Phương trình đã cho tương đương với:\({\left( {{2^x}} \right)^2} + {2.2^x} - 3 = 0\)

Đặt  \(t = {2^x},t > 0\)

Phương trình đã cho trở thành: \({t^2} + 2t - 3 = 0.\)

Áp dụng công thức tính nguyên hàm: \(\int {\cos udu} \) = \(\frac{1}{{u'}}\sin u\) + C

\( \Rightarrow \) \(\int {\cos 3xdx = \frac{{\sin 3x}}{3} + C} .\)

Số ảo \(z = a + bi\)gọi là số thuần ảo nếu \(a = 0\)và \(b \ne 0\)

Do đó \(z = 3i\) là số thuần ảo.

Từ bảng biến thiên, ta thấy:

 - Hàm số có 1 điểm cực đại và giá trị cực đại bằng 3

 - Hàm số có 2 điểm cực tiểu và giá trị cực tiểu bằng 0

    Do đó, mệnh đề sai là C.

Từ đồ thị thấy hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng, do đó đây là hàm số bậc 4 nên loại A và C

Mà ta có:         

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {{x^4} - {x^2} - 1} \right) =  + \infty  \Rightarrow \) phù hợp với đồ thị.

\(I = {\log _{\sqrt a }}a = {\log _{{a^{\frac{1}{2}}}}}a = 2.{\log _a}a = 2.\)

\(z = {z_1} + {z_2} = 7 - 4i.\)

Ta có:  

\(y' = 3{x^2} + 3 \Rightarrow y' > 0,\forall x \in \mathbb{R}.\)

Nên hàm số luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Tọa độ điểm \(M(1;1;6)\) thỏa mãn phương trình của mặt phẳng (P) nên \(M\) thuộc (P).

Ta có: Oz \( \bot \) (Oxy) nên nhận vecto  \(\overrightarrow k \)= (0, 0, 1) làm vecto pháp tuyến của (Oxy).

Áp dụng công thức tính thể tích khối trụ:

V = diện tích đáy x chiều cao

    = \(\pi {r^2}h\) = \(64\sqrt 2 \pi .\)

Rút gọn: \(y = \frac{{{x^2} - 3x - 4}}{{{x^2} - 16}} = \frac{{x + 1}}{{x + 4}}.\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 4)}^ + }} \frac{{x + 1}}{{x + 4}} =  - \infty \), do đó \(x =  - 4\)là tiệm cận đứng của hàm số

Vậy hàm số chỉ có 1 tiệm cận đứng.

Hàm số nghịch biến khi y’ \( \le \) 0, dấu “=” chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm.

 \(y' = \frac{{ - 4x}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow x > 0\)

Do đó hàm số đã cho nghịch biến trên \((0; + \infty ).\)

AD công thức tính thể tích: V = \(\pi \int\limits_a^b {{{(g(x))}^2}} dx\)

Thể tích khối tròn xoay là: V = \(\pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {(2 + \cos x)} dx = \left. {\pi (2x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}})} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \pi (\pi  + 1).\)

Biến đổi logarit:

 \(P = {\log _a}{b^3} + {\log _{{a^2}}}{b^6} = 3{\log _a}b + \frac{1}{2}.6{\log _a}b = 6{\log _a}b.\)

Hàm số \({\log _a}b\) xác định khi a>0, b>0, a\( \ne \)1

Áp dụng: hàm số đã cho xác định khi

\(\left\{ \begin{array}{l}x \ne  - 2\\\frac{{x - 3}}{{x + 2}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne  - 2\\\left[ \begin{array}{l}x <  - 2\\x > 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x <  - 2\\x > 3\end{array} \right.\)

Vậy tập xác định là: \(D = ( - \infty ; - 2) \cup (3; + \infty )\)

Điều kiện: \(x > 0\)

Đặt \(t = {\log _2}x\)

Bất phương trình đã cho trở thành: \({t^2} - 5t + 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t \ge 4\\t \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x \ge 4\\{\log _2}x \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 16\\x \le 2\end{array} \right.\)

Kết hợp điều kiện ban đầu, ta có tập nghiệm S của bất phương trình là:

\(S = (0;2{\rm{]}} \cup {\rm{[}}16; + \infty ).\)

Hình hộp chữ nhật có 3 mặt phẳng đối xứng.

Mặt phẳng cần tìm vuông góc với \(\Delta \) nên nhận vecto chỉ phương của \(\Delta \) là (3; -2; 1) làm vecto pháp tuyến.

\( \Rightarrow \) Phương trình mặt phẳng cần tìm là:\(3(x - 3) - 2(y + 1) + z - 1 = 0 \Leftrightarrow 3x - 2y + z - 12 = 0.\)

Vì đường thẳng vuông góc với (P) nên nhận vecto pháp tuyến của (P) là (1; 3; -1) làm vecto chỉ phương nên chỉ có đáp án B hoặc C.

Thay điểm A(2;3;0) vào thì chỉ có đáp án B thỏa mãn.

Gọi O là tâm của mặt đáy

Vì hình chóp đã cho là hình chóp đều nên ABCD là hình vuông cạnh a và SO vuông góc với mặt đáy (ABCD)\( \Rightarrow \) \(OB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác SBO vuông tại O:

\(SO = \sqrt {S{B^2} - B{O^2}}  = \sqrt {4{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\)

Thể tích của khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{3}.{a^2}.\frac{{a\sqrt {14} }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt {14} }}{6}.\)

Cách 1: bấm máy tính giải các phương trình ở đáp án

Cách 2: Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = 2\\{z_1}{z_2} = 3\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) Áp dụng Vi-et ta được phương trình là: \({z^2} - 2z + 3 = 0.\)

Xét hàm số trong [0; 2]

Tính: \(y' = 3{x^2} - 14x + 11\)

Xét phương trình: \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{{11}}{3}(loai{\rm{)}}\end{array} \right.\)

Ta có: \({y_{(0)}} =  - 2\) ,  \({y_{(1)}} = 3\) ,  \({y_{(2)}} = 0\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của của hàm số là: \(m =  - 2.\)

Hàm số \(y = {x^\alpha }\) với \(\alpha \) là số thực không nguyên xác định khi \(x > 0\)

Do đó, hàm số trên xác định khi \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\).

Tập xác định là: \(D = (1; + \infty ).\)

Giả sử \(F(x)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\)

Ta có: \(\int\limits_0^6 {f(x)dx = \left. {F(x)} \right|_0^6}  = F(6) - F(0)\)

Mặt khác: \(\int {f(3x)dx = \frac{1}{3}} \int {f(3x)d(3x) = \frac{1}{3}F(x)} \), (vì nguyên hàm không phụ thuộc vào biến)

\( \Rightarrow \int\limits_0^2 {f(3x)dx = } \left. {\frac{1}{3}F(3x)} \right|_0^2 = \frac{1}{3}\left[ {F(6) - F(0)} \right] = \frac{1}{3}.12 = 4.\)

Gọi I, O lần lượt là tâm của hình lập phương và hình vuông ABCD thì AI là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương.

Ta có: \(AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {A{D^2} + C{D^2}}  = a\sqrt 2 \) , \(OI = a\)

\( \Rightarrow AI = \sqrt {A{O^2} + O{I^2}}  = a\sqrt 3 \)

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là: \(R = \sqrt 3 a.\)

Ta có: \(f(x) = \int {f'(x)dx = \int {(3 - 5\sin x)dx = 3x + 5\cos x + C} } \)

Mà \(f(0) = 10 \Leftrightarrow 5 + C = 10 \Leftrightarrow C = 5\)

Vậy \(f(x) = 3x + 5\cos x + 5.\)

Ta thấy đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng của hàm số nên tập xác định của hàm số là:\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

Mà đồ thị cho thấy hàm số luôn nghịch biến trên \(D\)

\( \Rightarrow y' < 0,\forall x \in D\) hay \(y' < 0,\forall x \ne 1.\)

\(I\) là hình chiếu của \(M\) lên Ox nên \(I \in Ox\)

\( \Rightarrow I(a;0;0),\overrightarrow {MI}  = (a - 1;2; - 3)\)

Ta có: \(IM \bot Ox\) \( \Leftrightarrow \overrightarrow {MI} .\overrightarrow {{u_{Ox}}}  = 0 \Leftrightarrow a = 1\) , ( với \(\overrightarrow {{u_{Ox}}}  = (1;0;0)\) là vecto chỉ phương của Ox )

\( \Rightarrow I(1;0;0),MI = \sqrt {13} \)

Vậy phương trình mặt cầu tâm I, bán kính IM là: \({(x - 1)^2} + {y^2} + {z^2} = 13.\)

\({\rm{w}} = iz = i(1 - 2i) = 2 + i\)

Vậy điểm biểu diễn w có tọa độ là: \((2;1).\)

Gọi I là tâm hình vuông ABCD                                                 

Ta có: \(ID = \frac{1}{2}BD = a\)

Xét \(\Delta SID\) vuông tại I:

\(SI = \sqrt {S{D^2} - I{D^2}}  = a\)

Diện tích hình tròn nội tiếp ABCD là:

\(S = \pi {R^2} = \pi {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} = \frac{{\pi {a^2}}}{2}\)

Vậy thể tích khối nón là: \(V = \frac{1}{3}S.SI = \frac{1}{3}.\frac{{\pi {a^2}}}{2}.a = \frac{{\pi {a^3}}}{6}.\)

Ta có: \(\int {f(x).{e^{2x}}dx = {x^2} + C} \)

\( \Rightarrow f(x).{e^{2x}} = ({x^2} + C)' = 2x \Rightarrow f(x) = \frac{{2x}}{{{e^{2x}}}}\)

\( \Rightarrow f'(x) = \frac{{2 - 4x}}{{{e^{2x}}}} \Rightarrow \int {f'(x){e^{2x}}dx = \int {(2 - 4x)dx =  - 2{x^2} + 2x + C} } .\)

Ta có: \(y' = \frac{{ - 1 - m}}{{{{(x - 1)}^2}}}\)

TH1: \( - 1 - m < 0 \Leftrightarrow m >  - 1\)

Thì \(\mathop {\min y}\limits_{\left[ {2;4} \right]}  = {y_{(4)}} = \frac{{4 + m}}{{4 - 1}} = 3 \Leftrightarrow m = 5\) thỏa mãn

TH2: \( - 1 - m > 0 \Leftrightarrow m <  - 1\)

Thì \(\mathop {\min y}\limits_{\left[ {2;4} \right]}  = {y_{(2)}} = \frac{{2 + m}}{{2 - 1}} = 3 \Leftrightarrow m = 1\) (loại)

Như vậy \(m = 5 > 4\) thỏa mãn. 

Gọi \(\overrightarrow {{u_1}}  = (3;2;1),\overrightarrow {{u_2}}  = (1;3; - 2)\) lần lượt là vecto chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) và \(\Delta '\)

Gọi d là đường thẳng cần tìm

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot \Delta \\d \bot \Delta '\end{array} \right.\) nên vecto chỉ phương của d là: \(\overrightarrow u  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = ( - 7;7;7)\)

Chọn vecto \(\frac{1}{7}\overrightarrow u  = ( - 1;1;1)\) làm vecto chỉ phương của d

\( \Rightarrow \) phương trình tham số của d là: \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 - t\\y = 1 + t\\z = 3 + t\end{array} \right.\)

Dạng toán lãi kép:

Bài toán tổng quát: gửi a đồng vào ngân hàng với lãi suất \(r\% \) (sau mỗi kì hạn không rút tiền lãi ra)

Gọi \({A_n}\) là số tiền có được sau n năm

Sau 1 năm: \({A_1} = a + r\% .a = a(1 + r\% )\)

Sau 2 năm: \({A_2} = a(1 + r\% ) + a(1 + r\% ).r\%  = a{(1 + r\% )^2}\)

Sau 3 năm: \({A_3} = a{(1 + r\% )^2} + a{(1 + r\% )^2}.r\%  = a{(1 + r\% )^3}\)

Sau n năm: \({A_n} = a{(1 + r\% )^n}\)

Người đó nhận được số tiền hơn 100 triệu \( \Leftrightarrow 100 = 50{(1 + 6\% )^n} \Leftrightarrow n = {\log _{1,06}}2 \approx 12\) (năm).

Ta có: \(z + 1 + 3i - \left| z \right|i = 0 \Leftrightarrow a + 1 + (b + 3)i = \sqrt {{a^2} + {b^2}} i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b + 3 = \sqrt {{b^2} + 1} ,(1)\end{array} \right.\)

Với \(b \ge  - 3\) thì (1) tương đương với: \({(b + 3)^2} = {b^2} + 1 \Leftrightarrow b = \frac{{ - 4}}{3}\)

Vậy \(a + 3b =  - 5.\)

Gọi \(A = {d_1} \cap (P)\) thì tọa độ A có dạng: \(A(1 + 3t;t - 2;2)\)

\( \Rightarrow 2(1 + 3t) + 2(t - 2) - 3.2 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow A(4; - 1;2)\)

Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm

\((Q) \bot {d_2} \Rightarrow \) (Q) nhận vecto chỉ phương của \({d_2}\) làm vecto pháp tuyến và (Q) qua A

Vậy phương trình của (Q) là: \(2(x - 4) - (y + 1) + 2(z - 2) = 0 \Leftrightarrow 2x - y + 2z - 13 = 0.\)

Tập xác định: \(\mathbb{R}.\)

Ta có: \(y' =  - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9\) , (1)

Để hàm số nghịch biến trên \(( - \infty ; + \infty )\) thì \(y' \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\) ( dấu = chỉ xảy ra tại 1 số hữu hạn điểm)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta {'_{(1)}} \le 0\\ - 3 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} + 12m + 27 \le 0 \Leftrightarrow  - 9 \le m \le  - 3\)

Các số nguyên thỏa mãn là: \(\left\{ { - 9, - 8, - 7, - 6, - 5, - 4, - 3} \right\}\)

Vậy có 7 số nguyên m thỏa mãn.

Điều kiện: \(x > 0\)

Đặt \(t = {\log _3}x\)

Phương trình đã cho tương đương với: \({t^2} - mt + 2m - 7 = 0\) , (1)

Gọi \({t_1},{t_2}\) là nghiệm của (1), theo Vi-et: \({t_1} + {t_2} = m \Leftrightarrow {\log _3}{x_1} + {\log _3}{x_2} = m\) , (2)

Mà \({x_1}{x_2} = 81\)

Khi đó: \((2) \Leftrightarrow {\log _3}{x_1}{x_2} = m \Leftrightarrow {\log _3}81 = m \Leftrightarrow m = 4.\)

\(y' = 3{x^2} - 6x - 9\)

Ta có: \(y = y'\left( {\frac{x}{3} - \frac{1}{3}} \right) - 8x - 2\)

\( \Rightarrow \) đường thẳng d: \(y =  - 8x - 2\) là đường thẳng qua 2 điểm cực trị A, B

Ta thấy tọa độ điểm N(1; -10) thỏa mãn phương trình của d

Nên \(N \in d.\)

Giả sử parabol có phương trình: \(y = a{x^2} + bx + c,(a \ne 0)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}4 = c\\\frac{{ - b}}{{2a}} = 2\\\frac{{ - \Delta }}{{4a}} = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 4\\a = \frac{{ - b}}{4}\\{b^2} - 5b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{ - 5}}{4}\\b = 5\\c = 4\end{array} \right.\) , (vì \(a \ne 0\) nên \(b \ne 0\) )

\( \Rightarrow y = \frac{{ - 5}}{4}{x^2} + 5x + 4\)

Tại \(x = 1 \Rightarrow y = 7,75\)

\( \Rightarrow v(t) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - 5}}{4}{t^2} + 5t + 4,(0 \le t \le 1)\\7,75(1 < t \le 3)\end{array} \right.\)

Vậy quãng đường vật di chuyển được trong 3 giờ là:

\(s = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{ - 5}}{4}{t^2} + 5t + 4} \right)dt + \int\limits_1^3 {7,75dt \approx 21,58} } \) (m).

\({\log _a}x = 3 \Leftrightarrow {a^3} = x \Leftrightarrow a = {x^{\frac{1}{3}}}\)

\({\log _b}x = 4 \Leftrightarrow {b^4} = x \Leftrightarrow b = {x^{\frac{1}{4}}}\)

\( \Rightarrow P = {\log _{ab}}x = {\log _{{x^{\frac{7}{{12}}}}}}x = \frac{{12}}{7}.\)

SB là hình chiếu của SC trên (SAB)

\(\widehat {(SC,(SAB))} = \widehat {(SC,SB)} = \widehat {BSC} = {30^^\circ }\)

Xét \(\Delta SBC\) vuông tại B: \(\tan {30^ \circ } = \frac{{BC}}{{SB}} \Rightarrow SB = a\sqrt 3 \)

Xét \(\Delta SAB\): \(SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}}  = a\sqrt 2 \)

Vậy thể tích của khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}\mathop S\nolimits_{ABCD} .SA = \frac{1}{3}{a^2}.a\sqrt 2  = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}.\)

Ta có: \({V_{ACMNPQ}} = {V_{EAMNC}} - {V_{EACPQ}}\)

\(\begin{array}{l}\mathop V\nolimits_{EAMNC}  = \frac{1}{3}d(E,(AMNC)).\mathop S\nolimits_{AMNC}  = \frac{1}{3}d(E,(ABC)).\left( {\mathop S\nolimits_{\Delta ABC}  - \mathop S\nolimits_{\Delta BMN} } \right) = \frac{2}{3}d(D,(ABC)).\frac{3}{4}\mathop S\nolimits_{\Delta ABC} \\ = \frac{1}{2}d(D,(ABC)).\mathop S\nolimits_{\Delta ABC}  = \frac{3}{2}\mathop V\nolimits_{ABCD} \end{array}\)

\(\begin{array}{l}\mathop V\nolimits_{EACPQ}  = \frac{1}{3}d(E,(ACPQ)).\mathop S\nolimits_{ACPQ}  = \frac{1}{3}d(E,(ACD)).\left[ {{S_{ACD}} - {S_{DPQ}}} \right]\\ = \frac{1}{3}d(B,(ACD)).\left[ {{S_{ACD}} - \frac{1}{9}{S_{ACD}}} \right] = \frac{8}{{27}}d(B,(ACD)).{S_{ACD}} = \frac{8}{9}\mathop V\nolimits_{ABCD} \end{array}\)

( Vì P, Q là trọng tâm của \(\Delta BCE\) và \(\Delta ABE\))

Vậy \(\mathop V\nolimits_{ACMNPQ}  = \frac{{11}}{{18}}\mathop V\nolimits_{ABCD}  = \frac{{11}}{{18}}.\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{11\sqrt 2 {a^3}}}{{216}}.\)

Ta có: \(M \in (P)\)

\(O{M^2} = 6 < {R^2} = 9 \Rightarrow \) M nằm trong mặt cầu \( \Rightarrow \) (P) cắt mặt cầu thành 1 hình tròn (C)

Gọi H là tâm hình tròn (C)

Để AB nhỏ nhất thì \(AB \bot HM\)

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot HM\\AB \subset (P)\end{array} \right. \Rightarrow \) \(\overrightarrow {{u_{AB}}}  = \left[ {\overrightarrow {HM} ,\overrightarrow {{n_{(P)}}} } \right]\)

O là tâm mặt cầu và O(0; 0; 0)

Phương trình OH: \(\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = t\\z = t\end{array} \right.\) \( \Rightarrow H(t;t;t) \in (P) \Rightarrow t = \frac{4}{3}\) \( \Rightarrow H\left( {\frac{4}{3};\frac{4}{3};\frac{4}{3}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {HM}  = \left( {\frac{{ - 1}}{3};\frac{{ - 1}}{3};\frac{2}{3}} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{u_{AB}}}  = ( - 3;3;0)\) là một vecto chỉ phương của AB

Chọn \(\frac{{ - 1}}{3}\overrightarrow {{u_{AB}}}  = (1; - 1;0)\) là vecto chỉ phương của AB

Thì \(a =  - 1;b = 0 \Rightarrow a - b =  - 1.\)

Đặt \(z = x + yi,(x,y \in \mathbb{R})\)

\(\left| {z - 3i} \right| = \sqrt {{x^2} + {{(y - 3)}^2}}  = 5 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 6y = 16\)

\(\frac{z}{{z - 4}} = \frac{{x + yi}}{{x - 4 + yi}} = \frac{{(x + yi)(x - 4 - yi)}}{{{{(x - 4)}^2} + {y^2}}} = \frac{{{x^2} - 4x + {y^2}}}{{{{(x - 4)}^2} + {y^2}}} - \frac{{4yi}}{{{{(x - 4)}^2} + {y^2}}}\)

\(\frac{z}{{z - 4}}\) là số thuần ảo nên \(\frac{{{x^2} - 4x + {y^2}}}{{{{(x - 4)}^2} + {y^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + {y^2} = 0\)

Ta có hệ: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} - 6y = 16\\{x^2} + {y^2} - 4x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 0\end{array} \right.(loai)\\\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{16}}{{13}}\\y = \frac{{ - 24}}{{13}}\end{array} \right.\end{array} \right.\\\end{array}\) \( \Rightarrow z = \frac{{16}}{{13}} - \frac{{24}}{{13}}i.\)

Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn.

Điều kiện: \(xy < 1\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{\log _3}\frac{{1 - xy}}{{x + 2y}} = 3xy + x + 2y - 4 \Leftrightarrow 1 + {\log _3}(1 - xy) + (3 - 3xy) = {\log _3}(x + 2y) + x + 2y\\ \Leftrightarrow {\log _3}(3 - 3xy) + 3 - 3xy = {\log _3}(x + 2y) + x + 2y,(1)\end{array}\)

Xét hàm số: \(f(t) = {\log _3}t + t\) trên \((0; + \infty )\) thì \(f(t)\) luông đồng biến

Phương trình (1) có dạng: \(f(3 - 3xy) = f(x + 2y) \Leftrightarrow 3 - 3xy = x + 2y \Leftrightarrow x = \frac{{3 - 2y}}{{3y + 1}}\)

\( \Rightarrow P = x + y = \frac{{3 - 2y}}{{3y + 1}} + y\)

Khảo sát hàm số \(g(y) = \frac{{3 - 2y}}{{3y + 1}} + y\) trên \((0; + \infty )\)

Có: \(g'(y) = \frac{{9{y^2} - 6y - 10}}{{{{(3y + 1)}^2}}},g'(y) = 0 \Leftrightarrow y = \frac{{ - 1 + \sqrt {11} }}{3}\) (vì y>0).

Bảng biến thiên của \(g(y)\) : 

Từ bảng biến thiên ta thấy: \({P_{\min }} = g\left( {\frac{{ - 1 + \sqrt {11} }}{3}} \right) = \frac{{ - 3 + 2\sqrt {11} }}{3}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm:

\({x^3} - 3{x^2} + x + 2 = mx - m + 1 \Leftrightarrow (x - 1)({x^2} - 2x - m - 1) = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - 2\\\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1 \pm \sqrt {m + 2} \end{array} \right.\end{array} \right.\)

Do \(y = mx - m + 1\) là đường thẳng chứa A, B, C mà \({x_A} + {x_C} = 2{x_B}\)

( với giả sử \({x_A} = 1 - \sqrt {m + 2} ,{x_B} = 1,{x_C} = 1 + \sqrt {m + 2} \) )

Nên chỉ cần 3 điểm A, B, C phân biệt thì luôn thỏa mãn B là trung điểm của AC

Do đó, \(m >  - 2\) là các giá trị cần tìm.

Gọi d là đường thẳng đi qua hai điểm (2;2) và (4;4), d có dạng: y=ax+b

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}2a + b = 2\\4a + b = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\end{array} \right.\)

Suy ra phương trình của d là: y=x

Theo đề bài ta có:

\(h(x) = 2f(x) - {x^2} \Rightarrow h'(x) = 2f'(x) - 2x = 2\left[ {f'(x) - x} \right]\)

\(\begin{array}{l}\int\limits_2^4 {h'(x)dx}  = \int\limits_2^4 {2[f'(x) - x{\rm{]}}dx}  =  - 2\int\limits_2^4 {\left[ {x - f'(x)} \right]dx} \\ \Leftrightarrow \left. {h(x)} \right|_2^4 =  - 2{S_1} \Leftrightarrow h(4) - h(2) =  - 2{S_1} < 0\\ \Rightarrow h(2) > h(4)\,\,\,(1)\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\int\limits_{ - 2}^4 {h'(x)dx}  = \int\limits_{ - 2}^4 {2\left[ {f'(x) - x} \right]dx}  = 2\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f'(x) - x} \right]dx}  + 2\int\limits_2^4 {\left[ {f'(x) - x} \right]dx} \\ \Rightarrow \int\limits_{ - 2}^4 {h'(x)dx}  = 2\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f'(x) - x} \right]dx}  - 2\int\limits_2^4 {\left[ {x - f'(x)} \right]dx} \\ \Leftrightarrow \left. {h(x)} \right|_{ - 2}^4 = 2({S_2} - {S_1}) \Leftrightarrow h(4) - h( - 2) = 2({S_2} - {S_1}) > 0\\ \Rightarrow h(4) > h( - 2)\end{array}\)

Từ (1) và (2) ta có: \(h(2) > h(4) > h( - 2).\)

Gọi O là tâm của đáy, I là trung điểm của AB

Ta có: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}(SOI) \bot (SAB)\\(SOI) \cap (SAB) = SI\end{array} \right.\\\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Trong (SOI), kẻ \(OH \bot SI,(H \in SI)\)

Thì \(OH \bot (SAB) \Rightarrow OH = d(O,(SAB)) = d(O,(P))\)

Xét \(\Delta OIB\) vuông tại I:

\(OI = \sqrt {O{B^2} - B{I^2}}  = a\)

Xét \(\Delta SOI\) vuông tại O:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = d(O,(P)).\)