Mỗi cách chọn 2 học sinh từ nhóm 34 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 34 phần tử

=> Số cách chọn là \(C_{34}^2\)

Mặt phẳng (P) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {1;\;2;\;3} \right)\)

Đồ thị hàm số bị uốn công ngược lại tại 2 điểm nêm có hai điểm cực trị.

Chọn A.

Hàm số nghịch biến trên khoảng mà bảng biến thiên có dấu mũi tên đi xuống là \((-\infty ; -1)\) và (0,1).

Vì \({e^x} > 0\) \(\forall x \in \left[ {0;2} \right]\) nên  \(S = \int_0^2 {{e^x}dx} \)

Ta có \(\ln \left( {5a} \right) - \ln \left( {3a} \right) = \ln \frac{{5a}}{{3a}} = \ln \frac{5}{3}\)

Ta có \(\int {\left( {{x^3} + x} \right)dx = \frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{{x^2}}}{2} + C} \)

Đường thẳng d có 1 VTCP là \({\overrightarrow u _4} = \left( { - 1;\,2;\,1} \right)\)

Số phức -3 + 7i có phần ảo bằng 7

Diện tích mặt cầu bán kính R bằng \(4\pi {R^2}\)

Đường cong có dạng đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương, hệ số a < 0

I là trung điểm của AB \( \Rightarrow I = \left( {\frac{{2 + 2}}{2};\frac{{ - 4 + 2}}{2};\frac{{3 + 7}}{2}} \right) \Rightarrow I = \left( {2; - 1;5} \right)\)

\(\lim \frac{1}{{5n + 3}} = \lim \left( {\frac{1}{n}.\frac{1}{{5 + \frac{3}{n}}}} \right) = 0\)

\({2^{2x + 1}} = 32 \Leftrightarrow 2x + 1 = 5 \Leftrightarrow x = 2\)

Diện tích đáy của hình chóp \(B = {a^2}\)

Thể tích cả khối chóp đã cho là \(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.{a^2}.2a = \frac{2}{3}{a^3}\)

Áp dụng công thức: \({S_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n} \Rightarrow n = {\log _{\left( {1 + r} \right)}}\left( {\frac{{{S_n}}}{A}} \right) \Rightarrow n = {\log _{\left( {1 + 7,5\% } \right)}}\left( 2 \right) \approx 9,6\).

Ta có \(3f\left( x \right) + 4 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \frac{4}{3}\)

Dựa vào đồ thị đường thẳng \(y =  - \frac{4}{3}\) cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại ba điểm phân biệt.

Tập xác định \(D = \left[ { - 9;\, + \infty } \right)\backslash \left\{ { - 1;\,0} \right\}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{\sqrt {x + 9}  - 3}}{{{x^2} + x}} =  + \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \frac{{\sqrt {x + 9}  - 3}}{{{x^2} + x}} =  - \infty 
\end{array} \right.\) => x = -1 là tiệm cận đứng

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {x + 9}  - 3}}{{{x^2} + x}} = \frac{1}{6}\)

Ta có AB là hình chiếu của SB trên (ABCD).

Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng góc giữa SB và AB.

Tam giác SAB vuông tại A, \(\cos \widehat {ABS} = \frac{{AB}}{{SB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {ABS} = {60^{\rm{o}}}\)

Gọi mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P), mặt phẳng (Q) có dạng 2x - y + 3z + D = 0.

\(A\left( {2;\, - 1;\,2} \right) \in \left( Q \right)\)\ => D = -11.

Vậy mặt phẳng cần tìm là 2x - y + 3z - 11 = 0.

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = C_{15}^3 = 455\) ( phần tử ).

Gọi A là biến cố: “ lấy được 3 quả cầu màu xanh”.

Khi đó, \(n\left( A \right) = C_4^3 = 4\) ( phần tử ).

Xác suất \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}}\)

Ta có: \(\int\limits_1^2 {{e^{3x - 1}}{\rm{d}}x}  = \frac{1}{3}\left. {{e^{3x - 1}}} \right|_1^2 = \frac{1}{3}\left( {{e^5} - {e^2}} \right)\)

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [-2; 3]

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 8x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \in \left[ { - 2;\,3} \right]\\
x =  \pm \sqrt 2  \in \left[ { - 2;\,3} \right]
\end{array} \right.\)

Ta có: \(f\left( { - 2} \right) = 9,f\left( 3 \right) = 54,f\left( 0 \right) = 9,f\left( { - \sqrt 2 } \right) = 5,f\left( {\sqrt 2 } \right) = 5\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [-2; 3] bằng f(3) = 54

Ta có: \(\left( {2x - 3yi} \right) + \left( {1 - 3i} \right) = x + 6i\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow x + 1 - \left( {3y + 9} \right)i = 0\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + 1 = 0\\
3y + 9 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
y =  - 3
\end{array} \right.
\end{array}\)

Trong tam giác SAB dựng AH vuông góc SB thì \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) do đó khoảng cách cần tìm là AH. Ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\) suy ra \(AH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Đặt \(t = \sqrt {x + 9}  \Rightarrow {t^2} = x + 9 \Rightarrow 2t{\rm{d}}t = {\rm{d}}x\).

Đổi cận:

\(\begin{array}{l}
\int\limits_{16}^{55} {\frac{{{\rm{d}}x}}{{x\sqrt {x + 9} }}}  = \int\limits_5^8 {\frac{{2t{\rm{d}}t}}{{\left( {{t^2} - 9} \right)t}}}  = 2\int\limits_5^8 {\frac{{{\rm{d}}t}}{{{t^2} - 9}}}  = \frac{1}{3}\left( {\int\limits_5^8 {\frac{{{\rm{d}}t}}{{t - 3}}}  - \int\limits_5^8 {\frac{{{\rm{d}}t}}{{t + 3}}} } \right)\\
 = \left. {\frac{1}{3}\left( {\ln \left| {x - 3} \right| - \ln \left| {x + 3} \right|} \right)} \right|_5^8 = \frac{2}{3}\ln 2 + \frac{1}{3}\ln 5 - \frac{1}{3}\ln 11
\end{array}\)

Vậy \(a = \frac{2}{3};b = \frac{1}{3};c =  - \frac{1}{3}\). Mệnh đề a - b = -c đúng.

Thể tích phần phần lõi được làm bằng than chì: \({V_r} = \pi {R^2}h = \pi {.10^{ - 6}}.0,2 = 0,{2.10^{ - 6}}\pi \) m³

Thể tích chiếc bút chì khối lăng trụ lục giác đều:

\(V = B.h = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}.{\left( {{{3.10}^{ - 3}}} \right)^2}.0,2 = \frac{{27\sqrt 3 }}{{10}}{.10^{ - 6}}\left( {{m^3}} \right)\).

Thể tích phần thân bút chì được làm bằng gỗ: \({V_t} = V - {V_r} = \frac{{27\sqrt 3 }}{{10}}{.10^{ - 6}} - 0,{2.10^{ - 6}}\pi \) (m³).

Giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì:

\(0,{2.10^{ - 6}}\pi .8a + \left( {\frac{{27\sqrt 3 }}{{10}}{{.10}^{ - 6}} - 0,{{2.10}^{ - 6}}\pi } \right)a \approx 9,{07.10^{ - 6}}.a\) (triệu đồng).

\(\begin{array}{l}
x{\left( {2x - 1} \right)^6} + {\left( {3x - 1} \right)^8}\\
 = x\sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k.{{\left( {2x} \right)}^k}.{{\left( { - 1} \right)}^{6 - k}}}  + \sum\limits_{l = 0}^8 {C_8^l.{{\left( {3x} \right)}^l}.{{\left( { - 1} \right)}^{8 - l}}} \\
 = x\sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k.{{\left( {2x} \right)}^k}.{{\left( { - 1} \right)}^{6 - k}}}  + \sum\limits_{l = 0}^8 {C_8^l.{{\left( {3x} \right)}^l}.{{\left( { - 1} \right)}^{8 - l}}} 
\end{array}\)

Suy ra hệ số của x⁵ trong khai triển nhị thức là: 

\(C_6^4.{\left( 2 \right)^4}.{\left( { - 1} \right)^{6 - 4}} + C_8^5.{\left( 3 \right)^5}.{\left( { - 1} \right)^{6 - 5}} =  - 13368\)

Dựng điểm E sao cho ACBE là hình bình hành,

Khi đó: AC // EB => AC //(SEB)

=> d(AC, SB) =d(AC, (SBE)) = d(A, (SBE)) (1)

Kẻ \(AI \bot EB\left( {I \in EB} \right)\),

kẻ \(AH \bot SI\left( {H \in SI} \right)\) => d(A, (SEB)) =AH (2)

Tam giác AEB vuông tại A: \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\)

Xét tam giác SAI, ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{5}{{4{a^2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{2}{3}a\) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(h = d\left( {AC,SB} \right) = \frac{{2a}}{3}\)

Gọi \(z = a + bi\,\,\left( {a,b \in R} \right)\).

Ta có: \(\left( {\overline z  + i} \right)\left( {z + 2} \right) = \left( {a - bi + i} \right)\left( {a + bi + 2} \right) = \left( {{a^2} + 2a + {b^2} - b} \right) + \left( {a - 2b + 2} \right)i\)

Vì \(\left( {\overline z  + i} \right)\left( {z + 2} \right)\) là số thuần ảo nên ta có: \({a^2} + 2a + {b^2} - b = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {b - \frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{5}{4}\)

Trên mặt phẳng tạo độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có bán kính bằng \(\frac{{\sqrt 5 }}{2}\).

Giả sử bể cá có kích thước như hình vẽ.

Ta có: \(2{x^2} + 2xh + 4xh = 6,5 \Leftrightarrow h = \frac{{6,5 - 2{x^2}}}{{6x}}\).

Do h > 0, x > 0 nên \(6,5 - 2{x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < \frac{{\sqrt {13} }}{2}\).

Lại có \(V = 2{x^2}h = \frac{{6,5x - 2{x^3}}}{3} = f\left( x \right)\), với \(x \in \left( {0;\frac{{\sqrt {13} }}{2}} \right)\).

\(f'\left( x \right) = \frac{{13}}{6} - 2{x^2},f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  \pm \frac{{\sqrt {39} }}{6}\).

Vậy \(V \le f\left( {\frac{{\sqrt {39} }}{6}} \right) = \frac{{13\sqrt {39} }}{{54}} \approx 1,50\,{{\rm{m}}^3}\)

+) Từ đề bài, ta suy ra: tính từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm B bắt kịp thì A đi được 15 giây, B đi được 10 giây.

+) Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng \({v_B}\left( t \right) = \int {a{\rm{d}}t}  = at + C\), lại có \({v_B}\left( 0 \right) = 0\) nên \({v_B}\left( t \right) = at\).

+) Từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm B bắt kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được là bằng nhau. Do đó

\(\int\limits_0^{15} {\left( {\frac{1}{{180}}{t^2} + \frac{{11}}{{18}}t} \right){\rm{d}}t}  = \int\limits_0^{10} {at{\rm{d}}t}  \Leftrightarrow 75 = 50a \Leftrightarrow a = \frac{3}{2}\).

Từ đó, vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng \({v_B}\left( {10} \right) = \frac{3}{2}.10 = 15(m/s)\).

Gọi \(\Delta\) là đường thẳng cần tìm và \(B = \Delta  \cap Ox \Rightarrow B\left( {b;\,0;\,0} \right)\) và \(\overrightarrow {BA}  = \left( {1 - b;\,2;\,3} \right)\).

Do \(\Delta  \bot d\), \(\Delta\) qua A nên \(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0 \Leftrightarrow 2\left( {1 - b} \right) + 2 - 6 = 0 \Leftrightarrow b =  - 1\).

Từ đó \(\Delta\) qua B(-1; 0; 0), có một véctơ chỉ phương là \(\overrightarrow {BA}  = \left( {2;\,2;\,3} \right)\) nên có phương trình

\(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}
x =  - 1 + 2t\\
y = 2t\\
z = 3t
\end{array} \right.\)

Đặt \(t = {4^x}\), t > 0. Phương trình đã cho trở thành

\({t^2} - 4mt + 5{m^2} - 45 = 0\)    (*).

Với mỗi nghiệm t > 0 của phương trình (*) sẽ tương ứng với duy nhất một nghiệm x của phương trình ban đầu. Do đó, yêu cầu bài toán tương đương phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt. Khi đó

\(\left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' > 0\\
S > 0\\
P > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - {m^2} + 45 > 0\\
4m > 0\\
5{m^2} - 45 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 3\sqrt 5  < m < 3\sqrt 5 \\
m > 0\\
\left[ \begin{array}{l}
m <  - 3\\
m > 3
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow 3 < m < 3\sqrt 5 \).

Do \(m \in Z\) nên \(m \in \left\{ {4;\,5;\,6} \right\}\)

+) Tập xác định D = R\{-5m}.

+) \(y' = \frac{{5m - 2}}{{{{\left( {x + 5m} \right)}^2}}}\).

+) Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ;\, - 10} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
5m - 2 > 0\\
 - 5m \ge  - 10
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > \frac{2}{5}\\
m \le 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{2}{5} < m \le 2\).

Do \(m \in Z\) nên \(m \in \left\{ {1;2} \right\}\).

Ta có: \(y' = 8{x^7} + 5\left( {m - 2} \right){x^4} - 4\left( {{m^2} - 4} \right){x^3} = {x^3}\left[ {\underbrace {8{x^4} + 5\left( {m - 2} \right)x - 4\left( {{m^2} - 4} \right)}_{g'\left( x \right)}} \right]\).

Ta xét các trường hợp sau

* Nếu \({m^2} - 4 = 0 \Rightarrow m =  \pm 2.\)

    Khi \(m = 2 \Rightarrow y' = 8{x^7} \Rightarrow x = 0\) là điểm cực tiểu.

    Khi m = -2  \( \Rightarrow y' = {x^4}\left( {8{x^4} - 20} \right) \Rightarrow x = 0\) không là điểm cực tiểu.

* Nếu \({m^2} - 4 \ne 0 \Rightarrow m \ne  \pm 2.\)

Khi đó ta có

\(y' = {x^2}\left[ {8{x^5} + 5\left( {m - 2} \right){x^2} - 4\left( {{m^2} - 4} \right)x} \right]\)

Số cực trị của hàm \(y = {x^8} + \left( {m - 2} \right){x^5} - \left( {{m^2} - 4} \right){x^4} + 1\) bằng số cực trị của hàm g'(x)

\(\left\{ \begin{array}{l}
g'\left( x \right) = 8{x^5} + 5\left( {m - 2} \right){x^2} - 4\left( {{m^2} - 4} \right)x\\
g''\left( x \right) = 40{x^4} + 100\left( {m - 2} \right)x - 4\left( {{m^2} - 4} \right)
\end{array} \right.\)

Nếu x = 0 là điểm cực tiểu thì g''(x) > 0 . Khi đó

\( - 4\left( {{m^2} - 4} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4 < 0 \Rightarrow  - 2 < m < 2 \Rightarrow m = \left\{ { - 1;0;1} \right\}\)

Vậy có 4 giá trị nguyên của m.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử các cạnh của hình lập phương bằng 6.

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của D'C' và AB. Khi đó ta có

\(MP = \sqrt {I{M^2} + I{P^2}}  = \sqrt {10} ,MQ = \sqrt {34} ,PQ = 6\sqrt 2 .\)

Áp dụng định lí côsin ta được

\({\rm{cos}}PMQ = \frac{{M{P^2} + M{Q^2} - P{Q^2}}}{{2MP.MQ}} = \frac{{ - 14}}{{\sqrt {340} }}\).

Góc \(\alpha \) là góc giữa hai mặt phẳng (MC'D') và (MAB) ta có

\(\cos \alpha  = \frac{{14}}{{\sqrt {340} }} = \frac{{7\sqrt {85} }}{{85}}\)

Ta có: \(\left| z \right|\left( {z - 4 - i} \right) + 2i = \left( {5 - i} \right)z \Leftrightarrow z\left( {\left| z \right| - 5 + i} \right) = 4\left| z \right| + \left( {\left| z \right| - 2} \right)i\)

Lấy môđun 2 vế phương trình trên ta được

\(\left| z \right|\sqrt {{{\left( {\left| z \right| - 5} \right)}^2} + 1}  = \sqrt {{{\left( {4\left| z \right|} \right)}^2} + {{\left( {\left| z \right| - 2} \right)}^2}} \).

Đặt t = |z|, \(t \ge 0\) ta được

\(t\sqrt {{{\left( {t - 5} \right)}^2} + 1}  = \sqrt {{{\left( {4t} \right)}^2} + {{\left( {t - 2} \right)}^2}}  \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right)\left( {{t^3} - 9{t^2} + 4} \right) = 0\).

Phương trình có 3 nghiệm phân biệt \(t \ge 0\)  vậy có 3 số phức z  thoả mãn.

Mặt cầu (S) có tâm I(-1;-1;-1) và bán kính R = 3.

* Ta tính được \(AI = 5,AM = \sqrt {A{I^2} - {R^2}}  = 4\).

* Phương trình mặt cầu (S') tâm A(2;3;-1), bán kính AM = 4 là:

\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 16\).

* M luôn thuộc mặt phẳng \(\left( P \right) = \left( S \right) \cap \left( {S'} \right)\) có phương trình: 3x + 4y - 2 = 0.

* Nhận xét đây là hàm số trùng phương có hệ số a > 0.

* Ta có y' = x³ - 7x nên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0}\\
{x =  - \sqrt 7 }\\
{{x_0} = \sqrt 7 }
\end{array}} \right.\).

* Phương trình tiếp tuyến tại \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) ( là đường thẳng qua hai điểm M, N) có hệ số góc:

\(k = \frac{{{y_1} - {y_2}}}{{{x_1} - {x_2}}} = 6\). Do đó để tiếp tuyến tại \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) có hệ số góc k = 6 > 0 và cắt (C) tại hai điểm phân biệt \(M\left( {{x_1};{y_1}} \right),N\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) thì \( - \sqrt 7  < {x_0} < 0\) và \({x_0} \ne  - \frac{{\sqrt {21} }}{3}\) (hoành độ điểm uốn).

* Ta có phương trình: \(y'\left( {{x_0}} \right) = 6 \Leftrightarrow x_0^3 - 7{x_0} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_0} =  - 2}\\
{{x_0} =  - 1}\\
{{x_0} = 3{\rm{ (}}l{\rm{)}}}
\end{array}} \right.\).

Vậy có 2 điểm A thỏa yêu cầu.

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\(\begin{array}{l}
S = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  + \int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} \\
 = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left[ {a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x - \frac{3}{2}} \right]{\rm{d}}x}  - \int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x - \frac{3}{2}} \right]{\rm{d}}x} 
\end{array}\).

Trong đó phương trình \(a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x - \frac{3}{2} = 0\) (*) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y = f(x) và y = g(x).

Phương trình (*) có nghiệm -3; -1; 1 nên

\(\left\{ \begin{array}{l}
 - 27a + 9\left( {b - d} \right) - 3\left( {c - e} \right) - \frac{3}{2} = 0\\
 - a + \left( {b - d} \right) - \left( {c - e} \right) - \frac{3}{2} = 0\\
a + \left( {b - d} \right) + \left( {c - e} \right) - \frac{3}{2} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 27a + 9\left( {b - d} \right) - 3\left( {c - e} \right) = \frac{3}{2}\\
 - a + \left( {b - d} \right) - \left( {c - e} \right) = \frac{3}{2}\\
a + \left( {b - d} \right) + \left( {c - e} \right) = \frac{3}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{1}{2}\\
\left( {b - d} \right) = \frac{3}{2}\\
\left( {c - e} \right) =  - \frac{1}{2}
\end{array} \right.\).

Vậy \(S = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left[ {\frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} - \frac{1}{2}x - \frac{3}{2}} \right]{\rm{d}}x}  - \int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {\frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} - \frac{1}{2}x - \frac{3}{2}} \right]{\rm{d}}x}  = 2 - \left( { - 2} \right) = 4\).

Gọi N là trung điểm BC. Kẻ \(AE \bot BB'\) tại E, \(AF \bot CC'\) tại F.

Ta có \(EF \cap MN = H\) nên H là trung điểm EF.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
AE \bot AA'\\
AF \bot AA'
\end{array} \right. \Rightarrow AA' \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow AA' \bot EF \Rightarrow EF \bot BB'\).

Khi đó \(d\left( {A,BB'} \right) = AE = 1,d\left( {A,CC'} \right) = AF = \sqrt 3 ,d\left( {C,BB'} \right) = EF = 2\).

Nhận xét: \(A{E^2} + A{F^2} = E{F^2}\) nên tam giác AEFF vuông tại A, suy ra \(AH = \frac{{EF}}{2} = 1\).

Ta lại có \(\left\{ \begin{array}{l}
AA' \bot \left( {AEF} \right)\\
MN//AA'
\end{array} \right. \Rightarrow MN \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow MN \bot AH\).

Tam giác AMN vuông tại A có đường cao AH nên \(\frac{1}{{A{M^2}}}\) \( = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{N^2}}} = 1 - \frac{3}{4} \Rightarrow AM = 2\).

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {AA'NM} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\
\left( {AA'NM} \right) \bot \left( {AEF} \right)\\
\left( {AA'NM} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AN\\
\left( {AA'NM} \right) \cap \left( {AEF} \right) = AH
\end{array} \right. \Rightarrow \) Góc giữa mặt phẳng (ABC) và (AEF) là \(\widehat {HAN}\).

Hình chiếu của tam giác ABC lên mặt phẳng (AEF) là tam giác AEF nên \({S_{\Delta AEF}} = {S_{\Delta ABC}}.\cos \widehat {HAN} \Rightarrow \frac{1}{2}AE.AF = {S_{\Delta ABC}}.\frac{{AH}}{{AN}} \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.\frac{{AE.AF.AN}}{{AH}} = \frac{1}{2}.\frac{{1.\sqrt 3 .\frac{{2\sqrt 3 }}{3}}}{1} = 1\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.AM = 2\).

Không gian mẫu có số phần tử là \({17^3} = 4913\).

Lấy một số tự nhiên từ 1 đến 17 ta có các nhóm số sau:

*) Số chia hết cho 3: có 5 số thuộc tập \(\left\{ {3;6;9;12;15} \right\}\).

*) Số chia cho 3 dư 1: có 6 số thuộc tập \(\left\{ {1;4;7;10;13;16} \right\}\).

*) Số chia cho 3 dư 2: có 6 số thuộc tập \(\left\{ {2;5;8;11;14;17} \right\}\).

Ba bạn A, B, C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn [1; 17] thỏa mãn ba số đó có tổng chia hết cho 3 thì các khả năng xảy ra như sau:

• TH1: Ba số đều chia hết cho 3 có \({5^3} = 125\) cách.
• TH2: Ba số đều chia cho 3 dư 1 có \({6^3} = 216\) cách.
• TH3: Ba số đều chia cho 3 dư 2 có \({6^3} = 216\) cách.
• TH4: Một số chia hết cho 3, một số chia cho 3 dư 1, chia cho 3 dư 2 có 5.6.3!=1080 cách.

Vậy xác suất cần tìm là \(\frac{{125 + 216 + 216 + 1080}}{{4913}} = \frac{{1637}}{{4913}}\).

Ta có a > 0, b > 0 nên \(\left\{ \begin{array}{l}
3a + 2b + 1 > 1\\
9{a^2} + {b^2} + 1 > 1\\
6ab + 1 > 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\log _{3a + 2b + 1}}\left( {9{a^2} + {b^2} + 1} \right) > 0\\
{\log _{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right) > 0
\end{array} \right.\).

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta được

\({\log _{3a + 2b + 1}}\left( {9{a^2} + {b^2} + 1} \right) + {\log _{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right) \ge 2\sqrt {{{\log }_{3a + 2b + 1}}\left( {9{a^2} + {b^2} + 1} \right) + {{\log }_{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right)} \)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow 2 \ge 2\sqrt {{{\log }_{6ab + 1}}\left( {9{a^2} + {b^2} + 1} \right)}  \Leftrightarrow {\log _{6ab + 1}}\left( {9{a^2} + {b^2} + 1} \right) \le 1 \Leftrightarrow 9{a^2} + {b^2} + 1 \le 6ab + 1\\
 \Leftrightarrow {\left( {3a - b} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow 3a = b
\end{array}\).

Vì dấu “=” đã xảy ra nên

\({\log _{3a + 2b + 1}}\left( {9{a^2} + {b^2} + 1} \right) = {\log _{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right) \Leftrightarrow {\log _{3b + 1}}\left( {2{b^2} + 1} \right) = {\log _{2{b^2} + 1}}\left( {3b + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2{b^2} + 1 = 3b + 1 \Leftrightarrow 2{b^2} - 3b = 0 \Leftrightarrow b = \frac{3}{2}\) (vì b > 0). Suy ra \(a = \frac{1}{2}\).

Vậy \(a + 2b = \frac{1}{2} + 3 = \frac{7}{2}\)

\(\left( C \right):y = \frac{{x - 1}}{{x + 2}} = 1 - \frac{3}{{x + 2}}\).

I(-2; 1) là giao điểm hai đường tiệm cận của (C).

Ta có: \(A\left( {a;1 - \frac{3}{{a + 2}}} \right) \in \left( C \right),B\left( {b;1 - \frac{3}{{b + 2}}} \right) \in \left( C \right)\).

\(\overrightarrow {IA}  = \left( {a + 2; - \frac{3}{{a + 2}}} \right),\overrightarrow {IB}  = \left( {b + 2; - \frac{3}{{b + 2}}} \right)\).

Đặt \({a_1} = a + 2,{b_1} = b + 2\left( {{a_1} \ne 0,{b_1} \ne 0,{a_1} \ne {b_1}} \right)\)

Tam giác ABI đều khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}
I{A^2} = I{B^2}\\
\cos \left( {\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {IB} } \right) = \cos 60^\circ 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a_1^2 + \frac{9}{{a_1^2}} = b_1^2 + \frac{9}{{b_1^2}}\\
\frac{{\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IB} }}{{IA.IB}} = \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a_1^2 + \frac{9}{{a_1^2}} = b_1^2 + \frac{9}{{b_1^2}}\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
\frac{{{a_1}{b_1} + \frac{9}{{{a_1}{b_1}}}}}{{a_1^2 + \frac{9}{{a_1^2}}}} = \frac{1}{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.\).

Ta có (1) \( \Leftrightarrow a_1^2 - b_1^2 + 9\left( {\frac{1}{{a_1^2}} - \frac{1}{{b_1^2}}} \right) = 0 \Leftrightarrow a_1^2 - b_1^2 - 9\left( {\frac{1}{{b_1^2}} - \frac{1}{{a_1^2}}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow a_1^2 - b_1^2 - 9\left( {\frac{{a_1^2 - b_1^2}}{{a_1^2b_1^2}}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {a_1^2 - b_1^2} \right)\left( {1 - \frac{9}{{a_1^2b_1^2}}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a_1^2 = b_1^2\\
a_1^2b_1^2 = 9
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{a_1} = {b_1}\\
{a_1} =  - {b_1}\\
{a_1}{b_1} = 3\\
{a_1}{b_1} =  - 3
\end{array} \right.\).

Trường hợp a₁ = b₁ loại vì \[( \equiv /B,{a_1} =  - {b_1},{a_1}{b_1} =  - 3\) (loại vì không thỏa (2)).

Do đó \({a_1}{b_1} = 3\), thay vào (2) ta được \(\frac{{3 + \frac{9}{3}}}{{a_1^2 + \frac{9}{{a_1^2}}}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow a_1^2 + \frac{9}{{a_1^2}} = 12\).

Vậy \(AB = IA = \sqrt {a_1^2 + \frac{9}{{a_1^2}}}  = 2\sqrt 3 \)

Điều kiện x > m 

Ta có \({5^x} + m = {\log _5}\left( {x - m} \right) \Leftrightarrow {5^x} + x = x - m + {\log _5}\left( {x - m} \right) \Leftrightarrow {5^x} + x = {5^{{{\log }_5}\left( {x - m} \right)}} + {\log _5}\left( {x - m} \right)\) (1) .

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {5^t} + tf'\left( t \right) = {5^t}\ln 5 + 1 > 0,\forall t \in R\), do đó từ (1) suy ra \(x = {\log _5}\left( {x - m} \right) \Leftrightarrow m = x - {5^x}\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = x - {5^x},g'\left( x \right) = 1 - {5^x}.\ln 5,g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = {\log _5}\frac{1}{{\ln 5}} =  - {\log _5}\ln 5 = {x_0}\).

Bảng biến thiên

Do đó để phương trình có nghiệm thì \(m \le g\left( {{x_0}} \right) \approx  - 0,92\).

Các giá trị nguyên của \(m \in \left( { - 20;20} \right)\) là {-19; =18;...;-1}, có 19 giá trị m thỏa mãn.

Đặt AB = a, AC = b, AD = c thì ABCD là tứ diện vuông đỉnh A, nội tiếp mặt cầu (S).

Khi đó ABCD là tứ diện đặt ở góc A của hình hộp chữ nhật tương ứng có các cạnh AB, AC, AD và đường chéo AA' là đường kính của cầu. Ta có \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 4{R^2}\).

Xét \( = {V_{ABCD}} = \frac{1}{6}abc \Leftrightarrow {V^2} = \frac{1}{{36}}{a^2}{b^2}{c^2}\).

Mà \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}} \right)^3} \ge {a^2}{b^2}{c^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{4{R^2}}}{3}} \right)^3} \ge 36.{V^2}\)

\( \Leftrightarrow V \le {R^3}.\frac{{4\sqrt 3 }}{{27}}\)

Với \(R = IA = 3\sqrt 3 \).

Vậy \({V_{\max }} = 36\). 

Ta có \(f'\left( x \right) = 2x{\left[ {f\left( x \right)} \right]^2}\mathop  \Leftrightarrow \limits^{f\left( x \right) \ne 0} \frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} = 2x \Leftrightarrow {\left[ {\frac{1}{{f\left( x \right)}}} \right]^\prime } =  - 2x \Leftrightarrow \frac{1}{{f\left( x \right)}} =  - {x^2} + C\).

Từ \(f\left( 2 \right) =  - \frac{2}{9}\) suy ra \(C =  - \frac{1}{2}\).

Do đó \(f\left( 1 \right) = \frac{1}{{ - {1^2} + \left( { - \frac{1}{2}} \right)}} =  - \frac{2}{3}\).

Phương trình tham số đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 + t'\\
y = 1 - 2t'\\
z = 1 + 2t'
\end{array} \right.\).

Chọn điểm \(B\left( {2; - 1;3} \right) \in \Delta \), AB = 3.

Điểm \(C\left( {\frac{{14}}{5};\frac{{17}}{5};1} \right)\) hoặc \(C\left( { - \frac{4}{5}; - \frac{7}{5};1} \right)\) nằm trên d thỏa mãn AC = AB.

Kiểm tra được điểm \(C\left( { - \frac{4}{5}; - \frac{7}{5};1} \right)\) thỏa mãn \(\widehat {BAC}\) nhọn.

Trung điểm của BC là \(I\left( {\frac{3}{5}; - \frac{6}{5};2} \right)\). Đường phân giác cần tìm là AI có vectơ chỉ phương

\(\vec u = \left( {2;11; - 5} \right)\) và có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}
x =  - 1 + 2t\\
y =  - 10 + 11t\\
z = 6 - 5t
\end{array} \right.\),

Kẻ đường thẳng y = 0 cắt đồ thị hàm số y = f'(x) tại A(a; 10), \(a \in \left( {8;10} \right)\). Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
f\left( {x + 4} \right) > 10,khi\,3 < x + 4 < a\\
g\left( {2x - \frac{3}{2}} \right) \le 5,khi\,0 \le 2x - \frac{3}{2} < 11
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f\left( {x + 4} \right) > 10,khi\, - 1 < x < 4\\
g\left( {2x - \frac{3}{2}} \right) \le 5,khi\,\frac{3}{4} \le x \le \frac{{25}}{4}
\end{array} \right.\).

Do đó \(h'\left( x \right) = f'\left( {x + 4} \right) - 2g'\left( {2x - \frac{3}{2}} \right) > 0\) khi \(\frac{3}{4} \le x < 4\).

Kiểu đánh giá khác:

Ta có \(h'\left( x \right) = f'\left( {x + 4} \right) - 2g'\left( {2x - \frac{3}{2}} \right)\).

Dựa vào đồ thị, \(\forall x \in \left( {\frac{9}{4};3} \right)\), ta có \(\frac{{25}}{4} < x + 4 < 7,f\left( {x + 4} \right) > f\left( 3 \right) = 10\);

\(3 < 2x - \frac{3}{2} < \frac{9}{2}\), do đó \(g\left( {2x - \frac{3}{2}} \right) < f\left( 8 \right) = 5\).

Suy ra \(h'\left( x \right) = f'\left( {x + 4} \right) - 2g'\left( {2x - \frac{3}{2}} \right) > 0,\forall x \in \left( {\frac{9}{4};3} \right)\). Do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {\frac{9}{4};3} \right)\).