1)
Điều kiện: $x>-2$
Ta có:
      $\log _3( x + 2)(x + 4)+\log _{\frac{1}{3}}(x + 2) < \frac{1}{2}\log _{\sqrt 3 }7$
$\Leftrightarrow \log _3( x + 2)+\log_3(x + 4)-\log _3(x + 2) < \log _37$
$\Leftrightarrow \log_3(x+4)<\log_37$
$\Leftrightarrow x+4<7\Leftrightarrow x<3$
Kết hợp với đk: $-2<x<3$

5.
Gọi $A_1,A_2$ là biến cố lấy 2 sp loại B từ kiện I và kiện II
       $A$ là biến cố cả 4 sp đều là loại B.
Ta có:
$P(A_1)=\frac{C_4^2}{C_{10}^2}=\frac{2}{15}$
$P(A_2)=\frac{C_3^2}{C_{10}^2}=\frac{1}{15}$
Suy ra: $P(A)=P(A_1)P(A_2)=\frac{2}{225}$
Vậy xác suất 4 sp đều là loại B là $\frac{2}{225}$.

4.
Gọi $X$ là số sản phẩm đạt tiêu chuẩn sản xuất ra.
Ta có: $X\sim B(n,p)$ với $n=5,p=0,8$
Suy ra:
$P(X=4)=C_5^4.0,8^4.0,2^1$
                     $=0,4096$
Vậy xác suất có 4 sản phẩm đạt tiêu chuẩn là: $0,4096$

3.
Gọi $X$ là số phế phẩm sản xuất ra.
Ta có: $X\sim B(n,p)$ với $n=200,p=0,005$
Suy ra:
$P(X<1)=P(X=0)$
                     $=C_{200}^0.0,005^0.0,995^{200}$
                     $\approx 0,367$

2.
Gọi $A_1,A_2,A_3$ là biến cố phế phẩm không bị loại sau lần kiểm tra 1,2,3.
$A$ là biến cố phế phẩm bị loại qua 3 lần kiểm tra.
Ta có: $\overline{A}=A_1.A_2.A_3$
Vì $A_1,A_2,A_3$ đôi một độc lập:
$P(\overline{A})=P(A_1).P(A_2).P(A_3)=0,2.0,1.0,05=0,001$
Suy ra: $P(A)=1-0,001=0,999$
Vậy xác suất phế phẩm bị loại qua 3 lần kiểm tra là: $0,999$

1.
Gọi $X$ là thu nhập của người làm việc trong ngành đó.
Ta có: $X\sim N(\mu,\sigma^2)$ với: $\mu=6,4,\sigma=1,6$
Theo công thức xác suất biến ngẫu nhiên phân phối chuẩn ta có:
$P(X>5)=\phi_0\left(\frac{+\infty-6,4}{1,6}\right)-\phi_0\left(\frac{5-6,4}{1,6}\right)$
                     $=\phi_0(+\infty)-\phi_0(-0,875)$
                     $\approx 0,5+0,3092=0,8092$
Tỉ lệ những người có thu nhập từ 5 triệu/tháng trở lên là: $0,8092$

Ta sẽ chứng minh: $H_k\le\frac{4}{k(k+1)^2}(a_1+4a_2+\ldots+k^2a_k),\forall k=\overline{1,n}$                 $(*)$
Thật vậy:
$\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\ldots+\frac{1}{a_k}\right)(a_1+4a_2+\ldots+k^2a_k)$
$\ge\left(\sqrt{\frac{1}{a_1}}.\sqrt{a_1}+\sqrt{\frac{1}{a_2}}.2\sqrt{a_2}+\ldots+\sqrt{\frac{1}{a_k}}.k\sqrt{a_k}\right)^2$
$=(1+2+\ldots+k)^2=\frac{k^2(k+1)^2}{4}$, suy ra $(*)$.
Từ đó, suy ra: $H_1+H_2+\ldots+H_n\le x_1a_1+x_2a_2+\ldots+x_na_n$
với: $x_i=4i^2\sum_{j=i}^n\frac{1}{j(j+1)^2},\forall i=\overline{1,n}$
Mà: $\frac{1}{j(j+1)^2}<\frac{1}{2}.\frac{2j+1}{j^2(j+1)^2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{j^2}-\frac{1}{(j+1)^2}\right)$
Suy ra: $x_i<4i^2\sum_{j=i}^n\frac{1}{2}\left(\frac{1}{j^2}-\frac{1}{(j+1)^2}\right)$
                    $=2i^2\left(\frac{1}{i^2}-\frac{1}{(n+1)^2}\right)<2,\forall i=\overline{1,n}$
$\Rightarrow H_1+H_2+\ldots+H_n<2(a_1+a_2+\ldots+a_n)=2$

Phương trình tương đương với:
$x^2=\pm\sqrt{24y-8}+y^2$
Đặt: $24y-8=k^2 (k\in\mathbb{Z}^+)\Rightarrow k\,\vdots\,4$.
Đặt: $k=4m\Rightarrow y=\frac{k^2+8}{24}=\frac{2m^2+1}{3}$
Suy ra: $3\nmid m.$
*) Nếu $m=3n+1$, ta có: $y=6n^2+4n+1$
suy ra: $\left[ \begin{array}{l} x^2=36n^4+48n^3+28n^2+20n+5\\x^2=36n^4+48n^3+28n^2-4n-3 \end{array} \right.$
mà: $\left\{ \begin{array}{l} (6n^2+4n+3)^2>36n^4+48n^3+28n^2+20n+5>(6n^2+4n+2)^2\\(6n^2+4n)^2>36n^4+48n^3+28n^2-4n-3>(6n^2+4n-1)^2 \end{array} \right.$
nên không tồn tại $x$.
*) Nếu $m=3n+2$, ta có: $y=6n^2+8n+3$
suy ra: $\left[ \begin{array}{l} x^2=36n^4+96n^3+100n^2+60n+17\\x^2=36n^4+96n^3+100n^2+36n+1 \end{array} \right.$
mà: $\left\{ \begin{array}{l} (6n^2+8n+4)^2>36n^4+96n^3+100n^2+60n+5>(6n^2+8n+3)^2\\(6n^2+8n+2)^2>36n^4+96n^3+100n^2+36n+1>(6n^2+8n+1)^2 \end{array} \right.$
nên không tồn tại $x$.
Vậy phương trình vô nghiệm.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có:
$B^2=(2x+3y)^2$
      $=(\sqrt2.\sqrt{2}x+\sqrt3.\sqrt3y)^2\le(2+3)(2x^2+3y^2)\le25$
Suy ra: $-5\le B\le5$
Min$B=-5\Leftrightarrow x=y=-1$
Max$B=5\Leftrightarrow x=y=1$

Bài này có trong thư viện rồi

http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/109357/bai-109356

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
$0\le xyz\le\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^3=1$
$0\le (x+y)(y+z)(z+x)\le\left(\frac{(x+y)+(y+z)+(z+x)}{3}\right)^3=\frac{8}{27}$
Suy ra: $D\le\frac{8}{27}$
Max$D=\frac{8}{27}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}$

Gọi $A$ là biến cố trúng 1 giải nhì, 2 giải khuyến khích.
Số khả năng khác nhau của 3 vé mà người đó mua là: $C_{20000}^{3}$
Số khả năng mua được 1 vé giải nhì và 2 vé giải khuyến khích là: $C_{100}^1.C_{5000}^2$
Suy ra: $P(A)=\frac{C_{100}^1.C_{5000}^2}{C_{20000}^3}\approx 0,00094$

b)
Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp.
Ta có các đẳng thức sau:
$a.\overrightarrow {IA}  + b.\overrightarrow {IB}  + c.\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0$
$aIA^2+bIB^2+cIC^2=abc$

Ta có:
      $aMA^2+bMB^2+cMC^2=abc$
$\Leftrightarrow a(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})^2+b(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})^2+c(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC})^2=abc$
$\Leftrightarrow (a+b+c)MI^2+2\overrightarrow{MI}.(a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC})+aIA^2+bIB^2+cIC^2=abc$
 $\Leftrightarrow MI^2=0\Leftrightarrow M\equiv I$

b)
Ta có:
$MA^2+2MB^2-3MC^2=(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA})^2+2(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB})^2-3(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC})^2$
                                                $=2\overrightarrow{MO}.(\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}-3\overrightarrow{OC})$
                                                $=2\overrightarrow{MO}.(\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC})$

a)
Vì: $\Delta ABC$ đều nên $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}$
Ta có:
$MA^2+MB^2+MC^2=(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA})^2+(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB})^2+(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC})^2$
                                           $=3MO^2+2\overrightarrow{MO}.(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})+OA^2+OB^2+OC^2$
                                           $=3MO^2+3R^2$
Từ đó suy ra:
$MA^2+MB^2+MC^2=6R^2\Leftrightarrow MO^2=R^2\Leftrightarrow M\in(O;R)$