm³)

Hình trụ thứ nhất có bán kính \(R_{1} = \frac{8}{2} = 4\) mm và chiều cao là \(2\) mm.  
Ta có thể tính thể tích \(V_{1} = \pi R_{1}^{2} h = \pi . 4^{2} = 32 \pi\) (mm³).
Hình trụ thứ hai có bán kính \(R_{2} = \frac{4}{2} = 2\) mm và chiều cao là \(25\) mm.  
Ta có thể tính thể tích \(V_{2} = \pi R_{2}^{2} h = \pi . 2^{2} . 25 = 100 \pi\) (mm³).
Hình nón có đường kính đáy là \(4\) mm nên bán kính mặt đáy \(R_{3} = \frac{4}{2} = 2\) mm và chiều cao \(5\) mm.
Ta có thể tính thể tích \(V_{3} = \frac{1}{3} \pi R_{3}^{2} h = \frac{1}{3} \pi . 2^{2} . 5 = \frac{20}{3} \pi\) (mm³).
Do đó thể tích của chiếc đinh là:
\(V_{1} + V_{2} + V_{3} = 32 \pi + 100 \pi + \frac{20}{3} \pi = \frac{416}{3} \pi\) (mm³)
Khi thả 10 chiếc đinh vào cốc nước thì thể tích nước tăng thêm:
\(10. \frac{416}{3} \pi = \frac{4 160}{3 \pi} \approx 4 356 , 34\) (mm³) \(\approx 4 , 4\) (ml)

Đổi \(40\) mm \(= 4\) cm

a) Bán kính của quả bóng bàn là: \(4 : 2 = 2\) (cm)

Thể tích của quả bóng bàn là:

\(V_{1} = \frac{4}{3} \pi R^{3} = \frac{4}{3} . 3 , 14. 2^{3} = 33 , 49\) (cm³)

b) Thể tích nước dâng là:

\(V_{2} = \pi R^{2} . h = 3 , 14. 3^{2} . 7 , 2 = 203 , 472\) (cm³)

Thể tích phần bóng chìm: \(V_{3} = 203 , 472 - 200 = 3 , 472\) (cm³)

Vậy thể tích phần nổi quả bóng là

\(V = V_{1} - V_{3} = 33 , 49 - 3 , 472 \approx 30 , 02\) (cm³)

a) Ta có: \(\Delta^{'} = m^{2} - \left(\right. m - 2 \left.\right) = m^{2} - m + 2 = \left(\right. m - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} + \frac{7}{4} > 0\) với mọi \(m\).

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).

b) Theo định lí Viète, ta có: \(x_{1} + x_{2} = 2 m ; x_{1} . x_{2} = m - 2\)

Do \(x_{2}\) là nghiệm của (1) nên \(x_{2}^{2} - 2 m x_{2} + m - 2 = 0\)

\(x_{2}^{2} = 2 m x_{2} - m + 2\)

Do đó \(2 m x_{1} + x_{2}^{2} - 6 x_{1} x_{2} - m + 2\)

\(= 2 m \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) - 6 x_{1} x_{2} - 2 m + 4\)

\(= 2 m . 2 m - 6 \left(\right. m - 2 \left.\right) - 2 m + 4\)

\(= 4 m^{2} - 8 m + 16 = 4 \left(\left(\right. m - 1 \left.\right)\right)^{2} + 12 \geq 12\).

Suy ra \(M \geq \frac{- 24}{12} = - 2\).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(m = 1\).

a) Phương trình có nghiệm khi \(\Delta^{'} = 1 - \left(\right. 2 - m \left.\right) = m - 1 \geq 0\)

\(m \geq 1\)

b) Với \(m \geq 1\) ta có \(x_{1} + x_{2} = 2 ; x_{1} . x_{2} = 2 - m\) (định lí Viète).

Khi đó \(A = x_{1}^{2} x_{2}^{2} + 3 \left(\right. x_{1}^{2} + x_{2}^{2} \left.\right) - 4\)

\(= x_{1}^{2} x_{2}^{2} + 3 \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right)^{2} - 6 x_{1} x_{2} - 4\)

\(= \left(\left(\right. 2 - m \left.\right)\right)^{2} + 3.2^{2} - 6 \left(\right. 2 - m \left.\right) - 4\)

\(= \left(\left(\right. 2 - m \left.\right)\right)^{2} - 6 \left(\right. 2 - m \left.\right) + 9 - 1\)

\(= \left(\left(\right. 2 - m - 3 \left.\right)\right)^{2} - 1 = \left(\left(\right. m + 1 \left.\right)\right)^{2} - 1\)

Do \(m \geq 1\) nên \(\left(\right. m + 1 \left.\right)^{2} \geq 2^{2} = 4\) hay \(A \geq 4 - 1 = 3\)

Dấu bằng xảy ra khi \(m = 1\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(A\) bằng \(3\) đạt được khi \(m = 1\).

a) Xét \(a . c = - m^{2} + m - 2 = - \left(\right. m - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} - \frac{3}{4} < 0 ,\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\).

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi \(m\).

b) Gọi hai nghiệm của phương trình đã cho là \(x_{1} , x_{2}\).

Theo câu a) thì \(x_{1} x_{2} \neq 0\), do đó \(A\) được xác định với mọi \(x_{1} , x_{2}\).

Do \(x_{1} , x_{2}\) trái dấu nên \(\left(\right. \frac{x_{1}}{x_{2}} \left.\right)^{3} = - t\) với \(t > 0\), suy ra \(\left(\right. \frac{x_{2}}{x_{1}} \left.\right)^{3} < 0\), suy ra \(A < 0\)

Đặt \(\left(\right. \frac{x_{1}}{x_{2}} \left.\right)^{3} = - t\), với \(t > 0\), suy ra \(\left(\right. \frac{x_{2}}{x_{1}} \left.\right)^{3} = - \frac{1}{t}\).

Khi đó \(A = - t - \frac{1}{t}\) mang giá trị âm và \(A\) đạt giá trị lớn nhất khi \(- A\) có giá trị nhỏ nhất.

Ta có \(- A = t + \frac{1}{t} \geq 2\), suy ra \(A \leq - 2\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(t = \frac{1}{t}\)

\(t^{2} = 1\)

\(t = \pm 1\)

Vì \(t > 0\) nên \(t = 1\)

Với \(t = 1\), ta có \(\left(\right. \frac{x_{1}}{x_{2}} \left.\right)^{3} = - 1\)

\(\frac{x_{1}}{x_{2}} = - 1\)

\(x_{1} = - x_{2}\)

\(x_{1} + x_{2} = 0\)

\(- \left(\right. m - 1 \left.\right) = 0\)

\(m = 1\).

Vậy với \(m = 1\) thì biểu thức \(A\) đạt giá trị lớn nhất là \(- 2\).

a) Khi \(m = 3\), phương trình đã cho trở thành: \(x^{2} - 6 x + 5 = 0\).

Vì \(a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(x_{1} = 1\) và \(x_{2} = 5\).

b) Vì \(a + b + c = 1 - 2 m + 2 m - 1 = 0\) nên phương trình có nghiệm \(x_{1} = 1\) và \(x_{2} = 2 m - 1\) với mọi giá trị của \(m\).

Ta có: \(A = \frac{4 \left(\right. x_{1} x_{2} + 1 \left.\right)}{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 2 \left(\right. 2 + x_{1} x_{2} \left.\right)} = \frac{4 \left(\right. x_{1} x_{2} + 1 \left.\right)}{\left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right)^{2} + 4} = \frac{4 \left(\right. 2 m - 1 + 1 \left.\right)}{\left(\right. 2 m - 1 + 1 \left.\right)^{2} + 4} = \frac{8 m}{4 m^{2} + 4} = \frac{2 m}{m^{2} + 1}\)

Lại có: \(\left(\right. m + 1 \left.\right)^{2} \geq 0 ,\) với mọi \(m\)

\(2 m \geq - \left(\right. m^{2} + 1 \left.\right)\) với mọi \(m\)

\(\frac{2 m}{\left(\right. m^{2} + 1 \left.\right)} \geq - 1\)  với mọi \(m\)

Suy ra \(A \geq - 1\) với mọi \(m\).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(m = - 1\).

Suy ra \(A\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(- 1\) khi \(m = - 1\).

a) Giải phương trình (1) khi \(m = 4\).

Thay \(m = 4\) vào phương trình (1) ta được: \(x^{2} + 2 x - 8 = 0\)

Ta có: \(\Delta^{'} = 1 + 8 = 9 = 3^{2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\(x_{1} = - 1 + \sqrt{9} = 2 ; x_{2} = - 1 - \sqrt{9} = - 4\).

Vậy phương trình có nghiệm \(x_{1} = 2 ; x_{2} = - 4\).

b) Phương trình (1) có: \(\Delta = \left(\right. m - 2 \left.\right)^{2} + 32 > 0\) với mọi \(m\) nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_{1} ; x_{2}\).

Khi đó theo Viète ta có: \(x_{1} + x_{2} = - m + 2 ; x_{1} x_{2} = - 8\)

Ta có: \(Q = \left(\right. x_{1}^{2} - 1 \left.\right) \left(\right. x_{2}^{2} - 1 \left.\right)\)

\(= x_{1}^{2} x_{2}^{2} - \left(\right. x_{1}^{2} + x_{2}^{2} \left.\right) + 1\)

\(= x_{1}^{2} x_{2}^{2} - \left(\left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right)\right)^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 1\)

\(= 64 - \left(\left(\right. - m + 2 \left.\right)\right)^{2} - 16 + 1 = - \left(\left(\right. - m + 2 \left.\right)\right)^{2} + 49 \leq 49\) với mọi \(m\).

Vậy GTLN của \(Q\) bằng \(49\).

Dấu "=" xảy ra khi \(m = 2\).

Vậy giá trị lớn nhất của \(Q\) bằng \(49\) đạt được khi \(m = 2\).

Phương trình \(x^{2} - 2 \left(\right. m - 3 \left.\right) x - 6 m - 7 = 0\) có \(\Delta^{'} = \left(\right. m - 3 \left.\right)^{2} + 6 m + 7 = m^{2} + 16 > 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\).

Suy ra phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_{1} ; x_{2}\).

Theo định lí Viète ta có: \(\left{\right. & x_{1} + x_{2} = 2 m - 6 \\ & x_{1} . x_{2} = - 6 m - 7\).

Ta có \(C = \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right)^{2} + 8 x_{1} x_{2}\)

\(= \left(\right. 2 m - 6 \left.\right)^{2} + 8 \left(\right. - 6 m - 7 \left.\right)\)

\(= 4 m^{2} - 24 m + 36 - 48 m - 56\)

\(= 4 m^{2} - 72 m - 20\)

\(= 4 \left(\right. m^{2} - 18 m + 81 \left.\right) - 4.81 - 20\)

\(= 4 \left(\right. m - 9 \left.\right)^{2} - 344 \geq - 344 ,\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\) (vì \(4 \left(\right. m - 9 \left.\right)^{2} \geq 0 , \forall m \in \mathbb{R}\))

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(m - 9 = 0\) hay \(m = 9\).

Vậy GTNN của \(C\) là \(- 344\) đạt tại \(m = 9\).

Phương trình có nghiệm khi \(\Delta^{'} = 2 m \geq 0\) hay \(m \geq 0\).

Khi đó theo định lí Viète, ta có:

\(x_{1} + x_{2} = 2 \left(\right. m + 1 \left.\right)\); \(x_{1} . x_{2} = m^{2} + 1\)

Suy ra \(A = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} - x_{1} x_{2} = \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right)^{2} - 3 x_{1} x_{2} = 4 \left(\right. m + 1 \left.\right)^{2} - 3 \left(\right. m^{2} + 1 \left.\right) = m^{2} + 8 m + 1 \geq 1\) với mọi \(m \geq 0\).

Vậy \(m = 0\).