Đáp án D

Phương trình mặt phẳng cần tìm là $2x-2y-6z+7=0$

Đáp án D

Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là $G\left(\frac{-4+1-6}{3};\frac{1+3+0}{3}\right)=G\left(-3;\frac{4}{3}\right)$ 

Suy ra điểm G là điểm biểu diễn số phức $z=-3+\frac{4}{3}i$

Đáp án A

Xét mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2+z^2=5$ có tâm $I\left(1;-3;0\right)$ và bán kính $R=\sqrt{5}$

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=\left(2x-2\right)e^x+\left(x^2-2x+2\right)e^x=x^2{e}^x$

Đáp án C

Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 12 đỉnh của đa giác có $C_{12}^3=220$ 

Suy ra số tam giác cần tìm là 22

Đáp án B

Ta có

$$\begin{gathered} \underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2-4}}{2x^2-5x+2} \\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\sqrt{1-\frac{4}{x^2}}}{x^2\left(2-\frac{5}{x}+\frac{2}{x^2}\right)}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{1-\frac{4}{x^2}}}{x\left(2-\frac{5}{x}+\frac{2}{x^2}\right)}=0 \end{gathered}$$ 

Tương tự với $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=0$ suy ra $y=0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Lại có $2x^2-5x+2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=\frac{1}{2}\end{array}\right.,$ với $x=\frac{1}{2}$ không thỏa mãn $x^2-4\ge 0$

Suy ra đồ thị hàm số có duy nhất 1 tiệm cận đứng x = 2

Đáp án A

Hình hộp $ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}$ có tất cả các cạnh đều bằng nhau nên các mặt đều là hình thoi có 2 đường chéo vuông góc với nhau

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}A\text{'}C\text{'}//AC\\ AC\perp BD\end{array}\right.\Rightarrow A\text{'}C\text{'}\perp BD$ nên B đúng

Hoàn toàn tương tự các ý C và D đúng.

Đáp án B

Ta có $\left\{\begin{array}{l}-2x^2+5x-2\ge 0\\ x^2-1>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}<x<2\\ \left[\begin{array}{l}x>1\\ x<-1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff 1<x<2$

Đáp án B

Ta có $S={\left(1+2.2+{3.2}^2\right)}^{10}={17}^{10}$

Đáp án B

Ta có $P={\log }_a{b}^6.\left(4{\log }_{b}a\right)=\mathrm{6.4.}{\log }_{a}b.{\log }_{b}a=24$

Đáp án C

Số tiền người đó nhận được sau n tháng là $100{\left(1+0,5\%\right)}^n=125\iff n=44,74\Rightarrow n=45$

Đáp án C

Ta có $y=x^{2018}+x^{2017}\Rightarrow y\text{'}=2018x^{2017}+2017x^{2016}=x^{2016}\left(2018x+2017\right)$ 

Ta thấy y’ chỉ đổi dấu qua $x=-\frac{2017}{2018}$ nên hàm số có 1 cực trị.

Đáp án A

Ta có 

$$\begin{gathered} {\log }_{0,8}\left(x^2+x\right)<{\log }_{0,8}\left(-2x+4\right) \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+x>0\\ -2x+4>0\\ x^2+x>-2x+4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\vee x<-1\\ x<2\\ x>1\vee x<-4\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\vee x<-1\\ x<2\\ x>1\vee x<-4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x<-4\\ 1<x<2\end{array}\right. \\ \Rightarrow S=\left(-\infty ;-4\right)\cup \left(1;2\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có: $\underset{x\to 5}{\lim }\frac{x^2-2x-15}{2x-10}=\underset{x\to 5}{\lim }\frac{\left(x-5\right)\left(x+3\right)}{2\left(x-5\right)}=\underset{x\to 5}{\lim }\frac{\left(x+3\right)}{2}=4$

Đáp án B

Ta có 

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{2x-x^2}{{\left(1-x\right)}^2},y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=-2\Rightarrow A\left(0;-2\right)\\ x=2\Rightarrow y=-6\Rightarrow B\left(2;-6\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow AB:y=-2x-2 \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có: $\underset{1}{\overset{2}{\int }}{x}^2\ln xdx=\frac{1}{3}\underset{1}{\overset{2}{\int }}\ln xd\left(x^3\right)={\left.\frac{x^3\ln x}{3}\right|}_1^3-\frac{1}{3}\underset{1}{\overset{3}{\int }}{x}^{2}dx$

Đáp án B

Ta có: $z_1^2+z_2^2={\left(z_1+z_2\right)}^2-2z_1{z}_2={\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2-2.\frac{3}{2}=-\frac{9}{4}$

Đáp án A

Ta có $17={\left.f\left(x\right)\right|}_1^4=f\left(4\right)-f\left(1\right)=f\left(4\right)-12\Rightarrow f\left(4\right)=29$

Đáp án D

Chọn 3 số từ 6 số có $C_6^3$ cách, hoán vị 3 số này có 3! Cách

Do đó có $C_6^{3}3!=120$ số thỏa mãn

Đáp án B

Diện tích tam giác đều cạnh $x\sqrt{2-x}$ là $S\left(x\right)=\frac{\sqrt{3}}{4}{x}^2\left(2-x\right)$ 

Vậy thể tích cần tính là $V=\underset{0}{\overset{2}{\int }}S\left(x\right)dx=\frac{\sqrt{3}}{4}\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(2x^2-x^3\right)dx=\frac{\sqrt{3}}{4}.\frac{4}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Đáp án C

Ta có $y=\frac{\left(m+3\right)x+4}{x+m}\Rightarrow y\text{'}=\frac{m^2+3m-4}{{\left(x+m\right)}^2},\forall x\ne -m$

Yêu cầu bài toán $\iff \left\{\begin{array}{l}y\text{'}<0,\forall x\in \left(-\infty ;1\right)\\ m=-m\notin \left(-\infty ;1\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2+3m-4<0\\ -m\ge 1\end{array}\right.\iff -4<m\le -1$

Đáp án C

Vì OA, OB, OC đôi một vuông góc và H là trực tâm $\Delta ABC\Rightarrow OH\perp mp\left(ABC\right)$ 

Khi đó $d\left(O;\left(ABC\right)\right)=OH=3\Rightarrow$ Phương trình mặt cầu là $x^2+y^2+z^2=9$

Đáp án A

Vì hình trụ nội tiếp hình cầu $\left(S\right)\Rightarrow R^2=r^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2\iff 4r^2+h^2=4R^2$ 

Diện tích xung quanh của hình trụ là $S_{xq}=2\pi rh=\pi .2r.h\le \pi \frac{{\left(2r\right)}^2+h^2}{2}=\pi \frac{4r^2+h^2}{2}=2\pi R^2$ 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $2r=h\Rightarrow 2h^2=4R^2\iff h^2=2R^2\iff h=R\sqrt{2}$

Đáp án D

ĐK: $x>1$. Khi đó $PT\iff {\log }_2\frac{4x+3}{x-1}=m\iff \frac{4x+3}{x-1}=2^m$ 

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{4x+3}{x-1}\left(x>1\right)$ ta có: $f\text{'}\left(x\right)=\frac{-7}{{\left(x-1\right)}^2}<0\left(\forall x>1\right)$

Do đó $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty ,\underset{x\to \infty }{\lim }f\left(x\right)=4$ 

Do đó phương trình có nghiệm $\iff 2^m>4\iff m>2$

Đáp án A

Gọi G là trọng tâm $\Delta ABC$ khi đó $G\left(2;1;-3\right)$

Ta có $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=3\left|\overrightarrow{MG}\right|=3MG$ đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu của $G\left(2;1;-3\right)$ liên tục Ox. Suy ra $M\left(2;0;0\right)$

Đáp án D

Đặt $t=3x+2\Rightarrow dt=3dx,$ đổi cận $\left|\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=2\\ x=1\Rightarrow t=5\end{array}\right.$ 

Khi đó $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(3x+2\right)dx=\underset{2}{\overset{5}{\int }}f\left(t\right)\frac{dt}{3}=\frac{1}{3}\underset{2}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{2018}{3}$

Đáp án C

Đặt $t=x-1\Rightarrow dx=dt$ và $\left\{\begin{array}{l}x=1\Rightarrow t=0\\ x=2\Rightarrow t=1\end{array}\right..$ Khi đó $\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x-1\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt=3\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=3$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=f\text{'}\left(x\right)dx\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}du=dv\\ v=f\left(x\right)\end{array}\right.$ suy ra $\underset{0}{\overset{1}{\int }}x.f\text{'}\left(x\right)dx={\left.x.f\left(x\right)\right|}_0^1-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=f\left(1\right)-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=-1$

Đáp án A

Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh bằng a.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, M là trung điểm của AB.

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}SO\perp AB\\ OM\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(SMO\right)\Rightarrow \widehat{\left(SAB\right);\left(ABCD\right)}=\widehat{SMO}$ 

Tam giác SMO vuông tại O, có $cos\widehat{SMO}=\frac{OM}{SM}=\frac{a}{2}:\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 

Vậy $cos\widehat{\left(SAB\right);\left(ABCD\right)}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Đáp án A

Lấy 3 đỉnh trong 10 điểm trên có $C_{10}^3=120$ cách

Lấy 3 đỉnh trong 4 điểm thẳng hàng có $C_4^3=4$ cách

Do đó, số tam giác cần tính là $120-4=116$

Đáp án C

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=2x-\frac{2}{x^2}\iff \int f\text{'}\left(x\right)dx=\int \left(2x-\frac{2}{x^2}\right)dx=x^2+\frac{2}{x}+C$ 

Mà $f\left(-2\right)=0\iff {\left(-2\right)}^2+\frac{2}{-2}+C=0\iff C=-3\Rightarrow f\left(x\right)=x^2+\frac{2}{x}-3$ 

Vậy hiệu số $f\left(2\right)-f\left(1\right)={\left.\left(x^2+\frac{2}{x}-3\right)\right|}_{x=2}-{\left.\left(x^2+\frac{2}{x}-3\right)\right|}_{x=0}=2-0=2$

Đáp án D

Ta có $y=\frac{m}{3}{x}^3+2x^2+mx+1\Rightarrow y\text{'}=m{x}^2+4x+m;\forall x\in ℝ$

Phương trình $y\text{'}=0\iff m{x}^2+4x+m=0,$ có $\Delta =4-m^2$ 

Yêu cầu bài toán tương đương với $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{m}{3}>0\\ \Delta \text{'}>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ 4-m^2>0\end{array}\right.\iff 0<m<2$

Đáp án C

Ta có $I=\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{x}dx=I=\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}\frac{1}{x}\left[3x-2f\left(\frac{1}{x}\right)\right]dx=3\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}dx-2\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}\frac{1}{x}f\left(\frac{1}{x}\right)dx$ 

Đặt $t=\frac{1}{x}\iff dt=-\frac{dx}{x^2}\iff dx=-\frac{dt}{t^2}$ và $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\Rightarrow t=2\\ x=2\Rightarrow t=\frac{1}{2}\end{array}\right..$ 

Suy ra $\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}\frac{1}{x}f\left(\frac{1}{x}\right)dx=\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}\frac{f\left(t\right)}{t}dt$

Vậy $I=3\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}dx-2\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}\frac{f\left(t\right)}{t}dt=\frac{9}{2}-2\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}\frac{f\left(t\right)}{t}dt\Rightarrow 3I=\frac{9}{2}\iff I=\frac{3}{2}$

Đáp án C

Ta có $x+y=3\Rightarrow y=3-x\ge 1\iff x\le 2\Rightarrow x\in \left[0;2\right]$ 

Khi đó $P=f\left(x\right)=x^3+2{\left(3-x\right)}^2+3x^2+4x\left(3-x\right)-5x=x^3+x^2-5x+18$

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3+x^2-5x+18$ trên đoạn $\left[0;2\right],$ có $f\text{'}\left(x\right)=3x^2+2x-5$ 

Phương trình $\left\{\begin{array}{l}0\le x\le 2\\ 3x^2+2x-5=0\end{array}\right.\iff x=1.$ Tính $f\left(0\right)=18,f\left(1\right)=15,f\left(2\right)=20$ 

Vậy $\underset{\left[0;2\right]}{\min }f\left(x\right)=15,\underset{\left[0;2\right]}{\mathrm{m}ax}f\left(x\right)=20$ hay $P_{max}=20$ và $P_{\min }=15$

Đáp án C

Gọi $M\left(x;y;z\right)\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\left(x-1;y;z+3\right),\overrightarrow{BM}=\left(x+3;y+2;z+5\right)$ 

Khi đó $A{M}^2+B{M}^2=30\iff {\left(x-1\right)}^2+y^2+{\left(z+3\right)}^2+{\left(x+3\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z+5\right)}^2=30$ 

$\iff {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2+{\left(z+4\right)}^2=9\Rightarrow M\in \left(S\right)$ có tâm $I\left(-1;-1;-4\right),R=3$

Đáp án A

Tổng số chấm trên mặt xuất hiện trong hai lần gieo $\ge 11$ khi các kết quả là $\left(6;6\right),\left(5;6\right),\left(6;5\right)$ 

Gọi x là xác suất xuất hiện mặt 6 chấm suy ra $\frac{x}{2}$ là xác suất xuất hiện các mặt còn lại

Ta có $5.\frac{x}{2}+x=1\Rightarrow x=\frac{2}{7}.$ 

Do đó xác suất cần tìm là ${\left(\frac{2}{7}\right)}^2+\frac{2}{7}.\frac{1}{7}+\frac{1}{7}.\frac{2}{7}=\frac{8}{49}$

Đáp án D

Ta có

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ S_{100}=24850\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ 100\left(2u_1+99d\right)=24850\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ d=5\end{array}\right.\Rightarrow \frac{u_n-u_{n-1}}{5}=1 \end{gathered}$$ 

Khi đó 

$$\begin{gathered} 5S=\frac{5}{u_1{u}_2}+\frac{5}{u_2{u}_3}+\mathrm{...}+\frac{5}{u_{49}{u}_{50}} \\ =\frac{u_2-u_1}{u_1{u}_2}+\frac{u_3-u_2}{u_2{u}_3}+\mathrm{...}+\frac{u_{50}-u_{49}}{u_{49}{u}_{50}} \\ =\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_2}+\frac{1}{u_2}-\frac{1}{u_3}+\mathrm{...}+\frac{1}{u_{49}}-\frac{1}{u_{50}}=1-\frac{1}{u_{50}} \\ =1-\frac{1}{u_1+49d}=\frac{245}{246}\Rightarrow S=\frac{49}{246} \end{gathered}$$

Đáp án A

Coi hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 1

Tứ giác MBCN là hình thang vuông có $BM=\frac{1}{2},CN=\frac{2}{3}$ 

$\Rightarrow$ Diện tích hình thang MBCN là $S_{MBCN}=\frac{1}{2}BC\left(BM+CN\right)=\frac{7}{12}$ 

Khi đó:

$$\begin{gathered} V_{P.MBCN}=\frac{1}{3}d\left(P;\left(ABCD\right)\right).S_{MBCN}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}d\left(S;\left(ABCD\right)\right).\frac{7}{12}{S}_{ABCD} \\ =\frac{7}{24}.\frac{1}{3}d\left(S;\left(ABCD\right)\right).S_{ABCD}=\frac{7}{24}{V}_{S.ABCD}=\frac{7}{24}.48=14 \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có $g\left(x\right)=f\left(x^2-1\right)\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=2x.f\text{'}\left(x^2-1\right);\forall x\in ℝ$ 

Khi đó

$$\begin{gathered} g\text{'}\left(x\right)<0\iff 2x.f\text{'}\left(x^2-1\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x>0\\ f\text{'}\left(x^2-1\right)<0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x<0\\ f\text{'}\left(x^2-1\right)>0\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x>0\\ x^2-1\in \left(-\infty ;-1\right)\cup \left(2;+\infty \right)\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x<0\\ x^2-1\in \left(1;2\right)\end{array}\right.\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\sqrt{3};-\sqrt{2}\right)$ và $\left(\sqrt{3};+\infty \right)$

Đáp án B

Đặt $t=3^x>0,$ khi đó $9^x-3m{.3}^x+3m=0\iff 2-3m.t+3m=0\left(*\right)$ 

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\iff \left(*\right)$ có 2 nghiệm phân biệt 

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}\Delta =9m^2-12m>0\\ t_1+t_2>0;t_1{t}_2>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}9m^2-12m>0\\ 3m>0\end{array}\right. \\ \iff m>\frac{4}{3}\iff m>\frac{a}{b}\to \left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=3\end{array}\right.\Rightarrow b-a=-1 \end{gathered}$$

Đáp án A

Gọi $M\left(a;b\right)\in \left(C\right)$ mà $y\text{'}=-3x^2+3\Rightarrow y\text{'}\left(a\right)=-3a^2+3$ và $b=y\left(a\right)=-a^3+3a+2$ 

Suy ra phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là $y-\left(a^3+3a+2\right)=\left(-3a^2+3\right)\left(x-a\right)\left(d\right)$ 

Vì tiếp tuyến (d) đi qua $A\left(3;0\right)$ suy ra $a^3+3a+2=\left(-3a^2+3\right)\left(x-a\right)\iff \left[\begin{array}{l}a=-1\\ a=\frac{11\mp \sqrt{33}}{4}\end{array}\right.$ 

Vậy có tất cả 3 tiếp tuyến đi qua điểm $A\left(3;0\right)$

Đáp án D

Hoành độ giao điểm của (H) và (d) là nghiệm: $\frac{x-1}{x+2}=-2x-4\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=-\frac{7}{2}\end{array}\right.$ 

Hoành độ giao điểm của (d) và $\left(\Delta \right)$ là nghiệm: $2=-2x-4\iff x=-3$ 

Hoành độ giao điểm của (H) và $\left(\Delta \right)$ là nghiệm: $\frac{x-1}{x+2}=2\iff x=-5$ 

Khi đó, diện tích hình phẳng cần tính là $S=\underset{-5}{\overset{-\frac{7}{2}}{\int }}\left|\frac{x-1}{x+2}-2\right|dx+\underset{-\frac{7}{2}}{\overset{-3}{\int }}\left|-2x-4-2\right|dx=-\frac{5}{4}+3\ln 2$

Đáp án A

Phương trình 

$$\begin{gathered} \sqrt[3]{m+3\sqrt[3]{m+3\cos x}}=\cos x\iff m+3\sqrt[3]{m+3\cos x}={\cos }^{3}x \\ \iff m+3\cos x+3\sqrt[3]{m+3\cos x}={\cos }^{3}x+3\cos x \\ \iff f\left(\sqrt[3]{m+3\cos x}\right)=f\left(\cos x\right)\left(*\right) \end{gathered}$$

Hàm số $f\left(t\right)=t^3+3t$ đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ nên $\left(*\right)\iff \sqrt[3]{m+3\cos x}=\cos x\iff m={\cos }^{3}x-3\cos x$ 

Đặt $a=\cos x\in \left[-1;1\right],$ khi đó $m=a^3-3a\to g\left(a\right)=a^3-3a$ 

Xét hàm số $g\left(a\right)=a^3-3a$ trên đoạn $\left[-1;1\right]$ suy ra $\underset{\left[-2;2\right]}{\min }g\left(a\right)=-2;\underset{\left[-2;2\right]}{\max }g\left(a\right)=2$ 

Do đó, phương trình $m=g\left(a\right)$ có nghiệm $\iff -2\le m\le 2$

Đáp án A

Đặt $\left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)=a\\ f\text{'}\left(1\right)=b\end{array}\right.,$ thay x = 0 vào giả thiết, ta được $f^2\left(1\right)=-f^3\left(0\right)\iff a^3+a^2=0\iff \left[\begin{array}{l}a=0\\ a=-1\end{array}\right.$  

Đạo hàm 2 vế biểu thức $f^2\left(1+2x\right)=x-f^3\left(1-x\right),$ ta được

$4f\text{'}\left(1+2x\right).f\left(1+2x\right)=1+3f\text{'}\left(1-x\right).f^2\left(1-x\right)\left(1\right)$ 

Thay $x=0$ vào biểu thức (1), ta có $4f\text{'}\left(1\right).f\left(1\right)=1+3f\text{'}\left(1\right).f^2\left(1\right)\iff 4ab=1+3a^{2}b\left(2\right)$ 

TH1. Với $a=0,$ thay vào (2), ta được $0=1$ (vô lý)