Có 3 mặt phẳng đối xứng như trong hình vẽ dưới đây:

Sử dụng MTCT tính giới hạn ở từng đáp án và kết luận.

\( \Rightarrow \lim \left( {{n^3} - 4{n^2} + 1} \right) =  + \infty \)

Số nghiệm của phương trình \({x^3} + 3{x^2} - 2 = m\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 2\) và đường thẳng .

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - 2} \right\}\). Ta có: \(y' = \frac{{2.1 - 1.1}}{{{{(x + 2)}^2}}} = \frac{1}{{{{(x + 2)}^2}}}\)

Gọi \(M\left( {{x_0};\frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} + 2}}} \right) \in (C)\)

Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ \(x=x_0\) là:

\(y' = \frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}(x - {x_0}) + \frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} + 2}}(d')\)

Để \((d')//(d):x + y = 1 \Leftrightarrow y =  - x - 1 \Rightarrow \frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} =  - 1\) (vô nghiệm)

Suy ta không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCN là: \(y = 2 \Rightarrow y = \frac{a}{b} = 2 \Rightarrow \) loại đáp án A, B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \((0;1) \Rightarrow  - \frac{1}{c} = 1 \Rightarrow c =  - 1 \Rightarrow \) chọn D.

Hàm số \(y=f(x)\) có \(f'(x) > 0,\forall x \in R\) thì đồng biến trên R.

Khi đó ta có \(f\left( {\frac{1}{x}} \right) < f\left( 1 \right) \Leftrightarrow \frac{1}{x} < 1 \Leftrightarrow \frac{1}{x} - 1 < 0 \Leftrightarrow \frac{{1 - x}}{x} < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 1\\
x < 0
\end{array} \right.\)

Vậy \(x \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\)

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

Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên \(( - \infty ;2)\)  và đồng biến trên \((2; + \infty )\)

Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho ta có:

\(\begin{array}{l}
20{u_1} - 10{u_2} + {u_3} = 20{u_1} - 10{u_1}q + {u_1}{q^2}\\
 = 40 - 20q + 2{q^2} = 2({q^2} - 10q + 25) - 10\\
 = 2{(q - 5)^2} - 10 \ge  - 10
\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow q = 5\)

Khi đó số hạng thứ sáu của cấp số nhân trên là \({u_7} = {u_1}{q^6} = {2.5^6} = 31250\)

Mặt phẳng (P) vuông góc với (Q), (R) \( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  \bot \overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{n_P}}  \bot \overrightarrow {{n_R}}  \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{n_R}} } \right]\)

Ta có: \(\overrightarrow {{n_Q}}  = (1;1;3),\overrightarrow {{n_R}}  = (2; - 1;1)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{n_R}} } \right] = (4;5; - 3)\)

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm B(2;1;- 3) và có VTPT \(\overrightarrow n  = (4;5; - 3)\) là:

\(4(x - 2) + 5(y - 1) - 3(z + 3) = 0 \Leftrightarrow 4x + 5y - 3z - 22 = 0\)

\(\left[ {\ln \left( {5 - 3{x^2}} \right)} \right]' = \frac{{ - 6x}}{{5 - 3{x^2}}} = \frac{{6x}}{{3{x^2} - 5}}\)

Ta có \({\log _5}2 = \frac{1}{{{{\log }_2}5}} = \frac{1}{a};{\log _5}3 = \frac{1}{{{{\log }_3}5}} = \frac{1}{b}\)

\({\log _6}5 = \frac{1}{{{{\log }_5}6}} = \frac{1}{{{{\log }_5}2 + {{\log }_5}3}} = \frac{1}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}} = \frac{{ab}}{{a + b}}\)

Do \(0 < a,b < \frac{\pi }{2} \Rightarrow 0 < a + b < \pi \)

Ta có: \(\tan (a + b) = \frac{{\tan a + {\mathop{\rm tanb}\nolimits} }}{{1 - \tan a.{\mathop{\rm tanb}\nolimits} }} = \frac{{\frac{1}{7} + \frac{3}{4}}}{{1 - \frac{1}{7}.\frac{3}{4}}} = 1 \Leftrightarrow a + b = \frac{\pi }{4}\)

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó:

+) 3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện.

+) 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.

Ta có \(\int {\frac{{{\rm{dx}}}}{{{{\sin }^2}x}}}  =  - \cot x + C\) do đó đáp án B sai.

Ta có: \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BD\)

Lại có: \(BD \bot AC\) (do ABCD là hình vuông)

\( \Rightarrow BD \bot (SAC) \Rightarrow BD \bot AN\)

Mà \(AN \bot SO\,\,(gt)\)

\( \Rightarrow AN \bot (SBD) \Rightarrow AN \bot (SOD)\)

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 2 \right\}\) . Ta có: \(y' = \frac{{ - 2.1 - 1.({m^2} + 2m)}}{{{{(x - 2)}^2}}} = \frac{{ - {m^2} - 2m - 2}}{{{{(x - 2)}^2}}} = \frac{{ - {{(m + 1)}^2} - 1}}{{{{(x - 2)}^2}}} < 0\forall x \in D\)

\( \Rightarrow y' < 0\forall x \in \left[ {3;4} \right] \Rightarrow \) Hàm số đã cho nghịch biến trên [3;4]

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {3;4} \right]} y = y(4) = \frac{{{m^2} + 2m + 4}}{2};\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {3;4} \right]} y = y(3) = {m^2} + 2m + 3\\
 \Rightarrow A = \frac{{{m^2} + 2m + 4}}{2};B = {m^2} + 2m + 3
\end{array}\)

Theo bài ra ta có \(A + B = \frac{{19}}{2} \Leftrightarrow \frac{{{m^2} + 2m + 4}}{2} + {m^2} + 2m + 3 = \frac{{19}}{2}\)

 \( \Leftrightarrow \frac{{{m^2} + 2m + 4 + 2{m^2} + 4m + 6}}{2} = \frac{{19}}{2} \Leftrightarrow 3{m^2} + 6m - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m =  - 3
\end{array} \right.\)

Xét đáp án A: Giả sử ta có 3 đường thẳng a, b, c và \(a \cap b = \left\{ A \right\},b \cap c = \left\{ B \right\},c \cap a = \left\{ C \right\}\)

Giả sử điểm \(A \equiv B\) ta có:

+) Nếu \(A \ne C \Rightarrow a \equiv c \Rightarrow \) mâu thuẫn với giả thiết a, c không đồng phẳng.

+) Nếu \(A \equiv C \Rightarrow A \equiv B \equiv C \Rightarrow a,b,c\) đồng quy.

Vậy a, b, c đồng quy suy ra đáp án A đúng.

Gọi \(C(c;0) \in Ox(c > 0)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {CA}  = ( - 2 - c;4)\\
\overrightarrow {CB}  = (8 - c;4)
\end{array} \right.\)

Tam giác ABC vuông tại C \( \Leftrightarrow \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB}  = 0 \Leftrightarrow ( - 2 - c)(8 - c) + 16 = 0\)

\( - 16 + 2c - 8c + {c^2} + 16 = 0 \Leftrightarrow {c^2} - 6c = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
c = 0(ktm)\\
c = 6(tm)
\end{array} \right. \Rightarrow C(6;0)\)

Ta có: \(y' = 2x - \frac{{16}}{{{x^2}}} \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 2{x^3} = \frac{{16}}{{{x^2}}} \Leftrightarrow 2{x^3} = 16 \Leftrightarrow x = 2 \in \left[ {\frac{3}{2};4} \right]\)

\(y\left( {\frac{3}{2}} \right) = \frac{{155}}{{12}};y(2) = 12;y(4) = 20\)

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {\frac{3}{4};4} \right]} y = 20\) khi x = 4

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có

\(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {25a{}^2 - 16{a^2}}  = 3a\)

Vậy thể tích khối trụ là \(V = \pi {\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)^2}.BC = \pi .{\left( {2a} \right)^2}.3a = 12\pi {a^2}\)

Tập xác định của hàm số: \(\left| x \right| > 0 \Leftrightarrow x \ne 0 \Rightarrow \) đáp án D đúng.

Ta có: \(y = {\log _{\frac{1}{2}}}\left| x \right| = \left\{ \begin{array}{l}
{\log _{\frac{1}{2}}}x,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x > 0\\
{\log _{\frac{1}{2}}}( - x),\,\,\,khi\,\,x < 0
\end{array} \right.\)

Vì \(0 < a = \frac{1}{2} < 1 \Rightarrow \) hàm số \(y = {\log _{\frac{1}{2}}}x\) nghịch biến trên \((0; + \infty )\) và hàm số \(y = {\log _{\frac{1}{2}}}( - x)\) đồng biến trên \(( - \infty ;0)\)

Ta có: \({\left( {{x^2} + \frac{1}{x}} \right)^{12}} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{12 - k}}{{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^k} = } \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{x^{24 - 3k}}} \), do đó hệ số của số hạng chứa \(x^m\) trong khai triển trên ứng với \(24 - 3k = m \Leftrightarrow k = \frac{{24 - m}}{3}\)

Theo bài ra ta có \(C_{12}^{\frac{{24 - m}}{3}} = 792 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\frac{{24 - m}}{3} = 5\\
\frac{{24 - m}}{3} = 7
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 9\\
m = 3
\end{array} \right.\)

Ta có: \({2^{x + 1}} = 4 \Leftrightarrow {2^{x + 1}} = {2^2} \Leftrightarrow x + 1 = 2 \Leftrightarrow x = 1\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ 1 \right\}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
AB \bot CD\\
AB \bot CE
\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot (CDE) \Rightarrow AB \bot DE\)

\(\left\{ \begin{array}{l}
(ABC) \cap (ABD) = AB\\
(ABC) \supset CE \bot AB\\
(ABD) \supset DE \bot AB
\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABC} \right);\left( {ABD} \right)} \right) = \angle \left( {CE;DE} \right) = \angle CED = 90^0\)

Ta có \(\Delta ABC = \Delta ADC(c.c.c) \Rightarrow CE = DE \Rightarrow \Delta CDE\) vuông cân tại E

\( \Rightarrow CD = CE\sqrt 2  \Leftrightarrow 2x = CE\sqrt 2  \Leftrightarrow CE = x\sqrt 2 \) (*)

Xét tam giác vuông CBH có \(B{H^2} = B{C^2} - C{H^2} = {a^2} - {x^2}\)

Xét tam giác vuông ACH có \(A{H^2} = A{C^2} - C{H^2} = {a^2} - {x^2}\)

Xét tam giác vuông ABH có \(A{B^2} = A{H^2} + B{H^2} = 2{a^2} - 2{x^2} \Rightarrow AE = \frac{{\sqrt {2{a^2} - 2{x^2}} }}{2}\)

Xét tam giác vuông ACE có \(C{E^2} = A{C^2} - A{E^2} = {a^2} - \frac{{{a^2} - {x^2}}}{2} = \frac{{{a^2} + {x^2}}}{2} \Rightarrow CE = \frac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2}\)

Thay vào (*) ta có \(\frac{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}{{\sqrt 2 }} = x\sqrt 2  \Leftrightarrow {a^2} + {x^2} = 4{x^2} \Leftrightarrow 3{x^2} = {a^2} \Leftrightarrow x = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại S ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
SA = AC.cos60^\circ  = \frac{a}{2}\\
SC = AC.\sin 60^\circ  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}
\end{array} \right.\)

Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta SAC\) vuông tại S và có đường cao SH ta có:

\(SH = \frac{{SA.SC}}{{AC}} = \frac{{\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)

\(\int {f(x)dx = 4\frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{{x^2}}}{2}}  - x + C = {x^4} + \frac{1}{2}{x^2} - x + C\)

Nếu \(x=x_0\) là điểm cực trị của hàm số thì \(f'({x_0}) = 0\)

Nếu \(x=x_0\) là điểm cực trị của hàm số thì \(\left\{ \begin{array}{l}
f'({x_0}) = 0\\
f''({x_0}) > 0
\end{array} \right.\)

\(\int {f(x)dx = \int {\frac{1}{{x{{\left( {\ln x + 2} \right)}^2}}}} } dx = \int {\frac{{d(\ln x + 2)}}{{{{\left( {\ln x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 1}}{{\ln x + 2}} + C} \)

\(\sin(a - b) = \sin a\cos b - cosa\sin b\)

Do đó đáp án B sai.

Ta có: \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 1.2 - 2.( - 1) + 3.( - 1) = 1 \ne 0 \Rightarrow \overrightarrow a ,\overrightarrow b \) không vuông góc nên loại đáp án A.

Ta thấy không tồn tại số k để \(\overrightarrow a  = k\overrightarrow b  \Rightarrow \overrightarrow a ,\overrightarrow b \) không cùng phương nên loại đáp án B.

\(\left| {\overrightarrow a } \right| = \sqrt {1 + {{( - 2)}^2} + {3^2}}  = \sqrt {14}  \Rightarrow \) Đáp án C đúng.

\( \Rightarrow AC = \sqrt {S{A^2} + S{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {x^2}} \)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có \(SH = \frac{{SA.SC}}{{AC}} = \frac{{ax}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}\)

Ta có

\(OA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {x^2}}  \Rightarrow OB = \sqrt {A{B^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2} + {x^2}}}{4}}  = \frac{{\sqrt {3{a^2} - {x^2}} }}{2} \Rightarrow BD = \sqrt {3{a^2} - {x^2}} \)

Do ABCD là hình thoi \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC.BD\). Khi đó ta có:

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{6}.\frac{{ax}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}\sqrt {{a^2} + {x^2}} .\sqrt {3{a^2} - {x^2}}  = \frac{1}{6}ax\sqrt {3{a^2} - {x^2}} \)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(x\sqrt {3{a^2} - {x^2}}  \le \frac{{{x^2} + 3{a^2} - {x^2}}}{2} = \frac{{3{a^2}}}{2} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} \le \frac{1}{6}a\frac{{3{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{4}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {x^2} = 3{a^2} - {x^2} \Leftrightarrow x = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \frac{{a\sqrt m }}{n} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = 6\\
n = 2
\end{array} \right. \Rightarrow m + 2n = 10\)

Ta có \(y' = 8{x^7} + 5\left( {m + 1} \right){x^4} - 4({m^2} - 1){x^3};y'' = 56{x^6} + 20(m + 1){x^3} - 12({m^2} - 1){x^2}\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 8{x^7} + 5(m + 1){x^4} - 4({m^2} - 1){x^3} = 0\\
 \Leftrightarrow {x^3}\left[ {8{x^4} + 5(m + 1)x - 4({m^2} - 1)} \right] = 0
\end{array}\)

TH1: Xét \({m^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow m =  \pm 1\)

+) Khi m = 1 ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^3}(8{x^4} + 10x) = {x^4}(8{x^3} + 10) \Rightarrow x = 0\) là nghiệm bội \(4 \Rightarrow x = 0\) không là cực trị của hàm số.

+) Khi m = - 1ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^3}.8{x^4} = 0 \Leftrightarrow 8{x^7} = 0 \Leftrightarrow x = 0\) là nghiệm bội lẻ \( \Leftrightarrow x = 0\) là điểm cực trị của hàm số. Hơn nữa qua điểm x = 0 thì y' đổi dấu từ âm sang dương nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số.

TH2: Xét \({m^2} - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  \pm 1\) ta có:

\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2}\left[ {8{x^5} + 5(m + 1){x^2} - 4({m^2} - 1)x} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} = 0\\
8{x^5} + 5(m + 1){x^2} - 4({m^2} - 1)x = 0
\end{array} \right.\)

\({x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0\) là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình \(g(x) = 8{x^5} + 5(m + 1){x^2} - 4({m^2} - 1)x = 0\)

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0 \Leftrightarrow g'(0) > 0\)

Ta có \(g'(x) = 40{x^4} + 10(m + 1)x - 4({m^2} - 1)\)

\( \Rightarrow g'(0) =  - 4({m^2} - 1) > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 1 < 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < 1\)

Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có \( - 1 \le m < 1\)

Do \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0} \right\}\)

\({2^{2{x^2} + 5x + 4}} = 4 \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 4 = 2 \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - \frac{1}{2}\\
x =  - 2
\end{array} \right. \Rightarrow {x_1}{x_2} = 1\)

\(\begin{array}{l}
{\left( {x + 2 - \sqrt {{x^2} + 1} } \right)^2} + \frac{{18({x^2} + 1)\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 2 + \sqrt {{x^2} + 1} }} = m({x^2} + 1)\\
 \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {x + 2 - \sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^2}}}{{{x^2} + 1}} + \frac{{18\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 2 + \sqrt {{x^2} + 1} }} = m
\end{array}\)

Đặt \(f(x) = \frac{{{{\left( {x + 2 - \sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^2}}}{{{x^2} + 1}} + \frac{{18\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 2 + \sqrt {{x^2} + 1} }}\). Sử dụng chức năng MODE 7, ta tìm \(\min f(x) = 7 \Leftrightarrow x = 0\)

Để phương trình \(f(x)=m\) có nghiệm \( \Rightarrow m \ge 7\). Kết hợp điều kiện ta có \(m \in \left[ {7;2018} \right],m \in Z\). Vậy có \((2018 - 7) + 1 = 2012\) giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có: \(\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)\left( {7 - 3\sqrt 5 } \right) = 49 - 45 = 4 \Rightarrow 7 + 3\sqrt 5  = \frac{4}{{7 - 3\sqrt 5 }}\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {\left( {7 - 3\sqrt 5 } \right)^{{x^2}}} + m{\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)^{{x^2}}} = {2^{{x^2} - 1}}\\
 \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{{7 + 3\sqrt 5 }}} \right)^{{x^2}}} + m{\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)^{{x^2}}} = \frac{1}{2}{.2^{{x^2}}}\\
 \Leftrightarrow {2.2^{{x^2}}} - {2^{{x^2}}}.{\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)^2} + 2m{\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)^{{x^2}}} = 0\\
 \Leftrightarrow 2.{\left( {\frac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }}} \right)^{2{x^2}}} - {\left( {\frac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }}} \right)^{{x^2}}} + 2m = 0(*)
\end{array}\)

Đặt \({\left( {\frac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }}} \right)^{2{x^2}}} = t \Rightarrow {x^2} = {\log _{\frac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }}}}t.\)

Ta có: \(0 < \frac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }} < 1 \Rightarrow {\log _{\frac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }}}}t > 0 \Leftrightarrow 0 < t < 1\)

\( \Rightarrow (*) \Leftrightarrow 2{t^2} - t + 2m = 0(1)\)

Để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \) pt (1) có hai nghiệm phân biệt \(t \in (0;1)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta  > 0\\
af(0) > 0\\
af(1) > 0\\
0 <  - \frac{b}{{2a}} < 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 - 16m > 0\\
4m > 0\\
2(2m + 1) > 0\\
0 < \frac{1}{2} < 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < \frac{1}{{16}}\\
m > 0 \Leftrightarrow 0 < m < \frac{1}{{16}}\\
m >  - \frac{1}{2}
\end{array} \right.\)

Gọi điểm I (a;b;c) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {IA}  = ( - 3 - a; - b; - c)\\
\overrightarrow {IB}  = ( - a; - b;3 - c)\\
\overrightarrow {IC}  = ( - a; - 3 - b; - c)
\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  = ( - 3 - a;3 - b;3 - c) = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 3 - a = 0\\
3 - b = 0\\
3 - c = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a =  - 3\\
b = 3\\
c = 3
\end{array} \right. \Rightarrow I( - 3;3;3)\)

Ta có \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {MI}  - \overrightarrow {IC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC} } \right)} \right| = \left| {\overrightarrow {MI} } \right| = MI\)

Do đó \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|\) nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất \( \Leftrightarrow \) M là hình chiếu của I trên (P)

Ta thấy \( - 3 + 3 + 3 - 3 = 0 \Rightarrow I \in (P) \Rightarrow \) Hình chiếu của I trên (P) là chính nó. Do đó \(M \equiv I \Rightarrow M( - 3;3;3)\)

\(\begin{array}{l}
\log \left( {2{x^2} + 3} \right) < \log \left( {{x^2} + mx + 1} \right)\forall x \in R\\
 \Leftrightarrow 0 < 2{x^2} + 3 < {x^2} + mx + 1 \Leftrightarrow {x^2} - mx + 2 < 0\forall x \in R(*)\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1 < 0\\
\Delta  = {m^2} - 8 < 0
\end{array} \right.(VN)
\end{array}\)

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

\(\begin{array}{l}
f(x) = 6\sqrt {{x^2} - 6x + 12}  + 6x - {x^2} - 4\\
f(x) = 6\sqrt {{x^2} - 6x + 12}  - ({x^2} - 6x + 12) + 8
\end{array}\)

Đặt \(t = \sqrt {{x^2} - 6x + 12}  = \sqrt {{{\left( {x - 3} \right)}^2} + 3}  \ge 3\), khi đó ta có \(f(t) =  - {t^2} + 6t + 8\forall x \ge 3\)

Ta có \(f'(t) =  - 2t + 6 = 0 \Leftrightarrow t = 3\)

BBT:

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ {\left. {3; + \infty } \right)} \right.} f(t) = 17 \Leftrightarrow t = 3 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 3} \right)}^2} + 3}  = 3 \Leftrightarrow x = 3\\
 \Rightarrow maxf(x) = 17 = M \Leftrightarrow x = 3
\end{array}\)

Vậy phương trình \(f(x)=M\) có nghiệm duy nhất x = 3, do đó tích các nghiệm của chúng bằng 3.

Ta có: \(F(x) = \int {\left( {{x^3} - 2{x^2} + 1} \right)} dx = \frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{2{x^3}}}{3} + x + C\)

Lại có: \(F(0) = 5 \Leftrightarrow C = 5 \Rightarrow F(x) = \frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{2{x^3}}}{3} + x + 5\)

\( \Rightarrow F(x) = 5 \Leftrightarrow \frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{2{x^3}}}{3} + x = 0 \Leftrightarrow x\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{2{x^3}}}{3} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x \approx  - 1,04
\end{array} \right.\)

Gọi X, Y là hai tập hợp con của A sao cho \(X \cap Y = \emptyset ;X \ne \emptyset ;Y \ne \emptyset \)

Giả sử \(A = \left\{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4};{x_5};{x_6};{x_7};{x_8};{x_9}} \right\}\)

Phần tử \(x_1\) có 3 khả năng: hoặc \({x_1} \in X\) hoặc \({x_1} \in Y\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} \notin X\\
{x_1} \notin Y
\end{array} \right.\)

…..

Cứ như vậy đến phần tử \(x_9\). Do đó ta có \(3^9\) cặp 2 tập hợp không giao nhau (chứa cả cặp tập hợp rỗng).

Số cách chọn tập \(X \ne \emptyset ;Y = \emptyset \) là \(2^9-1\) cách chọn.

Số cách chọn tập \(X = \emptyset ;Y \ne \emptyset \) là \(2^9-1\) cách chọn.

\( \Rightarrow \) số cặp 2 tập hợp khác rỗng không giao nhau thực sự là \({3^9} - 2({2^9} - 1)\)

Do (X;Y) và (Y;X) là trùng nhau nên số cặp 2 tập hợp không giao nhau thực sự là \(\frac{{{3^9} - 2({2^9} - 1)}}{2} = 9330\)

Hàm số \(y=f(x)\) đồng biến trên \((a;b) \Leftrightarrow y' \ge 0,\forall x \in (a;b)\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + {m^2} + 5m + 6 \ge 0,\forall x \in (3;5)\\
 \Leftrightarrow {x^2} - 3x \ge  - {m^2} - 5m - 6,\forall x \in (3;5)(*)
\end{array}\)

Đặt \(g(x) = {x^2} - 3x\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow (*) \Leftrightarrow g(x) \ge  - {m^2} - 5m - 6\forall x \in (3;5)\\
 \Rightarrow  - {m^2} - 5m - 6 \le \mathop {\min }\limits_{(3;5)} g(x)
\end{array}\)

Khảo sát hàm số \(g(x)=x^2-3x\) ta được:

\( \Rightarrow  - {m^2} - 5m - 6 \le 0 \Leftrightarrow {m^2} + 5m + 6 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m \ge  - 2\\
m \le  - 3
\end{array} \right.\)

Vì 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận ( nên mỗi đội sẽ thi đấu với 11 đội còn lại, do đó tổng số trận đấu là 12.11 = 132 (trận).

Số trận hòa là 16 trận, số trận không hòa là 132 – 60 = 72.

60 trận hòa, mỗi đội được 1 điểm, vậy có 120 điểm.

72 trận không hòa, mỗi trận đội thắng được 3 điểm, vậy có 72.3 = 216 điểm.

Vậy tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là 120 + 216 = 336.

Ta có: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: \(V = \pi {R^2}h \Rightarrow h = \frac{V}{{\pi {R^2}}}\)

Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: \(S = 2\pi Rh + \pi {R^2}\)

\( \Rightarrow S = 2\pi .R\frac{V}{{\pi {R^2}}} + \pi {R^2} = \frac{{2V}}{R} + \pi {R^2}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương \(\frac{V}{R};\frac{V}{R};\pi {R^2}\) ta có:

\(\frac{V}{R} + \frac{V}{R}\pi {R^2} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{V}{R} + \frac{V}{R}\pi {R^2}}} = 3\sqrt[3]{{\pi {V^2}}}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Rightarrow \frac{V}{R} = \pi {R^2} \Leftrightarrow {R^3} = \frac{V}{\pi } \Leftrightarrow V = \pi {R^3} \Rightarrow h = \frac{{\pi {R^3}}}{{\pi {R^2}}} = R\)

Hàm số \(y = \frac{{4x + 7}}{{{{\log }_{2018}}\left( {{x^2} - 2x + {m^2} - 6m + 10} \right)}}\) xác định với mọi \(x \in R\) khi và chỉ khi

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{\log _{2018}}\left( {{x^2} - 2x + {m^2} - 6m + 10} \right) \ne 0\forall x \in R\\
{x^2} - 2x + {m^2} - 6m + 10 > 0\forall x \in R
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 2x + {m^2} - 6m + 10 \ne 1\forall x \in R\\
{x^2} - 2x + {m^2} - 6m + 10 > 0\forall x \in R
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {m - 3} \right)^2} \ne 1\forall x \in R\\
{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {m - 3} \right)^2} > 0\forall x \in R
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {m - 3} \right)^2} \ne 1 - {\left( {x - 1} \right)^2}\forall x \in R\\
{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {m - 3} \right)^2} > 0\forall x \in R
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {m - 3} \right)^2} > 1\\
m - 3 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m > 4\\
m < 2
\end{array} \right.\\
m \ne 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m > 4\\
m < 2
\end{array} \right.
\end{array}\)

Ta có:

Khối nón \((N_1)\) được sinh bởi \(\Delta ABC\) khi quay quanh AB có chiều cao \(h_1=AB\) và bán kính đáy \(R_1=BC\)

Khối nón \((N_2)\) được sinh bởi \(\Delta ADB\) khi quay quanh AB có chiều cao \(h_2=AB\) và bán kính đáy \(R_2=AD\)

Do hai khối nón cùng có chiều cao AB nên hai đáy của hai khối nón nằm trong hai mặt phẳng song song.

Trong mặt phẳng đáy của hình nón \((N_1)\) kẻ đường kính GH // DE. Dễ dàng chứng minh được DEGH là hình thang cân.

Gọi \(M = AG \cap BE;N = AH \cap BD,I = AB \cap MN.\)

Khi đó phần chung giữa hai khối nón \((N_1)\) và \((N_2)\) là hai khối nón:

+) Khối nón \((N_3)\) đỉnh B, đường cao BI, bán kính đáy \(IN \Rightarrow {V_3} = \frac{1}{3}\pi .I{N^2}.BI\)

+) Khối nón \((N_4)\) đỉnh A, đường cao AI, bán kính đáy \(IN \Rightarrow {V_4} = \frac{1}{3}\pi .I{N^2}.AI\)

Thể tích phần chung \(V = {V_3} + {V_4} = \frac{1}{3}\pi .I{N^2}.BI + \frac{1}{3}\pi .I{N^2}.AI = \frac{1}{3}\pi .I{N^2}.(AI + BI) = \frac{1}{3}\pi .I{N^2}.AB\)

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{MN}}{{GH}} = \frac{{AI}}{{AB}};\frac{{MN}}{{DE}} = \frac{{BI}}{{AB}} \Rightarrow \frac{{MN}}{{GH}} + \frac{{MN}}{{DE}} = \frac{{AI + BI}}{{AB}} = 1\\
 \Rightarrow MN\left( {\frac{1}{{2BC}} + \frac{1}{{2AD}}} \right) = 1 \Leftrightarrow MN.\left( {\frac{1}{{2.2a}} + \frac{1}{{2.6a}}} \right) = 1 \Leftrightarrow MN = 3a
\end{array}\)

Dễ thấy I là trung điểm của MN \( \Rightarrow IN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{3a}}{2}\)

Vậy \(V = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)^2}.2a\sqrt 3  = \frac{{3\sqrt 3 \pi {a^3}}}{2}\)

Ta có \(g'(x) = f'(x) + 1 = 0 \Leftrightarrow f'(x) =  - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 1\\
x = 2
\end{array} \right.\)

BBT 

Dựa vào BBT ta thấy hàm số \(y=g(x)\) có 1 điểm cực đại là x = 2

Ta có: \(VT = \left[ {f(x).f'(x)} \right]' = f'(x).f'(x) + f(x).f''(x) = {\left[ {f'(x)} \right]^2} + f(x).f''(x)\)

\( \Rightarrow \left[ {f'(x).f(x)} \right]' = {x^3} - 2x(*)\)

Nguyên hàm hai vế của (*) ta được: \(f'(x).f(x) = \frac{{{x^4}}}{4} - {x^2} + C(1)\)

Lại có: \(f'(0) = f(0) = 2 \Rightarrow C = 2.2 = 4\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow (1) \Leftrightarrow f(x).f'(x) = \frac{{{x^4}}}{4} - {x^2} + 4\\
 \Rightarrow \int {f(x)f'(x)dx = \int {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - {x^2} + 4} \right)} } dx \Leftrightarrow \int {f(x)df(x) = \frac{{{x^5}}}{{20}} - \frac{{{x^3}}}{3} + 4x + A} \\
 \Leftrightarrow \frac{{{f^2}(x)}}{2} = \frac{{{x^5}}}{{20}} - \frac{{{x^3}}}{3} + 4x + A \Leftrightarrow {f^2}(x) = \frac{{{x^5}}}{{10}} - \frac{{2{x^3}}}{3} + 8x + 2A
\end{array}\)

Có \(f(0) = 2 \Rightarrow 4 = 2A \Leftrightarrow A = 2\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {f^2}(x) = \frac{{{x^5}}}{{10}} - \frac{{2{x^3}}}{3} + 8x + 4\\
 \Rightarrow {f^2}(2) = \frac{{{2^5}}}{{10}} - \frac{{{{2.2}^3}}}{3} + 8.2 + 4 = \frac{{268}}{{15}}
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
SB \bot EH\\
SB \bot CE
\end{array} \right. \Rightarrow SB \bot (CHE) \Rightarrow SB \bot CH\\
\left\{ \begin{array}{l}
(SAB) \cap (SBC) = SB\\
(SAB) \supset EH \bot SB\\
(SAC) \supset CH \bot SB
\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SAB} \right);\left( {SBC} \right)} \right) = \angle \left( {EH;CH} \right) = \angle CHE = 60^\circ 
\end{array}\)

Xét tam giác vuông CEH có \(EH = CE.cot60^\circ  = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)

Ta có \(\Delta SAB \sim \Delta EHG(g.g) \Rightarrow \frac{{SA}}{{EH}} = \frac{{SB}}{{BE}} \Rightarrow SA = \frac{{EH.SB}}{{BE}} = \frac{{\frac{a}{{\sqrt 3 }}.\sqrt {S{A^2} + 4{a^2}} }}{a}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 SA = \sqrt {S{A^2} + 4{a^2}}  \Leftrightarrow 3S{A^2} = S{A^2} + 4{a^2} \Leftrightarrow S{A^2} = 2{a^2} \Leftrightarrow SA = a\sqrt 2 \)

Điều kiện: \(ax - 2 \ne 0\). Ta có \(y' = \frac{{ - 6 - ab}}{{{{(ax - 2)}^2}}};d:7x + y - 4 = 0 \Leftrightarrow y =  - 7x + 4\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có dạng: \(d':y =  - 7x + {y_0}({y_0} \ne 4)\)

Ta có: \(A(1; - 4) \in d' \Rightarrow  - 4 =  - 7.1 + {y_0} \Leftrightarrow {y_0} = 3(tm) \Rightarrow d':y =  - 7x + 3\)

A(1;- 4) thuộc đồ thị hàm số và hệ số góc của d' là: \(f'(1)=-7\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 4 = \frac{{3.1 + b}}{{a - 2}}\\
\frac{{ - 6 - ab}}{{{{(a - 2)}^2}}} =  - 7
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b + 3 =  - 4(a - 2)\\
 - 6 - ab =  - 7(a - 2)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b =  - 4a + 5\\
 - 6 - a( - 4a + 5) =  - 7{a^2} + 28a - 28
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b =  - 4a + 5\\
11{a^2} - 33a + 22 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b =  - 4a + 5\\
\left[ \begin{array}{l}
a = 2\\
a = 1
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b =  - 3
\end{array} \right.(tmab \ne  - 2)\\
\left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = 1
\end{array} \right.(tmab \ne  - 2)
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
a - 3b = 11\\
a - 3b =  - 2
\end{array} \right.
\end{array}\)

Dễ dàng nhận thấy \((P)//(Q)//(R)\)

Kẻ đường thẳng qua B vuông góc với cả 3 mặt phẳng (P), (Q), (R), cắt (P) tại H và cắt (Q) tại K.

Ta có \(BH = d\left( {\left( Q \right);\left( P \right)} \right) = 9;HK = d\left( {\left( P \right);\left( R \right)} \right) = 3\)

Khi đó ta có: \(T = A{B^2} + \frac{{144}}{{A{C^2}}} \ge 2\sqrt {A{B^2}.\frac{{144}}{{A{C^2}}}}  = 24\frac{{AB}}{{AC}} = 24.\frac{{BH}}{{HK}} = 24.\frac{9}{3} = 72\)

Vậy \({T_{\min }} = 72\)