Gọi H là trung điểm của ID \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\) 

Qua I dựng đường thẳng d song song với SH, đường thẳng này chính là

trục của hình chóp S.ABCD.

Dựng đường thẳng trung trực của cạnh SB, cắt đường thẳng d tại K.

Khi đó K là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Ta có: \(\angle \left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SB,BH} \right) = \angle SBH = {45^0}\) 

\(BD = 5a \Rightarrow BH = \frac{3}{4}BD = \frac{{15a}}{4} = SH \Rightarrow SB = BH\sqrt 2  = \frac{{15a\sqrt 2 }}{4}\) 

Gọi \(E = d \cap SB\). Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{IE}}{{AH}} = \frac{{IB}}{{BH}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow IE = \frac{2}{3}SH = \frac{{5a}}{2}\)  

\(\begin{array}{l}
\frac{{EB}}{{SB}} = \frac{{IB}}{{HB}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EB = \frac{2}{3}SB = \frac{{5a\sqrt 2 }}{2};AM = MB = \frac{1}{2}SB = \frac{{15a\sqrt 2 }}{8}\\
 \Rightarrow EM = EB - MB = \frac{{5a\sqrt 2 }}{8}
\end{array}\) 

\(\angle SBH = {45^0} \Rightarrow \angle MEK = {45^0} \Rightarrow \Delta EMK\) vuông cân tại \(M \Rightarrow MK = ME = \frac{{5a\sqrt 2 }}{8}\) 

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông MBK ta có:

\(KB = \sqrt {K{M^2} + M{B^2}}  = \sqrt {\frac{{25{a^2}}}{{32}} + \frac{{225{a^2}}}{{32}}}  = \frac{{5\sqrt 5 a}}{4} = R\) 

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD là \(S = 4\pi {R^2} = \frac{{125\pi }}{4}{a^2}\) 

Xét khoảng (0;3) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
F\left( x \right) = {x^2} - 4x + 7\\
G\left( x \right) = \frac{1}{2}x + 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
F'\left( x \right) = 2x - 4\\
G'\left( x \right) = \frac{1}{2}
\end{array} \right.\) 

Ta có: \(P\left( x \right) = F\left( x \right).G\left( x \right)\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow P'\left( x \right) = F'\left( x \right).G\left( x \right) + F\left( x \right).G'\left( x \right)\\
 \Rightarrow P'\left( 2 \right) = F'\left( 2 \right).G\left( 2 \right) + F\left( 2 \right).G'\left( 2 \right)\\
 = \left( {2.2 - 4} \right).2 + 3.\frac{1}{2} = \frac{3}{2}
\end{array}\) 

Khi quay tứ giác ANKB quanh trục BK ta được hình trụ có bán kính đáy AB, chiều cao AN và hình nón có bán kính đáy AB, chiều cao \(KO = BK - AN\) 

Ta có: \(AN = \frac{2}{3}AD = \frac{{2a}}{3}\) 

Áp dụng định lý Pitago ta có:

\(\begin{array}{l}
BN = \sqrt {A{B^2} + A{N^2}}  = \sqrt {{a^2} + \frac{4}{9}{a^2}}  = \frac{{a\sqrt {13} }}{3}\\
 \Rightarrow BK = \frac{{N{B^2}}}{{BO}} = \frac{{13{a^2}}}{{9.\frac{2}{3}a}} = \frac{{13a}}{6}\\
 \Rightarrow KO = BK - BO = \frac{{13a}}{6} - \frac{{2a}}{3} = \frac{{3a}}{2}\\
 \Rightarrow {V_{non}} = \frac{1}{3}\pi .A{B^2}.KO = \frac{1}{3}\pi .{a^2}.\frac{{3a}}{2} = \frac{{\pi {a^3}}}{2}\\
 \Rightarrow {V_{tru}} = \pi .A{B^2}.AN = \pi .{a^2}.\frac{2}{3}a = \frac{{2\pi {a^3}}}{3}\\
 \Rightarrow V = {V_{non}} + {V_{tru}} = \frac{{\pi {a^3}}}{2} + \frac{{2\pi {a^3}}}{3} = \frac{{7\pi {a^3}}}{6}
\end{array}\) 

Giả sử M là giao điểm của d và (P)

Ta có: \(d:\frac{x}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{{z - 2}}{{ - 1}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = t\\
y =  - 1 + 2t\\
z = 2 - t
\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {t; - 1 + 2t;2 - t} \right)\) 

\(M \in \left( P \right) \Rightarrow t - 1 + 2t + 2 - t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow M\left( {1;1;1} \right)\) 

Lấy điểm \(A\left( {0; - 1;2} \right) \in d\) và không thuộc (P)

Phương trình đường thẳng \(\Delta\) đi qua \(A\left( {0; - 1;2} \right)\) và vuông góc với (P): \(\left\{ \begin{array}{l}
x = t\\
y =  - 1 + t\\
z = 2 + t
\end{array} \right.\) 

Gọi $H\left( {t; - 1 + t;2 + t} \right)\) là giao điểm của \(\Delta\) và (P) \( \Rightarrow t - 1 + t + 2 + t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{3} \Rightarrow H\left( {\frac{2}{3}; - \frac{1}{3};\frac{8}{3}} \right)\) 

Gọi A' là điểm đối xứng của A qua H \( \Rightarrow A'\left( {\frac{4}{3};\frac{1}{3};\frac{{10}}{3}} \right)\) 

Khi đó đường thẳng d' đối xứng với d qua (P) là đường thẳng đi qua M,  

Ta có: \(\overrightarrow {MA'}  = \left( {\frac{1}{3}; - \frac{2}{3};\frac{7}{3}} \right) = \frac{1}{3}\left( {1; - 2;7} \right) \Rightarrow d':\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{7}\) 

Gọi \(O = A'C' \cap B'D' \Rightarrow MO \bot \left( {A'B'C'D'} \right)\)

\( \Rightarrow MO \bot ON \Rightarrow \Delta OMN\) vuông tại N.

\(MO \bot \left( {A'B'C'D'} \right) \Rightarrow \angle \left( {MN;\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = \angle \left( {MN;MO} \right) = \angle MNO\)

Giả sử hình lập phương có cạnh bằng 1: \(OM = 1,\,\,ON = \frac{1}{2}\) 

Trong tam giác vuông OMN ta có \(MN = \sqrt {O{M^2} + O{N^2}}  = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\) 

\( \Rightarrow \sin \angle MNO = \frac{{OM}}{{MN}} = \frac{1}{{\frac{{\sqrt 5 }}{2}}} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\) 

Vậy \(\sin \alpha  = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\) 

Ta có: \({\left( {2x - 1} \right)^{2019}} = {\sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k{{\left( {2x} \right)}^k}\left( { - 1} \right)} ^{2019 - k}} = {\sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k{2^k}\left( { - 1} \right)} ^{2019 - k}}{x^k}\) 

Để có hệ số của \({x^{18}} \Rightarrow k = 18\)

\(\Rightarrow\) Số hạng chứa \({x^{18}}:\,\,C_{2019}^{18}{2^{18}}.{\left( { - 1} \right)^{2019 - 18}}{x^{18}} =  - {2^{18}}.C_{2019}^{18}{x^{18}}\)  

Hàm số mũ là hàm số có dạng \(y = {a^x}\left( {0 < a \ne 1} \right)\)

Trong 4 đáp án, chỉ có đáp án D đúng.

TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\). Ta có: \(f'\left( x \right) = \ln x + \frac{{x + 1}}{x} + 2 - m\) 

Hàm số đồng biến trên \(\left( {0;{e^2}} \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) \ge 0\,\,\,\forall x \in \left( {0;{e^2}} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \ln x + \frac{{x + 1}}{x} + 2 - m \ge 0\,\,\,\forall x \in \left( {0;{e^2}} \right)\\
 \Leftrightarrow g\left( x \right) = \ln x + \frac{{x + 1}}{x} + 2 \ge m\,\,\,\forall x \in \left( {0;{e^2}} \right)\\
 \Leftrightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;{e^2}} \right]} g\left( x \right)
\end{array}\) 

Xét hàm số: \(g\left( x \right) = \,\,\ln x + \frac{{x + 1}}{x} + 2\left( {x > 0} \right)\) ta có:

\(g'\left( x \right) = \frac{1}{x} - \frac{1}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\,\,(ktm)\\
x = 1
\end{array} \right.\) 

Ta có BBT:

Từ BBT \(\Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;{e^2}} \right]} g\left( x \right) = 4 \Rightarrow m < 4\) 

Lại có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
m \in Z\\
m \in \left[ { - 2018;2018} \right]
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \in Z\\
m \in \left[ { - 2018;4} \right)
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow m = \left\{ { - 2018; - 2017;...;2;3} \right\}
\end{array}\) 

Vậy có 2022 giá trị của m thỏa mãn

Ta có \(q < 1 \Rightarrow \) Cấp số nhân trên là cấp số nhân lùi vô hạn \( \Rightarrow S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{1}{{1 + \frac{1}{2}}} = \frac{2}{3}\)

Gọi phương trình đường thẳng bài cho là: d: y = ax +b

Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C): \(y = {x^4} - 2{x^2}\) tại hai điểm có hoành độ là 0; 1 \(\Rightarrow \) tọa độ hai điểm đó là: \(A\left( {0;0} \right),B\left( {1; - 1} \right)\) 

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a.0 + b = 0\\
a + b =  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 0\\
a =  - 1
\end{array} \right. \Rightarrow d:y =  - x\) 

Khi đó ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

\(\begin{array}{l}
 - x = {x^4} - 2{x^2} \Leftrightarrow {x^4} - 2{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 1\\
{x^2} + x - 1 = 0\,\,\,\left( * \right)
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Khi đó m, n là  hai nghiệm của phương trình (*)

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
m + n =  - 1\\
mn =  - 1
\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow S = {m^2} + {n^2} = {\left( {m + n} \right)^2} - 2mn = 1 + 2 = 3\) 

Dựa vào đồ thị hàm số ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{y_A} = \ln a\\
{y_B} = \ln b\\
{y_C} = \ln c
\end{array} \right.\) 

Ta có B là trung điểm của AC nên: \(2{y_B} = {y_A} + {y_C} \Leftrightarrow 2\ln b = \ln a + \ln c \Leftrightarrow \ln {b^2} = \ln ac \Leftrightarrow {b^2} = ac\) 

Theo đề bài ta có: \(\overrightarrow {OA}  = 3\overrightarrow i  + \overrightarrow j  - 2\overrightarrow k  \Rightarrow \overrightarrow {OA}  = \left( {3;1; - 2} \right) \Rightarrow A\left( {3;1; - 2} \right)\) 

\(\begin{array}{l}
AB = 3 \Leftrightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} + {\left( {m - 2} \right)^2} + 4 = 9\\
2{m^2} - 10m + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m = 4
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Bán kính mặt cầu \(\left( S \right):R = 10:2 = 5\,\,cm\) 

Gọi I là tâm của mặt cầu \(\left( S \right) \Rightarrow d\left( {I;\left( P \right)} \right) = 4 < R \Rightarrow \left( P \right)\) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính \(r = \sqrt {{R^2} - {d^2}\left( {I;\left( P \right)} \right)}  = \sqrt {{5^2} - {4^2}}  = 3\)             

Phương trình mặt phẳng (Ozx) có phương trình y = 0.

Ta có: \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
2x + 2\,\,\,\,khi\,\, - 1 \le x \le 0\\
2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,\,0 \le x \le 1\\
 - 2x + 4\,khi\,\,\,1 \le x \le 2\\
 - x + 2\,\,\,\,khi\,\,\,2 \le x \le 3\\
 - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,\,3 \le x \le 4
\end{array} \right.\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow I = \int\limits_{ - 1}^4 {f\left( x \right)dx = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {2x + 2} \right)dx + \int\limits_0^1 {2dx + \int\limits_1^2 {\left( { - 2x + 4} \right)dx + \int\limits_2^3 {\left( { - x + 2} \right)dx + \int\limits_3^4 {\left( { - 1} \right)dx} } } } } } \\
 = \left( {{x^2} + 2x} \right)\left| \begin{array}{l}
^0\\
_{ - 1}
\end{array} \right. + 2x\left| \begin{array}{l}
^1\\
_0
\end{array} \right. + \left( { - {x^2} + 4x} \right)\left| \begin{array}{l}
^2\\
_1
\end{array} \right. + \left( { - \frac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right)\left| \begin{array}{l}
^3\\
_2
\end{array} \right. + \left( { - x} \right)\left| \begin{array}{l}
^4\\
_3
\end{array} \right.\\
 = 1 + 2 + 1 - \frac{1}{2} - 1 = \frac{5}{2}
\end{array}\) 

Ta có: \(\int\limits_1^a {\ln xdx = 1 + 2a\left( {a > 1} \right)} \) 

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

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow I = x\ln x\left| \begin{array}{l}
^a\\
_1
\end{array} \right. - \int\limits_1^a {dx = a\ln a - x} \left| \begin{array}{l}
^a\\
_1
\end{array} \right. = a\ln a - a + 1\\
 \Rightarrow 1 + 2a = a\ln a - a + 1 \Leftrightarrow 3a = a\ln a \Leftrightarrow \ln a = 3 \Leftrightarrow a = {e^3} \approx 20,08 \in \left( {18;21} \right)
\end{array}\) 

Thử tọa độ điểm P(4;1;- 4) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
2 - t = 4\\
1 = t\\
 - 2 + 3t =  - 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t =  - 2\\
t = \frac{2}{3}
\end{array} \right. \Rightarrow P \notin \Delta  \Rightarrow \) chọn A.

Ta có \(A\,S \cap \left( {BCD} \right) = I \Rightarrow \frac{{d\left( {S;\left( {BCD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right)}} = \frac{{SI}}{{AI}} = \frac{1}{2}\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \frac{{{V_{S.BCD}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{S.BCD}} = \frac{1}{2}\frac{{{V_{S.BCD}}}}{{{V_{ABCD}}}}\\
 \Rightarrow {V_{ABCDS}} = {V_{ABCD}} + {V_{S.BCD}} = \frac{3}{2}{V_{ABCD}} = \frac{3}{2}\frac{{\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{\sqrt 2 }}{8}
\end{array}\) 

Điều kiện: \(x \ne  - {m^2}\) 

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

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.

Ta có \(x \ne  - {m^2} < 0 \Rightarrow x \in \left[ {2;3} \right] \Rightarrow \) hàm số luôn xác định với mọi m.

Có: \(y\left( 2 \right) = \frac{{2m + 1}}{{{m^2} + 2}};y\left( 3 \right) = \frac{{3m + 1}}{{{m^2} + 3}}\) 

TH1: Hàm số đạt GTLN tại \(x = 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y' < 0\\
y\left( 2 \right) = \frac{5}{6}
\end{array} \right.\) 

\(\left\{ \begin{array}{l}
{m^3} - 1 < 0\\
\frac{{2m + 1}}{{{m^2} + 2}} = \frac{5}{6}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 1\\
5{m^2} - 12m + 4 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 1\\
\left[ \begin{array}{l}
m = 2\\
m = \frac{2}{5}
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \frac{2}{5}\) 

TH2: Hàm số đạt GTLN tại \(x = 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y' > 0\\
y\left( 3 \right) = \frac{5}{6}
\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}
{m^3} - 1 > 0\\
\frac{{3m + 1}}{{{m^2} + 3}} = \frac{5}{6}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > 1\\
5{m^2} - 18m + 9 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > 1\\
\left[ \begin{array}{l}
m = 3\\
m = \frac{3}{5}
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 3\)

\( \Rightarrow T = 3 + \frac{2}{5} = \frac{{17}}{5}\) 

Gọi cạnh của tam giác đều qua trục là x

\( \Rightarrow S = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3  \Leftrightarrow {x^2} = 4{a^2} \Leftrightarrow x = 2a\) 

\( \Rightarrow\) Bán kính đáy của hình nón là: \(R = \frac{x}{2} = a\), chiều cao của hình nón là:

\(\begin{array}{l}
h = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \\
 \Rightarrow {V_{non}} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi .{a^2}.a\sqrt 3  = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}
\end{array}\) 

\(\sin \left( {\cos 2x} \right) = 0\left( * \right) \Leftrightarrow \cos 2x = k\pi \left( {k \in Z} \right)\left( 1 \right)\) 

Do \( - 1 \le \cos 2x \le 1 \Leftrightarrow  - 1 \le k\pi  \le 1 \Leftrightarrow  - \frac{1}{\pi } \le k \le \frac{1}{\pi }\left( {k \in Z} \right) \Leftrightarrow k = 0\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow \cos 2x = 0 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + m\pi  \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + \frac{{m\pi }}{2}\left( {m \in Z} \right)\\
{\rm{Do}}\,\,\,\,{\rm{x}} \in \left[ {0;2\pi } \right] \Rightarrow 0 \le \frac{\pi }{4} + \frac{{m\pi }}{2} \le 2\pi  \Leftrightarrow  - \frac{1}{2} \le m \le \frac{7}{2} \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2;3} \right\}
\end{array}\) 

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm thỏa mãn bài toán.

Điều kiện xác định: m > 0 

\(\begin{array}{l}
{\log _{0,02}}\left( {{{\log }_2}\left( {{3^x} + 1} \right)} \right) > {\log _{0,02}}m\\
 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{3^x} + 1} \right) < m\,\,\,\left( {{\rm{Do}}\,\,{\rm{0,02 < 1}}} \right) \Leftrightarrow g\left( x \right) = {3^x} + 1 < {2^m}
\end{array}\) 

Bất phương trình có nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( { - \infty ;0} \right) \Rightarrow {2^m} \ge \mathop {\max }\limits_{\left( { - \infty ;0} \right)} g\left( x \right)\)  

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {3^x} + 1\) trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\) ta có:

\(g'\left( x \right) = {3^x}\ln 3 > 0 \Rightarrow \) hàm số \(g\left( x \right) = {3^x} + 1\) đồng biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\)

Lại có: \(\mathop {\max }\limits_{\left( { - \infty ;0} \right)} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow {2^m} \ge 2 \Rightarrow m \ge 1\)

Ta có \(\int {f\left( x \right)dx = \int {\left( {{2^x} + x} \right)dx = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + \frac{{{x^2}}}{2} + C} } \)

Dựa vào đề bài, ta có \(AB = \left| a \right|;AD = 2\left| a \right|;AA' = 2\left| a \right|\) 

\(AC' = \sqrt {A{B^2} + A{D^2} + AA{'^2}}  = \sqrt {{a^2} + 4{a^2} + 4{a^2}}  = 3\left| a \right|\) 

Dựng \(AE \bot \left( {BCD} \right)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot AE\\
BC \bot AB
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ABE} \right) \Rightarrow BC \bot BE\) 

CMTT ta có \(CD \bot DE\) 

\( \Rightarrow BCDE\) là hình chữ nhật.

Ta có

\(\angle \left( {BC;AD} \right) = \angle \left( {ED;AD} \right) = \angle ADE = {60^0} \Rightarrow AE = ED.\tan {60^0} = 3\sqrt 3 \) 

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có:

\(E\left( {0;0;0} \right),B\left( {4;0;0} \right),D\left( {0;3;0} \right),A\left( {0;0;3\sqrt 3 } \right),C\left( {4;3;0} \right)\) 

Ta có

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB}  = \left( {4;0; - 3\sqrt 3 } \right)\\
\overrightarrow {BC}  = \left( {0;3;0} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {9\sqrt 3 ;0;12} \right)//\left( {3\sqrt 3 ;0;4} \right) = {\overrightarrow n _{\left( {ABC} \right)}} = \overrightarrow {{n_1}} \\
\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AC}  = \left( {4;3; - 3\sqrt 3 } \right)\\
\overrightarrow {CD}  = \left( { - 4;0;0} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {CD} } \right] = \left( {0;12\sqrt 3 ;12} \right)//\left( {0;\sqrt 3 ;1} \right) = {\overrightarrow n _{\left( {ACD} \right)}} = \overrightarrow {{n_2}} \\
 \Rightarrow \cos \angle \left( {\left( {ABC} \right);\left( {ACD} \right)} \right) = \left| {\cos \angle \left( {\overrightarrow {{n_1}} ;\overrightarrow {{n_2}} } \right)} \right| = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{4}{{\sqrt {43} .2}} = \frac{{2\sqrt {43} }}{{43}}
\end{array}\) 

Gọi \(M\left( {a;b} \right),N\left( {c;d} \right) \Rightarrow T = {\left( {c - a} \right)^2} + {\left( {d - b} \right)^2} = M{N^2}\)

Theo đề ra ta có tập hợp các điểm M là đường tròn \({\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 6} \right)^2} = 1\,\,\,\,\left( C \right)\) có tâm I(3;6), bán kính R = 1 và tập hợp các điểm N là đường thẳng \(4x + 3y - 5 = 0\,\,\,\left( d \right)\) 

Ta có \(d\left( {I;d} \right) = \frac{{\left| {4.3 + 3.6 - 5} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 5 > R \Rightarrow \left( d \right)\) không cắt (C).

\( \Rightarrow {T_{\min }} = {\left( {d\left( {I;d} \right) - R} \right)^2} = {\left( {5 - 1} \right)^2} = 16\) 

Ta có \(y' = \left( {\log \left( {1 - x} \right)} \right)' = \frac{{\left( {1 - x} \right)'}}{{\left( {1 - x} \right)\ln 10}} = \frac{1}{{\left( {x - 1} \right)\ln 10}}\)

Phương trình \(a{x^3} + b{x^2} + cx + d = 0\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có 2 nghiệm thực nên đồ thị hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) dạng:

Vậy số cực trị của hàm số \(y = \left| {a{x^3} + b{x^2} + cx + d} \right|\) là 3.

Ta có \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt}  = \int {\left( {2t + 1} \right)dt = {t^2} + t + C} \)

Do \(v\left( 0 \right) = 180 \Leftrightarrow C = 180 \Rightarrow v\left( t \right) = {t^2} + t + 180\) 

\( \Rightarrow v\left( 4 \right) = {4^2} + 4 + 180 = 200\left( {m/s} \right)\) 

Trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x = 2 (phần tô đen) chính là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f(x); x=0; x=2 là:

\(S = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx - \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} } \)

Dựa vào BBT ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = 1\)

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

Xét phương trình \(2f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}\)

Dựa vào BBT ta thấy phương trình \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}\) có 2 nghiệm phân biệt \(x = {x_1},\,\,\,x = {x_2}\) do đó đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{2f\left( x \right) - 1}}\) có 2 TCĐ.

Vậy tổng số TCN và TCĐ của đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{2f\left( x \right) - 1}}\) là 3.

Xét hàm số \(y = \frac{{3x + 4}}{{x - 1}}\,\,\,\left( {x \ne 1} \right)\). Thay \(x = 0 \Rightarrow y =  - 4 < 0\)

Khi đó đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x + 4}}{{x - 1}}\,\,\,\) cắt trục tung tại điểm (0;- 4) thỏa mãn.

Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ tập \(A = \left\{ {0;1;2;3;4;5;6} \right\} \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = A_7^5 - A_6^4 = 2160\) 

Gọi A là biến cố: “Số lập được chia hết cho 5 và các chữ số 1, 2, 3 luôn có mặt cạnh nhau”

Giả sử số có 5 chữ số cần tìm là \(\overline {abcde} \,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) 

Dó số cần tìm chia hết cho 5 nên \(e \in \left\{ {0;5} \right\}\) 

TH1: e = 0

+) Buộc 3 số 1, 2, 3, coi là 1 phần tử. Sắp xếp 3 số này trong buộc có 3! = 6 cách.

+) Chọn vị trí cho buộc (123) có 2 cách chọn.

+) Số cách chọn 1 số còn lại (khác 0, 1, 2, 3) là 3 cách.

Suy ra có 1.6.2.3 = 36 số.

TH2: e = 5

+) Buộc 3 số 1, 2, 3, coi là 1 phần tử. Sắp xếp 3 số này trong buộc có 3! = 6 cách.

-) Nếu buộc (123) đứng ở vị trí (abc), khi đó có 3 cách chọn \(d\left( {d \in \left\{ {0;4;6} \right\}} \right)\) 

-) Nếu buộc (123) đứng ở vị trí (bcd), khi đó có 2 cách chọn \(a\left( {a \in \left\{ {4;6} \right\}} \right)\)

\( \Rightarrow \) Có 1.6.(3+2) = 30 số.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 36 + 30 = 66\) 

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{66}}{{2160}} = \frac{{11}}{{360}}\) 

\({\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\frac{2}{x}}} + 3{\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\frac{1}{x} + 1}} > 12 \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^{\frac{1}{x}}}} \right]^2} + {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\frac{1}{x}}} > 12\,\,\left( {x \ne 0} \right)\) 

Đặt \(t = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\frac{1}{x}}} > 0\), bất phương trình trở thành \({t^2} + t > 12 \Leftrightarrow {t^2} + t - 12 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t > 3\\
t <  - 4\,\,(loai)
\end{array} \right.\)  

Với \(t > 3 \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\frac{1}{x}}} > 3 = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow \frac{1}{x} <  - 1 \Leftrightarrow \frac{{1 + x}}{x} < 0 \Leftrightarrow  - 1 < x < 0\) 

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình \(S = \left( { - 1;0} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a =  - 1\\
b = 0
\end{array} \right. \Rightarrow P = 3a + 10b =  - 3\)

Ta có M(4;6;3) nằm trên mặt cầu (S) tâm I(1;2;3) bán kính R = 5.

Dựng hình hộp chữ nhật nội tiếp hình cầu, có ba cạnh là MA, MB, BC

Ta có tâm I(1;2;3) của mặt cầu cũng là tâm của hình hộp chữ nhật

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAFC.

Trong mặt phẳng (MBF)

Gọi \(\begin{array}{l} H = MI \cap BO\\ \Rightarrow H \in BO \subset \left( {ABC} \right)\,\,\,(1) \end{array}\)

Do H là trọng tâm của tam giác MBF nên MH = 23 MI

Do I, M cố định nêm H cố định  (2)

Từ (1) và (2) suy ra (ABC) luôn đi qua điểm cố định H.

Gọi H(a;b;c). Ta có \(\overrightarrow {MH}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {MI} \)

với \(\overrightarrow {MH}  = \left( {a - 4;b - 6;c - 3} \right)\)

\(\overrightarrow {MI}  = \left( { - 3; - 4;0} \right)\)

Ta được

\(\left\{ \begin{array}{l} a - 4 = - 2\\ b - 6 = - \frac{8}{3}\\ c - 3 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 2\\ b = \frac{{10}}{3}\\ c = 3 \end{array} \right.\)

Vậy a+3b-c=2+10-3=9.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Gọi phương trình parabol là: \(y = a{x^2} + bx + c\), parabol đi qua các điểm

\(\left( {3;0} \right);\,\,\,\left( { - 3;0} \right);\,\,\,\left( {0;3} \right)\) nên ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}
c = 3\\
9a + 3b + c = 0\\
9a - 3b + c = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a =  - \frac{1}{3}\\
b = 0\\
c = 3
\end{array} \right. \Rightarrow y =  - \frac{1}{3}{x^2} + 3\) 

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol \(y =  - \frac{1}{3}{x^2} + 3\) và trục Ox là: \(S = \int\limits_{ - 3}^3 {\left( { - \frac{1}{3}{x^2} + 3} \right)} dx = 12\) 

Vậy thể tích phần không gian bên trong lều trại là V = 12.3 = 36 (m³)         

\((S_1)\) có tâm O(0;0;0) và có bán kính \(R_1=5\).

\((S_2)\) có tâm K(-2;0;2) và có bán kính \(R_2=1\).

Ta thấy \(\overrightarrow {OK}  = \left( { - 2;0;2} \right)\) vuông góc với mặt phẳng (P).

Do đó O, K, H thẳng hàng, với H là hình chiếu vuông góc của O xuống (P) và H cố định.

Ta có \(OH = d\left( {O,\left( P \right)} \right) = 3\sqrt 2 ,KH = d\left( {K,\left( P \right)} \right) = \sqrt 2 \)

Ta thấy mặt cầu \((S_1)\)  chứa \((S_2)\), \((S_1)\) cắt (P) nhưng \((S_2)\) không cắt (P).

Do đó mặt cầu tâm I phải tiếp xúc trong với \((S_1)\)  và tiếp xúc ngoài với \((S_2)\)

Gọi R là bán kính mặt cầu tâm I. Suy ra:

\(OI=R_1-R=5-R,KI=R­_2+R=1+R\).

Ta có:

Do vậy, I luôn thuộc mặt cầu \((S_3)\)  tâm H, bán kính \({R_3} = \frac{{\sqrt 7 }}{3}\).

Mà I thuộc mặt phẳng (P) nên I thuộc đường tròn giao tuyến của (P) và \((S_3)\).

Vì \(H \in (P)\) nên bán kính đường tròn giao tuyến là \(r={R_3} = \frac{{\sqrt 7 }}{3}\).

Vậy diện tích là \(\pi {r^2} = \frac{7}{9}\pi \)

Gọi M là trung điểm của AB

Do tam giác OAB cân tại O \( \Rightarrow OM \bot AB\) 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
AB \bot OM\\
AB \bot SO
\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow AB \bot SM\\
 \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}SM.AB \Rightarrow SM = \frac{{2{S_{ABC}}}}{{AB}} = \frac{{2.{R^2}\sqrt 2 }}{{R\sqrt 2 }} = 2R
\end{array}\) 

Ta có \(OM = \frac{1}{2}AB = \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow SO = \sqrt {S{M^2} - O{M^2}}  = \frac{{R\sqrt {14} }}{2}\) 

Vậy \({V_N} = \frac{1}{3}\pi {R^2}.\frac{{R\sqrt {14} }}{2} = \frac{{\pi {R^3}\sqrt {14} }}{6}\) 

\(\begin{array}{l}
\log _3^2x - 2{\log _{\sqrt 3 }}x - 2{\log _{\frac{1}{3}}}x - 3 = 0\,\,\left( {x > 0} \right)\\
 \Leftrightarrow \log _3^2x - 2.2.{\log _3}x - 2.\left( { - 1} \right){\log _3}x - 3 = 0\\
 \Leftrightarrow \log _3^2x - 2{\log _3}x - 3 = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\log _3}x = 3\\
{\log _3}x =  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 27 = {x_2}\\
x = \frac{1}{3} = {x_1}
\end{array} \right.\left( {tm} \right)\\
 \Rightarrow P = {\log _3}{x_1} + {\log _{27}}{x_2} = {\log _3}\frac{1}{3} + {\log _{27}}27 =  - 1 + 1 = 0
\end{array}\)

Ta có \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1; - 2;1} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng (d)

Xét đáp án D ta có \(\left( P \right):x - 2y + z + 1 = 0\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1; - 2;1} \right) = \overrightarrow {{u_d}} \) 

Vậy (P) ở đáp án D vuông góc với (d).

Do hàm số \(y = {\log _2}x\,\,\left( {x > 0} \right)\) có tập giá trị là R nên phương trình \({\log _2}x = m\) có nghiệm \(\forall m \in R\)

Dễ dàng tính được \(AB = BC = CD = DA = \sqrt 2  \Rightarrow \) Tứ diện ABCD là tứ diện đều.

\(\Rightarrow \) Tâm mặt cầu tiếp xúc với 6 cạnh của tứ diện chính là tâm của tứ diện đều.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD \( \Rightarrow M\left( {\frac{1}{2}; - \frac{1}{2};0} \right),N\left( {\frac{1}{2};\frac{{ - 1}}{2};1} \right)\) 

Gọi I là trung điểm của MN \( \Rightarrow I\left( {\frac{1}{2}; - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\) là tâm của tứ diện ABCD.

Bán kính mặt cầu cần tìm là \(R = d\left( {I;AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IA} ;\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\) 

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AC}  = \left( { - 1;0;1} \right)\\
\overrightarrow {AD}  = \left( {0; - 1;1} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {AD} } \right] = \left( {1;1;1} \right)\) là 1 VTPT của (ACD).

\(\Rightarrow \) Phương trình (ACD) là: \(\left( {x - \frac{1}{2}} \right) + \left( {y + \frac{1}{2}} \right) + \left( {z - \frac{1}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y + z - \frac{1}{2} = 0\) 

\(d\left( {I;\left( {ACD} \right)} \right) = \frac{{\left| {\frac{1}{2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2}} \right|}}{{\sqrt 3 }} = 0 \Rightarrow I \in \left( {ACD} \right)\). Do đó mặt cầu tiếp xúc 6 cạnh của tứ diện ABCD cắt (ACD) theo thiết diện là đường tròn lớn có bán kính \(R = \frac{{\sqrt 6 }}{6} \Rightarrow S = \pi {R^2} = \frac{\pi }{6}\)  

Ta có: \(I = \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx = \int\limits_1^3 {tf\left( t \right)dt =  - 2} } \)

Đặt \(t = 4 - x \Rightarrow dt =  - dx\). Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 \Rightarrow t = 3\\
x = 3 \Rightarrow t = 1
\end{array} \right.\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow I =  - \int\limits_3^1 {\left( {4 - x} \right)f\left( {4 - x} \right)dx = \int\limits_1^3 {\left( {4 - x} \right)f\left( x \right)dx =  - 2} } \\
 \Leftrightarrow 2I = \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx + \int\limits_1^3 {\left( {4 - x} \right)f\left( x \right)} dx}  =  - 4\\
 \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {\left( {4 - x + x} \right)f\left( x \right)} dx =  - 4 \Leftrightarrow 4\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx =  - 4}  \Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^3 {f\left( x \right)dx =  - 1} 
\end{array}\) 

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

ABCD là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow AC = BD = a\sqrt 2  \Rightarrow AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) 

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SAO:

\(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {4{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\) 

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {14} }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt {14} }}{6}\)

Phương pháp:

Tổ hợp chập k của n là số cách chọn k phần tử từ một tập n phần tử mà không phân biệt thứ tự.

Cách giải:

Số tập con có 4 phần tử lấy từ các phần tử của tập M là \(C_9^4\) 

Phương pháp:

Sử dụng mối quan hệ song song, vuông góc giữa các đường thẳng và mặt phẳng trong không gian.

Cách giải:

Khẳng định đúng là: Nếu a // (P) và \(b/bot (P)\) thì \(b\bot a\) 

Từ đồ thị hàm số \(y=f'(x)\) ta suy ra BBT của đồ thị hàm số \(y=f(x)\) như sau:

Đặt \(y = g\left( x \right) = {\left( {f\left( x \right)} \right)^2}\) ta có

\(y' = g'\left( x \right) = 2f\left( x \right)f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f\left( x \right) = 0\\
f'\left( x \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\,\,(boi\,\,2)\\
x = 3\,\,\,\,\,(boi\,\,2)\\
x = 1\,\,\,\,\,\,(boi\,\,1)
\end{array} \right.\) 

Do đó x = 1 là 1 cực trị của hàm số, do đó loại các đáp án C và D.

Xét đáp án A ta có \(\forall x \in \left( {1;2} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f\left( x \right) < 0\\
f'\left( x \right) > 0
\end{array} \right. \Rightarrow g'\left( x \right) < 0 \Rightarrow \) Hàm số \(y=g(x)\) nghịch biến trên (1;2).

Đặt

\(\begin{array}{l} t = 7 - 4\sqrt {6x - 9{x^2}} \left( {x \in \left[ {0;\frac{2}{3}} \right]} \right)\\ \Rightarrow t' = \frac{{36x - 12}}{{\sqrt {6x - 9{x^2}} }}\\ \Rightarrow t' = 0\\ \Rightarrow x = \frac{1}{3} \end{array}\)

Bảng biến thiên

Ta có \(t \in \left[ {3;7} \right]\) và t = 3 có 1 nghiệm; \(t \in \left( {3;7} \right]\) có hai nghiệm.

Vậy f’(t)=0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên đoạn [3;7]

Vì f’(6).f’(7)<0 suy ra f’(t)=0 có nghiệm \(t_0 \in (6;7)\)

Bảng biến thiên

Ta thấy khi \(f(t) \in [f(t_0);-4]\) thì phương trình có nghiệm nhiều nhất

Ta có \(\overrightarrow i  = \left( {1;0;0} \right) \Rightarrow \cos \angle \left( {\overrightarrow i ;\overrightarrow u } \right) = \frac{{ - \sqrt 3  + 0 + 0}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2} + {0^2}} \sqrt {{{\left( { - \sqrt 3 } \right)}^2} + {0^2} + {1^2}} }} =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) 

\( \Rightarrow \angle \left( {\overrightarrow i ;\overrightarrow u } \right) = {150^0}\) 

TXĐ: D = R. Ta có \(y' = {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = 3
\end{array} \right.\) 

\(y'' = 2x - 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y''\left( 1 \right) =  - 2 < 0\\
y''\left( 3 \right) = 2 > 0
\end{array} \right. \Rightarrow x = 3\) là điểm cực tiểu của hàm số.

Do \(y'(3)=0\) nên tiếp tuyến tại điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(y = 0\left( {x - 3} \right) - 5 =  - 5\) là đường thẳng song song với trục hoành.