Ta có \(\int_{ - \frac{{3\pi }}{4}}^{\frac{{3\pi }}{4}} {f(x)dx}  = \int_{ - \frac{{3\pi }}{4}}^0 {f(x)dx}  + \int_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {f(x)dx} \)

\(\begin{array}{l}
 =  - \int_{\frac{{3\pi }}{4}}^0 {f( - u)du}  + \int_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {f(x)dx}  = \int_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {f( - u)du}  + \int_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {f(x)dx} \\
 = \int_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {{\rm{[}}f(x) + f( - x){\rm{]}}dx}  = \int_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {\sqrt {1 + c{\rm{os}}2x} } dx\\
 = \int_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {\sqrt 2 } \left| {\cos x} \right| = \sqrt 2 \left( {\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos xdx}  - \int_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{{3\pi }}{4}} {\cos xdx} } \right)\\
 = 2\sqrt 2  - 1
\end{array}\)

Gọi E là trung điểm của MC. Qua A kẻ một đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng NE tại K. Kẻ \(AH \bot SK\) \(\left( {H \in SK} \right)\). Ta có AM // KE \( \Rightarrow AM\)// (SKE). Do đó \(d\left( {AM,SN} \right) = d\left( {A,\left( {SKE} \right)} \right)\). Ta dễ chứng minh được \(AH \bot \left( {SKE} \right)\) nên \(d\left( {A,\left( {SKE} \right)} \right) = AH\). Tam giác SAK vuông ở A và có AH là đường cao nên

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{{16}}{{{a^2}}} = \frac{{17}}{{{a^2}}}\).

Suy ra \(AH = \frac{a}{{\sqrt {17} }}\)

Áp dụng kết quả cơ bản \(\sqrt a  + \sqrt b  \le \sqrt {2\left( {a + b} \right)} \) ta được

\(f\left( x \right) = \sqrt {3 + x}  + \sqrt {5 - x}  - 3{\left( {x - 1} \right)^2} + 3 \le \sqrt {2\left( {3 + x + 5 - x} \right)}  + 3 = 7\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.

Chú ý kết quả cơ bản \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{{{a^n}}} = 0\) với a > 1. Gọi L là giá trị của giới hạn cần tìm. Thế thì 

\(\begin{array}{l}
\mathop {L = \lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\left( {10 - 1} \right) + \left( {{{10}^2} - 1} \right) + ... + \left( {{{10}^n} - 1} \right)}}{{{{10}^n}}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{10 + {{10}^2} + ... + {{10}^n} - n}}{{{{10}^n}}}\\
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{1 + 10 + ... + {{10}^{n - 1}}}}{{{{10}^{n - 1}}}} - \frac{n}{{{{10}^n}}}} \right)\\
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{{{10}^{n - 1}} - 1}}{{{{9.10}^{n - 1}}}} - \frac{n}{{{{10}^n}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{10}}{9} - \frac{1}{{{{9.10}^{n - 1}}}} - \frac{n}{{{{10}^n}}}} \right) = \frac{{10}}{9}
\end{array}\)

Gọi \(G_1\) là trọng tâm của tam giác ABC, H và K lần lượt là hình chiếu của O và G trên mặt phẳng (ABC). Khi đó

\(\frac{{{V_{GABC}}}}{{{V_{OABC}}}} = \frac{{GK}}{{OH}} = \frac{{{G_1}G}}{{{G_1}O}} = \frac{1}{4}\)

Do đó \({V_{GABC}} = \frac{1}{4}{V_{OABC}} = \frac{{abc}}{{24}}\)

Số cách chọn 4 nhà khoa học mà có đủ cả ba lĩnh vực là \(C_5^2C_6^1C_7^1 + C_5^1C_6^2C_7^1 + C_5^1C_6^1C_7^2 = 1575\).

Số cách chọn 4 nhà khoa học nam mà có đủ cả ba lĩnh vực là \(C_3^2C_3^1C_4^1 + C_3^1C_3^2C_4^1 + C_3^1C_3^1C_4^2 = 126\).

Số cách chọn 4 nhà khoa học nữ mà có đủ cả ba lĩnh vực là \(C_2^2C_3^1C_3^1 + C_2^1C_3^2C_3^1 + C_2^1C_3^1C_3^2 = 45\)

Vậy số cách lập một ban thư kĩ thỏa mãn yêu cầu là:

\(1575 - 126 - 45 = 1404\)

Ta có \({\left( {1 + x + {x^2} + \frac{1}{x}} \right)^9} = {\left( {1 + {x^2}} \right)^9}{\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^9}\)

\( = \left( {\sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k{x^{2k}}} } \right)\left( {\sum\limits_{i = 0}^9 {C_9^i\frac{1}{{{x^i}}}} } \right) = \sum\limits_{k = 0}^9 {\sum\limits_{i = 0}^9 {C_9^kC_9^i{x^{2k - i}}} } \).

Từ đây ta cho 2k – i = 0 thì tìm được 5 cặp (i, k) thỏa mãn là (0,0), (2,1), (4,2), (6,3), (8,4). Vậy số hạng không chứa x là \(1 + C_9^1C_9^2 + C_9^2C_9^4 + C_9^3C_9^6 + C_9^4C_9^8 = 13051.\)

Dễ thấy các điểm A, B, C có tọa độ là A(-a, b, c), B(a, -b, c), C(a, b, -c). Thế thì tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC sẽ là \(G\left( {\frac{a}{3},\frac{b}{3},\frac{c}{3}} \right)\)

Số điểm cực trị của hàm số đã cho cũng chính là số điểm cực trj của hàm \(y = \left| {{x^3} - x} \right|\). Dựa vào tính chất của hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối chúng ta dễ dàng vẽ được đồ thị của hàm \(y = \left| {{x^3} - x} \right|\) như hình bên. Từ đồ thị ta nhận thấy hàm số này có 5 điểm cực trị.

Chọn 2 bạn nữ trong 4 bạn thì có \(C_4^2\) cách. Ta “buộc” hai bạn này vào nhau coi như một bạn nữ thông thường. Có 2 cách để “buộc” như thế ( vì có thể là ab hoặc ba). Lúc này nhóm học sinh gồm có 6 bạn nam và 3 bạn nữ ( trong đó có 1 bạn nữ “đặc biệt”). Ta xếp vị trí cho các bạn nam trước thì có 6! Cách. Giữa các bạn nam có 5 vị trí xen kẽ với 2 vị trí đầu hàng và cuối hàng bây giờ ta xếp 3 bạn nữ vào 3 trong 7 vị trí kia thì có \(A_7^3\) cách. Vậy xác xuất cần tìm bằng \(\frac{{2C_6^46!A_7^3}}{{10!}} = \frac{1}{2}.\)

Gọi x, y, z, t lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC). Ta có \({V_{MBCD}} = \frac{x}{3}.{S_{BCD}},{V_{MCDA}} = \frac{y}{3}.{S_{CDA}},\)

\({V_{MDAB}} = \frac{z}{3}.{S_{DAB}},{V_{MABC}} = \frac{t}{3}.{S_{ABC}}\).

 Cộng lại ta thu được (chú ý rằng \({S_{BCD}} = {S_{CDA}} = {S_{DAB}} = {S_{ABC}} = S\)) \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.(x + y + z + t).S.\) Suy ra \((x + y + z + t) = \frac{{3{V_{ABCD}}}}{S} = h\) với h là độ dài đường cao của tứ diện đều ABCD. Ta có

\(\begin{array}{l}
h = AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {A{B^2} - \frac{4}{9}B{M^2}} \\
 = \sqrt {A{B^2} - \frac{4}{9}(B{C^2} - C{M^2})} \\
 = \sqrt {{a^2} - \frac{4}{9}({a^2} - \frac{1}{4}{a^2})}  = a\sqrt {\frac{2}{3}} 
\end{array}\) 

Vậy \(x + y + z + t = a\sqrt {\frac{2}{3}} \)

\(\begin{array}{l}
\frac{{\sin x - c{\rm{osx}}}}{{2{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{i}}{{\rm{n}}^3}x - c{\rm{osx}}}} = \frac{{(\sin x - c{\rm{osx}})({{\sin }^2}x + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\rm{x)}}}}{{2{{\sin }^3}x - c{\rm{osx(}}{{\sin }^2}x + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\rm{x}})}}\\
 = \frac{{\left( {\frac{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{{{\rm{cosx}}}} - 1} \right)\left( {\frac{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{i}}{{\rm{n}}^2}{\rm{x}}}}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{\rm{x}}}} + 1} \right)}}{{\frac{{2{{\sin }^3}x}}{{{{\cos }^3}x}} - \left( {\frac{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{i}}{{\rm{n}}^2}{\rm{x}}}}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{\rm{x}}}} + 1} \right)}} = \frac{{{\rm{(tanx - 1)(ta}}{{\rm{n}}^2}{\rm{x + 1)}}}}{{2{{\tan }^3}x - {\rm{(ta}}{{\rm{n}}^2}{\rm{x + 1)}}}}\\
 = \frac{{(m - 1)({m^2} + 1)}}{{2{m^3} - {m^2} - 1}} = \frac{{{m^2} + 1}}{{2{m^2} + m + 1}}.
\end{array}\)

Giả sử S.ABCD là hình chóp tứ giác. Gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là trung điểm của các đoạn SA, SB, SC, SD và M, N, P, Q tương ứng là trung điểm của các đoạn AB, BC, CD, DA. Khi đó các mặt phẳng sau đây có tính chất cách đều tất cả các đỉnh của hình chóp (A’B’C’D’), (A’B’NQ), (C’D’QN), (A’D’PM), (B’C’PM). Vậy có tất cả 5 mặt phẳng.

Gọi G₁ là trọng tâm của tam giác ABC. Khi đó \(\overrightarrow {SG}  = \frac{3}{4}\overrightarrow {S{G_1}}  = \frac{1}{4}(\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC} ).\) 

Do \(G \in (A'B'C')\) nên tồn tại \(x,y,z \in R,x + y + z = 1\) sao cho \(\overrightarrow {SG}  = x\overrightarrow {SA'}  + y\overrightarrow {SB'}  + z\overrightarrow {SC'}  = \overrightarrow {xmSA}  + yn\overrightarrow {SB}  + zp\overrightarrow {SC} .\)

So sánh hai đẳng thức trên ta suy ra

\(\left( {xm - \frac{1}{4}} \right)\overrightarrow {SA}  + \left( {yn - \frac{1}{4}} \right)\overrightarrow {SB}  + \left( {zp - \frac{1}{4}} \right)\overrightarrow {SC}  = \overrightarrow 0 .\)

Nhưng do \(\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} \) là ba vecto không đồng phẳng nên đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi \(xm = yn = zp = \frac{1}{4} \Rightarrow x = \frac{1}{{4m}},y = \frac{1}{{4n}},z = \frac{1}{{4p}}.\)

Từ đây và do \(x + y + z = 1\) ta thu được \(\frac{1}{m} + \frac{1}{n} + \frac{1}{p} = 4.\)

Gọi S là tổng cần tính. Từ công thức khai triển nhị thức Newton chúng ta dễ dàng thấy

\({(1 + 2)^{99}} + {(1 - 2)^{99}} = 2S \Rightarrow S = \frac{{{3^{99}} - 1}}{2}.\)

Gọi K là trung điểm của SD. Dễ thấy tứ giác MNCK là hình bình hành. Suy ra MN // CK. Do đó góc giữa MN và SC chính là \(\widehat {KCS}\). Tam giác SCD đều có CK là trung tuyến nên \(CK \bot SD\)

Từ đó \(\sin \widehat {KCS} = \frac{{SK}}{{SC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {KCS} = 30^\circ \)

Bất phương trình đã cho tương đương với

\(\begin{array}{l}
{\log _2}\left( {\frac{1}{2}{{\log }_2}x} \right) + \frac{1}{2}{\log _2}({\log _2}x) \le 2\\
 \Leftrightarrow {\log _2}\frac{1}{2} + {\log _2}({\log _2}x) + \frac{1}{2}{\log _2}({\log _2}x) \le 2\\
 \Leftrightarrow \frac{3}{2}{\log _2}({\log _2}x) \le 3 \Leftrightarrow {\log _2}({\log _2}x) \le 2\\
 \Leftrightarrow 0 < {\log _2}x \le 4 \Leftrightarrow 1 < x \le 16.
\end{array}\)

Từ giả thiết ta có

\(\begin{array}{l}
{u_n} = {u_{n - 1}} + n\\
 = {u_{n - 2}} + (n - 1) + n\\
 = {u_{n - 3}} + (n - 2) + (n - 1) + n\\
 = ...\\
 = {u_1} + 2 + 3 + ... + n\\
 = 1 + 2 + ... + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}.
\end{array}\)

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{u_n}}}{{{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n + 1}}{{2n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right) = \frac{1}{2}.\)

Đặt \(z = a + bi(a,b \in R) \Rightarrow \overline z  = a - bi\). Thế thì

\(\frac{{\left| {z + \overline z } \right| + \left| {z - \overline z } \right|}}{{\left| z \right|}} = \frac{{\left| {2a} \right| + \left| {2bi} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \frac{{2(\sqrt {{a^2}}  + \sqrt {{b^2}} )}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} \le \frac{{2\sqrt {2({a^2} + {b^2})} }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = 2\sqrt 2 .\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left| a \right| = \left| b \right|\). Mặt khác \(\frac{{2(\sqrt {{a^2}}  + \sqrt {{b^2}} )}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} \ge \frac{{2\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = 2\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0 hoặc b = 0

Như vậy ta có \(2 \le \frac{{\left| {z + \overline z } \right| + \left| {z - \overline z } \right|}}{{\left| z \right|}} \le 2\sqrt 2 \)

Ta viết lại hàm số đã cho thành

\(\begin{array}{l}
f(x) = n{x^2} - 2(1 + 2 + ... + n)x + {1^2} + {2^2} + ... + {n^2}\\
 = n{x^2} - n(n + 1)x + {1^2} + {2^2} + ... + {n^2}\\
 = n\left[ {{x^2} - 2.\frac{{n + 1}}{2}x + \frac{{{{(n + 1)}^2}}}{4}} \right] - \frac{{n{{(n + 1)}^2}}}{4} + {1^2} + {2^2} + ... + {n^2}\\
 = n{\left( {x - \frac{{n + 1}}{2}} \right)^2} - \frac{{n{{(n + 1)}^2}}}{4} + {1^2} + {2^2} + ... + {n^2}\\
 \ge  - \frac{{n{{(n + 1)}^2}}}{4} + {1^2} + {2^2} + ... + {n^2}
\end{array}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x = \frac{{n + 1}}{2}\)

d₁ có vecto chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_1}}  = (2,3,1)\) tương ứng với d­₂  có \(\overrightarrow {{u_2}}  = (1,5, - 2)\). Gọi (P) là mặt phẳng cách đều d₁ và d₂ thì (P) có một vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = ( - 11,5,7)\). Lấy điểm \(A( - 1,1,2) \in {d_1}\) và \(B(2, - 2,0) \in {d_2}\). Trung điểm đoạn AB là \(I\left( {\frac{1}{2}, - \frac{1}{2},1} \right)\). (P) đi qua I nên có phương trình là

 \(\begin{array}{l}
(P): - 11\left( {x - \frac{1}{2}} \right) + 5\left( {y + \frac{1}{2}} \right) + 7(z - 1) = 0\\
 \Leftrightarrow  - 11x + 5y + 7z + 1 = 0
\end{array}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{3}{\log _3}\left| a \right| + {\log _3}\left| b \right| = 5\\
{\log _3}\left| a \right| + \frac{1}{3}{\log _3}\left| b \right| = 7
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\log _3}\left| a \right| = 6\\
{\log _3}\left| b \right| = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| a \right| = 729\\
\left| b \right| = 27
\end{array} \right..\)

Phương trình đã cho có thể viết lại thành

\({(x + 1)^2} + {(y + 2)^2} + {(z - 3)^2} =  - {m^2} + 9m + 10.\)

Phương trình này là phườn trình của một mặt cầu khi và chỉ khi

\( - {m^2} + 9m + 10 > 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < 10.\)

Gọi \(a,b,c(1 \le a < b < c \le 20)\) tương ứng là vị trí của 3 cuốn sách được lấy. Để giữa 2 cuốn lấy được bất kì luôn có ít nhất 2 cuốn không được lấy thì điều kiện cần và đủ là \(b-a>2\) và \(c-b>2\). Tức là \(5 \le a + 4 < b + 2 < c \le 20\). Như vậy số cách lấy ra 3 cuốn sách thỏa mãn yêu cầu chính là số cách lấy ra 3 số nguyên dương trong 16 số( từ 5 đến 20 có tất cả 16 số) và bằng \(C_{16}^3\).

Ta biết rằng số đỉnh của hình lăng trụ luôn là một số chẵn. Giả sử một hình lăng trụ có 2n đỉnh. Khi đó số cạnh của hình lăng trụ sẽ bằng 3n. Theo bài ra ta có \(2n+3n = 200  \Leftrightarrow n=40\). Vậy lăng trụ đó có 80 đỉnh.

Gọi S là tổng cần tính. Áp dụng công thức tính tổng của cấp số nhân ta có

\(S = \frac{{1 - \frac{1}{{{i^{2020}}}}}}{{1 - \frac{1}{i}}} = \frac{{{i^{2020}} - 1}}{{{i^{2020}} - {i^{2019}}}} = \frac{{{{( - 1)}^{1010}} - 1}}{{{i^{2020}} - {i^{2019}}}} = 0\)

Trước hết ta viết lại hàm số đã cho thành

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

Từ đó \({f^n}(x) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {\frac{1}{{x - 1}}} \right)}^{(n)}} - {{\left( {\frac{1}{{x + 1}}} \right)}^{(n)}}} \right].\)

Dễ dàng thấy rằng nếu \(y = \frac{1}{{ax + b}}\) thì \({y^n} = \frac{{n!{{( - a)}^n}}}{{{{(ax + b)}^{n + 1}}}}.\)

Áp dụng kết quả này ta được

 \({f^n}(x) = \frac{{n!{{( - 1)}^n}}}{2}\left[ {\frac{1}{{{{(x - 1)}^{n + 1}}}} - \frac{1}{{{{(x + 1)}^{n + 1}}}}} \right]\)

Suy ra

 \({f^n}(0) = \frac{{n!{{( - 1)}^n}}}{2}\left[ {\frac{1}{{{{( - 1)}^{n + 1}}}} - 1} \right] = \frac{{n!{\rm{[}}1 + {{( - 1)}^n}{\rm{]}}}}{2}.\)

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và E là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {EA}  + 2\overrightarrow {EB}  - \overrightarrow {EC}  = 0\)

(điểm E như thế luôn tồn tại duy nhất). Khi đó đẳng thức trên tương đương với \(\left| {3\overrightarrow {MG} } \right| = \left| {\overrightarrow {ME} } \right|\) hay \(3MG = ME\). Trên đường thẳng GE ta lấy 2 điểm P, Q thỏa mãn 3PG = PE, 3QG = QE. Khi đó quỹ tích điểm M thỏa mãn yêu cầu là đường tròn đường kính PQ.

Ta có

\(\begin{array}{l}
\ln 2 = \int\limits_a^2 {\frac{1}{{{x^3} + x}}} dx = \int\limits_a^2 {\left( {\frac{1}{x} - \frac{x}{{{x^2} + 1}}} \right)} dx\\
 = \left. {\left( {\ln \left| x \right| - \frac{1}{2}\ln ({x^2} + 1)} \right)} \right|_0^2 = \left. {\ln \frac{{\left| x \right|}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \right|_0^2 = \ln \frac{{2\sqrt {{a^2} + 1} }}{{a\sqrt 5 }}.
\end{array}\)

Từ đó suy ra \(\frac{{2\sqrt {{a^2} + 1} }}{{a\sqrt 5 }} = 2 \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}.\)

Để đồ thị có 2 điểm cực trị thì PT y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt. Ta tìm được điều kiện m < 0 hoặc \(m > \frac{{14}}{{33}}\). Khi đó đường thẳng nối hai điểm cực trị có phương trình là

 \(y = \frac{{\left[ {m{x^2} + (4 - 2m)x - 6} \right]'}}{{{\rm{[}}2(x + 9){\rm{]}}'}} = mx + 2 - m.\)

Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng này là \(h = \frac{{\left| {2 - m} \right|}}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} = \sqrt {\frac{{{{(2 - m)}^2}}}{{{m^2} + 1}}}  \Rightarrow ({m^2} + 1){h^2} = {m^2} - 4m + 4\)

\( \Rightarrow ({h^2} - 1){m^2} + 4m + {h^2} - 4 = 0\)                                   (*)

Khi h = 1 thì \(m = \frac{3}{4}\). Khi \(h \ne 1\) thì (*) là phương trình bậc 2 của m. Điều kiện cần và đủ để phương trình này có nghiệm là \(\Delta ' = 4 - ({h^2} - 1)({h^2} - 4) \ge 0\)

                                    \( \Rightarrow {h^2}({h^2} - 5) \le 0 \Rightarrow h \le \sqrt 5 .\)

Khi \(h = \sqrt 5 \) thì \(4{m^2} + 4m + 1 = 0 \Leftrightarrow m =  - \frac{1}{2}.\)

Gọi r, h, V tương ứng là bán kính đáy, chiều cao và thể tích của khối trụ. Ta dễ dàng thấy \({r^2} + \frac{{{h^2}}}{4} = {R^2}\). Và từ đó \(V = \frac{\pi }{3}h{r^2} = \frac{\pi }{3}h\left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right)\).

Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

\({V^2} = \frac{{{\pi ^2}}}{9}{h^2}\left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right) = \frac{{2{\pi ^2}}}{9}.\frac{{{h^2}}}{2}\left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right)\left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right)\)

\( \le \frac{{2{\pi ^2}}}{9}.\frac{1}{{27}}{\left[ {\frac{{{h^2}}}{2} + \left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right) + \left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right)} \right]^3} = \frac{{16{\pi ^2}}}{{243}}{R^6}\)

Suy ra \(V \le \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }}{R^3}\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

\(\frac{{{h^2}}}{2} = {R^2} - \frac{{{h^2}}}{4} \Rightarrow {h^2} = \frac{4}{3}{R^2} \Rightarrow h = \frac{2}{{\sqrt 3 }}R\)

Trước hết ta có

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

Áp dụng kết quả này ta được

\(f\left( {\frac{1}{{100}}} \right) + f\left( {\frac{2}{{100}}} \right) + ... + f\left( {\frac{{99}}{{100}}} \right)\)

\( = \sum\limits_{k = 1}^{40} {\left[ {f\left( {\frac{k}{{100}}} \right) + f\left( {1 - \frac{k}{{100}}} \right)} \right]}  + f\left( {\frac{1}{2}} \right) = 49 + \frac{1}{2} = \frac{{99}}{2}\)

Để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 thì phải có ít nhất một lần ra mặt 5 chấm và các mặt khác ra mặt lẻ. Do đó xác suất cần tìm bằng \(\frac{{{3^5} - {2^5}}}{{{6^5}}} = \frac{{211}}{{7776}}\)

Dễ thấy A, B nằm khác phía so với mặt phẳng (xOy). Gọi B’ là điểm đối xừng với B qua (xOy). Thế thì \(B'\left( { - 1,4,3} \right)\) và MB = MB'. Khi đó \(\left| {MA - MB} \right| = \left| {MA - MB'} \right| < AB'\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M, A, B’ thẳng hàng và M nằm ngoài đoạn AB’. Như vậy M cần tìm là giao điểm của đường thẳng AB’ và mặt phẳng (xOy). Đường thẳng AB có phương trình

\(AB':\frac{{x - 3}}{{ - 2}} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{{z - 1}}{1}\)

Từ đó tìm được M(5;1;0).

Giả sử ABCD là hình vuông nội tiếp elip \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\).

Khi đó các đỉnh A, B, C, D phải nằm trên một trong hai đường phân giác của góc phần tư thứ nhất và thứ 2. Giả sử A(m, m) với m>0. Khi đó AB = 2m và \({S_{ABCD}} = 4{m^2}\). Mà \(A\left( {m,m} \right) \in \left( E \right)\) nên ta có \(\frac{{{m^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{m^2}}}{{{b^2}}} = 1\)

\( \Rightarrow {m^2} = \frac{{{a^2}{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} \Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{{4{a^2}{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}\)

Từ \(\cot x - \cot y = 5 \Rightarrow \frac{1}{{\tan x}} - \frac{1}{{\tan y}} = 5\)

\( \Rightarrow \frac{{\tan y - \tan x}}{{\tan x.\tan y}} = 5\). Kết hợp với \(\tan x - \tan y = 10\) thì ta được \(\tan x.\tan y =  - 2\).

Do đó

\(\tan \left( {x - y} \right) = \frac{{\tan x - \tan y}}{{1 + \tan x.\tan y}} = \frac{{10}}{{1 - 2}} =  - 10\)

Áp dụng liên tiếp công thức \(C_n^k + C_n^{k + 1} = C_{n + 1}^{k + 1}\) ta được

\(C_9^9 + C_{10}^9 + ... + C_{99}^9 = \underbrace {C_{10}^{10} + C_{10}^9}_{} + ... + C_{99}^9\)

                                   \( = \underbrace {C_{11}^{10} + C_{11}^9}_{} + ... + C_{99}^9\) 

                                   \( = \underbrace {C_{12}^{10} + C_{12}^9}_{} + ... + C_{99}^9\)

                                   = ...

                                   \( = C_{99}^{10} + C_{99}^9 = C_{100}^{10}\)

Dễ dàng kiểm tra được điểm A nằm trong khối cầu (S). Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường trong có chu vi nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ tâm O của (S) tới (P) là lớn nhất. Mà \(d\left( {O,\left( P \right)} \right) \le OA\) và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A là hình chiếu của O trên (P). Khi đó (P) sẽ nhận \(\overrightarrow {OA}  = \left( {0, - 1,2} \right)\) làm vectơ pháp tuyến.

Vậy \(\left( P \right):0\left( {x - 0} \right) - 1\left( {y + 1} \right) + 2\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow y - 2z + 5 = 0\)

Giả sử S.ABCD là chóp tứ giác đếu. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn AB, BC, CD, DA. Khi đó các mặt phẳng sau đây đều là mặt phẳng đối xứng của hình chóp: \(\left( {SAC} \right),\left( {SBD} \right),\left( {SMP} \right),\left( {SNQ} \right)\). Vậy có tất cả 4 mặt phẳng đối xứng.

Số cách rút hai thẻ chẵn là \(C_{10}^2\). Số cách rút ra hai thẻ trong đó có một thẻ ghi số chia hết cho 4 còn thẻ kia ghi số lẻ là \(C_5^1C_{10}^1\).

Vậy xác suất cần tìm là \(\frac{{C_{10}^2 + C_5^1C_{10}^2}}{{C_{20}^2}} = \frac{1}{2}\)

Theo một kết quả cơ bản của hình học vectơ ta có

\(\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC}  = 3\overrightarrow {SG} \)

Bình phương hai vế ta được

\(\begin{array}{l}
9S{G^2} = S{A^2} + S{B^2} + S{C^2} + 2\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB}  + 2\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SC}  + 2\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SA} \\
 = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab\cos \widehat {ASB} + 2bc.\cos \widehat {BSC} + 2ca\cos \widehat {CSA}\\
 = {a^2} + {b^2} + {c^2} + ab - bc
\end{array}\)

Từ đó \(SG = \frac{1}{3}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab - bc} \)

Đặt \(\sqrt {4 - {x^2}}  = t\) thì \({x^2} = 4 - {t^2}\) và \(0 \le t \le 2\). Hàm số đã cho trở thành \(y = f\left( t \right) =  - {t^2} + t + 4\)

Bằng cách lập bảng biên thiên của hàm số này trên đoạn [0;2] ta dễ dàng tìm được

\(\mathop {\max }\limits_{ - 2 \le x \le 2} y = \mathop {\max }\limits_{0 \le t \le 2} f\left( t \right) = f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{17}}{4}\)

Và \(\mathop {\max }\limits_{ - 2 \le x \le 2} y = \mathop {\max }\limits_{0 \le t \le 2} f\left( t \right) = \min \left\{ {f\left( 0 \right),f\left( 2 \right)} \right\} = 2\)

Từ đó \(M + m = \frac{{17}}{4} + 2 = \frac{{25}}{4}\).

Dễ thấy

\(\left\{ \begin{array}{l}
{\sin ^3}x \le {\sin ^2}x\\
{\cos ^5}x \le {\cos ^2}x
\end{array} \right. \Rightarrow {\sin ^3}x + {\cos ^5}x \le {\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sinx = 1 hoặc cosx = 1. Do đó \(M = \mathop {\max }\limits_{x \in R} y = 1\)

Tương tự

\(\left\{ \begin{array}{l}
{\sin ^3}x \ge  - {\sin ^2}x\\
{\cos ^5}x \ge  - {\cos ^2}x
\end{array} \right. \Rightarrow {\sin ^3}x + {\cos ^5}x \ge  - \left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) =  - 1\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sinx = -1 hoặc cosx = -1. Do đó \(m = \mathop {\min }\limits_{x \in R} y =  - 1\). Vậy M - m = 2.

Đường thẳng AB có phương trình là

\(\left( {2 - a} \right)x + \left( {1 + a} \right)y - 2 - {a^2} = 0\)

Khoảng cách từ O tới đường thẳng AB bằng

\(h = \frac{{2 + {a^2}}}{{\sqrt {{{\left( {a + 1} \right)}^2} + {{\left( {a - 2} \right)}^2}} }} = \frac{{2 + {a^2}}}{{\sqrt {5 - 2a + 2{a^2}} }}\)

\(\begin{array}{l}
AB = \sqrt {{{\left( {a + 1} \right)}^2} + {{\left( {a - 2} \right)}^2}}  = \sqrt {2{a^2} - 2a + 5} \\
{S_{OAB}} = \frac{1}{2}.h.AB = 1 + \frac{{{a^2}}}{2} \ge 1
\end{array}\)

Diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi a = 0.

• TH1: Số tự nhiên đó không có chữ số 0. Khi đó ta chọn 5 chữ số từ các chữ số 1, 2, …., 9 thì có \(C_9^5\) cách. Có 2 cách sắp xếp các chữ số này theo thứ tự tăng dần hoặc giảm dần. Suy ra trường hợp này có \(2C_9^5\) số.
• TH2: Số tự nhiên đó có chữ số 0. Khi đó 0 phải ở vị trí cuối cùng và các chữ số sẽ theo thứ tự giảm dần. Suy ra trường hợp này có \(C_9^4\) số.

Như vậy có tất cả là \(2C_9^5 + C_9^4\) số

Đặt \(z = \frac{{1 + 2i}}{{1 - i}} = \frac{{\left( {1 + 2i} \right)\left( {1 + i} \right)}}{{\left( {1 - i} \right)\left( {1 + i} \right)}} = \frac{{ - 1 + 3i}}{2} \Rightarrow 2z + 1 = 3i\)

\( \Rightarrow {\left( {2z + 1} \right)^2} = {\left( {3i} \right)^2} \Rightarrow 2{z^2} + 2z + 5 = 0\)

Điều này chứng tỏ z là một nghiệm (phức) của phương trình \(2{x^2} + 2x + 5 = 0\)

Từ đó suy ra \(\min \left( {a + b + c} \right) = 2 + 2 + 5 = 9\)

Đặt \({2^{{{\log }_3}x}} = t > 0\), phương trình trở thành

\({t^3} - 3t = m\)

Bằng cách lập bảng biên thiên của hàm \(f\left( t \right) = {t^3} - 3t\) trên khoảng \(\left( {0, + \infty } \right)\) chúng ta dễ dàng thấy rằng phương trình có nhiều hơn một nghiệm (chính xác hơn là có hai nghiệm) khi và chỉ khi - 2 < m < 0.

Gọi S là diện tích của miền cần tính. Từ hình vẽ và do tính đối xứng ta có

\(S = 2\int\limits_0^1 {\left( {2 - x - {x^2}} \right)dx}  = \frac{7}{3}\)

Vì \(2^k\) có 100 chữ số nên

\({10^{99}} \le {2^k} \le {10^{100}} \Leftrightarrow 99 \le k\lg 2 \le 100 \Leftrightarrow \frac{{99}}{{\lg 2}} \le k \le \frac{{100}}{{\lg 2}}\) hay \(329 \le k \le 332\). Tức là có 4 giá trị nguyên dương của k thỏa mãn.

Áp dụng kết quả cơ bản \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{a^x} - 1}}{{{a^x}}} = \ln a\) ta được

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {{2^x} - 1} \right)\left( {{3^x} - 1} \right)...\left( {{n^x} - 1} \right)}}{{{x^{n - 1}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{{2^x} - 1}}{x}.\frac{{{3^x} - 1}}{x}...\frac{{{n^x} - 1}}{x}} \right)\)

                                              \( = \ln 2.\ln 3...\ln n\).