Đồ thị hàm số \((C_1)\) có hướng đi lên từ trái qua phải nên hàm số \(y = {\log _a}x\) đồng biến hay a > 1.

Đồ thị hàm số \((C_2)\) có hướng đi xuống từ trái qua phải nên hàm số \(y = {\log _b}x\) nghịch biến hay 0 < b < 1.

Do đó \(0 < b < 1 < a\).

Ta có diện tích xung quanh hình nón bằng \({S_{xq}} = \pi rl \Leftrightarrow l = \frac{{{S_{xq}}}}{{\pi r}} = \frac{{24\pi }}{{\pi .3}} = 8\).

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

Diện tích hình lục giác đều bằng 6 lần diện tích một tam giác đều nên \(S\left( x \right) = 6{x^2}\sqrt 3 \).

Thể tích \(V = \int\limits_1^4 {S\left( x \right)dx}  = \int\limits_1^4 {6{x^2}\sqrt 3 dx}  = \left. {2{x^3}\sqrt 3 } \right|_1^4 = 126\sqrt 3 \).

Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao h được tính bởi công thức \(V=B.h\).

Mặt cầu \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 6z + 9 = 0\) có tâm \(I\left( {1; - 2;3} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {1 + 4 + 9 - 9}  = \sqrt 5 \)

Ta có \(F\left( x \right) = \int {\frac{1}{{x - 1}}dx = \ln \left| {x - 1} \right| + C = \left\{ \begin{array}{l}
\ln \left( {x - 1} \right) + {C_1}{\rm{ khi }}x > 1\\
\ln \left( {1 - x} \right) + {C_2}{\rm{ khi }}x < 1
\end{array} \right.} \) 

+ Với \(F\left( 5 \right) = 2 \Rightarrow \ln \left( {5 - 1} \right) + {C_1} = 2 \Rightarrow {C_1} = 2 - 2\ln 2 \Rightarrow F\left( x \right) = \ln \left( {x - 1} \right) + 2 - 2\ln 2\) (khi x > 1)

+ Với \(F\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow \ln \left( {1 - 0} \right) + {C_2} = 1 \Leftrightarrow {C_2} = 1 \Rightarrow F\left( x \right) = \ln \left( {1 - x} \right) + 1\) (khi x < 1)

Suy ra \(F\left( 2 \right) = \ln \left( {2 - 1} \right) + 2 - 2\ln 2 = 2 - 2\ln 2;F\left( { - 1} \right) = \ln \left( {1 + 1} \right) + 1 = 1 + \ln 2\)

Nên \(F\left( 2 \right) - F\left( { - 1} \right) = 2 - 2\ln 2 - \left( {1 - \ln 2} \right) = 1 - 3\ln 2\).

Ta có: \({\log _2}\left( {x - 5} \right) = 4 \Leftrightarrow x - 5 = {2^4} \Leftrightarrow x = 21\).

Ta có \(\int {\left( {2x + {e^x}} \right)dx = \int {2xdx + \int {{e^x}dx}  = 2.\frac{{{x^2}}}{2} + {e^x} + C = {x^2} + {e^x} + C} }\)

Ta có: \(g\left( x \right) = 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x - m \ge 0 \Leftrightarrow 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x \ge m\)

Điều kiện bài toán trở thành tìm m để \(3f\left( x \right) - {x^3} + 3x \ge m,\forall x \in \left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]\).

Xét hàm \(h\left( x \right) = 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x\) trên đoạn \(\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]\) ta có:

\(h'\left( x \right) = 3f'\left( x \right) - 3{x^2} + 3 = 3\left( {f'\left( x \right) - {x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = {x^2} - 1\) 

Dựng đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 1\) cùng một hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) bài cho ta được:

Xét trên đoạn \(\left( { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right)\) thì \(f'\left( x \right) \ge {x^2} - 1,\forall x \in \left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]\).

Do đó \(f'\left( x \right) - {x^2} + 1 \ge 0,\forall x \in \left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]\) hay hàm số \(y=h(x)\) đồng biến trên \(\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]\).

Suy ra \(h\left( { - \sqrt 3 } \right) \le h\left( x \right) \le h\left( {\sqrt 3 } \right)\) hay \(3f\left( { - \sqrt 3 } \right) \le h\left( x \right) \le 3f\left( {\sqrt 3 } \right)\).

Điều kiện bài toán thỏa \( \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]} h\left( x \right) = h\left( { - \sqrt 3 } \right) = 3f\left( { - \sqrt 3 } \right)\).

Vậy \(m \le 3f\left( { - \sqrt 3 } \right)\).

+ A sai vì \(\ln \left( {ab} \right) = \ln a + \ln b\)

+ B sai vì ta không có công thức \(\log a\) của một tổng

+ C sai vì \(\ln \frac{a}{b} = \ln a - \ln b\) 

+ Vì \(\ln {a^b} = b\ln a\) nên D đúng

\(\left( P \right):x - 2y - z + 4 = 0\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1; - 2; - 1} \right)\) nên \(\left( Q \right)//\left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1; - 2; - 1} \right)\).

(Q) đi qua \(A\left( { - 4;0;1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1; - 2; - 1} \right)\) làm VTPT nên (Q) có phương trình là:

\(1\left( {x + 4} \right) - 2\left( {y - 0} \right) - 1\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y - z + 5 = 0\).

Nhận thấy rằng \(\left( P \right):x + 2y - 2z - 6 = 0\) và \(\left( Q \right):x + 2y - 2z + 3 = 0\) song song vì \(\frac{1}{2} = \frac{2}{2} = \frac{{ - 2}}{{ - 2}} \ne \frac{{ - 6}}{3}\)

Nên lấy \(M\left( {0;4;1} \right) \in \left( P \right)\) thì \(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = d\left( {M;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {0 + 4.2 - 2.1 + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{9}{{\sqrt 9 }} = 3\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

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

Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt thì phương trình \({x^2} + \left( {m + 3} \right)x + {m^2} = 0\) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta  = {\left( {m + 3} \right)^2} - 4{m^2} > 0\\
{1^2} + \left( {m + 3} \right).1 + {m^2} \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 3{m^2} + 6m + 9 > 0\\
{m^2} + m + 4 \ne 0{\rm{ }}\left( {luon{\rm{ }}dung} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 < m < 3\)

Do đó với -1 < m < 3 thì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.

Mà \(m \in Z\) nên \(m \in \left\{ {0;1;2} \right\}\).

Trên (-2;1) thì đồ thị nằm phía dưới Ox nên \(f(x)<0\), trên khoảng (1;2) thì đồ thị nằm trên Ox nên \(f(x)>0\) 

Nên từ hình vẽ ta có diện tích phần được tô đậm là

\(S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  + \int\limits_1^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  =  - \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  =  - a + b = b - a\).

Quan sát đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm bậc ba có hệ số a > 0 nên loại A, B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm ( - 1;3) nên thay tọa độ điểm ( - 1;3) vào hai hàm số C và D ta thấy chỉ có C thỏa mãn.

Đặt \(\sqrt {{x^2} + 1}  = t \Rightarrow {x^2} + 1 = {t^2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
xdx = tdt\\
{x^2} = {t^2} - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
dx = \frac{t}{x}dt\\
{x^2} = {t^2} - 1
\end{array} \right.\) 

Đổi cận: Với \(x = 1 \Rightarrow t = \sqrt 2 ;x = 2 \Rightarrow t = \sqrt 5 \)

Do đó \(\int\limits_1^2 {\frac{{{x^3}dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1}  - 1}}}  = \int\limits_{\sqrt 2 }^{\sqrt 5 } {\frac{{{x^3}}}{{t - 1}}\frac{t}{x}dt}  = \int\limits_{\sqrt 2 }^{\sqrt 5 } {\frac{{{x^2}.t}}{{t - 1}}dt}  = \int\limits_{\sqrt 2 }^{\sqrt 5 } {\frac{{\left( {{t^2} - 1} \right).t}}{{t - 1}}dt}  = \int\limits_{\sqrt 2 }^{\sqrt 5 } {\frac{{\left( {t + 1} \right)\left( {t - 1} \right).t}}{{t - 1}}dt} \) 

\( = \int\limits_{\sqrt 2 }^{\sqrt 5 } {\left( {{t^2} + t} \right)dt}  = \left. {\frac{{{t^3}}}{3} + \frac{{{t^2}}}{2}} \right|_{\sqrt 2 }^{\sqrt 5 } = \frac{5}{3}\sqrt 5  + \frac{5}{2} - \frac{{2\sqrt 2 }}{3} - 1 = \frac{5}{3}\sqrt 3  - \frac{2}{3}\sqrt 2  + \frac{3}{2}\) 

nên \(a = \frac{5}{3};b =  - \frac{2}{3};c = \frac{3}{2} \Rightarrow P = a + b + c = \frac{5}{2}\).

Ta có: \(y' = 6{x^2} - 6x - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1 \in \left[ { - 3;3} \right]\\
x = 2 \in \left[ { - 3;3} \right]
\end{array} \right.\) 

Lại có: \(y\left( { - 3} \right) =  - 35,y\left( { - 1} \right) = 17,y\left( 2 \right) =  - 10,y\left( 3 \right) = 1\).

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên [- 3;3] là M = 17 và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [- 3;3] là m = - 35

Vậy \(T = M + m = 17 + \left( { - 35} \right) =  - 18\).

Từ BBT ta có hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và (0;1).

Ta có: \(y = \frac{{\sqrt {x + 7}  - 3}}{{{x^2} - 2x}} = \frac{{\left( {\sqrt {x + 7}  - 3} \right)\left( {\sqrt {x + 7}  + 3} \right)}}{{\left( {{x^2} - 2x} \right)\left( {\sqrt {x + 7}  + 3} \right)}} = \frac{{x - 2}}{{x\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 7}  + 3} \right)}} = \frac{1}{{x\left( {\sqrt {x + 7}  + 3} \right)}}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{x\left( {\sqrt {x + 7}  + 3} \right)}} =  + \infty \)  nên đồ thị hàm số có duy nhất một đường tiệm cận đứng x = 0.

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y + z + 4 = 0\) có một VTPT là \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 1;1} \right)\)

Ta có \(S = {\log _a}\left( {{a^3}\sqrt[4]{a}} \right) = {\log _a}\left( {{a^3}.{a^{\frac{1}{4}}}} \right) = {\log _a}{a^{\frac{{13}}{4}}} = \frac{{13}}{4}\)

Thể tích khối trụ đã cho là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.3^2}.2 = 18\pi \).

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{4x - 1}}\) có đường tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = \frac{1}{4}\).

TXĐ: D = R. Ta có \(y' = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} - m\) 

Để hàm số đồng biến trên R thì \(y' \ge 0\) với \(\forall x \in R\).

Hay \(\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} = g\left( x \right)\) với \(\forall x \in R\).

Suy ra \(m \le \mathop {\min }\limits_R g\left( x \right)\) với \(g\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}\), xét \(g'\left( x \right) = \frac{{ - 2{x^2} + 2}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x =  - 1
\end{array} \right.\) 

BBT của \(g(x)\).

Từ BBT suy ra \(\min g\left( x \right) =  - 1 \Leftrightarrow x =  - 1\) 

Nên \(m \le  - 1\) thì hàm số \(y = \ln \left( {{x^2} + 1} \right) - mx + 1\) đồng biến trên R.

Mặt phẳng (P) vuông góc với cả hai mặt phẳng (Q), (R) nên \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{n_R}} } \right]\).

Có \(\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1;1;3} \right)\) và \(\overrightarrow {{n_R}}  = \left( {2; - 1;1} \right)\) nên \(\left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{n_R}} } \right] = \left( {4;5; - 3} \right)\).

Vậy \(\left( P \right):4\left( {x - 2} \right) + 5\left( {y - 1} \right) - 3\left( {z + 3} \right) = 0\) hay \(\left( P \right):4x + 5y - 3z - 22 = 0\).

+ Ta có \(h = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1 - 2.2 + 2.\left( { - 1} \right) - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{9}{3} = 3\).

+ Từ đề bài ta có bán kính đường tròn giao tuyến là r = 5 nên bán kính mặt cầu là \(R = \sqrt {{r^2} + {h^2}}  = \sqrt {{5^2} + {3^2}}  = \sqrt {34} \).

+ Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( { - 1;2; - 1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {34} \) là \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 34\).

Do \(\overrightarrow a  = \overrightarrow i  + 3\overrightarrow j  - 2\overrightarrow k \) nên \(\overrightarrow a  = \left( {1;3; - 2} \right)\)

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.\) 

Lại có \(y'' = 6x - 6 \Rightarrow y''\left( 0 \right) =  - 6;y''\left( 2 \right) = 6 > 0\) nên x = 2 là điểm cực tiểu của hàm số

Khi đó \({y_{CT}} = y\left( 2 \right) = {2^3} - {3.2^2} =  - 4\).

Ta có \(L = \int\limits_0^3 {\left[ {2f\left( x \right) - {x^2}} \right]dx}  = \int\limits_0^3 {2f\left( x \right)dx}  - \int\limits_0^3 {{x^2}dx}  = 2\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx}  - \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^3 = 2.2 - \frac{{{3^3}}}{3} =  - 5\)

Ta có \({u_{10}} = {u_1} + 9d \Leftrightarrow  - 3 + 9d = 24 \Leftrightarrow 9d = 27 \Leftrightarrow d = 3\)

Ta có: \({2^{2x}} - {5.2^x} + 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {{2^x} - 2} \right)\left( {{2^x} - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{2^x} = 2\\
{2^x} = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = {\log _2}3
\end{array} \right.\) 

Do đó \(P = {x_1}.{x_2} = 1.{\log _2}3 = {\log _2}3\).

Gọi O là tâm hình vuông ABCD và E là trung điểm SB.

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Trong (SBO) kẻ đường trung trực của SB cắt SO tại I, khi đó \(IA = IB = IC = ID = IS\) nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu là R = IS.

Ta có ABCD là hình vuông cạnh 2

\( \Rightarrow BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2}}  = 2\sqrt 2  \Rightarrow BO = \frac{{BD}}{2} = \sqrt 2 \).

Ta có \(SA = SB = SC = SD = 3\sqrt 2 \) (vì S.ABCD là hình chóp đều) nên \(SE = EB = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) 

Xét tam giác SBO vuông tại O (vì \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OB\)) có \(SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}}  = \sqrt {18 - 2}  = 4\).

Ta có \(\Delta SEI\) đồng dạng với tam giác SOB (g-g) \( \Rightarrow \frac{{SI}}{{SB}} = \frac{{SE}}{{SO}} \Leftrightarrow IS = \frac{{SB.SE}}{{SO}} = \frac{{3\sqrt 2 .\frac{{3\sqrt 2 }}{2}}}{4} = \frac{9}{4}\).

Vậy bán kính \(R = \frac{9}{4}\).

Ta có \({S_{ABCD}} = {a^2} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}.{a^2}.a\sqrt 6  = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}\)

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) nên A đúng.

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot SA\\
BC \bot AB
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\) 

Mà \(AH \bot SB \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AH \bot SC\\
AH \bot BC
\end{array} \right.\) hay C, D đúng.

Từ đó B sai.

Mỗi số lập được thỏa mãn bài toán là một hoán vị của 4 chữ số 1; 5; 6; 7.

Số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau lập được từ 4 chữ số 1; 5; 6; 7 là \({P_4} = 4! = 24\) số.

Do \(\frac{1}{5} \notin Z\) nên hàm số xác định \( \Leftrightarrow 4 - x > 0 \Leftrightarrow x < 4\) 

Vậy TXĐ của hàm số là \(D = \left( { - \infty ;4} \right)\).

Điều kiện: \({5^x} - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 0\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{\log _5}\left( {{5^x} - 1} \right).{\log _{25}}\left( {{5^{x + 1}} - 5} \right) \le 1 \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{5^x} - 1} \right).\frac{1}{2}{\log _5}\left[ {5\left( {{5^x} - 1} \right)} \right] \le 1\\
 \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{5^x} - 1} \right).\left[ {1 + {{\log }_5}\left( {{5^x} - 1} \right)} \right] - 2 \le 0\\
 \Leftrightarrow \log _5^2\left( {{5^x} - 1} \right) + {\log _5}\left( {{5^x} - 1} \right) - 2 \le 0\\
 \Leftrightarrow \left[ {{{\log }_5}\left( {{5^x} - 1} \right) - 1} \right]\left[ {{{\log }_5}\left( {{5^x} - 1} \right) + 2} \right] \le 0\\
 \Leftrightarrow  - 2 \le {\log _5}\left( {{5^x} - 1} \right) \le 1 \Leftrightarrow {5^{ - 2}} \le {5^x} - 1 \le {5^1} \Leftrightarrow \frac{1}{{25}} \le {5^x} - 1 \le 5\\
 \Leftrightarrow \frac{{26}}{{25}} \le {5^x} \le 6 \Leftrightarrow {\log _5}\frac{{26}}{{25}} \le x \le {\log _5}6
\end{array}\)

Do đó tập nghiệm của bất phương trình là \(\left[ {{{\log }_5}\frac{{26}}{{25}};{{\log }_5}6} \right]  \Rightarrow a = {\log _5}\frac{{26}}{{25}};b = {\log _5}6\) 

\( \Rightarrow a + b = {\log _5}\frac{{26}}{{25}} + {\log _5}6 = {\log _5}\frac{{156}}{{25}} = {\log _5}156 - {\log _5}25 = {\log _5}156 - 2\) 

Số tiền cả gốc và lãi người đó nhận được sau khi gửi 100 triệu trong 6 tháng đầu là \(100{\left( {1 + 2\% } \right)^2}\) triệu đồng.

Sau 6 tháng người đó gửi thêm 100 triệu đồng nên số tiền gốc lúc này là \(100 + 100{\left( {1 + 0,02} \right)^2}\) 

Sau 6 tháng còn lại, thì người đó nhận được tổng số tiền là

\(T = \left( {100 + 100{{\left( {1 + 0,02} \right)}^2}} \right){\left( {1 + 0,02} \right)^2} \approx 212,28\) triệu đồng.

Ta có: \(y' = 3{x^2} + 6x \Rightarrow y'\left( { - 3} \right) = 9\). Tại x = - 3 thì y = - 2.

Vậy phương trình tiếp tuyến: \(y = 9\left( {x + 3} \right) - 2 = 9x + 25\).

Ta có \(\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_2^3 {f\left( x \right)dx}  = 1 + \left( { - 2} \right) =  - 1\)

Gọi N là trung điểm của BC thì AB // MN suy ra \(d\left( {AB,SM} \right) = d\left( {AB,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)\)

Gọi E là hình chiếu của A lên \(MN \Rightarrow ME \bot AE\), mà \(ME \bot SA  \Rightarrow NE \bot \left( {SAE} \right)\).

Gọi F là hình chiếu của A lên \(SE \Rightarrow AF \bot SE\).

Mà \(EN \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow NE \bot AF\).

Do đó \(AF \bot \left( {SEN} \right)\) hay \(d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SEN} \right)} \right) = AF\).

Tam giác SAE vuông tại A có \(\frac{1}{{A{F^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{12{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{{13}}{{12{a^2}}} \Rightarrow A{F^2} = \frac{{12{a^2}}}{{13}} \Leftrightarrow AF = \frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\) 

Vậy \(d\left( {AB,SM} \right) = \frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\).

Ta xác định điểm H(x;y;z) sao cho \(2.\overrightarrow {HA}  + \overrightarrow {HB}  = \overrightarrow 0 \) 

\(\overrightarrow {HA}  = \left( { - 1 - x;2 - y; - 3 - z} \right)\); \(\overrightarrow {HB}  = \left( {5 - x;2 - y;3 - z} \right)\) nên

\(\begin{array}{l}
2\overrightarrow {HA}  + \overrightarrow {HB}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left( { - 2 - 2x;4 - 2y; - 6 - 2z} \right) + \left( {5 - x;2 - y;3 - z} \right) = \overrightarrow 0 \\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2 - 2x + 5 - x = 0\\
4 - 2y + 2 - y = 0\\
 - 6 - 2z + 3 - z = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
y = 2\\
z =  - 1
\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {1;2; - 1} \right)
\end{array}\)

Ta có

\(\begin{array}{l}
2M{A^2} + M{B^2} = 2{\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} = 2.{\left( {\overrightarrow {MH}  + \overrightarrow {HA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MH}  + \overrightarrow {HB} } \right)^2}\\
 = 2.\left( {M{H^2} + 2\overrightarrow {MH} .\overrightarrow {HA}  + H{A^2}} \right) + \left( {M{H^2} + 2.\overrightarrow {MH} .\overrightarrow {HB}  + H{B^2}} \right)\\
 = 3M{H^2} + 2H{A^2} + H{B^2} + 2\overrightarrow {MH} \left( {2\overrightarrow {HA}  + \overrightarrow {HB} } \right)\\
 = 3M{H^2} + 2H{A^2} + H{B^2}\left( {do\,\,2.\overrightarrow {HA}  + \overrightarrow {HB}  = \overrightarrow 0 } \right)
\end{array}\)

Ta có \(\overrightarrow {HA}  = \left( { - 2;0; - 2} \right);\overrightarrow {HB}  = \left( {4;0;4} \right) \Rightarrow H{A^2} = 8;H{B^2} = 32\) nên \(2M{A^2} + M{B^2} = 3M{H^2} + 2.8 + 32 = 3M{H^2} + 48\)

Từ đó \(2M{A^2} + M{B^2}\) lớn nhất khi \(MH^2\) lớn nhất hay MH lớn nhất.

Mặt cầu (S) có tâm I(3;1;1), bán kính R = 2.

Ta có \(M{H_{\max }} = HI + R = \sqrt {4 + 1 + 4}  + 2 = 5\).

Như vậy \(2M{A^2} + M{B^2}\) đạt GTLN là \(3M{H^2} + 48 = 3.25 + 48 = 123\).

Gọi x, y lần lượt là số lít nước cam và nước táo mà mỗi đội cần pha chế (\(x \ge 0;y \ge 0\)).

Để pha chế x lít nước cam thì cần 30x (g) đường, x lít nước và x (g) hương liệu.

Để pha chế y lít nước táo thì cần 10y (g) đường, y lít nước và 4y (g) hương liệu.

Theo bài ra ta có hệ bất phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}
30x + 10y \le 210\\
x + y \le 9\\
x + 4y \le 24\\
x \ge 0,y \ge 0
\end{array} \right.\) (*)

Số điểm đạt được khi pha x lít nước cam và y lít nước táo là: \(M\left( {x;y} \right) = 60x + 80y\).

Bài toán trở thành tìm x, t thỏa để M(x;y) đạt GTLN.

Ta biểu diễn miền nghiệm của (*) trên mặt phẳng tọa độ như sau:

Miền nghiệm là ngũ giác ACJIH

Tọa độ các giao điểm \(A\left( {4;5} \right),C\left( {6;3} \right),J\left( {7;0} \right),I\left( {0;0} \right),H\left( {0;6} \right)\).

M(x;y) sẽ đạt max, min tại các điểm đầu mút nên thay tọa độ từng giao điểm vào tính M(x;y) ta được:

\(M\left( {4;5} \right) = 640\);

\(M\left( {6;3} \right) = 600,M\left( {7;0} \right) = 420,M\left( {0;0} \right) = 0,M\left( {0;6} \right) = 480\) 

Vậy \(max M\left( {x;y} \right) = 640\) khi \(\max M\left( {x;y} \right) = 640\) 

Vì ABCD là hình vuông cạnh 4 nên \(BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2}}  = 4\sqrt 2  \Rightarrow OB = 2\sqrt 2 \) và A(-2;2); B(2;2).

Phương trình đường tròn tâm O bán kính \(r = 2\sqrt 2 \) là \({x^2} + {y^2} = 8 \Rightarrow y = \sqrt {8 - {x^2}} \)

Parabol đi qua hai điểm \(A\left( { - 2;2} \right),B\left( {2;2} \right)\) và có đỉnh O(0;0;0) có dạng \(y=ax^2\) (\(a \ne 0\))

Khi đó \(2 = a{.2^2} \Rightarrow a = \frac{1}{2} \Rightarrow y = \frac{1}{2}{x^2}\) (P) 

Từ đồ thị ta có \(S_1\) là giới hạn của hai đồ thị hàm số \(y = \sqrt {8 - {x^2}} \) và \(y = \frac{1}{2}{x^2}\) và hai đường thẳng x = - 2, x = 2.

Nên ta có \({S_1} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}}  - \frac{1}{2}{x^2}} \right)dx}  = \int\limits_{ - 2}^2 {\sqrt {8 - {x^2}} dx}  - \left. {\frac{1}{6}{x^3}} \right|_{ - 2}^2 = I - \frac{8}{3}\) 

Xét \(I = \int\limits_{ - 2}^2 {\sqrt {8 - {x^2}} dx} \), đặt \(x = 2\sqrt 2 \sin t \Rightarrow dx = 2\sqrt 2 \cos tdt\) 

Đổi biến số \(x =  - 2 \Rightarrow t =  - \frac{\pi }{4};x = 2 \Rightarrow t = \frac{\pi }{4}\) 

Từ đó \(I = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\sqrt {8 - 8{{\sin }^2}t} .2\sqrt 2 \cos tdt}  = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {8{{\cos }^2}tdt}  = 4\int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {1 + \cos 2t} \right)dt}  = 4t + \left. {2\sin 2t} \right|_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} = 2\pi  + 4\) 

Nên \({S_1} = I - \frac{8}{3} = 2\pi  + 4 - \frac{8}{3} = 2\pi  + \frac{4}{3}\) 

Lại thấy \({S_1} = {S_2};{S_3} = {S_4}\) (vì hai parabol đối xứng nhau qua đỉnh O), diện tích cả bốn hoa là \(S = \pi {r^2} = \pi {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 8\pi \).

Từ đó diện tích trồng hoa là \({S_1} + {S_2} = 2{S_1} = 4\pi  + \frac{8}{3}\left( {{m^2}} \right)\) 

Diện tích trồng cỏ là \({S_3} + {S_4} = S - \left( {{S_1} + {S_2}} \right) = 4\pi  - \frac{8}{3}\left( {{m^2}} \right)\) 

Nên tổng số tiền trồng bồn hoa là \(\left( {4\pi  + \frac{8}{3}} \right).150000 + \left( {4\pi  - \frac{8}{3}} \right).100000 \approx 3274926\) đồng.

Ta có: \(f\left( x \right) = f'\left( x \right)\sqrt {3x + 1}  \Rightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {3x + 1} }}\) 

Lấy nguyên hàm hai vế ta được:

\(\begin{array}{l}
\int {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}dx = \int {\frac{1}{{\sqrt {3x + 1} }}dx \Rightarrow \int\limits_{}^{} {\frac{{d\left( {f\left( x \right)} \right)}}{{f\left( x \right)}} = \int {{{\left( {3x + 1} \right)}^{ - \frac{1}{2}}}dx} } } } \\
 \Rightarrow \ln f\left( x \right) = \frac{2}{3}\sqrt {3x + 1}  + C \Rightarrow f\left( x \right) = {e^{\frac{2}{3}\sqrt {3x + 1}  + C}}
\end{array}\) 

Do \(f(1)=1\) nên \({e^{\frac{2}{3}\sqrt {3.1 + 1}  + C}} = 1 \Leftrightarrow \frac{4}{3} + C = 0 \Leftrightarrow C =  - \frac{4}{3}\) hay \(f\left( x \right) = {e^{\frac{2}{3}\sqrt {3x + 1}  - \frac{4}{3}}}\) 

Do đó \(f\left( 5 \right) = {e^{\frac{2}{3}\sqrt {3.5 + 1}  - \frac{4}{3}}} = {e^{\frac{4}{3}}} \approx 3,79\). Vậy \(3 < f\left( 5 \right) < 4\).

Số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = C_{24}^4\)

Ta vẽ đường tròn ngoại tiếp đa giác đều 24 đỉnh. Vẽ một đường kính của đường tròn này. Khi đó hai nửa đường tròn đều chứa 12 đỉnh.

Với mỗi đỉnh thuộc nửa đường tròn thứ nhất ta đều có một đỉnh đối xứng với nó qua đường kính và thuộc nửa đường tròn còn lại.

Như vậy cứ hai đỉnh thuộc nửa đường tròn thứ nhất ta xác định được hai đỉnh đối xứng với nó qua đường kính và thuộc nửa đường tròn còn lại, bốn đỉnh này tạo thành một hình chữ nhật.

Vậy số hình chữ nhật có 4 đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho là \(C_{12}^2\).

Nhận thấy rằng trong số các hình chữ nhật tạo thành có 24 : 4 = 6 hình vuông (vì hình chữ nhật có các cạnh bằng nhau là hình vuông)

Nên số hình chữ nhật mà không phải hình vuông là \(C_{12}^2 - 6\).

Xác suất cần tìm là \(P = \frac{{C_{12}^2 - 6}}{{C_{24}^4}} = \frac{{10}}{{1771}}\).

Gọi I là hình chiếu của A lên BH. Khi đó S đối xứng với A qua BH hay S đối xứng với A qua I.

Chia khối đa diện ABCSFH thành hai khối chóp A.BCHF và S.BCHF thì ta có \({V_{ABCHFS}} = {V_{A.BCHF}} + {V_{S.BCHF}}\) 

Lại có SI = AI và \(SA \cap \left( {BCHF} \right)\) tại I nên \(d\left( {A;\left( {BCHF} \right)} \right) = d\left( {S,\left( {BCHF} \right)} \right)\).

Suy ra \({V_{A.BCHF}} = {V_{S.BCHF}} \Rightarrow {V_{ABCHFS}} = 2{V_{A.BCHF}}\) 

Dễ thấy \({V_{A.BCHF}} = {V_{ABC.EFH}} - {V_{A.EFH}} = {V_{ABC.EFH}} - \frac{1}{3}{V_{ABC.EFH}} = \frac{2}{3}{V_{ABC.EFH}}\) 

Mà \({V_{ABC.EFH}} = AE.{S_{ABC}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\) nên

\(\begin{array}{l}
{V_{A.BCHF}} = \frac{2}{3}{V_{ABC.EFH}} = \frac{2}{3}.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\\
 \Rightarrow {V_{ABCHFS}} = 2{V_{A.BCHF}} = 2.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}
\end{array}\)

Vậy \({V_{ABCHFS}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

Gọi chiều dài, chiều rộng và chiều cao của bể cá lần lượt là \(a;b;c\left( {a,b,c > 0} \right)\)

Theo đề bài ta có a = 2b.

Vì ông A sử dụng 5m² kính để làm bể cá không nắp nên diện tích toàn phần (bỏ 1 mặt đáy) của hình hộp là 5m².

Hay \(ab + 2bc + 2ac = 5\) mà a = 2b nên

\(2{b^2} + 2bc + 4bc = 5 \Leftrightarrow 2{b^2} + 6bc = 5 \Rightarrow c = \frac{{5 - 2{b^2}}}{{6b}}\) 

Thể tích bể cá là \(V = abc = 2b.b.\frac{{5 - 2{b^2}}}{{6b}} = \frac{{ - 2{b^3} + 5{b^2}}}{3}\) 

Xét hàm số \(f\left( b \right) = \frac{{ - 2{b^3} + 5{b^2}}}{3}{\rm{ }}\left( {b > 0} \right) \Rightarrow f'\left( b \right) = \frac{{ - 6{b^2} + 10b}}{3} = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
b = 0\left( {ktm} \right)\\
b = \frac{5}{3}\left( {tm} \right)
\end{array} \right.\) (vì b > 0)

Ta có BBT của \(y=f(b)\).

Từ BBT suy ra  \(\max f\left( b \right) = \frac{{125}}{{81}} \Leftrightarrow b = \frac{5}{3}\)

Ta có:

\({x^9} + 3{x^3} - 9x = m + 3\sqrt[3]{{9x + m}} \Leftrightarrow {x^9} + 3{x^3} = 9x + m + 3\sqrt[3]{{9x + m}} \Leftrightarrow {\left( {{x^3}} \right)^3} + 3{x^3} = {\left( {\sqrt[3]{{9x + m}}} \right)^3} + 3\sqrt[3]{{9x + m}}\) 

Xét hàm \(g\left( t \right) = {t^3} + 3t \Rightarrow g'\left( t \right) = 3{t^2} + 3 > 0,\forall t\) nên hàm số g(t) đồng biến trên R.

Suy ra \(g\left( {{x^3}} \right) = g\left( {\sqrt[3]{{9x + m}}} \right) \Leftrightarrow {x^3} = \sqrt[3]{{9x + m}} \Leftrightarrow {x^9} = 9x + m \Leftrightarrow {x^9} - 9x = m\).

Xét hàm \(f\left( x \right) = {x^9} - 9x\) trên R có \(f'\left( x \right) = 9{x^8} - 9 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 8\\
m =  - 8
\end{array} \right.\).

Vậy \(S = \left\{ { - 8;8} \right\}\) hay tổng các phần tử của S bằng 0.

Ta có \({\log _4}\left( {x + y} \right) + {\log _4}\left( {x - y} \right) \ge \). ĐK \(x > y;x >  - y \Rightarrow x > 0;x > y\).

Suy ra \({\log _4}\left( {{x^2} - {y^2}} \right) \ge 1 \Leftrightarrow {x^2} - {y^2} \ge 4 \Leftrightarrow {x^2} \ge {y^2} + 4 \Rightarrow x \ge \sqrt {{y^2} + 4} \) (vì x > 0)

Lại có \(P = 2x - y \ge 2\sqrt {{y^2} + 4}  - y \ge 2\sqrt {{y^2} + 4}  - \left| y \right|\) 

Đặt \(t = \left| y \right| \ge 0\) 

Xét \(f\left( t \right) = 2\sqrt {{t^2} + 4}  - t\) có \(f'\left( t \right) = 2\frac{t}{{\sqrt {{t^2} + 4} }} - 1 = 0 \Rightarrow 2t = \sqrt {{t^2} + 4}  \Rightarrow 3{t^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {tm} \right)\\
t =  - \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {ktm} \right)
\end{array} \right.\) 

BBT của \(f(t)\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) 

Từ BBT suy ra \(\min f\left( t \right) = 2\sqrt 3  \Leftrightarrow t = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\) 

Suy ra \(P \ge 2\sqrt 3 \) hay GTNN của P là \(2\sqrt 3 \) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{4}{{\sqrt 3 }};y = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\\
x = \frac{2}{{\sqrt 3 }};y =  - \frac{2}{{\sqrt 3 }}
\end{array} \right.\)