Xếp ngẫu nhiên 7 tấm bìa có \(7! = 5040\) (cách xếp) \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 5040\)

Đặt A là biến cố “xếp được chữ HIỀN TÀI LÀ NGUYÊN KHÍ QUỐC GIA”.

Ta có \(n\left( A \right) = 1\)

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{1}{{5040}}\)

Phương trình tương đương với: \( - \cos \left[ {2\left( {\frac{\pi }{6} - x} \right)} \right] + 4\cos \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) - \frac{5}{2} = 0\)

\( \Leftrightarrow  - 2{\cos ^2}\left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) + 1 + 4\cos \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) - \frac{5}{2} = 0\)

\( \Leftrightarrow  - 4{\cos ^2}\left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) + 8\cos \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) - 3 = 0\), nên nếu đặt \(t = \cos \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right)\) phương trình trở thành

\( - 4{t^2} + 8t - 3 = 0 \Leftrightarrow 4{t^2} - 8t + 3 = 0\)

Với \(y =  - \frac{1}{{{x^2} + 1}}\) ta có \(y' = \frac{{2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\)

\(y' > 0\) khi \(x > 0\) và \(y' < 0\) khi \(x < 0\). Nên hàm số không nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)

Ta có \(\frac{{{{\log }_3}5{{\log }_5}a}}{{1 + {{\log }_3}2}} - {\log _6}b = 2 \Leftrightarrow \frac{{{{\log }_3}a}}{{{{\log }_3}6}} - {\log _6}b = 2 \Leftrightarrow {\log _6}a - {\log _6}b = 2\)

\( \Leftrightarrow {\log _6}\frac{a}{b} = 2 \Leftrightarrow \frac{a}{b} = 36 \Leftrightarrow a = 36b\)

Vì thiết diện qua tâm là đường tròn có chu vi là 68.5(cm), nên giả sử bán kính mặt cầu là R ta có: \(2\pi R = 68.5 \Rightarrow R = \frac{{68.5}}{{2\pi }}\)

Diện tích mặt cầu \({S_{xq}} = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {\frac{{68.5}}{{2\pi }}} \right)^2} \approx 1493.59\left( {c{m^2}} \right)\)

Vì mỗi miếng da có diện tích \(49.83\left( {c{m^2}} \right)\) nên để phủ kín được mặt của quả bóng thì số miếng da cần là \(\frac{{1493.59}}{{49.83}} \approx 29.97\). Vậy phải cần \( \approx 30\) (miếng da).

Dựa vào đồ thị ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{1} =  - 1\\ - a + b < 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1 < 0\\b < a =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow b < a < 0\)

Các mệnh đề đúng là:

(I). Đồ thị hai hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng \(y = x\)

(IV). Hai hàm số đều đồng biến trên tập xác định của nó.

Ta có \({S_1} = {6.40^2} = 9600\)

Bán kính đường tròn nội tiếp hai mặt đối diện của hình lập phương là: \(r = 20cm\); hình trụ có đường sinh \(h = 40cm\).

Diện tích toàn phần của hình trụ là: \({S_2} = 2.\pi {.20^2} + 2\pi .20.40 = 2400\pi \)

Vậy \(S = {S_1} + {S_2} = 9600 + 2400\pi  = 2400\left( {4 + \pi } \right)\)

Ta có \({z^2} + 2z + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z =  - 1 - 3i\\z =  - 1 - 3i\end{array} \right.\). Suy ra \({z_0} =  - 1 + 3i\)

\({\rm{w}} = {i^{2017}}{x_0} = i\left( { - 1 + 3i} \right) =  - 3 - i\)

Suy ra điểm \(M\left( { - 3; - 1} \right)\) biểu diễn số phức w

\(\left( {2\cos 2x + 5} \right)\left( {{{\sin }^4} - {{\cos }^4}x} \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow \left( {2\cos 2x + 5} \right)\left( {{{\sin }^2}x - {{\cos }^2}x} \right) + 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow  - \left( {2\cos 2x + 5} \right)\cos 2x + 3 = 0 \Leftrightarrow  - 2{\cos ^2}\left( {2x} \right) - 5\cos 2x + 3 = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2}\)

\(\cos 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x =  \pm \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{\pi }{6};\frac{{5\pi }}{6};\frac{{7\pi }}{6};\frac{{11\pi }}{6}} \right\}\)

Do đó \(S = \frac{\pi }{6} + \frac{{5\pi }}{6} + \frac{{7\pi }}{6} + \frac{{11\pi }}{6} = 4\pi \)

Ta có \(A\left( {2;2;2} \right)\) và \(PA = PB = PC = \frac{{3\sqrt {21} }}{4}\)

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x + 2a\). Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu \(A\left( {2; - 2} \right)\) nên ta có:

\(y'\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow 2a = 0 \Leftrightarrow a = 0\)

Do đồ thị qua \(A\left( {2; - 2} \right) \Rightarrow  - 2 = 8 - 12 + b \Leftrightarrow b = 2\)

Vậy \(a + b = 2\)

Do (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy nên \(SA \bot (ABCD)\)

Dễ thấy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\& \left( {ABCD} \right)\) là \(SDA = {45^0}\)

Ta có tam giác SAD là tam giác vuông cân đỉnh A. Vậy \(h = SA = a\)

Áp dụng công thức tỉ số thể tích có \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{SH}}{{SC}}.\frac{{SK}}{{SD}} = \frac{1}{4}\)

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\)

\(f'\left( x \right) = \frac{{4x - 4}}{{{x^2} - 2x + 4}}\ln \left( {{x^2} - 2x + 4} \right)\)

\(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left( {4x - 4} \right)\ln \left( {{x^2} - 2x + 4} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\\ln \left( {{x^2} - 2x + 4} \right) > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x - 1 < 0\\\ln \left( {{x^2} - 2x + 4} \right) < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 1\\{x^2} - 2x + 4 > 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 1\\{x^2} - 2x + 4 < 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 1\\{x^2} - 2x + 3 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 1\\{x^2} - 2x + 3 < 0\end{array} \right.\left( {VN} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1\)

Tập xác đinh: \(D = \mathbb{R}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{ax}} - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{ax}} - 1}}{{ax}}.a = a\)

\(f\left( 0 \right) = \frac{1}{2}\) hàm số liên tục tại \({x_0} = 0\) khi và chỉ chi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}\)

Để phương trình \(f\left( x \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng \(y = m\) phải cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt.

 Qua bảng biến thiên ta thấy, đường thẳng \(y = m\) phải cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt khi \(m > \frac{{27}}{4}\)

Vì \(N = \Delta  \cap d\) nên \(N \in d\), do đó \(N\left( { - 2 + 2t;\,1 + t;\,1 - t} \right)\)

Mà \(A\left( {1;3;2} \right)\) là trung điểm MN nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 2{x_A} - {x_N}\\{y_M} = 2{y_A} - {y_N}\\{z_M} = 2{z_A} - {z_N}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 4 - 2t\\{y_M} = 5 - t\\{z_M} = 3 + t\end{array} \right.\)

Vì \(M = \Delta  \cap \left( P \right)\) nên \(M \in \left( P \right)\), do đó \(2\left( {4 - 2t} \right) - \left( {5 - t} \right) + \left( {3 + t} \right) - 10 = 0 \Leftrightarrow t =  - 2\)

Suy ra \(M\left( {8;7;1} \right)\) và \(N\left( { - 6; - 1;3} \right)\)

Vậy \(M = 2\sqrt {66}  = 4\sqrt {16,5} \)

Ta có \(C_n^2 - C_n^1 = 44 \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} - n = 44 \Leftrightarrow n = 11\) hoặc \(n =  - 8\) (loại)

Với \(n = 11\), số hạng thứ \(k + 1\) trong khai triển nhị thức \({\left( {x\sqrt x  + \frac{1}{{{x^4}}}} \right)^{11}}\) là

\(C_{11}^k{\left( {x\sqrt x } \right)^{11 - k}}{\left( {\frac{1}{{{x^4}}}} \right)^k} = C_{11}^k{x^{\frac{{33}}{2} - \frac{{11}}{2}k}}\)

Theo giả thiết, ta có \(\frac{{32}}{3} - \frac{{11k}}{2} = 0\) hay \(k = 3\)

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển đã cho là \(C_{11}^3 = 165\)

Ta có \(F'\left( x \right) = \left( { - {x^2} + \left( {2 - a} \right)x + a - b} \right){e^{ - x}} = f\left( x \right)\) nên \(2 - a = 3\) và \(a - b = 6\)

Vậy \(a =  - 1\) và \(b =  - 7\)

Gọi H là trung điểm BC

Theo giả thiết, A’H là đường cao hình lăng trụ và \(A'H = \sqrt {AA{'^2} - A{H^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V = {S_{\Delta ABC}}.A'H = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{8}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{3 - {x^2}}}{2} = 1\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{1}{x} = 1\). Do đó hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục tại \(x = 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{1 - {x^2}}}{{2\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{1 + x}}{{ - 2}} =  - 1\) và

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{1 - x}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{ - 1}}{x} =  - 1\). Do đó hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm tại \(x = 1\)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:

\( - \frac{9}{4}x - \frac{1}{{24}} = \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} - 2x \Leftrightarrow \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{1}{4}x + \frac{1}{{24}} = 0 \Leftrightarrow x =  - \frac{1}{2}\)

Do đó \({y_0} = y\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{13}}{{12}}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{S_7} = 77\\{S_{12}} = 192\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7{u_1} + \frac{{7.6.d}}{2} = 77\\12{u_1} + \frac{{12.11.d}}{2} = 192\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7{u_1} + 21d = 77\\12{u_1} + 66d = 192\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 5\\d = 2\end{array} \right.\)

Khi đó \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 5 + 2\left( {n - 1} \right) = 3 + 2n\)

Gọi tâm mặt cầu là \(I\left( {x;y;0} \right)\)

\(\left\{ \begin{array}{l}IA = IB\\IA = IC\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2} + {4^2}}  = \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y + 3} \right)}^2} + {1^2}} \\\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2} + {4^2}}  = \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {3^2}} \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {y - 2} \right)^2} + {4^2} = {\left( {y + 3} \right)^2} + {1^2}\\{x^2} - 2x + 1 + 16 = {x^2} - 4x + 4 + 9\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10y = 10\\2x =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y = 1\end{array} \right. \Rightarrow l = 2R = 2\sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {4^2}}  = 2\sqrt {26} \)

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 4x \ge 0\\{x^2} - 3x \ge 0\\\sqrt {{x^2} - 4x}  - \sqrt {{x^2} - 3x}  \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\,\, \vee \,\,x \ge 4\\x \le 0\,\, \vee \,\,x \ge 3\\x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x < 0\,\,\, \vee \,\,\,x \ge 4\)

Nên tập xác định: \(D = \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left[ {4; + \infty } \right)\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{\sqrt {{x^2} - 4x}  - \sqrt {{x^2} - 3x} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - 4x}  + \sqrt {{x^2} - 3x} }}{{ - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 - \frac{4}{x}}  + x\sqrt {1 - \frac{3}{x}} }}{{ - x}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 - \frac{4}{x}}  + x\sqrt {1 - \frac{3}{x}} }}{{ - 1}} =  - 2 \Rightarrow y =  - 2\) là tiệm cận ngang

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{1}{{\sqrt {{x^2} - 4x}  - \sqrt {{x^2} - 3x} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - 4x}  + \sqrt {{x^2} - 3x} }}{{ - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 - \frac{4}{x}}  - x\sqrt {1 - \frac{3}{x}} }}{{ - x}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 - \frac{4}{x}}  - x\sqrt {1 - \frac{3}{x}} }}{{ - 1}} =  - 2 \Rightarrow y = 2\)là tiệm cận ngang

Điều kiện để (C’) là đường tròn \({\left( {m - 2} \right)^2} + 9 - 12 - {m^2} > 0 \Leftrightarrow  - 4m + 1 > 0 \Leftrightarrow m < \frac{1}{4}\). Khi đó

Đường tròn (C’) có tâm là \(I\left( {3;2; - m} \right)\), bán kính \(R' = \sqrt { - 4m + 1} \)

Đường tròn (C) có tâm là \(I\left( { - m;2} \right)\), bán kính \(R = \sqrt 5 \)

Phép tịnh tiến theo vecto \(\overrightarrow v \) biến (C) thành (C’) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}R' = R\\\overrightarrow {II'}  = \overrightarrow v \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt { - 4m + 1}  = \sqrt 5 \\\overrightarrow v  = \overrightarrow {II'}  = \left( {3 + m; - m} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - 1\\\overrightarrow v  = \left( {2;1} \right)\end{array} \right.\)

Đổi \(60cm = 6dm\) .

Đường sinh của hình nón tạo thành là \(l = 6dm\) .

Chu vi đường tròn đáy của hình nón tạo thành bằng \(2\pi .r = \frac{{2\pi .6}}{3} = 4\pi \,\,dm\)

Suy ra bán kính đáy của hình nón tạo thành bằng \(r = \frac{{4\pi }}{{2\pi }} = 2\,dm\)

Đường cao của khối nón tạo thành là \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}}  = \sqrt {{6^2} - {2^2}}  = 4\sqrt 2 \)

Thể tích của mỗi cái phễu là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.2^2}.4\sqrt 2  = \frac{{16\sqrt 2 \pi }}{3}d{m^3} = \frac{{16\sqrt 2 \pi }}{3}\)lít

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 9;\,\,\,f''\left( x \right) = 6x - 12\)

\(2f'\left( x \right) - x.f''\left( x \right) - 6 = 0 \Leftrightarrow 2\left( {3{x^2} - 12x + 9} \right) - x\left( {6x - 12} \right) - 6 = 0\)

\( \Leftrightarrow  - 12x + 12 = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Khi \(x = 1 \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 0;\,\,f\left( 1 \right) = 5\). Suy ra phương trình tiếp tuyến \(y = 5\)

Theo bài ra ta có để chi phí thuê nhân công là thấp nhất thì ta phải xây dựng bể sao cho tổng

diện tích xung quanh và diện tích đáy là nhỏ nhất.

Gọi ba kích thước của bể là a, 2a, c.

Ta có diện tích cách mặt cần xây là \(S = 2{a^2} + 4ac + 2ac = 2{a^2} + 6ac\)

Thể tích bể \(V = a.2a.c = 2{a^2}c = 288 \Rightarrow c = \frac{{144}}{{{a^2}}}\)

Vậy \(S = 2{a^2} + 6a.\frac{{144}}{{{a^2}}} = 2{a^2} + \frac{{864}}{a} = 2{a^2} + \frac{{432}}{a} + \frac{{432}}{a} \ge 3.\sqrt[3]{{2{a^2}.\frac{{432}}{a}.\frac{{432}}{a}}} = 216\)

Vậy \({S_{\min }} = 216\,c{m^2} = 2,16\,{m^2}\)

Chi phí thấp nhất là \(2,16 \times 500000 = 108\) triệu đồng

Phương trình tham số của đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 1 + 2t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\)

\(H \in d \Rightarrow H\left( {1 + t;\,2 + t;\,1 + 2t} \right)\)

Độ dài \(AH = \sqrt {{{\left( {t - 1} \right)}^2} + {{\left( {t + 1} \right)}^2} + {{\left( {2t - 3} \right)}^2}}  = \sqrt {6{t^2} - 12t + 11}  = \sqrt {6{{\left( {t - 1} \right)}^2} + 5}  \ge \sqrt 5 \)

Độ dài AH nhỏ nhất bằng \(\sqrt 5 \) khi \(t = 1 \Rightarrow H\left( {2;3;3} \right)\)

Vậy \(a = 2,\,\,b = 3,\,\,c = 3 \Rightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} = 62\)

Ta có \({5^x}{.8^{2{x^3}}} \le 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{5^x}{{.8}^{2{x^3}}}} \right) \le 0 \Leftrightarrow x{\log _2}5 + 2{x^3}{\log _2}8 \le 0 \Leftrightarrow x{\log _2}5 + 6{x^3} \le 0\)

Gọi mặt cầu đi qua 6 đỉnh của lăng trụ là (S) tâm I , bán kính R

Do \(IA = IB = IC = IA' = IB' = IC' = R \Rightarrow \) hình chiếu của I trên các mặt \((ABC),\,\,(A'B'C')\) lần

lượt là tâm O của \(\Delta \,ABC\) và tâm O’ của \(\Delta \,A'B'C'\)

Mà ABC.A'B'C' là lăng trụ đều \( \Rightarrow \) I là trung điểm của OO’ \( \Rightarrow OI = \frac{{OO'}}{2} = \frac{{AA'}}{2} = \frac{a}{2}\)

Do O là tâm tam giác đều ABC cạnh a \( \Rightarrow AO = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Trong tam giác vuông OAI có \(R = IA = \sqrt {I{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}\)

Diện tích của mặt cầu là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .\frac{{21{a^2}}}{{36}} = \frac{{7\pi {a^2}}}{3}\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 12x = 6x\left( {x - 2} \right);\,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 0 \Rightarrow {y_1} = 1 - m\\{x_2} = 2 \Rightarrow {y_1} =  - m - 7\end{array} \right.\)

Lập bbt ta thấy hàm số có hai giá trị cực trị là \({y_1},\,\,{y_2}\)

Để hai giá trị cực trị trái dấu \( \Leftrightarrow {y_1}.{y_2} < 0 \Leftrightarrow \left( {1 - m} \right)\left( { - m - 7} \right) < 0 \Leftrightarrow  - 7 < m < 1\)

Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0} \right\}\)

Có \(I = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( {\left| {2x - 1} \right|} \right)dx}  = \int\limits_{ - 1}^{\frac{1}{2}} {f\left( {1 - 2x} \right)dx}  + \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {f\left( {2x - 1} \right)dx} \)

\( =  - \frac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^{\frac{1}{2}} {f\left( {1 - 2x} \right)d\left( {1 - 2x} \right)} \left| {\mathop {}\limits_{t = 1 - 2x}^{}  + } \right.\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {f\left( {2x - 1} \right)d\left( {2x - 1} \right)} \left| {\mathop {}\limits_{t = 2x - 1}^{} } \right.\)

\( =  - \frac{1}{2}\int\limits_3^0 {f\left( t \right)dt}  + \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt}  =  - \frac{1}{2}\int\limits_3^0 {f\left( x \right)dx}  + \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx}  = \frac{1}{2}.6 + \frac{1}{2}.2 = 4\)

Do tam giác ABC đều tâm O suy ra \(AO \bot BC\) tại M là trung điểm của BC

Ta có \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,\,MO = \frac{1}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6},\,\,OA = \frac{2}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Từ giả thiết hình chóp đều suy ra \(SO \bot \left( {ABC} \right),\,\,SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {3{a^2} - \frac{{3{a^2}}}{9}}  = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\)

Dựng \(OK \bot SM,\,\,AH \bot SM \Rightarrow AH//OK;\,\,\,\frac{{OK}}{{AH}} = \frac{{OM}}{{AM}} = \frac{1}{3}\)

Có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SO\\BC \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot OK\)

Có \(\left\{ \begin{array}{l}OK \bot SM\\OK \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right),\,\,AH \bot \left( {SBC} \right)\left( {do\,\,AH//OK} \right)\)

Từ đó có \({d_1} = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = 3OK;\,\,\,{d_2} = d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OK\)

Trong tam giác vuông OSM có đường cao OK nên

\(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{M^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{{36}}{{3{a^2}}} + \frac{9}{{24{a^2}}} = \frac{{99}}{{8{a^2}}} \Rightarrow OK = \frac{{2a\sqrt 2 }}{{33}}\)

Vậy \(d = {d_1} + {d_2} = 4OK = \frac{{8a\sqrt 2 }}{{33}}\)

Đặt \({\log _9}x = t\)

Theo đề ra ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{\log _9}x = {\log _6}y = t\\{\log _9}x = {\log _4}\left( {x + y} \right) = t\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {9^t} &  & \left( 1 \right)\\y' = {6^t} &  & \left( 2 \right)\\x + y = {4^t} & \left( 3 \right)\\\frac{x}{y} = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^t} & \left( 4 \right)\end{array} \right.\)

Từ (1), (2) và (3) ta có \({9^t} + {6^t} = {4^t} \Leftrightarrow {\left( {{3^t}} \right)^2} + {\left( {3.2} \right)^t} - {4^t} = 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2t}} + {\left( {\frac{3}{2}} \right)^t} - 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{3}{2}} \right)^t} =  - \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\left( {TM} \right)\\{\left( {\frac{3}{2}} \right)^t} = \frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}\left( L \right)\end{array} \right.\)

Thế vào (4) ta được \(\frac{x}{y} = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2} = \frac{{ - a + \sqrt b }}{2} \Rightarrow a = 1;\,\,b = 5\)

Hoành độ giao điểm của hai đường cong là nghiệm của phương trình;

\( - {x^3} + 12x =  - {x^2} \Leftrightarrow  - {x^3} + 12x + {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x =  - 3\\x = 0\end{array} \right.\)

Ta có \(S = \int\limits_{ - 3}^0 {\left| { - {x^3} + 12x + {x^2}} \right|dx}  + \int\limits_0^4 {\left| { - {x^3} + 12x + {x^2}} \right|dx} \)

            \( = \int\limits_{ - 3}^0 {\left( {{x^3} - 12x - {x^2}} \right)dx}  + \int\limits_0^4 {\left( { - {x^3} + 12x + {x^2}} \right)dx}  = \frac{{99}}{4} + \frac{{160}}{3} = \frac{{937}}{{12}}\)

Đặt \(\sin x = t,\,\,x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right]\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^3} + 3{t^2} - mt - 4\)

Ta có \(f'\left( t \right) = 3{t^2} + 6t - m\)

Để hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left[ {0;1} \right]\) cần: \(f'\left( t \right) \ge 0,\,\,\,\forall t \in \left[ {0;1} \right]\)

\( \Leftrightarrow 3{t^2} + 6t - m \ge 0\,\,\,\forall t \in \left[ {0;1} \right] \Leftrightarrow 3{t^2} + 6t \ge m\,\,\,\forall t \in \left[ {0;1} \right]\)

Xét hàm số \(\begin{array}{l}
g\left( t \right) = 3{t^2} + 6t;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \\
g'\left( t \right) = 6t + 6;\,\,\,{\mkern 1mu} \\
g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t =  - 1
\end{array}\)

Đặt \(\sin x = t,\,\,x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right]\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^3} + 3{t^2} - mt - 4\)

Ta có \(f'\left( t \right) = 3{t^2} + 6t - m\)

Để hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left[ {0;1} \right]\) cần: \(f'\left( t \right) \ge 0,\,\,\,\forall t \in \left[ {0;1} \right]\)

\( \Leftrightarrow 3{t^2} + 6t - m \ge 0\,\,\,\forall t \in \left[ {0;1} \right] \Leftrightarrow 3{t^2} + 6t \ge m\,\,\,\forall t \in \left[ {0;1} \right]\)

Xét hàm số 

\(\begin{array}{l}
g\left( t \right) = 3{t^2} + 6t;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \\
g'\left( t \right) = 6t + 6;\,{\mkern 1mu} \\
g'\left( t \right) = 0\\
 \Leftrightarrow t =  - 1 \notin \left[ {0;1} \right]
\end{array}\)

Ta có: \(g(0) = 0;g(1) = 9 \Rightarrow \mathop {min}\limits_{\left[ {0;1} \right]} g(t) = 0\)

Do đó \(m \le 0\) thì hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left[ {0;1} \right]\) khi đó hàm số \(y = {\sin ^3}x - 3{\cos ^2}x - m\sin x - 1\) đông biến trên \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right].\)

Tập xác định \(\left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right)\backslash \left\{ 2 \right\}\)

\(\begin{array}{l}
y' = \frac{{\frac{{x\left( {x - 2} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} - \sqrt {{x^2} - 1} }}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\\
 = \frac{{ - 2x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - 1} {{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\\
y' = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}
\end{array}\)

Suy ra M=0; \( m=- \sqrt 5 \)

Vậy \(M.m = 0\)

Đặt \(AB = x\)

Khối cầu \({V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi l{A^3} = \frac{4}{3}\pi \left( {x\tan {{30}^0}} \right)\)

Khối nón \({V_2} = \frac{1}{3}\pi A{B^2}SA = \frac{1}{3}\pi {x^2}.\left( {x\tan {{60}^0}} \right)\)

\(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{4}{9}\)

Ta có \(\int\limits_1^k {\left( {2x - 1} \right)dx}  = \left. {\left( {{x^2} - x} \right)} \right|_1^k = {k^2} - k\)

Mà \(4\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}  = \frac{{\sqrt {x + 1}  - 1}}{x} = 4\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {\sqrt {x + 1}  - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 1}  + 1} \right)}}{{x\left( {\sqrt {x + 1}  + 1} \right)}} = 4\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 1}} = 2\)

Khi đó \(\int\limits_1^k {\left( {2x - 1} \right)dx}  = 4\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {x + 1}  - 1}}{x} \Leftrightarrow {k^2} - k = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}k = 2\\k =  - 1\end{array} \right.\)

\(y' = 4{x^3} - 4mx = 4x({x^2} - m)\)

Vậy hàm số có 3 điểm cực trị khi m>0

Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

\(A(0;m - 1),\,B( - \sqrt m ; - {m^2} + m - 1),\,C(\sqrt m ; - {m^2} + m - 1)\)

\(AB = AC = \sqrt {{m^4} + m} ;\,\,BC = 2\sqrt m \)

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left( {{x_B} - {x_A}} \right)\left( {{y_C} - {y_A}} \right) - \left( {{x_C} - {x_A}} \right)\left( {{y_B} - {y_A}} \right)} \right|\)

\( = \frac{1}{2}\left| {\left( { - \sqrt m .\left( { - {m^2}} \right)} \right) - \sqrt m .\left( { - {m^2}} \right)} \right| = {m^2}\sqrt m \,\)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp:

\(R = \frac{{AB.AC.BC}}{{4{S_{ABC}}}} = \frac{{({m^4} + m).2\sqrt m }}{{4{m^2}\sqrt m }} = 1 \Leftrightarrow {m^3} - 2m + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{2}\end{array} \right.\)

Vậy có 2 giá trị thực m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Dễ thấy \({S_1} = {a^2};\,\,{S_2} = \frac{{{a^2}}}{2};\,\,{S_3} = \frac{{{a^2}}}{4};...;{S_{100}} = \frac{{{a^2}}}{{{2^{99}}}}\)

Như vậy \({S_1},\,{S_2},{S_3},...,\,{S_{100}}\) là cấp số nhân với công bội \(q = \frac{1}{2}\)

\(S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_{100}} = {a^2}\left( {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{2^{99}}}}} \right) = \frac{{{a^2}\left( {{2^{100}} - 1} \right)}}{{{2^{99}}}}\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

ĐK tham số m: \(m < 0\)

Ta có \({\log _{0,02}}\left( {{{\log }_2}\left( {{3^x} + 1} \right)} \right) > {\log _{0,02}}m \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{3^x} + 1} \right) < m\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {\log _2}\left( {{3^x} + 1} \right),\,\,\,\forall x \in \left( { - \infty ;0} \right)\) có \(f' = \frac{{{3^x}.\ln 3}}{{\left( {{3^x} + 1} \right)\ln 2}} > 0,\,\,\forall x \in \left( { - \infty ;0} \right)\)

Bảng biến thiên \(f\left( x \right)\):

Khi đó với yêu cầu bài toán thì \(m \ge 1\)

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right);\,\,B\left( {0;b;0} \right);\,\,C\left( {0;0;c} \right)\)

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\left( {a.b.c \ne 0} \right)\)

Vì (P) qua M nên \(\frac{3}{a} + \frac{2}{b} + \frac{1}{c} = 1{\rm{ }}\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {MA}  = \left( {a - 3; - 2; - 1} \right);\,\,\overrightarrow {MB}  = \left( { - 3;b - 2; - 1} \right);\,\,\overrightarrow {BC}  = \left( {0; - b;c} \right);\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - a;0;c} \right)\)

Vì M là trực tâm của tam giác ABC nên 

\(\begin{array}{l}
\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BC}  = 0}\\
{\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {AC}  = 0}
\end{array}} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2b = c}\\
{3a = c}
\end{array}} \right.\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array}\)

Từ (1) và (2) suy ra \(a = \frac{{14}}{3};\,\,b = \frac{{14}}{2};\,\,c = 14\). Khi đó phương trình \(\left( P \right):3x + 2y + z - 14 = 0\)

Vậy mặt phẳng song song với (P) là: \(3x + 2y + z + 14 = 0\)

Ta có phương trình đường tròn \(\left( C \right):{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 9\)

Do điểm A nằm trên đường tròn (C) nên ta có \({\left( {a - 4} \right)^2} + {\left( {b - 3} \right)^2} = 9\)

Mặt khác \(F = 4a + 3b - 1 = 4\left( {a - 4} \right) + 3\left( {b - 3} \right) + 24\)

\(F - 24 = 4\left( {a - 4} \right) + 3\left( {b - 3} \right)\)

Ta có \({\left[ {4\left( {a - 4} \right) + 3\left( {b - 3} \right)} \right]^2} \le \left( {{4^2} + {3^2}} \right)\left[ {{{\left( {a - 4} \right)}^2} + {{\left( {b - 3} \right)}^2}} \right] = 25.9 = 255\)

\( \Rightarrow  - 15 \le 4\left( {a - 4} \right) + 3\left( {b - 3} \right) \le 15 \Leftrightarrow  - 15 \le F - 24 \le 15 \Leftrightarrow 9 \le F \le 39\)

Khi đó \(M = 39,\,\,\,m = 9\)

Vậy \(M + m = 48\)

Cách 2:

Ta có \(F = 4a + 3b - 1 \Rightarrow a = \frac{{F + 1 - 3b}}{4}\)

\({\left( {a - 4} \right)^2} + {\left( {b - 3} \right)^2} = 9 \Rightarrow {\left( {\frac{{F + 1 - 3b}}{4} - 4} \right)^2} + {b^2} - 6b + 9 = 9\)

\( \Leftrightarrow 25{b^2} - 2\left( {3F + 3} \right)b + {F^2} + 225 = 0\)

\(\Delta ' = {\left( {3F + 3} \right)^2} - 25{F^2} - 5625\)

\(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow  - 16{F^2} + 18F - 5625 \ge 0 \Leftrightarrow 9 \le F \le 39\)

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

Ta có \({\log _7}\left( {\frac{{4{x^2} - 4x + 1}}{{2x}}} \right) + 4{x^2} + 1 = 6x\)

\(\Leftrightarrow {\log _7}\left( {\frac{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}{{2x}}} \right) + 4{x^2} - 4x + 1 = 2x\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow {\log _7}{\left( {2x - 1} \right)^2} + {\left( {2x - 1} \right)^2}\\
 = {\log _7}2x + 2x\,\,\,\left( 1 \right)
\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _7}t + t \Leftrightarrow f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 7}} + 1 > 0\) với \(t > 0\)

Vậy hàm số đồng biến

Phương trình (1) có dạng \(f\left( {{{\left( {2x - t} \right)}^2}} \right) = f\left( {2x} \right)\)

\(\Leftrightarrow {\left( {2x - 1} \right)^2} = 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{4}\\x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{4}\end{array} \right.\)

Vậy \({x_1} + 2{x_2} = \left[ \begin{array}{l}\frac{{9 - \sqrt 5 }}{4}\left( l \right)\\\frac{{9 + \sqrt 5 }}{4}\left( {tm} \right)\end{array} \right. \)

\(\Rightarrow a = 9;b = 5 \Rightarrow a + b = 9 + 5 = 14\)

Ta có \(I \in d \Rightarrow I\left( {5 + t;2 - 4t; - 1 - 4t} \right)\)

Do (S) tiếp xúc với (P) nên \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = R = \sqrt {19}  \Leftrightarrow \left| {19 + 19t} \right| = 19 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t =  - 2\end{array} \right.\)

Mặt khác \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - \frac{a}{2}; - \frac{b}{2}; - \frac{c}{2}} \right)\); bán kính \(R = \sqrt {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{4} - d}  = \sqrt {19} \)

Xét khi \(t = 0 \Rightarrow I\left( {5; - 2; - 1} \right) \Rightarrow \left\{ {a;b;c;d} \right\} = \left\{ { - 10;4;2;47} \right\}\)

Do \(\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{4} - d \ne 19\) nên ta loại trường hợp này

Xét khi \(t = 2 \Rightarrow \left\{ {a;b;c;d} \right\} = \left\{ { - 6; - 12; - 14;75} \right\}\)

Do \(\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{4} - d = 19\) nên thỏa

Xét \(g\left( n \right) = \frac{{f\left( {2n - 1} \right)}}{{f\left( {2n} \right)}} \Rightarrow g\left( n \right) = \frac{{{{\left( {4{n^2} - 2n + 1} \right)}^2} + 1}}{{{{\left( {4{n^2} + 2n + 1} \right)}^2} + 1}}\)

Đặt  \(\left. \begin{array}{l}a = 4{n^2} + 1\\b = 2n\end{array} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \pm 2b = {\left( {2n \pm 1} \right)^2}\\a = {b^2} + 1\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow g\left( n \right) = \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2} + 1}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2} + 1}} = \frac{{{a^2} - 2ab + {b^2} + 1}}{{{a^2} + 2ab + {b^2} + 1}} = \frac{{{a^2} - 2ab + a}}{{{a^2} + 2ab + a}} = \frac{{a - 2b + 1}}{{a + 2b + 1}} = \frac{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2} + 1}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2} + 1}}\)

\( \Rightarrow {u_n} = \prod\limits_{i = 1}^n {g\left( i \right)}  = \frac{2}{{10}}.\frac{{10}}{{26}}...\frac{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2} + 1}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2} + 1}} = \frac{2}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2} + 1}}\)

\( \Rightarrow \lim n\sqrt {{u_n}}  = \lim \sqrt {\frac{{2{n^2}}}{{4{n^2} + 4n + 2}}}  = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)

Đặt \(t = a - x \Rightarrow dt =  - dx\)

Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow t = a;\,\,x = a \Rightarrow t = 0\)

Lúc đó \(I = \int\limits_0^a {\frac{{dx}}{{1 + f\left( x \right)}}}  = \int\limits_a^0 {\frac{{ - dt}}{{1 + f\left( {a - t} \right)}}}  = \int\limits_0^a {\frac{{dx}}{{1 + f\left( {a - x} \right)}}}  = \int\limits_0^a {\frac{{dx}}{{1 + \frac{1}{{f\left( x \right)}}}}}  = \int\limits_0^a {\frac{{f\left( x \right)dx}}{{1 + f\left( x \right)}}} \)

Suy ra \(2I = I + I = \int\limits_0^a {\frac{{dx}}{{1 + f\left( x \right)}}}  + \int\limits_0^a {\frac{{f\left( x \right)dx}}{{1 + f\left( x \right)}}}  = \int\limits_0^a {1dx}  = a\)

Do đó \(I = \frac{1}{2}a \Rightarrow b = 1;\,\,c = 2 \Rightarrow b + c = 3\)

Cách 2: Chọn \(f\left( x \right) = 1\) là một hàm thỏa các giả thiết. Dễ dàng tính được

\(I = \frac{1}{2}a \Rightarrow b = 1;\,\,c = 2 \Rightarrow b + c = 3\)