Dựa vào BBT ta thấy hàm số cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 2.

Ta có \({\left( {{{10}^\alpha }} \right)^2} = {10^{2\alpha }} \Rightarrow \) đáp án C sai.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy trong [-2; 3] thì  \(\left\{ \begin{array}{l}
M = {\max ^{}}f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = 3\\
m = \min {}^{}f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right) =  - 2
\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow S = M + m = 3 - 2 = 1\)

+) Đáp án A ta có: \( - 3 - 1 =  - 4; - 6 - \left( { - 3} \right) =  - 3 \Rightarrow \) các số trong đáp án A không lập thành CSC.

+) Đáp án B ta có: \( - 3 - 1 =  - 4; - 7 - \left( { - 3} \right) =  - 4; - 11 - \left( { - 7} \right) =  - 4; - 15 - \left( { - 11} \right) =  - 4 \Rightarrow \)các số trong đáp án B lập thành một CSC có công sai d = - 4.

Diện tích hình thoi ABCD: \({S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC.BD = \frac{1}{2}.2a.a = {a^2}.\)

Thể tích khối lăng trụ là: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}{\rm{.AA' = }}{{\rm{a}}^2}.4a = 4{a^3}.\) 

Thể tích khối nón có bán kính đáy R và chiều cao h: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\) 

Ta thấy đồ thị hàm số là hàm bậc 3 có nét cuối đi lên nên hàm số và có a > 0 nên loại đáp án B và C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (-1;3) nên ta có:

Đáp án A: \({\left( { - 1} \right)^3} - 3.{\left( { - 1} \right)^2} + 1 =  - 3 \ne 3 \Rightarrow \) loại đáp án A.

Theo đề bài ta có: h = 2r.

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {S_{xq}} = 2\pi rh = 16\pi \\
 \Leftrightarrow 2\pi .2{r^2} = 16\pi  \Leftrightarrow r = 2.\\
 \Rightarrow V = \pi {r^2}h = \pi {2^2}.2.2 = 16\pi .
\end{array}\)

Ta có: \({a^{{{\log }_a}{b^3}}} = {b^{3{{\log }_a}a}} = {b^3}.\) 

Theo đề bài ta có : \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx;f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx.} } \)

\( \Rightarrow I = \int {\left[ {2f\left( x \right) + f'\left( x \right) + 1} \right]} dx = 2F\left( x \right) + f\left( x \right) + x + C.\) 

+) Đáp án A có: \(f'\left( x \right) = 2x - 4 \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2.\) 

\( \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\), nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;2} \right)\).

\( \Rightarrow \) loại đáp án A.

+) Đáp án B có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x + 3 = 3\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) = 3{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0\forall x \in R\) 

\( \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên R.

\( \Rightarrow \) chọn đáp án B.

Tập hợp tâm các mặt cầu đi qua ba điểm phân biệt A, B, C không thẳng hàng là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có: \({3^x} < {e^x} \Leftrightarrow \ln {3^x} < \ln {e^x} \Leftrightarrow x\ln 3 < x \Leftrightarrow x9\ln 3 - 1) < 0 \Leftrightarrow x < 0.\) 

Điều kiện: x > 0.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\log _2^2(4x) - {\log _{\sqrt 2 }}(2x) = 5 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}4 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 2\left( {{{\log }_2}2 + {{\log }_2}x} \right) - 5 = 0\\
 \Leftrightarrow 4 + 4{\log _2}x + \log _2^2x - 2 - 2{\log _2}x - 5 = 0 \Leftrightarrow \log _2^2x + 2{\log _2}x - 3 = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\log _2}x = 1\\
{\log _2}x =  - 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
x = \frac{1}{{{2^3}}} = \frac{1}{8}
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Vậy nghiệm bé nhất của phương trình là \(x = \frac{1}{8} \in \left( {0;1} \right)\) 

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

Trong đó có x = - 2 là nghiệm bội chẵn của phương trình, còn lại x = 0, x = 1 là các nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'(x) = 0\).

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Số tập con gồm 3 phần tử của tập hợp gồm 7 phân tử là: \(C_3^7\) tập hợp.

Ta có: \(F(x) = \int {\frac{1}{{2x + 1}}dx = \frac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right| + C.} \)

 \(\begin{array}{l}
F(1) = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\ln \left| {2.1 - 1} \right| + C = 2 \Leftrightarrow C = 2.\\
 \Rightarrow F(x) = \frac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right| + 2 \Rightarrow F(2) = \frac{1}{2}\ln \left| {2.2 - 1} \right| + 2 = \frac{1}{2}\ln 3 + 2.
\end{array}\) 

Theo đề bài ta có: \({S_d} = \pi {r^2} = 9\pi  \Rightarrow r = 3,l = 2r\) 

\( \Rightarrow h = \sqrt {{l^2} - {r^2}}  = \sqrt {4{r^2} - {r^2}}  = r\sqrt 3  = 3\sqrt 3 .\)

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

Ta có xét bảng dấu:

Như vậy hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và (0;1).

Hàm số nghịch biến trên (-1;0) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x + 1}}{{x - 2}} =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{x + 1}}{{x - 2}} =  - \infty  \Rightarrow x = 2\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Để chọn được 3 câu hỏi trong đó có ít nhất 1 câu lý thuyết và 1 câu bài tập ta chia thành 2 TH:

TH1: Chọn 1 câu lý thuyết và 2 câu bài tập có: \(C_4^1.C_6^2\) cách chọn.

TH2: Chọn 2 câu lý thuyết và 1 câu bài tập có: \(C_4^2.C_6^1\) cách chọn.

Như vậy có: \(C_4^1.C_6^2 + C_4^2.C_6^1= 96\) cách chọn.

Ta có \({V_{SABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.{a^2}.3a = {a^3}.\)

Gọi số cần lập có dạng \(\overline {abcde} \). Vì số cần lập là số chẵn nên \(e \in \left\{ {0;2;4;6;8} \right\}\)

TH1: Chọn \(e = 0 \Rightarrow e\) có 1 cách chọn.

Khi đó a, b, c, d có \(A_9^4\) cách chọn nên có \(A_9^4\) cách chọn TH1.

TH2: Chọn \(e \in \left\{ {0;2;4;6;8} \right\} \Rightarrow e\) có 4 cách chọn.

\(a \ne 0,a \ne e \Rightarrow a\) có 8 cách chọn.

Chọn b, c, d trong các chữ số còn lại và nhất định phải có chữ số 0 nên có: \(3.A_7^2\) cách chọn.

Suy ra có \(4.8.3. A_7^2 = 4032\) cách chọn.

Như vậy có: \(A_9^4 + 4032 = 7056\) cách chọn.

Ta có: \(y' = {e^{x + 1}} + x{e^{x + 1}} = {e^{x + 1}}\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 1 = 0 \Leftrightarrow x =  - 1.\) 

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f\left( { - 2} \right) =  - 2{e^{ - 1}} = \frac{{ - 2}}{e}\\
f\left( { - 1} \right) =  - {e^0} =  - 1\\
f\left( 0 \right) = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} y =  - 1\mathop {}\nolimits_{} khi\mathop {}\nolimits_{} x =  - 2\)

Gọi CSN có số hạng đầu là \(u_1\) và công bội q (q > 0).

Theo đề bài ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}
{u_2} = {u_1}.q = \frac{1}{4}\\
{u_4} = {u_1}.{q^3} = 4
\end{array} \right. \Rightarrow {q^2} = 16 \Leftrightarrow q = 4\) (do q > 0).

\( \Rightarrow {u_1} = \frac{{{u_2}}}{q} = \frac{1}{{16}}.\) 

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

Dựa vào BBT ta thấy, phương trình \(f(x) = m\) có đúng 3 nghiệm thực khi và chỉ khi \(m =  \pm 1.\) 

Vậy \(S = \left\{ { - 1;1} \right\}\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 2\) 

Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại điểm có hoành độ x = 1 là \(k = f'\left( 1 \right) = {3.1^2} - 2 = 1.\)

TXĐ: \(D = \left[ {7; + \infty } \right)\) 

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {x - 7} }}{{{x^2} + 3x - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {\frac{1}{{{x^3}}} - \frac{7}{{{x^4}}}} }}{{x + \frac{3}{x} - \frac{4}{{{x^2}}}}} = 0\) 

Do \(D = \left[ {7; + \infty } \right)\) nên \({x^2} + 3x - 4 \ne 0,\,\forall x \in D = \left[ {7; + \infty } \right) \Rightarrow \) Đồ thị hàm số không có TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 TCN duy nhất.

\({3^{x + 1}} + {3^{1 - x}} = 10 \Leftrightarrow {3.3^x} + \frac{3}{{{3^x}}} = 10 \Leftrightarrow {3.3^{2x}} - {10.3^x} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{3^x} = 3\\
{3^x} = \frac{1}{3}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x =  - 1
\end{array} \right.\) 

Vậy \(S = \left\{ { - 1;1} \right\} \Rightarrow \) Tổng số nghiệm của phương trình là -1 + 1 = 0.

\({\log _2}\left( {x - 1} \right) < 3 \Leftrightarrow 0 < x - 1 < 8 \Leftrightarrow 1 < x < 9.\) 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = (1;9).

Gọi P là trung điểm của AB.

Ta có:

MP là đường trung bình của tam giác \(ABD \Rightarrow MP//BD\) và \(MN = \frac{1}{2}BD = 2a\)

NP là đường trung bình của tam giác \(ABC \Rightarrow NP//AC\) và \(NP = \frac{1}{2}AC = \frac{{3a}}{2}\)

Lại có \(AC \bot BD \Rightarrow MP \bot NP \Rightarrow \Delta MNP\) vuông tại P.

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông MNP ta có:

\(MN = \sqrt {M{P^2} + N{P^2}}  = \sqrt {4{a^2} + \frac{{9{a^2}}}{4}}  = \frac{{5a}}{2}\) 

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD cạnh a: \(R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) 

Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp \(R = \sqrt {\frac{{{h^2}}}{4} + R_{day}^2}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = a\sqrt 2 \)

Vậy diện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 8\pi {a^2}\) 

Dựng E sao cho ABCE là hình bình hành như hình vẽ.

Ta có: AB // CE

\( \Rightarrow AB//\left( {CDE} \right) \supset CD \Rightarrow d\left( {AB;CD} \right) = d\left( {AB;\left( {CDE} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {CDE} \right)} \right)\) với M là trung điểm của AB.

Gọi N là trung điểm của CE.

Tam giác ABD đều \( \Rightarrow MD \bot AB\) 

ABCE là hình bình hành có \(\angle ABC = {90^0}(gt) \Rightarrow ABCE\) là hình chữ nhật. (dhnb)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow MN//BC,BC \bot AB \Rightarrow MN \bot AB\\
 \Rightarrow AB \bot \left( {AND} \right) \Rightarrow CE \bot \left( {AND} \right)
\end{array}\) 

Trong (MND) kẻ \(MH \bot DN\) ta có: 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{MH \bot DN}\\
{MH \bot CE}
\end{array}} \right. \Rightarrow MH \bot \left( {CDE} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {M;\left( {CDE} \right)} \right) = MH = \frac{{\sqrt {11} }}{2}\) 

Tam giác ABD đều cạnh \(2 \Rightarrow DM = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \) 

Ta có: \(MN = BC = \sqrt 3  \Rightarrow \Delta MND\) cân tại \(M \Rightarrow H\) là trung điểm của ND.

Xét tam giác vuông MNH có \(NH = \sqrt {M{N^2} - M{H^2}}  = \sqrt {3 - \frac{{11}}{4}}  = \frac{1}{2} \Rightarrow ND = 2NH = 1\) 

Ta có: \(CE \bot \left( {MND} \right) \Rightarrow CE \bot DN \Rightarrow \Delta CDN\) vuông tại \(N \Rightarrow CD = \sqrt {D{N^2} + C{N^2}}  = \sqrt {1 + 1}  = \sqrt 2 \)

\(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(I = AC \cap HK\)

Do ABCD là hình vuông \( \Rightarrow AC \bot BD\) 

Mà HK // BD (H là đường trung bình của tam giác ABD)

\( \Rightarrow AC \bot HK \Rightarrow AI \bot BD\) 

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
AI \bot HK\\
AI \bot SH\,\,\left( {SH \bot ABCD} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow SI\) là hình chiếu của SA lên (SHK).

\( \Rightarrow \angle \left( {SA;\left( {SHK} \right)} \right) = \angle \left( {SA;SI} \right) = \angle ISA.\) 

Gọi \(O = AC \cap BD\), áp dụng định lí Ta – lét ta có: \(\frac{{AI}}{{OA}} = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow AI = \frac{1}{2}OA = \frac{1}{4}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

Tam giác SIA vuông tại \(I \Rightarrow \sin \angle ISA = \frac{{AI}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\)

Vậy \(\sin \angle \left( {SA;\left( {SHK} \right)} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\)

Do F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) nên F’(x) = f(x).

Ta có \(F'\left( x \right) = \left( {2ax + b} \right){e^{ - x}} - \left( {a{x^2} + bx + c} \right).{e^{ - x}} = \left( { - a{x^2} + \left( {2a - b} \right)x - c} \right){e^{ - x}}\) 

Đồng nhất hệ số ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
 - 2a = 2\\
2a - b =  - 5\\
 - c = 2
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a =  - 1\\
b = 3\\
c =  - 2
\end{array} \right. \Rightarrow F(x) = \left( { - {x^2} + 3x - 2} \right){e^{ - x}}\\
 \Rightarrow F\left( 0 \right) =  - 2{e^{ - 0}} =  - 2 \Rightarrow f\left( {F\left( 0 \right)} \right) = f\left( { - 2} \right) = 20{e^2}.
\end{array}\) 

Đặt \({\log _{16}}p = {\log _{20}}q = {\log _{25}}(p + q) = t\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
p = {16^t}\\
q = {20^t}\\
p + q = {25^t}
\end{array} \right. \Rightarrow {16^t} + {20^t} = {25^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{16}}{{25}}} \right)^t} + {\left( {\frac{{20}}{{25}}} \right)^t} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{5}} \right)^{2t}} + {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} - 1 = 0\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\\
{\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} = \frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2} < 0\,\,(ktm)
\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2} = {\left( {\frac{{16}}{{20}}} \right)^t} = \frac{{{{16}^t}}}{{{{20}^t}}} = \frac{p}{q}
\end{array}\) 

Ta có: \(C{C_1}//{\rm{A}}{{\rm{A}}_1} \Rightarrow C{C_1}//\left( {AB{B_1}{A_1}} \right) \Rightarrow d\left( {C{C_1};\left( {AB{B_1}{A_1}} \right)} \right) = d\left( {{C_1};\left( {AB{B_1}{A_1}} \right)} \right)\) 

\( \Rightarrow {V_{{C_1}.AB{B_1}{A_1}}} = \frac{1}{3}d\left( {{C_1};AB{B_1}{A_1}} \right).{S_{AB{B_1}{A_1}}} = \frac{1}{3}.6.4 = 8\)

Ta có: \({V_{{C_1}.ABC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} \Rightarrow {V_{{C_1}.AB{B_1}{A_1}}} = \frac{2}{3}{V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}}\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = \frac{3}{2}{V_{{C_1}.AB{B_1}{A_1}}} = \frac{3}{2}.8 = 12\)

Có 3 mặt trụ tròn xoay đi qua các điểm A, B, D, C', B', D'. Đó là các trụ ngoại tiếp lập phương ABCD.A’B’C’D’.

Gọi A’, B’ lần lượt các điểm đối xứng A, B qua CD. H là trung điểm của BB’, ta dễ dàng chứng minh được C là trung điểm của AA’.

Gọi \(V_1\) là thể tích khối nón có chiều cao CD, bán kính đáy AC.

       \(V_2\) là thể tích khối nón cụt có chiều cao CH, bán kính đáy nhỏ BH, bán kính đáy lớn AC.

       \(V_3\) là thể tích khối nón có chiều cao CH, bán kính đáy BH.

Kẻ \(CK\bot AD\) suy ra ABCK là hình vuông \( \Rightarrow CK = KD = a\)

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

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \) 

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

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Tam giác vuông CKD vuông câm tại K \(\angle KDC = {45^0} \Rightarrow \angle BCH = {45^0} \Rightarrow \Delta BCH\)vuông cân tại H.

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow BH = CH = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\\
 \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}\pi A{C^2}.CD = \frac{1}{3}\pi {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2}a\sqrt 2  = \frac{{2\sqrt 2 \pi {a^3}}}{3}\\
{V_2} = \frac{1}{3}\pi CH\left( {B{H^2} + A{C^2} + BH.AC} \right) = \frac{1}{3}\pi .\frac{a}{{\sqrt 2 }}\left( {\frac{{{a^2}}}{2} + 2{a^2} + \frac{a}{{\sqrt 2 }}.a\sqrt 2 } \right) = \frac{{7\sqrt 2 \pi {a^2}}}{{12}}\\
{V_3} = \frac{1}{3}\pi B{H^2}.CH = \frac{1}{3}\pi .\frac{{{a^2}}}{2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\pi \sqrt 2 {a^3}}}{{12}}
\end{array}\) 

Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang ABCD quanh trục CD là:

\(V = {V_1} + {V_2} - {V_3} = \frac{{2\sqrt 2 \pi {a^3}}}{3} + \frac{{7\sqrt 2 \pi {a^2}}}{{12}} - \frac{{\sqrt 2 \pi {a^2}}}{{12}} = \frac{{7\sqrt 2 \pi {a^3}}}{6}\) 

Chia khối lập phương ABC.A’B’C’ bởi mặt phẳng (AB’D’) và (C’BD) ta được:

+) Chóp A.A’B’D’

+) Chóp C’.BCD

+) Khối bát diện ABD.B’C’D’

Ta có \({V_{A.A'B'D'}} = \frac{1}{3}AA'.{S_{A'B'D'}} = \frac{1}{3}AA'.\frac{1}{2}A'B'.A'D' = \frac{1}{6}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\) 

Tương tự ta có \({V_{C'.BCD}} = \frac{1}{6}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\) 

\( \Rightarrow {V_{ABD.B'C'D'}} = \frac{2}{3}{V_{ABD.B'C'D'}}\) 

Các khối A.A’B’D’ và C’.BCD không phải là chóp tam giác đều và khối bắt diện ABD.B’C’D’ không phải là khói bát diện đều

Do đó chỉ có mệnh đề III đúng

Điền 9 số vào 9 ô vuông \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 9!\) 

Gọi A là biến cố “Mỗi hàng, mỗi cột đều có ít nhất 1 số lẻ”

\( \Rightarrow \overline A \): “Tồn tại hàng hoặc cột không có số lẻ”

Do chỉ có 4 số chẵn nên chỉ có thể xảy ra trường hợp có 1 hàng hoặc 1 cột không có số lẻ.

TH1: Hàng thứ nhất không có số lẻ

Chọn 3 số chẵn trong 4 số chẵn điền vào hàng đầu tiên có \(A_4^3\) cách

6 số còn lại điền vào 6 ô còn lại có 6! Cách

\( \Rightarrow \) có 24.6! cách

Tương tự cho 2 hàng còn lại và 3 cột còn lại

\(n\left( {\overline A } \right) = 6.24.6!\) 

Vậy \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{6.24.6!}}{{9!}} = \frac{2}{7} \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{5}{7}\) 

Đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3m{x^2} + 3mx + {m^2} - 2{m^3}\) tiếp xúc với trục hoành

\( \Leftrightarrow \) hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}
{x^3} - 3m{x^2} + 3mx + {m^2} - 2{m^3} = 0\\
3{x^2} - 6mx + 3m = 0
\end{array} \right.\) có nghiệm

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^3} - 3m{x^2} + 3mx + {m^2} - 2{m^3} = 0\,\,\,\left( 1 \right)\\
{x^2} - 2mx + m = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.\) 

(2) có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - m \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m \ge 1\\
m \le 0
\end{array} \right.\) 

(2) \( \Leftrightarrow {x^2} = m\left( {2x - 1} \right)\) 

TH1: \(x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{4} = 0\) (vô lí)

TH2: \(x \ne \frac{1}{2} \Rightarrow m = \frac{{{x^2}}}{{2x - 1}}\) 

Thay vào (1) ta có: \({x^3} - 3\frac{{{x^2}}}{{2x - 1}}{x^2} + 3\frac{{{x^2}}}{{2x - 1}}x + {\left( {\frac{{{x^2}}}{{2x - 1}}} \right)^2} - 2{\left( {\frac{{{x^2}}}{{2x - 1}}} \right)^3} = 0\) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \frac{{{x^3}}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^3}}}\left[ {{{\left( {2x - 1} \right)}^3} - 3x{{\left( {2x - 1} \right)}^2} + 3{{\left( {2x - 1} \right)}^2} + x\left( {2x - 1} \right) - 2{x^3}} \right] = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
8{x^3} - 12{x^2} + 6x - 1 - 12{x^3} + 12{x^2} - 3x + 12{x^2} - 12x + 3 + 2{x^2} - x - 2{x^3} = 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
 - 6{x^3} + 14{x^2} - 10x + 2 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \frac{1}{3} \Rightarrow S = 0 + \frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{3}\\
x = 1
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Ta có

\(\begin{array}{l}
{x_M} = {x_0}\left( {{x_0} > 0} \right) \Rightarrow {x_N} =  - 2{x_0}\\
 \Rightarrow {y_M} = {4^{{x_0}}};{y_N} = {a^{ - 2{x_0}}}\\
 \Rightarrow {4^{{x_0}}} = {a^{ - 2{x_0}}} \Leftrightarrow {4^{{x_0}}} = {\left( {{a^{ - 2}}} \right)^{{x_0}}} \Leftrightarrow {a^{ - 2}} = 4 \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}
\end{array}\) 

Gọi M là trung điểm của A’B’ ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}
C'M \bot A'B'\\
C'M \bot AA'
\end{array} \right. \Rightarrow C'M \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow C'M \bot AB'\) 

\(\left\{ \begin{array}{l}
BC' \bot AB'\\
C'M \bot AB'
\end{array} \right. \Rightarrow AB' \bot \left( {BC'M} \right) \Rightarrow AB' \bot BM\) 

Gọi \(K = AB' \cap CM\) 

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

\(\frac{{B'K}}{{AK}} = \frac{{MB'}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow B'K = \frac{1}{2}AK \Rightarrow B'K = \frac{{AB'}}{3}\) 

Đặt \(AA' = BB' = CC' = DD' = h\) 

Ta có: \(BM = \sqrt {{h^2} + \frac{{{a^4}}}{4}} ;\,\,AB' = \sqrt {{a^2} + {h^2}}  \Rightarrow B'K = \frac{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}{3}\) 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuong BB’M ta có:

\(\begin{array}{l}
B'K.BM = BB'.B'M \Leftrightarrow \frac{1}{3}\sqrt {{a^2} + {h^2}} .\sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = h.\frac{a}{2}\\
 \Leftrightarrow 2\sqrt {{a^2} + {h^2}} .\sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = 3ah \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {h^2}} \right)\left( {4{h^2} + {a^2}} \right) = 9{a^2}{h^2}\\
 \Leftrightarrow 4{a^2}{h^2} + {a^4} + 4{h^4} + {a^2}{h^2} = 9{a^2}{h^2} \Leftrightarrow {a^4} - 4{a^2}{h^2} + 4{h^4} = 0\\
 \Leftrightarrow {\left( {{a^2} - 2{h^2}} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow a = \sqrt 2 h \Leftrightarrow h = \frac{a}{{\sqrt 2 }}
\end{array}\) 

Tam giác ABC đều cạnh \(a \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 6 }}{4}\)  

Gọi \(d = \left( P \right) \cap \left( Q \right)\). Kẻ \(IN \bot d\left( {N \in d} \right) \Rightarrow IN \le IM\) 

Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB đến mặt cầu sao cho \(NA \bot d,\,\,NB \bot d\) 

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = \angle \left( {NA;NB} \right) = {60^0}\) 

TH1:

\(\angle ANB = {60^0} \Rightarrow \angle ANI = {30^0} \Rightarrow IN = \frac{{AI}}{{\sin {{30}^0}}} = 2.AI = 2R > IM\) 

TH2: \(\angle ANB = {120^0} \Rightarrow \angle ANI = {60^0} \Rightarrow \angle AIN = {30^0}\) 

Gọi H là trung điểm của AB ta có: \(IH\bot AB\) 

Xét tam giác vuông IAN ta có: \(AH = AI.\sin {30^0} = \frac{R}{2} \Rightarrow AB = 2.AH = R\) 

Đặt \(t = {x^2} - 4x + 5 = {\left( {x - 2} \right)^2} + 1 \ge 1\), Phương trình trở thành \(f(t)=m-1\) 

Số nghiệm của phương trình \(f(t)=m-1\) là số giao điểm cảu đồ thị hàm số \(y=f(t)\) và đường thẳng \(y=m-1\) 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình \(f(t)=m-1\) có nghiệm \(t \ge 1 \Leftrightarrow m - 1 \le 2 \Leftrightarrow m \le 3\) 

Kết hợp điều kiện m nguyên dương \( \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3} \right\}\) 

Vậy có 3 giá trị m thảo mãn yêu cầu bài toán

Gọi \(M = SD \cap S'A\) 

Trong (S'AB) kẻ \(MN//AB\left( {N \in SC} \right)\) ta có:

\(MN \cap S'B = P \Rightarrow MP = \left( {S'AB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\) 

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{MD}}{{MS}} = \frac{{S'D}}{{SA}} = \frac{1}{2} = \frac{{NC}}{{NS}}\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SM}}{{SD}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{4}{9} \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{4}{9}{V_{S.ADC}} \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{2}{9}{V_2}\\
\frac{{{V_{S.ANB}}}}{{{V_{S.ACB}}}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {V_{S.ANB}} = \frac{2}{3}{V_{S.ACB}} \Rightarrow {V_{S.ANB}} = \frac{1}{3}{V_2}\\
 \Rightarrow {V_{S.AMNB}} = \frac{2}{9}{V_2} + \frac{1}{3}{V_2} = \frac{5}{9}{V_2} \Rightarrow {V_{MN.ABCD}} = \frac{4}{9}{V_2}
\end{array}\) 

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{MP}}{{AB}} = \frac{{S'M}}{{S'A}} = \frac{1}{3} \Rightarrow MP = \frac{1}{3}AB = \frac{1}{3}MN\) 

\( \Rightarrow {V_1} = {V_{M.ABCD}} - {V_{P.NBC}} = \frac{4}{9}{V_2} - \frac{1}{9}{V_2} = \frac{1}{3}{V_2} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{3}\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow PN = \frac{2}{3}MN = \frac{2}{3}AB;\,\,\frac{{{S_{NBC}}}}{{{S_{SBC}}}} = \frac{{NC}}{{SC}} = \frac{{MD}}{{SD}} = \frac{1}{3}\\
 \Rightarrow \frac{{{V_{P.NBC}}}}{{{V_{A.SBC}}}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{3} = \frac{2}{9} \Rightarrow {V_{P.NBC}} = \frac{2}{9}{V_{A.SBC}} = \frac{1}{9}{V_2}
\end{array}\)

Ta có:

\(y' = 3{f^2}\left( x \right)f'\left( x \right) - 6f\left( x \right)f'\left( x \right) = 3f\left( x \right)f'\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) - 2} \right]\) 

Với \(x = 2,5 \Rightarrow y'\left( {2,5} \right) = 3f\left( {2,5} \right)f'\left( {2,5} \right)\left[ {f\left( {2,5} \right) - 2} \right]\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
1 < f\left( {2,5} \right) < 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f\left( {2,5} \right) > 0\\
f\left( {2,5} \right) - 2 < 0 \Rightarrow y'\left( {2,5} \right) < 0 \Rightarrow 
\end{array} \right.\\
f'\left( {2,5} \right) > 0
\end{array} \right.\) Loại các đáp án A, B và D

ĐKXĐ: \(x >  - \frac{1}{4}\)

\(\begin{array}{l}
\left( {x - 1} \right)\left[ {{{\log }_3}\left( {4x + 1} \right) + {{\log }_5}\left( {2x + 1} \right)} \right] = 2x - m\\
 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left[ {{{\log }_3}\left( {4x + 1} \right) + {{\log }_5}\left( {2x + 1} \right)} \right] = 2\left( {x - 1} \right) + 2 - m\\
 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left[ {{{\log }_3}\left( {4x + 1} \right) + {{\log }_5}\left( {2x + 1} \right) - 2} \right] = 2 - m
\end{array}\) 

Xét \(x \ge 1 \Rightarrow x - 1 \ge 0\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
4x + 1 \ge 5 \Rightarrow {\log _3}\left( {4x + 1} \right) \ge {\log _3}5\\
2x + 1 \ge 3 \Rightarrow {\log _5}\left( {2x + 1} \right) \ge {\log _5}3
\end{array} \right. \Rightarrow {\log _3}\left( {4x + 1} \right) + {\log _5}\left( {2x + 1} \right) \ge {\log _3}5 + {\log _5}3 \ge 2\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {\log _3}\left( {4x + 1} \right) + {\log _5}\left( {2x + 1} \right) - 2 > 0\\
 \Rightarrow VT \ge 0
\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\left[ {{{\log }_3}\left( {4x + 1} \right) + {{\log }_5}\left( {2x + 1} \right) - 2} \right]\) ta có:

ĐKXĐ: \(x >  - \frac{1}{4}\)

\(f'\left( x \right) = {\log _3}\left( {4x + 1} \right) + {\log _5}\left( {2x + 1} \right) - 2 + \left( {x - 1} \right)\left[ {\frac{4}{{\left( {4x + 1} \right)\ln 3}} + \frac{2}{{\left( {2x + 1} \right)\ln 5}}} \right] > 0\,\,\forall x \ge 1\) 

Suy ra hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)

Xét \( - \frac{1}{4} < x < 1\)

PT: \( \Leftrightarrow \left( {1 - x} \right)\left[ {2 - {{\log }_3}\left( {4x + 1} \right) + {{\log }_5}\left( {2x + 1} \right)} \right] = 2 - m\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \left( {1 - x} \right)\left[ {2 - {{\log }_3}\left( {4x + 1} \right) - {{\log }_5}\left( {2x + 1} \right)} \right]\) ta có:

\(f'\left( x \right) =  - 2 + {\log _3}\left( {4x + 1} \right) + {\log _5}\left( {2x + 1} \right) + \left( {1 - x} \right)\left[ { - \frac{4}{{\left( {4x + 1} \right)\ln 3}} - \frac{2}{{\left( {2x + 1} \right)\ln 5}}} \right] < 0\,\,\forall x \in \left( { - \frac{1}{4};1} \right) \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \frac{1}{4};1} \right)\)

Từ đó ta có BBT của hàm số \(f\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\left[ {{{\log }_3}\left( {4x + 1} \right) + {{\log }_5}\left( {2x + 1} \right) - 2} \right]\) như sau:

\(\Rightarrow \) Để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt thì \(2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\)

Kết hợp điều kiện đề bài \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \in Z\\
m \in [ - 2019;2)
\end{array} \right. \Rightarrow \) có 2021 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.