\(V=a.b.c=3.4.5=60\)

Phương trình \(f(x)-m=0\) có 4 nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \) Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 4 điểm phân biệt

\( \Leftrightarrow \) 1 < m < 2

\(V=S.h=10.12=120\)

\(R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{\pi \sqrt 2 {a^3}}}{3}\)

\({S_{xq}} = 2\pi rl = 24\pi \)

Số cách chọn đồng thời ra 3 người từ một nhóm có 12 người là tổ hợp chập 3 của 12: \(C_{12}^3\)

Tập xác định \(D = R\backslash \left\{ { - 2} \right\}\)

\(y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in D\) nên hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định 

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

\(\begin{array}{l}
f'\left( x \right) = \left( {{2^x} + x} \right)'\\
 = {2^x}\ln 2 + 1
\end{array}\)

Hàm số \(y = {\left( {x - 1} \right)^{ - 4}}\) xác định \( \Leftrightarrow x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} - 3x + 1\) như sau:

Hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} - 3x + 1\) đạt cực tiểu tại x = 1

\(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {3^2}.5 = 15\pi \)

\({5^{x + 2}} - 1 = 0 \Leftrightarrow {5^{x + 2}} = 1 \Leftrightarrow x + 2 = 0 \Leftrightarrow x =  - 2\)

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{256\pi }}{3}\)

\(V = \frac{1}{3}Sh = 8\)

\(y' = 1 - 2{e^{2x}},y' = 0 \Leftrightarrow x =  - \frac{1}{2}\ln 2\)

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = y\left( { - \frac{1}{2}\ln 2} \right) =  - \frac{{\left( {\ln 2 + 1} \right)}}{2}\)

\(V = Sh = \frac{{AC.BD}}{2}.AA' = \frac{{\sqrt 6 }}{2}{a^3}\)

Tập xác định: Từ đó suy ra hàm số không có tiệm cận đứng

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2\sqrt {{x^2} - 1}  + 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2\sqrt {1 - \frac{1}{{{x^2}}}}  - \frac{1}{x}}}{{\frac{x}{x}}} = 2\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2\sqrt {{x^2} - 1}  + 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - 2\sqrt {1 - \frac{1}{{{x^2}}}}  - \frac{1}{x}}}{{\frac{x}{x}}} =  - 2
\end{array}\)

Suy ra hàm số có 2 tiệm cận ngang là \(y=2\) và \(y=-2\)

Hai nửa khối cầu ghép lại được khối cầu có thể tích là:

\({V_1} = \frac{4}{3}\pi {.1^3} = \frac{{4\pi }}{3}\)

Thể tích của khối trụ tròn xoay ba đầu

\(V = \pi {.1^2}.2 = 2\pi \)

Tỉ số thể tích phần còn lại của khối gỗ và cả khối gỗ ban đầu là:

\(\frac{{V - {V_1}}}{V} = \frac{1}{3}\)

\({\log _4}1250 = \log _2^2\left( {{{2.5}^4}} \right) = \frac{{1 + 4{{\log }_2}5}}{2}\)

Tính được \(r=a, h=a\sqrt{3}\) nên \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{{\pi \sqrt 3 {a^3}}}{3}\)

Dựa vào hình dáng đồ thị ta có \(a<0\)

Hàm số nghịch biến trên R nên \(y'=3ax^2+2bx+c<0\) \(\forall x \in R \Leftrightarrow {b^2} - 3ac < 0\)

\(y = g\left( x \right) =  - 2f\left( x \right) + 2019 \Rightarrow g'\left( x \right) =  - 2f'\left( x \right)\). Ta có bẳng xét dấu đạo hàm của hàm số \(y=g(x)\)

Hình thang cân là tứ giác nội tiếp 

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD 

Ta có: \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Tam giacxs SAC là tam giác đều cạnh a nên tính được 

\(SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}{a^3}\)

Tập xác định \(D = \left( {0; + \infty } \right)\)

\(f'\left( x \right) = \frac{1}{x} - 1 = \frac{{1 - x}}{x} \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\). Ta có bảng xét dấu đạo hàm của hàm \(y=f(x)\)

Gọi số hạng đầu của cắp số cộng là \(u_1\)

Ta có \({\log _2}\frac{{b - a}}{d} = {\log _2}\frac{{\left( {{u_1} + 9d} \right) - \left( {{u_1} + d} \right)}}{d} = {\log _2}8 = 3\)

\({\log _3}\left( {{x^2} - 2x} \right) > 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x > 3 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 3\\
x <  - 1
\end{array} \right.\)

\(V = 2{V_{S.ABCD}} = 2.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{\sqrt 2 }}{6}{a^3}\)

Hàm số đạt cực đại tại điểm \(x=-1\)

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm \(x=-1\) là \(y = y'\left( { - 1} \right)\left( {x + 1} \right) + y\left( { - 1} \right) = 0\)

Mặt phẳng đi qua ba trọng tâm \(G_1, G_2, G_3\) là mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABC) và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại các điểm M, N, P 

\(\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^3} = \frac{8}{{27}}\)

Suy ra \({V_{MNP.ABC}} = V - {V_{S.MNP}} = V - \frac{8}{{27}}V = \frac{{19}}{{27}}V\)

\(\begin{array}{l}
{V_c} = \frac{4}{3}\pi .{R^3}_c = \frac{{32}}{3}\pi \\
{r_n} = \sqrt {{2^2} - {1^2}}  = \sqrt 3 \\
{V_n} = \frac{1}{3}\pi {r^2}_n.h = 3
\end{array}\)

\({x^3} - 3mx + 2 = 0\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ne 0\\
m = \frac{{{x^3} + 2}}{{3x}}
\end{array} \right.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^3} + 2}}{{3x}}\) trên D=R\{0}. Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{2{x^3} - 2}}{{3{x^2}}}\) \(,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Phương trình (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số \(y=f(x)\) tại một điểm duy nhất khi và chỉ khi m = 1

Gọi N là trung điểm AC, H là hình chiếu của A trên SM. Khi đó \(AH \bot \left( {SMN} \right)\). Lại có BC // (SMN) nên

\(d\left( {SM,BC} \right) = d\left( {B,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = AH\)

Ta có \(AB = AC.\sin C = \sqrt 3 .AH = \frac{{SA.AM}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\)

Vậy \(d\left( {SM,BC} \right) = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\)

Đặt \(y=cos x ( - 1 \le t \le 1)\)

Xét hàm số \(y = \frac{{3t - 1}}{{t + 3}}\) trên [-1;1]. Ta có \(y' = \frac{{10}}{{{{\left( {t + 3} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right]\)

Suy ra \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = y\left( 1 \right) = \frac{1}{2},m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = y\left( { - 1} \right) =  - 2\). Khi đó \(M + m = \frac{1}{2} - 2 =  - \frac{3}{2}\)

Dựa vào hình dáng đồ thị ta có \(a < 0\)

Hàm số có ba cực trị nên \(ab < 0\), suy ra \(b > 0\)

\(y(0)=c\). Dựa vào đồ thị ta có \(c < 0\)

Đặt AD = a. Ta tính được \(AB = a\sqrt 2 ,AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},AC = a\sqrt 3 ,DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\)

Ta có: \(\begin{array}{l}
\sin \left( {\widehat {BAC}} \right) = \frac{{BC}}{{AC}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\\
\cos \left( {\widehat {AMD}} \right) = \frac{{AM}}{{DM}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}
\end{array}\)

Suy ra \(\widehat {BAC} + \widehat {AMD} = {90^0} \Rightarrow DM \bot AC\)

\( \Rightarrow DM \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SDM} \right) \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {\left( {SDM} \right),\left( {SAC} \right)} \right) = {90^0}\)

Ta có \(y' =  - 3{\left( {x - 1} \right)^2} + 3{m^2},y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1 + m\\
x = 1 - m
\end{array} \right.\). Suy ra hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là \(\left( {1 + m;2{m^3} - 2} \right),\left( {1 - m; - 2{m^3} - 2} \right)\). Hai điểm này cách đều gốc tọa độ nên:

\(\begin{array}{l}
{\left( {1 + m} \right)^2} + {\left( {2{m^3} - 2} \right)^2} = {\left( {1 - m} \right)^2} + {\left( { - 2{m^3} - 2} \right)^2}\\
 \Leftrightarrow 4{m^3} - m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m =  \pm \frac{1}{2}
\end{array} \right.
\end{array}\)

Vậy S = 1

Đường tròn \((C_1)\) có tâm \(I_1 (1;2)\). Đường tròn \((C_2)\) có tâm là \(I_2(-1;0)\) thuộc đồ thị hàm số nên a = b

Đồ thị đã cho có 2 đường tiệm cận x = - c và y = a. Suy ra I(-c;a) là tâm đối xúng của đồ thị. Vì 2 đường tròn \((C_1), (C_2)\) cùng tiếp xúc với 2 đường tiệm cận nên tâm của chúng nằm trên trục đối xứng của đồ thị hàm số, suy ra I là trung điểm \(I_1I_2\), do đố a = 1, c = 0.

Vậy a +b +c = 1+1+0=2

Ta có \(\mathop {\min }\limits_{\left( { - 1;3} \right)} f\left( x \right) =  - 3\) nên \(\mathop {\min }\limits_{\left( { - 1;3} \right)} 2f\left( x \right) =  - 6\), đạt được khi x = 2. Mặt khác, parabol \(g(x)=x^2-4x\) có hoành độ là \(x_0=2\) nên \(\mathop {\min }\limits_{\left( { - 1;3} \right)} g\left( x \right) = g\left( 2 \right) =  - 4\). Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left( { - 1;3} \right)} \left( {2f\left( x \right) + {x^2} - 4x} \right) =  - 10\)

Vậy bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( { - 1;3} \right)\) khi và chỉ khi \(m<-10\)

Ta có \(y'=3x^2+4(m-2)^2-5\), tam thức bậc hai này có \(ac<0\) nên nó có hai nghiệm trái dấu. Do đó hàm số đã cho luôn có hai cựa trị \(x_1<0

Suy ra

\(\begin{array}{l}
\left| {{x_1}} \right| - \left| {{x_2}} \right| =  - 2 \Rightarrow {\left( {\left| {{x_1}} \right| - \left| {{x_2}} \right|} \right)^2} = 4 \Rightarrow x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2 = 4\\
 \Rightarrow x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 = 4 \Rightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} = 4 \Rightarrow \frac{{16{{\left( {m - 2} \right)}^2}}}{9} = 4\\
 \Rightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = \frac{9}{4} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = \frac{7}{2}\\
m = \frac{1}{2}
\end{array} \right.
\end{array}\)

Thử lại ta thấy \(m = \frac{1}{2}\) thỏa bài toán 

Ta có \(\log \sin x + \log \cos x =  - 1\) nên \(\sin x.\cos x = \frac{1}{{10}}\). Lại có \(\log \left( {\sin x + cosx} \right) = \frac{1}{2}\left( {\log n - 1} \right)\) nên \(\begin{array}{l}
{\left( {\sin x + cosx} \right)^2} = \frac{n}{{10}} \Rightarrow 1 + 2\sin x\cos x = \frac{n}{{10}}\\
 \Rightarrow n = 12
\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {50^x} + {2^{x + 5}} - {3.7^x}\)

Ta có 

\(\begin{array}{l}
f'\left( x \right) = {50^x}\ln 50 + {32.2^x}\ln 2 - {3.7^x}\ln 7\\
f''\left( x \right) = {50^x}{\left( {\ln 50} \right)^2} + {32.2^x}{\left( {\ln 2} \right)^2} - {3.7^x}{\left( {\ln 7} \right)^2}
\end{array}\)

Vì \({\left( {\ln 50} \right)^2} > 3{\left( {\ln 7} \right)^2}\) nên \(f''\left( x \right)>0,\forall x \in R\), hay \(f](x)\) là hàm đồng biến. Mà \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f'\left( x \right) = 0\) nên \(f'\left( x \right)>0,\forall x \in R\). Suy ra \(f(x)\) là hàm đồng biến trên R, mà \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f'\left( x \right) = 0\) nên \(f\left( x \right)>0,\forall x \in R\)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Số cách lấy ra 3 điểm bất kì từ các điểm đã lấy là \(C_{18}^3\)

Để lấy ra bộ ba điểm không tạo thành một tam giác, ta lấy 3 điểm nằm trên một cạnh và số bộ như vậy là \(C_3^3 + C_4^3 + C_5^3 + C_6^3 = 35\)

Vậy số tam giác có 3 đỉnh thuộc các điểm đã cho là \(C_{18}^3 - 35 = 781\)

Gọi H là tâm của tam giác ABC và N là trung điểm của BC. Do \(SA \bot \left( {MBC} \right)\) nên \(SA \bot MN\), lại có \(AH \bot AN\) nên tứ giác SMNH nội tiếp. Suy ra

\(\begin{array}{l}
\frac{3}{4}A{S^2} = AM.AS = AH.AN = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\frac{{2\sqrt 3 }}{2} = 2\\
 \Rightarrow A{S^2} = \frac{8}{3}SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\\
 \Rightarrow V = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABC}} = \frac{2}{3}
\end{array}\)

Gọi H là trung điểm AB. Khi đó \(\widehat {O'HO} = {60^0}\). Suy ra

\(\frac{{O'A\sqrt 3 }}{2} = O'H = \frac{{2O'O\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow O'A = \frac{{4O'O}}{3}\)

Suy ra 

\(\begin{array}{l}
\frac{{16O'O}}{9} = O'{A^2} = O'{O^2} + O{A^2} \Rightarrow O'O = \frac{{3\sqrt 7 }}{7}R\\
 \Rightarrow V = {R^2}\pi .\frac{{3\sqrt 7 }}{7}R = \frac{{3\pi \sqrt 7 {R^3}}}{7}
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
\sum\limits_{k = 1}^{100} {\left( {k{{.2}^k}} \right) = \left( {2 + {2^2} + ... + {2^{100}}} \right) + \left( {{2^2} + {2^3} + ... + {2^{100}}} \right) + ... + {2^{100}}} \\
 = 2\left( {{2^{100}} - 1} \right) + {2^2}\left( {{2^{99}} - 1} \right) + ... + {2^{99}}({2^2} - 1) + {2^{100}}(2 - 1)\\
 = {100.2^{101}} - \left( {2 + {2^2} + ... + {2^{100}}} \right) = {100.2^{101}} - 2\left( {{2^{100}} - 1} \right)\\
 = {99.2^{101}} + 2\\
 \Rightarrow {\log _2}\left( {\sum\limits_{k = 1}^{100} {\left( {k{{.2}^k}} \right)} } \right) = {\log _2}\left( {{{99.2}^{101}}} \right) = 101 + {\log _2}99\\
 \Rightarrow a = 101,b = 99,c = 2 \Rightarrow a + b + c = 202
\end{array}\)

Ta có \(f\left( x \right) = \left| {\left| {x - 1} \right| + \left| {2019 - x} \right|} \right| = \left\{ \begin{array}{l}
2018,x \notin \left[ {1;2019} \right]\\
|2x - 2020|,x \in \left[ {1;2019} \right]
\end{array} \right.\). Suy ra \(\min f\left( x \right) = 0,\max f\left( x \right) = 2018\). Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi \(0 \le 2020 - m \le 2018 \Leftrightarrow 2 \le m \le 2020\)

Từ đó có 2018 giá trị nguyên của m trong khoảng (0;2020) thỏa mãn bài toán 

Giả sử chiều dài, chiều rộng của hộp là \(2x\) và \(x\); giá thành làm đáy và mặt bên hộp là 3, giá thành làm nắp hộp là 1. Theo giả thiết ta có:

\(2x^2h=V_h=48 \Rightarrow x^2h=24\)

Giá làm hộp là: \(3\left( {2{x^2} + 2xh + 4xh} \right) + 2{x^2} = 8{x^2} + 9xh + 9xh \ge 3\sqrt[3]{{{{8.9}^2}.{x^4}{h^2}}} = 216\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}
8{x^2} = 9xh\\
{x^2}h = 24
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{{9h}}{8}\\
\frac{{{9^2}}}{{{8^2}}}.{h^3} = 24
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 3\\
h = \frac{8}{3}
\end{array} \right.\)

Vậy \(m=8, n=3\) và \(m+n=11\)

Theo dữ liệu đề bài ta có thể viết 

\(\begin{array}{l}
f\left( x \right) = a{\left( {x - 2} \right)^4} + b{\left( {x - 2} \right)^3} + c{\left( {x - 2} \right)^2} + d\left( {x - 2} \right) + e\\
 \Rightarrow f'\left( x \right) = 4a{\left( {x - 2} \right)^3} + 3b{\left( {x - 2} \right)^2} + 2c{\left( {x - 2} \right)^2} + d
\end{array}\)

Theo giả thiết \(f\left( 2 \right) = 2019,f'\left( 2 \right) = 2108\) nên e = 2019 và d = 2018. Suy ra \(g\left( x \right) = 2018\left( {x - 2} \right) + 2019\) nên  \(g(-1)=-4035\)