Đáp án C

Hàm số $y={\log }_{2}x$ xác định khi x > 0 Þ Tập xác định của hàm số $y={\log }_{2}x$ là $\left(0;+\infty \right)$.

Đáp án D

Ta có $\left|z\right|=\sqrt{4^2+{\left(-3\right)}^2}=5$.

Đáp án D

Mặt cầu bán kính R thì có diện tích $S=4\pi R^2$.

Đáp án B

Xét thương số lần lượt từng đáp án:

Đáp án A: $\frac{-2}{1}\ne \frac{-4}{2}$. Suy ra dãy số này không phải là cấp số nhân.

Đáp án B: $\frac{2}{-1}=\frac{-4}{2}=-2=q$. Suy ra dãy số này là cấp số nhân.

Đáp án C: $\frac{2}{1}\ne \frac{-4}{2}$. Suy ra dãy số này không phải là cấp số nhân.

Đáp án D: $\frac{2}{-1}\ne \frac{4}{2}$. Suy ra dãy số này không phải là cấp số nhân.

Đáp án B

Ta có tâm và bán kính mặt cầu là $I\left(1;-1;2\right),R=\sqrt{9}=3$.

Đáp án A

Tọa độ trung điểm của AB là $I\left(\frac{-1-3}{2};\frac{2+2}{2};\frac{3-1}{2}\right)=\left(-2;2;1\right)$.

Đáp án A

Ta có $\int \sin xdx=-\cos x+C$.

Đáp án B

Ta có: $z=-1+i$ Þ Phần thực của z là 1

Đáp án A

Số hoán vị n phần tử của tập hợp X là: n!.

Đáp án A

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên các khoảng (-2;0) và $\left(2;+\infty \right)$. Chỉ có đáp án A thỏa mãn.

Đáp án B

Từ bảng xét dấu ta thấy đạo hàm của hàm số đổi dấu hai lần khi đi qua x = 1 và x = 3 do đó hàm số có hai điểm cực trị.

Đáp án C

Số cạnh của một hình chóp bằng hai lần số cạnh đáy của hình chóp đó

Đáp án D

Hàm số mũ $y=a^x,\left(0<a\ne 1\right)$ đồng biến khi và chỉ khi a > 1.

Đáp án D

Ta có $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{x+1}{x-2}=-\infty ,\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{x+1}{x-2}=+\infty$.

Vậy x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho

Đáp án C

Ta có $y\left(0\right)=-2$ nên tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục tung là (0;-2)

Đáp án C

Theo đề bài ta có $AB=BC=6$.

Ta có: $V_{S.ABC}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta ABC}.SA=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}AB.BC.SA=\frac{1}{6}\mathrm{.6.6.6}=36$.

Đáp án B

Ta thấy $2.\left(-1\right)-3.\left(-1\right)-1.1=0$ (hai phương án A, D không thỏa mãn điều này) suy ra chỉ có thể là B hoặc C. Ta có điểm $M\left(-1;-1;0\right)\notin \left(\alpha \right)$. Suy ra đáp án B

Đáp án D

Ta có: $\underset{1}{\overset{2}{\int }}{e}^{2x}dx=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{2}{\int }}{e}^{2x}d\left(2x\right)={\left.\frac{1}{2}{e}^{2x}\right|}_1^2=\frac{e^4-e^2}{2}$.

Đáp án D

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi xoay hình (H) quanh trục Ox là

$V=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\left(\sin x\right)}^{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{1-\cos 2x}{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{1-\cos 2x}{2}dx={\left.\frac{\pi }{2}\left(x-\frac{1}{2}\sin 2x\right)\right|}_0^{\pi }=\frac{{\pi }^2}{2}$

Đáp án C

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ x+2>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x>-2\end{array}\right.\iff x>0$.

Ta có: ${\log }_{\sqrt{2}}x={\log }_2\left(x+2\right)\iff {\log }_2{x}^2={\log }_2\left(x+2\right)\iff x^2=x+2\iff x^2-x-2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=2\end{array}\right.$.

Đáp án A

Ta có: $I=\int {\left(2x+1\right)}^{2019}dx=\frac{1}{2}\int {\left(2x+1\right)}^{2019}d\left(2x+1\right)=\frac{1}{2}.\frac{{\left(2x+1\right)}^{2020}}{2020}+C=\frac{{\left(2x+1\right)}^{2020}}{4040}+C$.

Đáp án B

Ta thấy vectơ chỉ phương của đường thẳng d là $u_d=\left(-2;3;-1\right)$.

Vectơ của đường thẳng $\Delta :\frac{x}{2}=\frac{y}{1}=\frac{z+2}{-1}$ là $u_{\Delta }=\left(2;1;-1\right)$. Do đó $u_d.u_{\Delta }=0$ nên $d\perp \Delta$.

Đáp án C

Ta có: $p\log 2=m\log 4+n\log 8\iff \log 2^p=\log 4^m+\log 8^n$

$\iff 2^p=4^m{.8}^n\iff 2^p=2^{2m}{.2}^{3n}\iff p=2m+3n$

Đáp án B

Dựa vào hình dạng đồ thị suy ra a < 0.

Hàm số có 3 điểm cực trị nên ab < 0 Þ b > 0.

Giao điểm với trục tung nằm dưới trục hoành nên c < 0

Đáp án D

Đáp án D

Gọi h là chiều cao của khối trụ đã cho.

Vì thiết diện qua trục là hình chữ nhật nên $\left(h+3.2\right).2=20\iff h+6=10\iff h=4$.

Vậy thể tích của khối trụ đã cho là $V=S.h=\pi R^{2}h=\pi \mathrm{.9.4}=36\pi$.

Đáp án A

Gọi $c=\left(Ox\right)\cap \left(C\right),0<c<b$.

Ta có: $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{a}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{c}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=S_1-S_2+S_3$.

Đáp án C

Quan sát đồ thị ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm cố định (1;1) và là hàm số nghịch biến. Do đó ta loại đáp án A, B.

Mặt khác, hàm số có tập xác định là $\left(0;+\infty \right)$ nên ta chọn đáp án C.

Đáp án A

Ta có $d\left(M;\left(P\right)\right)=\frac{\left|2.1-2.\left(-1\right)-\left(-3\right)+2\right|}{\sqrt{2^2+{\left(-2\right)}^2+{\left(-1\right)}^2}}=3$.

Đáp án B

Ta có $z^2+2z+5=0\iff {\left(z+1\right)}^2=4i^2\iff \left[\begin{array}{l}z=-1+2i\\ z=-1-2i\end{array}\right.$.

Theo đề bài, ta có $z_1=-1-2i$. Vậy điểm biểu diễn $z_1$ có tọa độ là (-1;-2).

Đáp án C

Giả sử $z=a+bi$ với $a,b\in ℝ$.

Từ $\left|z+1+i\right|=\left|\overline{z}+i\right|$ ta được $\sqrt{{\left(a+1\right)}^2+{\left(b+1\right)}^2}=\sqrt{a^2+{\left(1-b\right)}^2}$.

$\iff a^2+2x+b^2+2b+2=a^2+b^2-2b+1\iff a=\frac{-1-4b}{2}$

$\left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{\frac{{\left(1+4b\right)}^2}{4}+b^2}=\sqrt{\frac{20b^2+8b+1}{2}}$

Hàm số $y=20b^2+8b+1$ đạt giá trị nhỉ nhất tại $b=-\frac{8}{40}=-\frac{1}{5}\Rightarrow a=-\frac{1}{10}$.

Vậy $a+b=-\frac{3}{10}$.

Đáp án A

$2^{x^2-2x-1}{.3}^{x^2-2x}=18\iff 2^{x^2-2x}{.2}^{-1}{.3}^{x^2-2x}=18\iff 6^{x^2-2x}=36\iff x^2-2x=2\iff x^2-2x-2=0$

Phương trình này có $a.c=-2<0$ nên luôn có hai nghiệm trái dấu và tổng hai nghiệm bằng $-\frac{b}{a}=2$.

Đáp án B

TXĐ: $D=ℝ$.

Ta có: $y^{\text{'}}=4x^3-2mx$.

Hàm số đồng biến trên $\left(2;+\infty \right)\iff y^{\text{'}}\ge \mathrm{0,}\forall x\in \left(2;+\infty \right)$

$\iff 4x^2-2mx\ge \mathrm{0,}\forall x\in \left(2;+\infty \right)\iff m\le 2x^2,\forall x\in \left(2;+\infty \right)\left(*\right)$

Xét $g\left(x\right)=2x^2$ trên $\left[2;+\infty \right)$.

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=4x>\mathrm{0,}\forall x\in \left[2;+\infty \right)\Rightarrow g\left(x\right)$ đồng biến trên $\left[2;+\infty \right)\Rightarrow g\left(x\right)\ge g\left(2\right),\forall x\in \left[2;+\infty \right)$.

$\left(*\right)\iff m\le \underset{x\in \left[2;+\infty \right)}{\min }g\left(x\right)=g\left(2\right)\iff m\le 8$

Do m là số nguyên dương nên $m\in \left\{1;2;3;4;5;6;7;8\right\}$.

Đáp án C

Theo đề bài ta có $\Delta SAB$ vuông cân tại S nên

$S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}S{A}^2=2\sqrt{2}\Rightarrow SA=\sqrt{4\sqrt{2}}=l$

$AB=SA\sqrt{2}=\sqrt{8\sqrt{2}}\Rightarrow r=OA=\frac{AB}{2}=\sqrt{2\sqrt{2}}$.

Diện tích toàn phần của hình nón: $S_{tp}=\pi rl+\pi r^2=\pi \left(4+2\sqrt{2}\right)$.

Đáp án C

Điều kiện: $m\ge -3$.

Hàm số xác định trên $ℝ\iff x^2-2x\sqrt{m+3}+2019>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ$.

$\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ {\Delta }^{\text{'}}\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1>0\\ m+3-2019\le 0\end{array}\right.\iff m\le 2016$.

Kết hợp $m\in ℝ$ nên suy ra $m\in \left(-3;-2;\mathrm{...};2016\right)$.

Vậy có 2020 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Gọi S là diện tích mặt hồ Þ Lượng bèo ban đầu trên mặt hồ sẽ là $A=\mathrm{0,02}S$.

Sau n ngày thì lượng bèo tăng trưởng phủ kín mặt hồ nên

$\mathrm{0,02}S.{\left(1+\mathrm{0,2}\right)}^n=S\iff n={\log }_{\mathrm{1,2}}\frac{1}{\mathrm{0,02}}\approx \mathrm{21,4567}$

Vậy ít nhất 22 ngày thì bèo phủ kín mặt h

Đáp án D

Dễ thấy hình thang ABCD có $AC\perp DC;AB\perp BD$.

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}DB\perp \left(SAB\right)\\ DC\perp \left(SAC\right)\end{array}\right.\Rightarrow \Delta SCD$ vuông tại C và $\Delta SBD$ vuông tại B

$SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow \Delta SAD;\Delta SAB;\Delta SAC$ vuông tại A.

Mặt khác $\Delta ADC$ vuông tại C; $\Delta ABD$ vuông tại B.

Þ Có 7 tam giác vuông.

Đáp án C

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) Þ Loại A.

Gọi vectơ chỉ phương của đường thẳng $d_1$ và $d_2$ lần lượt là $\overrightarrow{u_1}$ và $\overrightarrow{u_2}$.

$M_1\left(3;3;-2\right),M_2\left(5;-1;2\right),M_B\left(2;3;1\right),M_C\left(1;-1;0\right),M_D\left(3;3;-2\right)$ lần lượt là các điểm thuộc các đường thẳng $d_1,d_2,d_B,d_C,d_D$.

Xét sự đồng phẳng, cắt nhau của các đường thẳng trong phương án B, C, D với $d_1$ và $d_2$ ta có phương án C thỏa mãn cắt cả $d_1$ và $d_2$.

Đáp án A

Do giả thiết đã cho đúng với mọi cặp số phức $z_1,z_2,z_3$ nên ta chọn $z_1=z_2=1$, kết hợp giả thiết ta có: $z_1^3+z_2^3+z_3^3+z_1{z}_2{z}_3=0\iff 1+1+z_3^3+z_3=0\iff z_3^3+z_3+2=0\iff z_3=-1$, thỏa mãn $\left|z_3\right|=1$.

Khi đó ta có 1 cặp $\left(z_1,z_2,z_2\right)=\left(1;1;-1\right)$ thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

Khi đó: $z=z_1+z_2+z_3=1+1-1=1\Rightarrow {\left|z\right|}^3-3{\left|z\right|}^2=1-3.2=-2$.

Đáp án C

Đặt $t=f\left(x\right)\Rightarrow f\left(f\left(x\right)\right)+1=0\iff f\left(t\right)+1=0\iff f\left(t\right)=-1$

$\iff \left[\begin{array}{l}t=a<-2\\ t=b\in \left(-2;1\right)\\ t=0\\ t=c\in \left(2;3\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=a<-2\left(1\right)\\ f\left(x\right)=b\in \left(-2;1\right)\left(2\right)\\ f\left(x\right)=0\left(3\right)\\ f\left(x\right)=c\in \left(2;3\right)\left(4\right)\end{array}\right.$

Dựa vào đồ thị Þ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.

Phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt.

Phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt.

Phương trình (4) vô nghiệm.

Tổng số phần tử trong tập nghiệm của phương trình là 9

Đáp án B

Đặt $f\left(x\right)=x^2+2x$.

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=2x+2;f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=-1\in \left(-2;1\right).$

Ta lại có: $f\left(-2\right)=0;f\left(1\right)=3;f\left(-1\right)=-1$

Do đó $\underset{\left[-2;1\right]}{\max }f\left(x\right)=3;\underset{\left[-2;1\right]}{\min }f\left(x\right)=-1.$

Suy ra: $\underset{\left[-2;1\right]}{\max }y=\max \left\{\left|m-5\right|;\left|m-1\right|\right\}\ge \frac{\left|m-5\right|+\left|m-1\right|}{2}\ge \frac{\left|5-m+m-1\right|}{2}=2$

Dấu “=” xảy ra $\iff \left\{\begin{array}{l}\left|m-5\right|=\left|m-1\right|\\ \left(m-5\right)\left(m-1\right)\ge 0\end{array}\right.\Rightarrow m=3$ (thỏa mãn).

Đáp án D

Quan sát đồ thị ta có $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ đổi dấu từ âm sang dương qua $x=-2$ nên hàm số $y=f\left(x\right)$ có một điểm cực trị là x = -2.

Ta có: $y^{\text{'}}={\left[f\left(x^2-3\right)\right]}^{\text{'}}=2x.f^{\text{'}}\left(x^2-3\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2-3=-2\\ x^2-3=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\\ x=\pm 2\end{array}\right.$

Mà $x=\pm 2$ là nghiệm kép, còn các nghiệm còn lại là nghiệm đơn nên hàm số $y=f\left(x^2-3\right)$ có ba cực trị.

Đáp án D

Có $\left|\Omega \right|={365}^{35}$.

Gọi A là biến cố: “ít nhất 2 bạn trong lớp có cùng ngày sinh nhật”.

$\Rightarrow \overline{A}$ là biến cố: “không có bạn trong lớp có cùng ngày sinh nhật”.

$\Rightarrow \left|{\Omega }_{\overline{A}}\right|=A_{365}^{35}\Rightarrow P_{\overline{A}}=\frac{A_{365}^{35}}{{365}^{35}}\Rightarrow P_A=1-P_{\overline{A}}\approx \mathrm{0,814}$

Đáp án D

Gọi $M\left(x;y;z\right)\in \left(S\right)$

$MA+3MB=\sqrt{{\left(x-5\right)}^2+{\left(y-10\right)}^2+z^2}+3\sqrt{{\left(x-4\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2}$

$=3\sqrt{{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{14}{3}\right)}^2+z^2-\frac{8}{9}\left(x^2+y^2+z^2+2x-8y+9\right)}+3\sqrt{{\left(x-4\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2}$

$=3\left(\sqrt{{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{14}{3}\right)}^2+z^2}+\sqrt{{\left(x-4\right)}^2+{\left(y-z\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2}\right)$

$\ge \sqrt{{\left(4+\frac{1}{3}\right)}^2+{\left(2-\frac{14}{3}\right)}^2+1^2}=\frac{11\sqrt{2}}{3}$

Đáp án A

Số phần tử không gian mẫu là: $n\left(\Omega \right)=5!$.

Gọi A là biến cố “số tìm được không bắt đầu bởi 135”.

Thì biến cố $\overline{A}$ là biến cố “số tìm được bắt đầu bởi 135”.

Buộc các số 135 lại thì ta còn 3 phần tử. Số các số tạo thành thỏa mãn số 135 đứng đầu là 1.2.1 = 2 cách $\Rightarrow n\left(A\right)=120-2=118$ cách.

Nên $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{118}{120}=\frac{59}{60}$.

Đáp án A

Ta có: $V_{ABCMNP}=V_{N.ACB}+V_{N.ACPM}$.

$V_{N.ACB}=\frac{BN}{B{B}^{\text{'}}}.V_{B^{\text{'}}ACB}=\frac{BN}{B{B}^{\text{'}}}.\frac{1}{3}{V}_{ABC{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$

$\frac{V_{NACPM}}{V_{B^{\text{'}}AC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}}=\frac{S_{ACPM}}{S_{AC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}}=\frac{\frac{1}{2}\left(CP+AM\right)}{A{A}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}\left(\frac{CP}{C{C}^{\text{'}}}+\frac{AM}{A{A}^{\text{'}}}\right)$

$\Rightarrow V_{NACPM}=\frac{1}{2}\left(\frac{CP}{C{C}^{\text{'}}}+\frac{AM}{A{A}^{\text{'}}}\right).\frac{2}{3}{V}_{ABC{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$

Suy ra: $V_{ABCMNP}=\frac{1}{3}\left(\frac{AM}{A{A}^{\text{'}}}+\frac{CP}{C{C}^{\text{'}}}+\frac{BN}{B{B}^{\text{'}}}\right).V_{ABC{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$

Vậy $V_{ABCMNP}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{1}{6}}{3}.V=\frac{4V}{9}$.

Đáp án C

Vì $x\in \left(1;+\infty \right)$ nên ta có $\left(x^2{f}^{\text{'}}\left(x\right)-2xf\left(x\right)\right)\ln x=x^4-xf\left(x\right)$.

$\iff \left(\frac{x^2{f}^{\text{'}}\left(x\right)-2xf\left(x\right)}{x^4}\right)\ln x=1-\frac{f\left(x\right)}{x^3}$

$\Rightarrow {\left(\frac{f\left(x\right)}{x^2}\right)}^{\text{'}}\ln x=1-\frac{f\left(x\right)}{x^3}\iff \int {\left(\frac{f\left(x\right)}{x^2}\right)}^{\text{'}}\ln xdx=\int \left(1-\frac{f\left(x\right)}{x^3}\right)dx$

$\iff \frac{f\left(x\right)\ln x}{x^2}-\int \frac{f\left(x\right)}{x^3}dx=x-\int \frac{f\left(x\right)}{x^3}dx+C$

$\iff \frac{f\left(x\right)\ln x}{x^2}=x+C\iff \frac{f\left(x\right)\ln x}{x^2}=x+C\iff f\left(x\right)=\frac{x^2\left(x+C\right)}{\ln x}$

Theo đề bài $f\left(\sqrt[3]{e}\right)=3e\Rightarrow C=0\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{x^3}{\ln x}f\left(2\right)=\frac{8}{\ln 2}\in \left(\frac{23}{2};12\right)$.

Đáp án B

Gọi I là điểm thỏa mãn $IA-IB+IC=0\Rightarrow I\left(-1;1;1\right)$.

Ta có: $\left|MA-MB+MC\right|+\left|MB\right|=\left|MI+IA-MI-IB+MI+IC\right|+\left|MB\right|=\left|MI\right|+\left|MB\right|=MI+MB$

Xét thấy B và I nằm cùng phía so với mặt phẳng $\left(P\right):2x-2y+z+7=0$.

Gọi B' là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng.

Phương trình đường thẳng (d) qua $B\left(0;-1;0\right)$ và có vectơ chỉ phương $u_d=\left(2;-2;1\right)$ là $\left(d\right):\left\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=-1-2t\\ z=t\end{array}\right.$.

Gọi H là giao điểm của (d) và $\left(P\right)\Rightarrow H\left(-2;1;-1\right)$.

Ta có H là trung điểm của $B{B}^{\text{'}}\Rightarrow B^{\text{'}}\left(-4;3;-2\right)$.

Ta có $MI+MB=MI+M{B}^{\text{'}}\ge I{B}^{\text{'}}$.

Vậy ${\left(\left|MA-MB+MC\right|+\left|MB\right|\right)}_{\min }=I{B}^{\text{'}}=\sqrt{22}$.

Đáp án C

Đặt $2^a=6^b={12}^{-c}=t\left(t>0\right)$.

Ta có $a={\log }_{2}t,b={\log }_{6}t,-c={\log }_{12}t$.

TH1: Nếu $t=1\Rightarrow a=b=c=0$, không thỏa mãn ${\left(a-1\right)}^2+{\left(b-1\right)}^2+{\left(c-1\right)}^2=2$.

TH2: Nếu $t\ne 1$. Khi đó $\frac{1}{a}={\log }_t\mathrm{2,}\frac{1}{b}={\log }_t\mathrm{6,}-\frac{1}{c}={\log }_{t}12$.

Suy ra: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\iff ab+bc+ca=0$.

Mặt khác ta có ${\left(a-1\right)}^2+{\left(b-1\right)}^2+{\left(c-1\right)}^2=2$.

$\iff \left[{\left(a+b+c\right)}^2-2\left(a+b+c\right)+1-2\left(ab+bc+ca\right)\right]=0\iff {\left[\left(a+b+c\right)-1\right]}^2=0$