Ta có: \(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left( {3; - 2;2} \right),\overrightarrow {{n_\beta }}  = \left( {5; - 4;3} \right)\) lần lượt là VTPT của \(\left( \alpha  \right),\left( \beta  \right)\).

Gọi mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng (P) có VTPT \(\overrightarrow {{n_P}} \).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( P \right) \bot \left( \alpha  \right)\\
\left( P \right) \bot \left( \beta  \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ,\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2;1; - 2} \right)\) 

\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( P \right):2\left( {x - 0} \right) + y - 0 - 2\left( {z - 0} \right) \Leftrightarrow 2x + y - 2z = 0\).  

Điều kiện: \(x \ne  - 3m\).

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

Hàm số đồng biến trên

\(\begin{array}{l} \left( { - \infty ; - 6} \right) \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y' > 0\,\,\forall x \in \left( { - \infty ; - 6} \right)\\ - 3m \ne \left( { - \infty ; - 6} \right) \end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3m - 2 > 0\\ - 3m \ge - 6 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > \frac{2}{3}\\ m \le 2 \end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \frac{2}{3} < m \le 2\\ \end{array}\)

Kết hợp điều kiện \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {1;2} \right\}\) 

Ta thấy M(- 3;5) biểu diễn số phức \(z \Rightarrow z =  - 3 + 5i \Rightarrow \overline z  =  - 3 - 5i\) 

Ta có: \(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left( {4;3; - 12} \right)\)

Vì \(\left( \alpha  \right)//\left( \beta  \right) \Rightarrow \left( \beta  \right)\) nhận \(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left( {4;3; - 12} \right)\) làm VTPT.

\( \Rightarrow \left( \beta  \right):4x + 3y - 12z + d = 0.\left( {d \ne 10} \right)\) 

Ta có: (S) có tâm I(1;2;3) và bán kính \(R = \sqrt {1 + {2^2} + {3^2} + 2}  = 4\).

Mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\) tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right) \Rightarrow d\left( {I;\left( \beta  \right)} \right) = R\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \frac{{\left| {4.1 + 3.2 - 12.3 + d} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2} + {{12}^2}} }} = 4\\
 \Leftrightarrow \left| {d - 26} \right| = 52 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
d - 26 = 52\\
d - 26 =  - 52
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
d = 78\\
d =  - 26
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left( {{\beta _1}} \right):4x + 3y - 12z + 78 = 0\\
\left( {{\beta _2}} \right):4x + 3y - 12z - 26 = 0
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Gọi \(M\left( {0;0;{z_0}} \right)\,\,\left( {{z_0} > 0} \right)\) là giao điểm của Oz và các mặt phẳng \(\left( {{\beta _1}} \right),\left( {{\beta _2}} \right)\) 

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
M \in \left( {{\beta _1}} \right) \Rightarrow  - 12{z_0} + 78 = 0 \Leftrightarrow {z_0} = \frac{{13}}{2}\left( {tm} \right)\\
M \in \left( {{\beta _2}} \right) \Rightarrow  - 12{z_0} - 26 = 0 \Leftrightarrow {z_0} = -\frac{{13}}{6}\left( {ktm} \right)
\end{array} \right.\) 

Gọi công sai của CSC là d.

Theo đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 123\\
{u_3} - {u_{15}} = 84
\end{array} \right. \Rightarrow {u_1} + 2d - {u_1} - 14d = 84 \Leftrightarrow d =  - 7\).

\( \Rightarrow {u_{17}} = {u_1} + 16d = 123 - 16.7 = 11\). 

Ta có: \(P\left( x \right) = {\left( {5 - 3x} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{5^{10 - k}}{{\left( { - 3x} \right)}^k} = } \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{5^{10 - k}}{{\left( { - 3} \right)}^k}.{x^k}} \) 

Để có hệ số của \(x^6\) thì: \(k = 6 \Rightarrow \) hệ số của \({x^6}:C_{10}^6{.5^4}.{\left( { - 3} \right)^6} = C_{10}^6{.5^4}{.3^6}\) 

\(\begin{array}{l}
2{z_1} + 3{z_2} - {z_1}{z_2} = 2\left( {1 + 2i} \right) + 3\left( {3 - 4i} \right) - \left( {1 + 2i} \right)\left( {3 - 4i} \right)\\
 = 2 + 4i + 9 - 12i - \left( {3 - 4i + 6i - 8{i^2}} \right)\\
 = 11 - 8i - 3 - 2i - 8 =  - 10i
\end{array}\)

\({\log _3}\left( {{x^2} - 4x + 9} \right) = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 9 = {3^2} \Leftrightarrow {x^2} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 4\\
x = 0
\end{array} \right.\) 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0;4} 

Dựa vào BBT ta thấy hàm số có dạng: \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) 

Ta thấy nét cuối của hàm số đi lên \( \Rightarrow a > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án B.

Hàm số có 3 điểm cực trị \( \Rightarrow ab < 0 \Rightarrow \) Loại các đáp án C và D.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{5x - 3}}{{1 - 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{5 - \frac{3}{x}}}{{\frac{1}{x} - 2}} =  - \frac{5}{2}\)

Gọi cạnh hình lập phương ban đầu là \(a\left( {cm} \right)\,\,\left( {a > 0} \right) \Rightarrow V = {a^3}\left( {c{m^3}} \right)\).

Cạnh hình lập phương sau khi tăng 2cm là \(a + 2\left( {cm} \right) \Rightarrow {V_2} = {\left( {a + 2} \right)^3}\left( {c{m^3}} \right)\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {V_2} - V = 98 \Leftrightarrow {\left( {a + 2} \right)^3} - {a^3} = 98 \Leftrightarrow {a^3} + 6{a^2} + 12a + 8 - {a^3} - 98 = 0\\
 \Leftrightarrow 6{a^2} + 12a - 90 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 3\left( {tm} \right)\\
a =  - 5\left( {ktm} \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)  

Ta có: \(I = \int\limits_0^2 {2x\ln \left( {1 + x} \right)dx} \) 

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

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow I = {x^2}.\ln \left( {x + 1} \right)\left| \begin{array}{l}
^2\\
_0
\end{array} \right. - \int\limits_0^2 {\frac{{{x^2}}}{{x + 1}}dx}  = 4\ln 3 - \int\limits_0^2 {\left( {x - 1 + \frac{1}{{x + 1}}} \right)} dx\\
 = 4\ln 3 - \left( {\frac{{{x^2}}}{2} - x + \ln \left| {x + 1} \right|} \right)\left| \begin{array}{l}
^2\\
_0
\end{array} \right. = 4\ln 3 - \left( {0 + \ln 3 - 0} \right) = 3\ln 3\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 3\\
b = 3
\end{array} \right. \Rightarrow 3a + 4b = 3.3 + 4.3 = 21
\end{array}\) 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên [- 2;6] lần lượt là:

\(\begin{array}{l}
M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;6} \right]} f\left( x \right) = 6;m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;6} \right]} f\left( x \right) =  - 4\\
 \Rightarrow T = 2M + 3m = 2.6 + 3.\left( { - 4} \right) = 0
\end{array}\) 

\(\log \left( {{a^3}{b^2}} \right) = \log {a^3} + \log {b^2} = 3\log a + 2\log b\)

\(f'\left( x \right) = \left[ {{{\log }_3}\left( {{x^2} - 4x} \right)} \right]' = \frac{{2x - 4}}{{\left( {{x^2} - 4x} \right)\ln 3}}\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = 3.

\(\begin{array}{l}
{2^{{x^2} + 3x}} \le 16 = {2^4} \Leftrightarrow {x^2} + 3x \le 4 \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 4 \le 0 \Leftrightarrow  - 4 \le x \le 1\\
x \in Z \Rightarrow x \in \left\{ { - 4; - 3; - 2; - 1;0;1} \right\}
\end{array}\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {3 - 1;4 - 1;5 - 2} \right) = \left( {2;3;3} \right)\)

Ta có: \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(B,AC = a\sqrt 2  \Rightarrow AB = BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = a\) 

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = BB'.{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC.BB' = \frac{{{a^3}}}{2}\)

Ta có:  \(2f\left( x \right) + 7 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \frac{7}{2}.\,\,\,\left( * \right)\)

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

Ta có:

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng \(y =  - \frac{7}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y=f(x)\) tại 4 điểm phân biệt.      

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - 3} \right){\left( {x + 5} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 3\\
x =  - \frac{1}{2}\\
x =  - 5
\end{array} \right.\)

Trong đó \(x = 3,x =  - \frac{1}{2}\) là các nghiệm bội lẻ và x = - 5 là nghiệm bội chẵn nên hàm số có hai điểm cực trị.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ là x = - 1 và TCN là \(y = 2 \Rightarrow \) Chọn C.

Ta có: \(R = a\cos \alpha \) 

\( \Rightarrow {S_{xq}} = \pi Rl = \pi a\cos \alpha .a = \pi {a^2}\cos \alpha \) 

Gọi I là trung điểm của OO' 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow R = \sqrt {I{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {3{a^2} + 3{a^2}}  = a\sqrt 6 \\
 \Rightarrow V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi .{\left( {a\sqrt 6 } \right)^3} = 8\sqrt 6 \pi {a^3}
\end{array}\) 

Dựa vào BBT ta thấy: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) =  - \infty  \Rightarrow x = 0\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Gọi \(I\left( {a; - a} \right)\,\,\left( {a > 0} \right)\) thuộc đường thẳng \(y=-x\)

\( \Rightarrow S:{\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y + a} \right)^2} = 9\) 

(S) tiếp xúc với các trục tọa độ \( \Rightarrow d\left( {I,Ox} \right) = d\left( {I;Oy} \right) = R = 3\) 

\( \Leftrightarrow \left| {{x_1}} \right| = \left| {{y_1}} \right| = 3 \Leftrightarrow a = 3 \Rightarrow \left( S \right):{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 9\) 

Gọi \(M\left( {a;b} \right),N\left( {c;d} \right)\)

Khi đó ta có M thuộc đường tròn \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 1\left( C \right)\) và N thuộc

đường thẳng \(4x - 3y - 23 = 0\left( d \right)\) 

Ta có: \(P = {\left( {a - c} \right)^2} + {\left( {b - d} \right)^2} = M{N^2}\) 

Đường tròn (C) có tâm I(1;2), bán kính R = 1.

Ta có \(d\left( {I;d} \right) = \frac{{\left| {4.1 - 3.2 - 23} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = \frac{{25}}{5} = 5 > R \Rightarrow d\) không cắt (C).

Khi đó \(M{N_{\min }} = d\left( {I;d} \right) - R = 5 - 1 = 4 \Rightarrow {P_{\min }} = {4^2} = 16\) 

Mặt cầu tâm I đi qua \(A \Rightarrow IA = R \Leftrightarrow R = \sqrt {{{\left( {1 - 2} \right)}^2} + {{\left( {2 - 3} \right)}^2} + {{\left( {3 - 4} \right)}^2}}  = \sqrt 3 \) 

\( \Rightarrow \left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 4} \right)^2} = 3\)  

\({\log _{64}}81 = {\log _{{4^3}}}{3^4} = \frac{4}{3}{\log _4}3 = \frac{4}{{3{{\log }_3}4}} = \frac{4}{{3a}}\)

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {\left( {\sin \,x + {e^x} - 5x} \right)dx =  - \cos x + {e^x} - \frac{5}{2}{x^2} + C} \) 

Chọn \(C = 1 \Rightarrow F\left( x \right) =  - \cos x + {e^x} - \frac{5}{2}{x^2} + 1\) 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số \(y=f(x)\) đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và (0;1)  

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

Trong (ABC) kẻ \(AH \bot \left( {A'BC} \right)\) ta có

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
AH \bot BC\\
AH \bot A'I\left( {A'I \bot \left( {ABC} \right)} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A'BC} \right)\\
 \Rightarrow d\left( {A;\left( {A'BC} \right)} \right) = AH
\end{array}\)                          

Xét tam giác vuông ABC có:

\(AH = \frac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \frac{{a.2a}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\) 

Dễ dàng nhận thấy (P) // (Q).

Lấy \(M\left( {1;0;0} \right) \in \left( P \right)\), khi đó \(d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {M;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 2.0 + 3.0 + 6} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {3^2}} }} = \frac{7}{{\sqrt {14} }}\)      

\(I = \int\limits_0^1 {\left[ {2f\left( x \right) - 3g\left( x \right)} \right]} dx = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx - 3\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} }  = 2.3 - 3.\left( { - 2} \right) = 12\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{{\left| x \right|}}{{x + 5}} = 0 \Leftrightarrow \left| x \right| = 0 \Leftrightarrow x = 0\) 

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị \(y = \frac{{\left| x \right|}}{{x + 5}},x =  - 2,x = 2\) và trục hoành là:

\(\begin{array}{l}
S = \int\limits_{ - 2}^0 {\left| {\frac{{\left| x \right|}}{{x + 5}}} \right|dx + \int\limits_0^2 {\left| {\frac{{\left| x \right|}}{{x + 5}}} \right|dx = } \int\limits_{ - 2}^0 {\left| {\frac{{ - x}}{{x + 5}}} \right|dx + } } \int\limits_0^2 {\left| {\frac{x}{{x + 5}}} \right|dx} \\
 = \int\limits_{ - 2}^0 {\frac{{ - x}}{{x + 5}}dx + \int\limits_0^2 {\frac{x}{{x + 5}}dx} }  = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( { - 1 + \frac{5}{{x + 5}}} \right)dx + \int\limits_0^2 {\left( {1 - \frac{5}{{x + 5}}} \right)dx} } \\
 = \left( { - x + 5\ln \left| {x + 5} \right|} \right)\left| \begin{array}{l}
^0\\
_{ - 2}
\end{array} \right. + \left( {x - 5\ln \left| {x + 5} \right|} \right)\left| \begin{array}{l}
^2\\
_0
\end{array} \right.\\
 = 5\ln 5 - \left( {2 + 5\ln 3} \right) + \left( {2 - 5\ln 7} \right) - \left( {0 - 5\ln 5} \right)\\
 = 5\left( {\ln 5 - \ln 3 - \ln 7 + \ln 5} \right) = 10\ln 5 - 5\ln 21
\end{array}\) 

Ta có \(f\left( x \right) > \ln \left( {\cos x} \right) - {e^{\pi x}} + m \Leftrightarrow f\left( x \right) - \ln \left( {\cos x} \right) + {e^{\pi x}} > m\,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) 

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \ln \left( {\cos x} \right) + {e^{\pi x}} \Rightarrow g\left( x \right) > m\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]} g\left( x \right)\) 

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + \frac{{\sin \,x}}{{\cos x}} + \pi {e^{\pi x}}\)   

Với \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sin \,x > 0\\
\cos x > 0
\end{array} \right.\), theo giả thiết ta có \(f'\left( x \right) > 0\,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) > 0\,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) 

\( \Rightarrow\) Hàm số \(y=g(x)\) đồng biến trên \(\,\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) 

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) - \ln \left( {\cos 0} \right) + {e^0} = f\left( 0 \right) + 1 \Leftrightarrow m \le f\left( 0 \right) + 1\) 

Gọi M là trung điểm của SC.

Tam giác SBC cân tại \(B \Rightarrow BM \bot SC\).

Xét tam giác SBD có SO là trung tuyến đồng thời là đường cao

\( \Rightarrow \Delta SBC\) cân tại \(S \Rightarrow SB = SD = a\) 

\(\Delta SCD\) có \(SD = CD = a \Rightarrow \Delta SCD\) cân tại \(D \Rightarrow DM \bot SC\) 

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SBC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SC\\
\left( {SBC} \right) \supset BM \bot SC\\
\left( {SCD} \right) \supset DM \bot SC
\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = \angle \left( {BM;DM} \right)\) 

Xét chóp B.SAC ta có \(BC = BS = BA = a \Rightarrow \) Hình chiếu của B lên (SAC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta SAC\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
BO \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\\
BO \bot SO\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow BO \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta SAC\). 

  \( \Rightarrow \Delta SAC\) vuông cân tại \(S \Rightarrow AC = 2SO = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow SA = SC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\) 

Xét tam giác vuông OAB có \(OB = \sqrt {A{B^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - \frac{{2{a^2}}}{3}}  = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow BD = 2OB = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\) 

Xét tam giác vuông \(BCM:BM = \sqrt {B{C^2} - M{C^2}}  = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{3}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{3} = DM\) 

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác BDM ta có:

\(\cos \angle BMD = \frac{{B{M^2} + D{M^2} - B{D^2}}}{{2BM.DM}} = \frac{{\frac{{2{a^2}}}{3} + \frac{{2{a^2}}}{3} - \frac{{4{a^2}}}{3}}}{{2.\frac{{2{a^2}}}{3}}} = 0 \Rightarrow \angle BMD = {90^0}\) 

Vậy \(\angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = {90^0}\) 

Đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^3} + mx + 3\) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ \(a, b, c\)  khi đó  \(f\left( x \right) = 2\left( {x - a} \right)\left( {x - b} \right)\left( {x - c} \right)\)

Ta có \(f'\left( x \right) = 2\left( {x - b} \right)\left( {x - c} \right) + 2\left( {x - a} \right)\left( {x - c} \right) + 2\left( {x - a} \right)\left( {x - b} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f'\left( a \right) = 2\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right)\\
f'\left( b \right) = 2\left( {b - a} \right)\left( {b - c} \right)\\
f'\left( c \right) = 2\left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right)
\end{array} \right.\) 

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}
P = \frac{1}{{f'\left( a \right)}} + \frac{1}{{f'\left( b \right)}} + \frac{1}{{f'\left( c \right)}}\\
 = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right)}} + \frac{1}{{\left( {b - c} \right)\left( {b - a} \right)}} + \frac{1}{{\left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right)}}} \right)\\
 = \frac{1}{2}\frac{{c - b + a - c + b - a}}{{\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {c - a} \right)}} = 0
\end{array}\) 

 Ta có: \(\frac{{AM}}{{AE}} = \frac{{AP}}{{AG}} = \frac{{AN}}{{AF}} = \frac{2}{3} \Rightarrow MP//EG,MN//EF\)                     

\( \Rightarrow \left( {MNP} \right)//\left( {BCD} \right).\)

Ta có \(\frac{{MN}}{{EG}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{MN}}{{BD}} = \frac{1}{3}\) 

Ta có \(\Delta MNP\) đồng dạng với \(\Delta  BCD\) theo tỉ số \(\frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{{S_{\Delta MNP}}}}{{{S_{\Delta BCD}}}} = \frac{1}{9}\) 

Dựng B'C' qua M và song song BC. C'D' qua P và song song với CD.

\( \Rightarrow \left( {MNP} \right) \equiv \left( {B'C'D'} \right)\) 

Trong (ABG) gọi \(I = AQ \cap B'P\). Ta có \(\frac{{AB'}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{AQ}} = \frac{{AP}}{{AG}} = \frac{2}{3}\).

\(\begin{array}{l}
\frac{{d\left( {Q;\left( {MNP} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {MNP} \right)} \right)}} = \frac{{QI}}{{AI}} = \frac{1}{2};\frac{{d\left( {A;\left( {MNP} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right)}} = \frac{{AB'}}{{AB}} = \frac{2}{3}\\
 \Rightarrow \frac{{d\left( {Q;\left( {MNP} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right)}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3} = \frac{1}{3}
\end{array}\) 

Vậy \(\frac{{{V_{MNPQ}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{9} = \frac{1}{{27}} \Rightarrow {V_{MNPQ}} = \frac{V}{{27}}\)   

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = a \in \left( { - 2; - 1} \right)\\
x = b \in \left( { - 1;0} \right)\\
x = c \in \left( {1;2} \right)
\end{array} \right.\) 

Ta có: \(f\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f\left( x \right) - 1 = a \in \left( { - 2; - 1} \right)\,\,\left( 1 \right)\\
f\left( x \right) - 1 = b \in \left( { - 1;0} \right)\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\\
f\left( x \right) - 1 = c \in \left( {1;2} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)
\end{array} \right.\) 

Xét phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = a + 1 \in \left( { - 1;0} \right)\) 

\( \Rightarrow \) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Xét phương trình \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = b + 1 \in \left( {0;1} \right)\)

\( \Rightarrow \) Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt.

Xét phương trình \( \left( 3 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = c + 1 \in \left( {2;3} \right)\)

\( \Rightarrow \) Phương trình (3) có 1 nghiệm duy nhất.

Dễ thấy các nghiệm trên đều không trùng nhau.

Vậy phương trình \( f\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0\) có tất cả 7 nghiệm thực phân biệt.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có:

\(B\left( {0;0;0} \right),A\left( {25;0;0} \right),C\left( {0;18;0} \right),D\left( {25;15;0} \right)\) 

Gọi điểm B', C', D' lần lượt là các điểm B, C, D sau khi hạ xuống ta có:

\(B'\left( {0;0;10} \right),C'\left( {0;18;a} \right),D\left( {25;15;6} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {AB'}  = \left( { - 25;0;10} \right);\overrightarrow {AC'}  = \left( { - 25;18;a} \right);\overrightarrow {AD'}  = \left( {0;15;6} \right)\) 

\(\left[ {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AD'} } \right] = \left( { - 150;150; - 375} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AD'} } \right].\overrightarrow {AC'}  = 3750 + 2700 - 375a = 6450 - 375a\)

Do A, B', C', D' đồng phẳng nên \(\left[ {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AD'} } \right].\overrightarrow {AC'}  = 0 \Leftrightarrow 6450 - 375a = 0 \Leftrightarrow a = 17,2\)

Quay miền tam giác SAB quanh cạnh SA ta được khối nón có chiều cao h = SA, bán kính đáy R = AB.

\( \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}\pi .A{B^2}.SA\)  

Quay nửa hình tròn quanh cạnh SA ta được khối cầu có bán kính IA.

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: \(\frac{{IA}}{{IS}} = \frac{{AB}}{{SB}} = \cos {60^0} = \frac{1}{2} \Rightarrow IA = \frac{1}{2}IS \Rightarrow IA = \frac{1}{3}SA\) 

\(\begin{array}{l}
{V_2} = \frac{4}{3}\pi .I{A^3} = \frac{4}{3}\pi \frac{{S{A^3}}}{{27}} = \frac{{4\pi S{A^3}}}{{81}}\\
 \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi .A{B^2}.SA}}{{\frac{{4\pi S{A^3}}}{{81}}}} = \frac{{27}}{4}.\frac{{A{B^2}}}{{S{A^2}}} = \frac{{27}}{4}{\left( {\frac{{AB}}{{SA}}} \right)^2} = \frac{{27}}{4}{\left( {\cot {{60}^0}} \right)^2} = \frac{{27}}{4}{\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} = \frac{9}{4}
\end{array}\) 

Giả sử I(a;b;c) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {IA}  = \left( { - 1 - a;3 - b;5 - c} \right)\\
\overrightarrow {IB}  = \left( {2 - a;6 - b; - 1 - c} \right)\\
\overrightarrow {IC}  = \left( { - 4 - a; - 12 - b;5 - c} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \left( { - 3a - 3; - 3b - 3; - 3c + 9} \right) = \overrightarrow 0 \) 

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3a + 3 = 0\\
3b + 3 = 0\\
3c - 9 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a =  - 1\\
b =  - 1\\
c = 3
\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 1; - 1;3} \right)\) 

Ta có: \(S = \left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right| = \left| {3\overrightarrow {MI}  + \underbrace {\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC} } \right)}_0} \right| = 3MI\) 

Khi đó \({S_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }} \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của I trên (P).

\( \Rightarrow M{I_{\min }} = d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1 + 2\left( { - 1} \right) - 2.3 - 5} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{{14}}{3}\) 

Vậy \({S_{\min }} = 3.\frac{{14}}{3} = 14\) 

Sau tháng thứ nhất, số tiền còn lại là \({A_1} = 200\left( {1 + r} \right) - 4\) 

Sau tháng thứ hai số tiền còn lại là \({A_2} = {A_1}\left( {1 + r} \right) - 4 = 200{\left( {1 + r} \right)^2} - 4\left( {1 + r} \right) - 4\) 

...

Sau 12 tháng số tiền còn lại là

\(\begin{array}{l}
{A_{12}} = 200{\left( {1 + r} \right)^{12}} - 4\left( {1 + \left( {1 + r} \right) + ... + {{\left( {1 + r} \right)}^{11}}} \right)\\
 = 200{\left( {1 + r} \right)^{12}} - 4\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{12}} - 1}}{{1 + r - 1}} = 200{\left( {1 + r} \right)^{12}} - \frac{4}{r}\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^{12}} - 1} \right] = 165,269\,\,\left( {trieu\,\,dong} \right)
\end{array}\) 

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} - 2m{x^2} + 4 - 2{m^2}\) có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} = m
\end{array} \right.\)

TH1: \(m \le 0 \Rightarrow \) Hàm số \(y=f(x)\) có 1 cực trị.

\(\Rightarrow \)  Để hàm số  \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có đúng 3 cực trị thì phương trình \(f(x)=0\) có 2 nghiệm phân biệt.

\( \Rightarrow f\left( 0 \right) < 0 \Leftrightarrow 4 - 2{m^2} < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m > \sqrt 2 \\
m <  - \sqrt 2 
\end{array} \right.\) 

Kết hợp điều kiện \( \Rightarrow m <  - \sqrt 2 \) 

TH2: \(m > 0 \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \sqrt m \\
x =  - \sqrt m 
\end{array} \right. \Rightarrow \) Hàm số \(y=f(x)\) có 3 cực trị.

BBT:

Hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có đúng 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình \(f(x)=0\) vô nghiệm

\( \Rightarrow f\left( {\sqrt m } \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2{m^2} + 4 - 2{m^2} > 0 \Leftrightarrow  - 3{m^2} + 4 > 0 \Leftrightarrow  - \frac{2}{{\sqrt 3 }} < m < \frac{2}{{\sqrt 3 }}\) 

Kết hợp điều kiện \( \Rightarrow 0 < m < \frac{2}{{\sqrt 3 }}\) 

Kết hợp điều kiện đề bài ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
m \in \left( { - 10; - \sqrt 2 } \right) \cup \left( {0;\frac{2}{{\sqrt 3 }}} \right)\\
m \in Z
\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 9; - 8;...; - 2;1} \right\}\) 

Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có

\(\begin{array}{l} 3{x^2} - 2xy - 2{y^2} = 5\\ \Rightarrow x \ne 0\\ \Rightarrow {x^2} + xy + {y^2} > 0 \end{array}\)

Xét biểu thức

\(\begin{array}{l} M = \frac{5}{P} = \frac{{3{x^2} - 2xy - 2{y^2}}}{{{x^2} + xy + {y^2}}}\\ = \frac{{3 - 2.\frac{y}{x} - 2.{{\left( {\frac{y}{x}} \right)}^2}}}{{1 + \frac{y}{x} + {{\left( {\frac{y}{x}} \right)}^2}}}. \end{array}\)

Đặt \({y \over x}=t\), ta có

\(\begin{array}{l} M = \frac{{3 - 2t - 2{t^2}}}{{1 + t + {t^2}}}\\ \Leftrightarrow \left( {M + 2} \right){t^2} + \left( {M + 2} \right)t + M - 3 = 0\,\,(*) \end{array}\)

Khi đó phương trình (*) có nghiệm

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {M + 2} \right)^2} - 4\left( {M + 2} \right)\left( {M - 3} \right) \ge 0\,\\ \Leftrightarrow - 2 \le m \le \frac{{14}}{3}\, \end{array}\)

Do P>0 nên ta có

\(0 < \frac{5}{P} \le \frac{{14}}{3} \Rightarrow P \ge \frac{{15}}{{14}}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{{\sqrt {70} }}{7}; - \frac{{\sqrt {70} }}{{14}}} \right);\left( { - \frac{{\sqrt {70} }}{7};\frac{{\sqrt {70} }}{{14}}} \right)\)

Vậy giá trị nỏ nhất của biểu thức P bằng \(15 \over 14\).

\(\begin{array}{l}
f'\left( x \right) + \sin \,xf\left( x \right) = \cos x{e^{\cos x}}\,\,\,\forall x \in \left[ {0;\pi } \right]\\
 \Leftrightarrow f'\left( x \right){e^{ - \cos x}} + \sin \,xf\left( x \right){e^{ - \cos x}} = \cos x\\
 \Leftrightarrow \left[ {f\left( x \right){e^{ - \cos x}}} \right]' = \cos x\\
 \Leftrightarrow \int\limits_0^x {\left[ {f\left( x \right){e^{ - \cos x}}} \right]dx = \int\limits_0^x {\cos xdx} } \\
 \Leftrightarrow f\left( x \right){e^{ - \cos x}}\left| \begin{array}{l}
^x\\
_0
\end{array} \right. = \sin \,x\left| \begin{array}{l}
^x\\
_0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow f\left( x \right){e^{ - \cos x}} - f\left( 0 \right).{e^{ - 1}} = \sin \,x\\
 \Leftrightarrow f\left( x \right){e^{ - \cos x}} - 2e.{e^{ - 1}} = \sin \,x\\
 \Leftrightarrow f\left( x \right){e^{ - \cos x}} = \sin \,x + 2\\
 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \left( {\sin \,x + 2} \right){e^{\cos x}}
\end{array}\)

Khi đó ta có \(I = \int\limits_0^\pi  {f\left( x \right)dx = \int\limits_0^\pi  {\left( {\sin \,x + 2} \right){e^{\cos x}}dx \approx 10,31} } \) 

\(\begin{array}{l}
{\log _3}\frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} + xy + 2}} = x\left( {x - 9} \right) + y\left( {y - 9} \right) + xy\\
 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + y} \right) - {\log _3}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + 2 = {x^2} + {y^2} + xy + 2 - 9x - 9y\,\,\left( {x + y > 0} \right)\\
 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {9x + 9y} \right) + \left( {9x + 9y} \right) = {\log _3}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy + 2\left( * \right)
\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _3}t + t\left( {t > 0} \right)\) ta có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 3}} + 1 > 0 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + {\infty ^{}}} \right)\) 

Từ \(\left( * \right) \Rightarrow f\left( {9x + 9y} \right) = f\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) \Leftrightarrow 9x + 9y = {x^2} + {y^2} + xy + 2\) 

\( \Leftrightarrow 9\left( {x + y} \right) = {\left( {x + y} \right)^2} - xy + 2 \Leftrightarrow xy = {\left( {x + y} \right)^2} - 9\left( {x + y} \right) + 2\)

Ta có: \(x = x + xy - xy = x\left( {y + 1} \right) - xy \le {\left( {\frac{{x + y + 1}}{2}} \right)^2} - xy \Rightarrow xy \le {\left( {\frac{{x + y + 1}}{2}} \right)^2} - x\) 

Từ đó \(xy = {\left( {x + y} \right)^2} - 9\left( {x + y} \right) + 2 \le {\left( {\frac{{x + y + 1}}{2}} \right)^2} - x \Leftrightarrow x \le {\left( {\frac{{x + y + 1}}{2}} \right)^2} - {\left( {x + y} \right)^2} + 9\left( {x + y} \right) - 2\) 

Đặt \(t = x + y > 0\) thì

\(\begin{array}{l}
P = \frac{{x + 2\left( {x + y} \right) - 9}}{{x + y + 10}} = \frac{{x + 2t - 9}}{{t + 10}} \le \frac{{\frac{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}{4} - {t^2} + 9t - 2 + 2t - 9}}{{t + 10}}\\
 = \frac{{{t^2} + 2t + 1 - 4{t^2} + 44t - 44}}{{4t + 40}} = \frac{{ - 3{t^2} + 46t - 43}}{{4t + 40}}
\end{array}\) 

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{ - 3{t^2} + 46t - 43}}{{4t + 40}}\,\,\left( {t \ne -10} \right)\) 

Sử dụng MTCT ta tìm được max P = 1

Để con kiến từ A đến B cần thực hiện tối thiểu 4 bước tiến và 6 bước sang phải:

+) TH1: 4 bước tiến và 7 bước sang phải 1 bước sang trái

Chọn 4 bước tiến có \(C_{12}^{4}\) cách;
Trong 8 bước còn lại có 7 bước sang phải và 1 bước sang trái: trong 8 bước này thì bước đầu tiên và bước cuối cùng phải luôn là bước sang phải nên bước sang trái có 6 cách chọn tức trong 8 bước còn lại có 6 cách.

Trường hợp này có $6C_{12}^{4}$ cách;

+) TH2: 6 bước sang phải và 5 bước tiến 1 bước lùi

Chọn 6 bước sang phải có \(C_{12}^{6}\) cách;
Trong 6 bước còn lại có 5 bước tiến và 1 bước lùi: trong 6 bước này bước đầu và bước cuối cùng phải luôn là bước tiến nên bước lùi có 4 cách chọn tức trong 6 bước còn lại có 4 cách.

Trường hợp này có \(4C_{12}^{6}\) cách.

Vậy có tất cả \(6C_{12}^{4}+4C_{12}^{6}=6666\) cách thực hiện hành trình kiến từ A đến B sau 12 bước.