Ta có: \({\left( {\frac{x}{2} + \frac{4}{x}} \right)^{18}} = \sum\limits_{k = 0}^{18} {C_{18}^k} {\left( {\frac{x}{2}} \right)^{18 - k}}{\left( {\frac{4}{x}} \right)^k} = \sum\limits_{k = 0}^{18} {C_{18}^k{{.4}^k}.{x^{18 - 2k}}} \) 

Số hạng không chứa x trong khai triển là số hạng thứ k với: \(18 - 2k = 0\) 

\( \Rightarrow k = 9\) 

Vậy hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển là: \(C_{18}^9{.2^{9 - 18}}{.4^9} = {2^9}.C{}_{18}^9\) 

Diện tích tam giác đều ABC có cạnh 2a là:

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \) 

Thể tích lăng trụ là:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.AA' = {a^2}\sqrt 3 .a\sqrt 3  = 3{a^3}\) 

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}
x \ge 3\\
{x^2} + x - m \ne 0
\end{array} \right..\) 

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\sqrt {x - 3} }}{{{x^2} + x - m}} = 0 \Rightarrow y = 0\) là TCN của đồ thị hàm số.

Đồ thị hàm số chỉ có đúng 2 đường tiệm cận \( \Leftrightarrow \) đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng.

\( \Leftrightarrow pt{\rm{ }}{{\rm{x}}^2} + x - m = 0\) có nghiệm kép \(x \ge 3\) hoặc có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \({x_1} < 3 \le {x_2}\) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\Delta  = 1 + 4m = 0\\
{3^2} + 3 - m = 0
\end{array} \right.\\
a.f\left( 3 \right) < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
m =  - \frac{1}{4}\\
m = 12
\end{array} \right.\\
{3^2} + 3 - m < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 12.\) 

Lại có: \(m \in [ - 2019;2019];m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {13;14;...;2019} \right\}.\) 

Như vậy có: 2008 giá trị m thỏa mãn bài toán.

Ta có: \(f\left( x \right) = {\left( {1 + 3x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k} {\left( {3x} \right)^k} = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + ... + {a_n}{x^n}\) 

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = n{\left( {1 + 3x} \right)^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2}x + ... + n{a_n}{x^{n - 1}}.\) 

Chọn x = 1 ta có: \(f'\left( 1 \right) = 3n{\left( {1 + 3x} \right)^{n - 1}} = {a_1} + 2a{}_2 + ... + n{a_n} = 49152n\) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow 3n{.4^{n - 1}} = 49152n \Leftrightarrow {4^{n - 1}} = 16384\\
 \Leftrightarrow {4^n} = 65536 \Leftrightarrow n = 8(tm)
\end{array}\) 

\( \Rightarrow {a_3} = C_8^3{.3^3} = 1512.\) 

Đặt \(\left| {\cos x} \right| = t\left( {0 \le t \le 1} \right).\) 

Khi đó ta có phương trình: \(\frac{1}{3}t{}^2 - 3{t^2} + 5t - 3 + 2m = 0(*)\) 

Phương trình bài cho có đúng 4 nghiệm thuộc \(\left[ {0;2\pi } \right] \Leftrightarrow \) phương (*) có 1 nghiệm \(t \in (0;1).\) 

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{1}{3}{t^3} - 3{t^2} + 5t - 3\) 

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f(x)\) và đường thẳng y = -2m.

Ta có: \(f'\left( t \right) = {t^2} - 6t + 5 \Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - 6t = 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 1\\
t = 5
\end{array} \right.\) 

Bảng biến thiên:

\( \Leftrightarrow pt(*)\) có 1 nghiệm \( \Leftrightarrow  - 3 <  - 2m < \frac{{ - 2}}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{3} < m < \frac{3}{2}.\)

Ta có: \(y' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}.\) 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng nằm phía bên trái của trục \(Oy \Rightarrow x =  - \frac{d}{c} < 0 \Rightarrow dc > 0.\) 

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số nằm phía dưới trục \(Ox \Rightarrow y = \frac{a}{c} < 0 \Leftrightarrow ac < 0 \Rightarrow ad < 0.\) 

Ta thấy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định \( \Rightarrow y' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow ad - bc < 0 \Leftrightarrow ad < bc.\) 

Lại có đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ \({y_0} > 0 \Rightarrow \frac{b}{d} > 0 \Leftrightarrow bd > 0.\) 

Xét hàm số: \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d \Rightarrow y' = 3a{x^2} + 2bx + c.\) 

\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 3a{x^2} + 2bx + c = 0(*)\) 

Ta có \(ac < 0 \Rightarrow (*)\) có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

Suy ra đồ thị hàm số có hai điểm cực trị trái dấu.

Ta có: \(SO \bot (ABCD)\) 

Gọi M là trung điểm của BC . 

Kẻ: \(\left\{ \begin{array}{l}
OM \bot BC\\
SO \bot BC
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SOM) \Rightarrow BC \bot OK\) (1)

Mà \(OK \bot SM\) (2) (cách dựng)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OK \bot (SBC)\) 

Hay \(OK = d\left( {O;(SBC)} \right)\) 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông cho tam giác \(\Delta SOM\) ta có:

\(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{a{}^2}}{4}}} = \frac{9}{{2{a^2}}}\) 

 \(\Rightarrow O{K^2} = \frac{{2{a^2}}}{9} \Rightarrow OK = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\) 

Đặt \(2x = t \Rightarrow dt = 2dx\)

Đổi cận: \(\left. \begin{array}{l}
x\\
t
\end{array} \right|\left. \begin{array}{l}
0\\
0
\end{array} \right|\left| \begin{array}{l}
2\\
4
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow J = \int\limits_0^2 {f\left( {2x} \right)dx}  = \int\limits_0^4 {f\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx}  = 32.\)

\({e^x} + \left( {{m^2} - m} \right){e^{ - x}} = 2m \Leftrightarrow {e^{2x}} - 2m{e^x} + {m^2} - m = 0\)

Đặt \(t = {e^x}\left( {t > 0} \right),\) phương trình trở thành \({t^2} - 2mt + {m^2} - m = 0\) (*).

Ta có \(x < \frac{1}{{\log e}} \Leftrightarrow t = {e^x} < {e^{\frac{1}{{\log e}}}} = {e^{\ln 10}} = 10.\) 

Bài toán trở thành tìm điều kiện để phương trình (*) có 2 nghiệm thỏa mãn \(0 < {t_1} < {t_2} < 10.\) 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' = {m^2} - {m^2} + m > 0\\
0 < S = 2m < 20\\
P = {m^2} - m > 0\\
\left( {{t_1} - 10} \right)\left( {{t_2} - 10} \right) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > 0\\
0 < m < 10\\
\left[ \begin{array}{l}
m > 1\\
m < 0
\end{array} \right.\\
{m^2} - m - 10.2m + 100 > 0
\end{array} \right.\) 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 < m < 10\\
{m^2} - 21m + 100 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 < m < 10\\
\left[ \begin{array}{l}
m > \frac{{21 + \sqrt {41} }}{2}\\
m < \frac{{21 - \sqrt {41} }}{2}
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < m < \frac{{21 - \sqrt {41} }}{2}\) 

Kết hợp điều kiện \(m \in Z \Rightarrow T = \left\{ {2;3;4;5;6;7} \right\}.\) 

Vậy tổng các phần tử của T bằng 27.

Ta có: \(f\left( 0 \right) = 2a - \frac{5}{4}.\) 

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

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

Hàm số liên tục tại \(x = 0 \Leftrightarrow f\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) \Leftrightarrow 2x - \frac{5}{4} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow a = \frac{3}{4}.\) 

Ta có: \(y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x - 9 \Rightarrow y'' = 6x - 6\) 

Gọi \(x=x_0\) là điểm cực đại của hàm số \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y'\left( {{x_0}} \right) = 0\\
y''\left( {{x_0}} \right) < 0
\end{array} \right..\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3x_0^2 - 6{x_0} - 9 = 0\\
6{x_0} - 6 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
{x_0} =  - 1\\
{x_0} = 3
\end{array} \right.\\
{x_0} < 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_0} =  - 1 \Rightarrow {y_{CD}} = y( - 1) = 6.\) 

Theo đề bài ta có: SA = SB = SC suy ra hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp \(\Delta ABC \Rightarrow SI \bot (ABC).\) 

\( \Rightarrow O \in SI\) hay S, I, O thẳng hàng.

Ta có: \(\angle \left( {SA;(ABC)} \right) = \angle (SA;AI) = \angle SAI = {60^0}\) 

Kẻ \(OM \bot SA \Rightarrow \Delta SMO \sim \Delta SAI\left( {g - g} \right)\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \frac{{SO}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SI}} \Rightarrow SO = \frac{{SM.SA}}{{SI}} = \frac{{S{A^2}}}{{2SI}} = \frac{{S{A^2}}}{{2\frac{{SA\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{SA\sqrt 3 }}{3} = R.\\
 \Rightarrow OI = SI - OI = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2} - \frac{{SA\sqrt 3 }}{3} = \frac{{SA\sqrt 3 }}{6}\\
 \Rightarrow IA = \sqrt {{R^2} - O{I^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{SA\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{SA\sqrt 3 }}{6}} \right)}^2}}  = \frac{{SA}}{2} = {R_{ABC}}
\end{array}\) 

Với R_ABC là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABC  ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{a}{{\sin {{30}^0}}} = 2{R_{ABC}} = 2a \Leftrightarrow {R_{ABC}} = a.\\
 \Rightarrow IA = a \Rightarrow SA = 2{R_{ABC}} = 2a.\\
 \Rightarrow R = \frac{{SA\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\\
 \Rightarrow {V_{cau}} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}} \right)^3} = \frac{{32\sqrt 3 \pi {a^3}}}{{27}}.
\end{array}\) 

Ta có \(J = \int\limits_0^2 {\left[ {3f\left( x \right) - 2} \right]dx}  = 3\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  - 2\int\limits_0^2 {dx}  = 3.2 - 2x\left| \begin{array}{l}
2\\
0
\end{array} \right. = 6 - 4 = 2.\)

Ta có \(f\left( x \right) = {x^2}{e^{ax}} \Rightarrow F\left( x \right) = \int {{x^2}{e^{ax}}dx} \) 

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = {x^2}\\
dv = {e^{ax}}dx
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = 2xdx\\
v = \frac{{{e^{ax}}}}{a}
\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow F(x) = {x^2}.\frac{{{e^{ax}}}}{a} - \frac{2}{a}\int {x.{e^{ax}}dx}  + C\) 

Xét \({I_1} = \int {x.{e^{ax}}dx} .\) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
a = x\\
db = {e^{ax}}dx
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
da = dx\\
b = \frac{{{e^{ax}}}}{a}
\end{array} \right. \Rightarrow {I_1} = x\frac{{{e^{ax}}}}{a} - \frac{1}{a}\int {{e^{ax}}dx}  + C = x\frac{{{e^{ax}}}}{a} - \frac{{{e^{ax}}}}{{{a^2}}} + C\) 

\( \Rightarrow F\left( x \right) = {x^2}.\frac{{{e^{ax}}}}{a} - \frac{2}{a}\left( {x.\frac{{{e^{ax}}}}{a} - \frac{{{e^{ax}}}}{{{a^2}}}} \right) + C = \frac{{{x^2}{e^{ax}}}}{a} - \frac{{2x{e^{ax}}}}{{{a^2}}} + \frac{{2{e^{ax}}}}{{{a^3}}}\) 

\( \Rightarrow F(0) + 1 = \frac{2}{{a{}^3}} + 1\) và \(F\left( {\frac{1}{a}} \right) = \frac{{\frac{1}{{{a^2}}}e}}{a} - \frac{{2\frac{1}{a}e}}{{{a^2}}} + \frac{{2e}}{{{a^3}}} = \frac{e}{{{a^3}}} - \frac{{2e}}{{{a^3}}} + \frac{{2e}}{{{a^3}}} = \frac{e}{{{a^3}}}\) 

Theo bài ra ta có \(\frac{e}{{{a^3}}} = \frac{2}{{a{}^3}} + 1 = \frac{{2 + {a^3}}}{{{a^3}}} \Leftrightarrow a = \sqrt[3]{{e - 2}} \approx 0,9.\) 

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x + m \Rightarrow y'' = 6x - 6.\) 

x = 0 là điểm cực đại của hàm số \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y'(0) = 0\\
y''(0) < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = 0\\
6.0 - 6 < 0\forall m
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 0.\) 

+) Đáp án A: TXĐ: D = R.

Ta có: \(a = \frac{\pi }{3} > 1 \Rightarrow y = {\left( {\frac{\pi }{3}} \right)^x}\) là hàm đồng biến trên R suy ra loại đáp án A.

+) Đáp án B: TXĐ: D = R.

Ta có: \(y' = \frac{{2x}}{{\left( {2{x^2} + 1} \right)\ln 2}} \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow \) hàm số có sự đổi dấu qua điểm \(x = 0 \Rightarrow \) loại đáp án B.

+) Đáp án C: TXĐ: D = R.

Ta có: \(a = \frac{2}{e} < 1 \Rightarrow y = \left( {\frac{2}{e}} \right){}^x\) là hàm nghịch biến trên \(R \Rightarrow \) chọn đáp án C.

Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy R, chiều cao h và đường sinh \(l:{S_{xq}} = \pi Rl.\) 

\({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - {x^2} + 3x}} < \frac{1}{4} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - {x^2} + 3x}} < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow  - {x^2} + 3x > 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 < 0 \Leftrightarrow 1 < x < 2.\)

Diện tích tam giác đều \(ABC:{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\) 

Ta có: \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) 

\( \Rightarrow A'H = \sqrt {AA' - A{H^2}}  = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{4} - \frac{{3{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) (định lý Py-ta-go).

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'H = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{8} = \frac{{{a^3}}}{{4\sqrt 2 }}.\) 

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đề bài cho là:

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

Khi đó ta có diện tích của hình (H) được tính bởi công thức:

\(\begin{array}{l}
{S_H} = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| { - {x^3} + 12x + {x^2}} \right|dx}  = \int\limits_{ - 3}^0 {\left( { - {x^2} + {x^3} - 12x} \right)dx}  + \int\limits_0^4 {\left( { - {x^3} + 12x + {x^2}} \right)dx} \\
 = \left( { - \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{12{x^2}}}{2}} \right)\left| \begin{array}{l}
0\\
 - 3
\end{array} \right. + \left( { - \frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{12{x^2}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3}} \right)\left| \begin{array}{l}
4\\
0
\end{array} \right.\\
 = \frac{{99}}{4} + \frac{{160}}{3} = \frac{{937}}{{12}}.
\end{array}\) 

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\) 

Hàm số nghịch biến trên (-1;1).

TXĐ: \(D = R\backslash \{ 2\} .\) 

Ta có: \(y' = \frac{{ - 4.\left( { - 2} \right) - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^3}}} = \frac{5}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}.\) 

Gọi \(M\left( {{x_0}; - \frac{7}{3}} \right)\) là điểm thuộc đồ thị hàm số.

\( \Rightarrow  - \frac{7}{3} = \frac{{3 - 4{x_0}}}{{{x_0} - 2}} \Leftrightarrow  - 7{x_0} + 14 = 9 - 12{x_0} \Leftrightarrow {x_0} =  - 1 \Rightarrow M\left( { - 1; - \frac{7}{3}} \right).\) 

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại M là: \(a = y'\left( { - 1} \right) = \frac{5}{{{{\left( { - 1 - 2} \right)}^2}}} = \frac{5}{9}.\) 

Ta có 

\(\begin{array}{l}
F\left( x \right) = \int {\frac{{2\cos x - 1}}{{{{\sin }^2}x}}dx}  = 2\int {\frac{{\cos x}}{{{{\sin }^2}x}}dx}  - \int {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}dx} \\
 = 2\int {\frac{{d\left( {{\mathop{\rm sinx}\nolimits} } \right)}}{{{{\sin }^2}x}}}  + \cot x + C =  - \frac{2}{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }} + \cot x + C.
\end{array}\)

\(F'\left( x \right) = f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\cos x - 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\
x =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi 
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)\)

\(x \in (0;\pi ) \Rightarrow x = \frac{\pi }{3} \Rightarrow \mathop {Max}\limits_{(0;\pi )} F\left( x \right) = \sqrt 3 \) khi \(x = \frac{\pi }{3}.\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow F\left( x \right) =  - \frac{2}{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }} + \cot x + 2\sqrt 3 \\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
F\left( {\frac{\pi }{6}} \right) =  - 4 + 3\sqrt 3 \\
F\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\
F\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sqrt 3 \\
F\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) =  - 4 + \sqrt 3 
\end{array} \right.
\end{array}\)

Bảng xét dấu \(f'(x)\)

Ta có: \(y = f\left( {{x^2} + 3x - m} \right) = g\left( x \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {2x + 3} \right)f'\left( {{x^2} + 3x - m} \right)\) 

Để hàm số \(y=g(x)\) đồng biến trên \((0;2) \Rightarrow g'\left( x \right) \ge 0\forall x \in (0;2)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Trên (0;2) ta có \(2x + 3 > 0\forall x \in (0;2) \Rightarrow g'\left( x \right) \ge 0\forall x \in (0;2) \Leftrightarrow f'\left( {{x^2} + 3x - m} \right) \ge 0\forall x \in (0;2)\) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} + 3x + m \ge 1\forall x \in (0;2)(1)\\
{x^2} + 3x + m \le  - 3\forall x \in (0;2)(2)
\end{array} \right.\) 

 \((1) \Leftrightarrow h\left( x \right) = {x^2} + 3x - 1 \ge  - m\forall x \in (0;2) \Leftrightarrow  - m \le \mathop {\min }\limits_{[0;2]} h(x)\)

Ta có \(h'\left( x \right) = 2x + 3 > 0\forall x \in (0;2) \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên

\(\begin{array}{l}
(0;2) \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{[0;2]} h\left( x \right) = h(0) =  - 1 \Leftrightarrow  - m \le  - 1 \Leftrightarrow m \ge 1\\
(2) \Leftrightarrow k\left( x \right) = {x^2} + 3x + 3 \le  - m\forall x \in (0;2) \Leftrightarrow  - m \ge \mathop {\max }\limits_{[0;2]} k(x)
\end{array}\) 

Ta có \(k'\left( x \right) = 2x + 3 > 0\forall x \in (0;2) \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên

\((0;2) \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{[0;2]} k(x) = k(2) = 13 \Leftrightarrow  - m \ge 13 \Leftrightarrow m \le  - 13\) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m \ge 1\\
m \le  - 13
\end{array} \right.\) Kết hợp điều kiện đề bài \( \Leftrightarrow 1 \le m \le 20 \Rightarrow \) Có 20 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài

Gọi \(O = AC \cap BD\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
AC \bot BD\\
AC \bot DD'
\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot (ODD').\) 

Trong \((ODD')\) kẻ \(OH \bot OD'\left( {H \in OD'} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
DH \bot OD'\\
DH \bot AC
\end{array} \right. \Rightarrow DH \bot (D'AC) \Rightarrow d\left( {D'(D'AC} \right) = DH.\) 

Gọi cạnh của hình lập phương là x ta có \(DD' = x,OD = \frac{{x\sqrt 2 }}{2}.\) 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông DD'O ta có:

\(DH = \frac{{DO.DD'}}{{\sqrt {D{O^2} + DD{'^2}} }} = \frac{{\frac{{x\sqrt 2 }}{2}.x}}{{\sqrt {\frac{{{x^2}}}{2} + {x^2}} }} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}.\) 

Trong (BDD'B') gọi \(M = BD \cap OD' \Rightarrow BD \cap \left( {D'AC} \right) = M\) ta có:

\(\frac{{d\left( {D;(D'AC)} \right)}}{{d\left( {B';(D'AC)} \right)}} = \frac{{DM}}{{B'M}} = \frac{{OD}}{{B'D'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d\left( {B';(D'AC)} \right) = 2d\left( {D;(D'AC)} \right) = \frac{{2x\sqrt 3 }}{3}.\) 

Theo bài ra ta có: \(\frac{{2x\sqrt 3 }}{3}.\frac{{x\sqrt 3 }}{3} = 6{a^2} \Leftrightarrow \frac{2}{3}{x^2} = 6{a^2} \Leftrightarrow x = 9{a^2} \Leftrightarrow x = 3a.\) 

Do đó thể tích khối lập phương là \(V = {\left( {3a} \right)^3} = 27{a^3} \Rightarrow k = 27 \in (20;30).\) 

\({S_{14}} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]}}{2} = \frac{{14\left[ {2.( - 6) + 13.4} \right]}}{2} = 280.\)

Gọi bán kính và chiều cao của hình trụ đã cho lần lượt là r, h.

Khi đó: \(V = \pi {r^2}h = 25\pi  \Leftrightarrow {r^2}h = 25.\) (*).

Khi chiều cao tăng lên 5 lần ta được chiều cao mới là: 5h

\( \Rightarrow\) Diện tích xung quanh của hình trụ mới là: \({S_{xq}} = 2\pi .5hr = 25\pi  \Leftrightarrow hr = \frac{5}{2}.\) 

\( \Rightarrow (*) \Leftrightarrow r = 10.\) 

\(\begin{array}{l}
{y^x}.{\left( {{e^x}} \right)^{{e^y}}} \ge {x^y}{\left( {{e^y}} \right)^{{e^x}}}\\
 \Leftrightarrow x\ln y + {e^x}.x \ge y\ln x + {e^x}.y\\
 \Leftrightarrow x\left( {{e^y} + \ln y} \right) \ge y\left( {{e^x} + \ln x} \right)\\
 \Leftrightarrow \frac{{{e^y} + \ln y}}{y} \ge \frac{{{e^x} + \ln x}}{x}
\end{array}\)

Xét hàm số \(f(t) = \frac{{{e^t} + \ln t}}{t}\) với t > 1

Ta có \(\begin{array}{l}
f'(t) = \frac{{\left( {{e^x} + \frac{1}{t}} \right)t - {e^t} - \ln t}}{{{t^2}}}\\
 = \frac{{{e^t}\left( {t - 1} \right) + \left( {1 - \ln t} \right)}}{{{t^2}}}
\end{array}\)

Xét tiếp \(\begin{array}{l}
g(t) = t.{e^t} - {e^t} + 1 - \ln t\\
g'(t) = {e^t} - t{e^t} - {e^t} + 1 - \frac{1}{t} > 0\,\,\forall t > 1
\end{array}\)

Suy ra \(g(t) > g(1) = 1\)

Suy ra f'(t)>0 với mọi t >1 suy ra hàm số \(f(t) = \frac{{{e^t} + \ln t}}{t}\) đồng biến trên \((1;+\infty)\).

Từ \( \frac{{{e^y} + \ln y}}{y} \ge \frac{{{e^x} + \ln x}}{x}\) suy ra \(y \ge x >1\)

Xét \(P = {\log _x}\sqrt {xy}  + {\log _y}x  = 0 \Leftrightarrow t =  \pm \sqrt 2 \) do đó \(t \ge 1\) nhận nghiệm \(t = \sqrt 2\)

Vậy \(P_{min} =P(\sqrt 2)= \frac{{2 + 2\sqrt 2 }}{2}\)

\(\int {\left( {{x^2} - {3^x} + \frac{1}{x}} \right)dx}  = \frac{{x{}^3}}{3} - \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + \ln \left| x \right| + C\left( {C \in R} \right).\)

Gọi số hạng đầu và công bội của CSN lần lượt là \(u_1, q\) 

Theo đề bài ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} + {u_2} + {u_3} = 168\\
{u_4} + {u_5} + {u_6} = 21
\end{array} \right.\) 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} + {u_1}q + {u_1}{q^2} = 168\\
{u_1}{q^3} + {u_1}{q^4} + {u_1}{q^5} = 21
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = 168(1)\\
{u_1}{q^3}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = 21(2)
\end{array} \right.\) 

Lây (2) chia cho (1) ta được: \({q^3} = \frac{{21}}{{168}} = \frac{1}{8} \Leftrightarrow q = \frac{1}{2}\) 

\( \Rightarrow (1) \Leftrightarrow {u_1}\left( {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4}} \right) = 168 \Leftrightarrow {u_1} = 96.\) 

Ta có: \(x - 2m = 0 \Leftrightarrow x = 2m\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{mx + 1}}{{x - 2m}} = m \Rightarrow y = m\) là TCN của đồ thị hàm số.

\( \Rightarrow I\left( {2m;m} \right)\) là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số.

Ta thấy \({y_I} = \frac{1}{2}{x_I} \Leftrightarrow {x_I} - 2{y_I} = 0 \Rightarrow I\) thuộc đường thẳng \(x - 2y = 0.\) 

\(y' = \left( {{3^{{x^2} - 2x}}} \right)' = \left( {2x - 2} \right){3^{2{x^2} - 2x}}\ln 3.\)

Ta có \(\Delta OIM\) vuông tại I, \(\angle IOM = {45^0} \Rightarrow \Delta OIM\) vuông cân tại I.

Khi quay \(\Delta OIM,\) quang trục OI ta được hình nón có chiều cao OI = a, bán kính đáy IM = a và đường sinh \(l = OM = a\sqrt 2 .\) 

\( \Rightarrow {S_{x1}} = \pi rl = \pi a.a\sqrt 2  = \pi {a^2}\sqrt 2 .\) 

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.3^2}.\sqrt 2  = 3\pi \sqrt 2 .\)

Gọi số tự nhiên thỏa mãn là \(\overline {abcdef} \) với \(a,b,c,d,e,f \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}.\) 

Do yêu cầu bài toán nên \(d + e + f = 12,a + b + c = 9\) hay \(\left( {a;b;c} \right) \in \left\{ {(1;2;6),(1;3;5),(2;3;4)} \right\}\) và \(\left( {d;e;f} \right) \in \left\{ {(3;4;5),(2;4;6),(1;5;6)} \right\}\) tương ứng.

Xét hai bộ (1;2;6) và (3;4;5) thì ta lập được 3!.3!= 36 số, trong đó các chữ số 1,2,6 có mặt ở hàng trăm

Nghìn 36 : 3 =12 lần, hàng chục nghìn 12 lần, hàng nghìn 12 lần và các chữ số 3,4,5 cũng có mặt ở hàng trăm, chục, đơn vị 12 lần.

Tổng các số trong trường hợp này là:

\(\begin{array}{l}
12.\left( {1 + 2 + 6} \right){.10^5} + 12.\left( {1 + 2 + 6} \right){.10^4} + 12.\left( {1 + 2 + 6} \right){.10^3}\\
 + 12.(3 + 4 + 5){.10^2} + 12.\left( {3 + 4 + 5} \right).10 + 12.\left( {3 + 4 + 5} \right).1 = 12003984
\end{array}\) 

Tương tự ở hai cặp còn lại ta cũng có tổng các số bằng 12003984.

Khi đó tổng các phần tử của M là 12003984.3 = 36011952

\(I = \int\limits_1^2 {\frac{{\ln xdx}}{{{x^2}}}dx} \) 

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = \ln x\\
dv = \frac{1}{{{x^2}}}dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = \frac{{dx}}{x}\\
v =  - \frac{1}{x}
\end{array} \right.\) ta có:

\(I = \left( {\ln x.\frac{{ - 1}}{x}} \right)\left| \begin{array}{l}
2\\
1
\end{array} \right. + \int\limits_1^2 {\frac{{dx}}{{{x^2}}} =  - \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{1}{x}\left| \begin{array}{l}
2\\
1
\end{array} \right. =  - \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\ln 2} \) 

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 1\\
c = 2\\
a = \frac{{ - 1}}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow P = 2a + 3b + c =  - 1 + 3 + 2 = 4.\)

TXĐ: D = R. Ta có \(y' = {x^2} - 4mx + m - 1.\) 

Lấy y chia cho y' ta được \(y = y'\left( {\frac{1}{3}x - \frac{2}{3}m} \right) + \left( { - \frac{8}{3}{m^2} + \frac{2}{3}m - \frac{2}{3}} \right)x + \frac{8}{3}{m^2} - \frac{2}{3}m + 1\) 

 Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của hàm số là \(y = \left( { - \frac{8}{3}{m^2} + \frac{2}{3}m - \frac{2}{3}} \right)x + \frac{8}{3}{m^2} - \frac{2}{3}m + 1.\)  

 \(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \left( { - \frac{8}{3}{m^2} + \frac{2}{3}m - \frac{2}{3}} \right)x - y + \frac{8}{3}{m^3} - \frac{2}{3}m + 1 = 0\\
 \Leftrightarrow \left( { - 8{m^3} + 2m - 2} \right)x - 3y + 8{m^2} - 2m + 3 = 0(d)\\
 \Rightarrow d\left( {O;d} \right) = \frac{{\left| {8{m^2} - 2m + 3} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 8{m^2} + 2m - 2} \right)}^2} + 9} }} = \sqrt {\frac{{{{\left( { - 8{m^2} + 2m - 2} \right)}^2}}}{{{{\left( { - 8{m^2} + 2m - 2} \right)}^2} + 99}}} 
\end{array}\)

Đặt \(t =  - 8{m^2} + 3m - 2 \Rightarrow  - t + 1 = 8{m^2} - 2m + 3\) 

\( \Rightarrow d\left( {O;d} \right) = \sqrt {\frac{{{{\left( { - t + 1} \right)}^2}}}{{{t^2} + 9}}} \) 

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{{{\left( { - t + 1} \right)}^2}}}{{{t^2} + 9}}\) ta có \(f'\left( t \right) = \frac{{ - 2( - t + 1)({t^2} + 9) - {{\left( { - t + 1} \right)}^2}.2t}}{{{{\left( {{t^2} + 10} \right)}^2}}} = \frac{{2{t^2} + 16t - 18}}{{{{\left( {{t^2} + 10} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 1\\
t =  - 9
\end{array} \right..\) 

BBT:

\( \Rightarrow d{\left( {O;d} \right)_{\max }} = \frac{{\sqrt {10} }}{3}.\)

Gieo đồng thời hai con súc sắc \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = {6^2} = 36.\) 

Gọi A là biến cố: "Hiệu số chấm xuất hiện trên các mặt của hai con súc sắc bằng 2".

Các bộ số có hiệu bằng 2 là (1;3); (2;4); (3;5); (4;6) \( \Rightarrow n\left( A \right) = 4.2! = 8.\) 

Vậy \(P(A) = \frac{8}{{36}} = \frac{2}{9}.\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AD + BC} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {2a + a} \right).a}}{2} = \frac{{3{a^2}}}{2};\\
{S_{ABD}} = \frac{1}{2}AB.AD = \frac{1}{2}.a.2a = a{}^2\\
 \Rightarrow {S_{BCD}} = {S_{ABCD}} - {S_{ABD}} = \frac{3}{2}{a^2} - {a^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\\
 \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 2 .\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}.
\end{array}\)

Gắn hệ trục tọa độ như sau:

Ta có phương trình Elip: \(\frac{{{{\left( {x - 40} \right)}^2}}}{{{{40}^2}}} + \frac{{{{\left( {y - 60} \right)}^2}}}{{{{30}^2}}} = 1.\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {\left( {y - 60} \right)^2} = {30^2}\left( {1 - \frac{{{{\left( {x - 40} \right)}^2}}}{{{{40}^2}}}} \right)\\
 \Leftrightarrow y - 60 =  - \frac{3}{4}\sqrt {{{40}^2} - {{\left( {x - 40} \right)}^2}} \\
 \Leftrightarrow y = 60 - \frac{3}{4}\sqrt {{{40}^2} - {{\left( {x - 40} \right)}^2}} 
\end{array}\) 

(Do phần đồ thị được lấy nằm phía dưới đường thẳng y = 60)

Khi đó ta có \(V = \pi {\int\limits_0^{80} {\left( {60 - \frac{3}{4}\sqrt {{{40}^2} - {{\left( {x - 40} \right)}^2}} } \right)} ^2}dx\) 

Ta có \({V_1} = {V_{MNPQ}} = \frac{1}{3}d\left( {M;(NPQ)} \right).{S_{NPQ}},\) 

\({V_2} = {V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{3}{2}{V_{A.BCC'B'}} = \frac{3}{2}.\frac{1}{3}d\left( {A;(BCC'B')} \right).{S_{BCC'B'}}.\) 

Ta có: \(d\left( {M;(NPQ)} \right) = d\left( {A;(BCC'B')} \right).\) 

Đặt \(BC = x,BB' = y\) ta có \({S_{BCC'B'}} = xy\) 

\(\begin{array}{l}
S{}_{BCPN} = \frac{{\left( {BN + CP} \right).BC}}{2} = \frac{{\left( {\frac{y}{3} + \frac{y}{4}} \right).x}}{2} = \frac{7}{{24}}xy\\
{S_{B'NQ}} = \frac{1}{2}B'N.B'Q = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}y.\frac{4}{5}x = \frac{4}{{15}}xy\\
{S_{C'PQ}} = \frac{1}{2}C'P.C'Q = \frac{1}{2}.\frac{3}{4}y.\frac{1}{5}x = \frac{3}{{40}}xy\\
 \Rightarrow {S_{NPQ}} = xy - \frac{7}{{24}}xy - \frac{4}{{15}}xy - \frac{3}{{40}}xy = \frac{{11xy}}{{30}} = \frac{{11}}{{30}}{S_{BCC'B'}}\\
 \Rightarrow {V_1} = {V_{MNPQ}} = \frac{1}{3}d\left( {A;(BCC'B')} \right).\frac{{11}}{{30}}{S_{BCC'B'}} = \frac{{11}}{{90}}d\left( {A;(BCC'B')} \right).{S_{BCC'B'}}\\
 \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{{11}}{{90}}d\left( {A;(BCC'B')} \right).{S_{BCC'B'}}}}{{\frac{3}{2}.\frac{1}{3}d\left( {A;(BCC'B')} \right).{S_{BCC'B'}}}} = \frac{{11}}{{45}}.
\end{array}\)

- Viết phương trình đoạn thẳng dưới dạng phương trình đoạn chắn.

- Phương trình đường thẳng \(d:\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\)

ĐKXĐ: \( - 2 \le x \le 2.\) 

Ta có \(y' = 1 + \frac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {4 - {x^2}}  =  - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \le 0\\
4 - {x^2} = {x^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x =  - \sqrt 2 .\) 

Ta có \(y(2) = 2;y( - 2) =  - 2;y\left( { - \sqrt 2 } \right) =  - 2\sqrt 2  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
M = 2\\
m =  - 2\sqrt 2 
\end{array} \right. \Rightarrow M + m = 2 - 2\sqrt 2  = 2\left( {1 - \sqrt 2 } \right).\) 

\(L = \lim \frac{{{n^3} - 2n}}{{3{n^2} + n - 2}} = \lim \frac{{1 - \frac{2}{{{n^2}}}}}{{\frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{2}{{{n^3}}}}} =  + \infty .\)

ĐK: \(x>0\)

\(\begin{array}{l}
\log _{\frac{1}{3}}^2x - 5{\log _3}x + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left( { - {{\log }_3}x} \right)^2} - 5{\log _3}x + 4 = 0\\
 \Leftrightarrow \log _3^2x - 5{\log _3}x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\log _3}x = 4\\
{\log _3}x = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = {3^4} = 81(tm)\\
x = 3{}^1 = 3(tm)
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow T = 81 + 3 = 84.
\end{array}\)

Xét \(\cos x = 0 \Rightarrow pt \Leftrightarrow \sin {}^4x = 0\) (vô lý) \( \Rightarrow \cos x = 0\) không là nghiệm của phương trình đã cho.

\({\sin ^4}x - \cos {}^4x = 0 \Leftrightarrow {\sin ^4}x = {\cos ^4}x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\mathop{\rm sinx}\nolimits}  = cosx\\
sinx =  - cosx
\end{array} \right.\) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\mathop{\rm tanx}\nolimits}  = 1\\
tanx =  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow x =  \pm \frac{\pi }{4} + k\pi  = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in Z} \right).\) 

Phương trình thuần nhất đối với sin và cos, dạng \(a\sin x + b\cos x = c\) có nghiệm \( \Leftrightarrow a{}^2 + {b^2} \ge c{}^2.\)

Do \( - 4 \in {Z^ - }\) nên hàm số xác định \( \Leftrightarrow {x^2} - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne  \pm 1.\) 

Vậy TXĐ của hàm số là \(D = R\backslash \{  - 1;1\} .\) 

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty  \Rightarrow a > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án C và D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \((2; - 3) \Rightarrow \) Loại đáp án B vì \({2.2^3} - {6.2^2} + 1 =  - 7 \ne  - 3.\)