Đường thẳng \(\Delta\) đi qua điểm M(2;0;- 1) và có một véc tơ chỉ phương \(\overrightarrow a  = \left( {4; - 6;2} \right)\) hay \(\frac{1}{2}\overrightarrow a  = \left( {2; - 3;1} \right)\) nên \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + 2t\\
y =  - 3t\\
z =  - 1 + t
\end{array} \right.\) 

Từ đồ thị ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  - \infty \) nên hệ số \(a<0\), loại C

Đồ thị hàm số có 3 cực trị nên \(ab<0\) suy ra \(b>0\), loại A.

Điểm (1;1) thuộc đồ thị hàm số nên ta thay \(x=1; y=1\) vào các hàm số ở B và D, thấy chỉ có hàm số \(y =  - {x^4} + 2{x^2} - 1\) thỏa mãn.

Mặt phẳng \(\left( P \right):3x - z + 2 = 0\) có một véc tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left( {3;0; - 1} \right)\) 

Khi quay một tam giác vuông (kể cả các điểm trong của tam giác vuông đó) quanh đường thẳng chứa một cạnh góc vuông ta được một khối nón.

Ta có: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\) hay \(81 =  - 5 + \left( {n - 1} \right).2 \Leftrightarrow n = 44\) 

Vậy 81 là số hạng thứ 44 của dãy.

Diện tích đáy \({S_{ABCD}} = {a^2}\) 

Thể tích khối chóp là \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Số phức của \(z=10-2i\) là \(\overline z  = 10 + 2i\) 

Vậy phần thực của \(\overline z \) là 10 và phần ảo 2.

Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và đạt cực đại tại x = - 2 

Trong các đáp án đã cho chỉ có đáp án B có hàm số \(y = {\left( {\sqrt 2 } \right)^x}\) có \(\sqrt 2  > 1\) nên hàm số đồng biến trên .

Mỗi cách xếp 3 bạn vào 5 chiếc ghế là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử nên số cách xếp có được là \(A_5^3\)  (cách).

Ta có: \(f\left( x \right) = {2^{2x}} = {4^x}\) nên nguyên hàm của \(f(x)\) là \(\frac{{{4^x}}}{{\ln 4}} + C\) 

Hình chiếu vuông góc của điểm A(-2 ;1;3) lên trục Ox là A(- 2;0;0) 

Ta có: \(f'\left( x \right) = x{\left( {x + 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow x > 0\) 

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) 

\(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  = 2 + 3 = 5\)

\(\log \left( {{a^2}{b^3}} \right) = {{\mathop{\rm loga}\nolimits} ^2} + \log {b^3} = 2\log a + 3\log b\left( {a,b > 0} \right)\)

\(\begin{array}{l} \log \left( {54 - {x^3}} \right) = 3\log x\\ \Leftrightarrow \log \left( {54 - {x^3}} \right) = \log {x^3}\\ \Leftrightarrow 54 - {x^3} = {x^3}\\ \Leftrightarrow 2{x^3} = 54\\ \Leftrightarrow {x^3} = 27\\ \Leftrightarrow x = 3 \end{array}\)

Ta có (S) có tâm I(3;-2;0), bán kính R = 5.

Gọi (P) là mặt phẳng cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn bán kính r = 3.

Khi đó ta có

\({R^2} = {\left[ {d\left( {I,\left( P \right)} \right)} \right]^2} + {r^2} \Leftrightarrow d\left( {I,\left( P \right)} \right) = 4\)

Kiểm tra trực tiếp các đáp án ta thấy với \((P): 3x-4y+5z-17+20 \sqrt 2=0\) thì

\(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {3.3 = 4.( - 2) + 5.0 - 17 + 20\sqrt 2 } \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {5^2}} }} = 4\) thỏa mãn điều kiện bài toán.

Gọi r là bán kính đáy, theo đề bài ta có \(h = 10cm;V = 90\pi c{m^3}\) 

\(V = \pi {r^2}h \Leftrightarrow 90\pi  = \pi {r^2}.10 \Rightarrow r = 3cm\) 

Diện tích xung quanh hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .3.10 = 60\pi c{m^2}\) 

Gọi \(z = a + bi\left( {a \in R,b \in R} \right)\), ta có:

\(\begin{array}{l}
\left| z \right| - 2\overline z  =  - 7 + 3i + z \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}}  - 2\left( {a - bi} \right) =  - 7 + 3i + a + bi\\
 \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}}  - 2a + 2bi + 7 - 3i - a - bi = 0\\
 \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}}  - 3a + 7 + \left( {b - 3} \right)i = 0\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sqrt {{a^2} + {b^2}}  - 3a + 7 = 0\\
b - 3 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 3\\
\sqrt {{a^2} + 9}  - 3a + 7 = 0\left( 1 \right)
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Giải (1) ta có:

\(\begin{array}{l}
\sqrt {{a^2} - 9}  - 3a + 7 = 0 \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} - 9}  = 3a - 7 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3a - 7 \ge 0\\
{a^2} + 9 = 9{a^2} - 42a + 49
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a \ge \frac{7}{3}\\
8{a^2} - 42a + 40 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a \ge \frac{7}{3}\\
\left[ \begin{array}{l}
a = 4\\
a = \frac{5}{4}
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = 4(tm)
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Do đó \(a = 4,b = 3 \Rightarrow z = 4 + 3i\) 

Khi đó \(w = 1 - z + {z^2} = 1 - \left( {4 + 3i} \right) + {\left( {4 + 3i} \right)^2} = 1 - 4 - 3i + 16 + 24i - 9 = 4 - 21i\) 

Vậy \(\left| {\rm{w}} \right| = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 21} \right)}^2}}  = \sqrt {457} \).

ĐKXĐ: \(x \ne 2\) 

Xét trên đoạn [0;1] ta có

Ta có \(y' = \frac{{\left( {2x - 3} \right)\left( {x - 2} \right) - \left( {{x^2} - 3x + 6} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 4x}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0(tm)\\
x = 4(ktm)
\end{array} \right.\) 

\(\left\{ \begin{array}{l}
y\left( 0 \right) =  - 3\\
y\left( 1 \right) =  - 4
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y =  - 3\\
m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y =  - 4
\end{array} \right. \Rightarrow M = 2m =  - 3 + 2.\left( { - 4} \right) =  - 11\) 

Từ đồ thị hàm số đã cho ta dựng được đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) như sau:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, trên đoạn [0;5] thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\)  tại đúng 5 điểm phân biệt nếu và chỉ nếu \(0

Mặt cầu \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2y - 2az + 10a = 0\) có:

+) Tâm \(I\left( {2; - 1;a} \right)\) 

+) Bán kính \(R = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {a^2} - 10a}  = \sqrt {{a^2} - 10a + 5} \) với điều kiện \({a^2} - 10a + 5 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a > 5 + 2\sqrt 5 \\
a < 5 - 2\sqrt 5 
\end{array} \right.\) 

Đường tròn lớn của hình cầu có bán kính \(R = \sqrt {{a^2} - 10a + 5} \) nên chu vi \(C = 2\pi \sqrt {{a^2} - 10a + 5} \) 

Theo đề bài ta có:

\(\begin{array}{l}
C = 8\pi  \Leftrightarrow 2\pi \sqrt {{a^2} - 10a + 5}  = 8\pi  \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} - 10a + 5}  = 4\\
 \Leftrightarrow {a^2} - 10a + 5 = 16 \Leftrightarrow {a^2} - 10a - 11 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a =  - 1\\
a = 11
\end{array} \right.(tm)
\end{array}\) 

Vậy \(a \in \left\{ { - 1;11} \right\}\) 

Đặt \(y = f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {{m^2} - m + 1} \right)x + 1\) 

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^2} - 2mx + {m^2} - m + 1;f''\left( x \right) = 2x - 2m\) 

Hàm số đạt cực đại tại \(x = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f'\left( 1 \right) = 0\\
f''\left( 1 \right) < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{1^2} - 2m.1 + {m^2} - m + 1 = 0\\
2.1 - 2m < 0
\end{array} \right.\) 

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

ĐK: x > 0.

Ta có

\(\log _2^2x - 5{\log _2}x - 6 \le 0 \Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x + 1} \right)\left( {{{\log }_2}x - 6} \right) \le 0\) 

\( \Leftrightarrow  - 1 \le {\log _2}x \le 6 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le x \le 64\)

Kết hợp điều kiện ta có \(S = \left[ {\frac{1}{2};64} \right]\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{2^x}{.5^{{x^2} - 2x}} = 1 \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{2^x}{{.5}^{{x^2} - 2x}}} \right) = {\log _5}1 \Leftrightarrow {\log _5}{2^x} + {\log _5}{5^{{x^2} - 2x}} = 0\\
 \Leftrightarrow x{\log _5}2 + \left( {{x^2} - 2x} \right){\log _5}5 = 0 \Leftrightarrow x{\log _5}2 + {x^2} - 2x = 0\\
 \Leftrightarrow x\left( {{{\log }_5}2 + x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x - 2 + {\log _5}2 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2 - {\log _5}2
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Vậy tổng hai nghiệm \(0 + \left( {2 - {{\log }_5}2} \right) = 2 - {\log _5}2\) 

Từ bài ra ta có \(A\left( {0; - 3} \right),B\left( {2; - 2} \right),C\left( { - 5; - 1} \right)\) 

\( \Rightarrow \) Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{0 + 2 + \left( { - 5} \right)}}{3} =  - 1\\
{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{ - 3 + \left( { - 2} \right) + \left( { - 1} \right)}}{3} =  - 2
\end{array} \right. \Rightarrow G\left( { - 1; - 2} \right)\) 

Điểm G(- 1;- 2) biểu diễn số phức \(z =  - 1 - 2i\).

Diện tích tam giác ABC là:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin A = \frac{1}{2}a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\) 

Thể tích lăng trụ \(V = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.2a\sqrt 5  = {a^3}\sqrt {15} \) 

Thể tích cần tìm là \(V = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\left( {\sqrt {\tan x} } \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\tan xdx}  = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\sin x}}{{\cos x}}dx} \) 

\( =  - \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{1}{{\cos x}}d\left( {\cos x} \right)}  =  - \pi \ln \left| {\cos x} \right|\left| \begin{array}{l}
^{\frac{\pi }{4}}\\
_0
\end{array} \right. =  - \pi \ln \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \pi \ln \sqrt 2  = \frac{{\pi \ln 2}}{2}\) 

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}
x \ne 0\\
{x^2} + x \ge 0\\
{\left( {f\left( x \right)} \right)^2} - 2f\left( x \right) \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
x > 0\\
x \le  - 1
\end{array} \right.\\
\left[ \begin{array}{l}
f\left( x \right) \ne 0\\
f\left( x \right) \ne 2
\end{array} \right.
\end{array} \right.\) 

Từ đồ thị hàm số \(y=f(x)\) ta thấy phương trình \(f(x)=0\) có nghiệm x = - 3 (bội 2) và nghiệm đơn \(x = {x_0} \in \left( { - 1;0} \right)\) nên ta viết lại \(f\left( x \right) = a{\left( {x + 3} \right)^2}\left( {x - {x_0}} \right)\) 

Khi đó \(g\left( x \right) = \frac{{\left( {{x^2} + 4x + 3} \right)\sqrt {{x^2} + x} }}{{x\left[ {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2} - 2f\left( x \right)} \right]}} = \frac{{\left( {{x^2} + 4x + 3} \right)\sqrt {{x^2} + x} }}{{x.f\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) - 2} \right]}}\) 

Dựa vào đồ thị ta cũng thấy, đường thẳng y = 2 cắt đồ thị hàm số \(y=f(x)\) tại ba điểm phân biệt \(x =  - 1,x = {x_1} \in \left( { - 3; - 1} \right),x = {x_2} <  - 3\) nên ta viết lại \(f\left( x \right) - 2 = a\left( {x + 1} \right)\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\) 

Khi đó \(g\left( x \right) = \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)\sqrt {{x^2} + x} }}{{x.a{{\left( {x + 3} \right)}^2}.\left( {x - {x_0}} \right).a\left( {x + 1} \right)\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)}}\) 

\( = \frac{{\sqrt {{x^2} + x} }}{{{a^2}x\left( {x + 3} \right)\left( {x - {x_0}} \right)\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - 2} \right)}}\) 

Dễ thấy \(x = {x_0} \in \left( { - 1;0} \right)\) nên ta không xét giới hạn của hàm số tại điểm \(x_0\)  

Ta có:

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }}  = \frac{{\sqrt {x + 1} }}{{{a^2}\sqrt x \left( {x + 3} \right)\left( {x - {x_0}} \right)\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - 2} \right)}} =  + \infty \) 

\( \Rightarrow x = 0\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số \(y=g(x)\) 

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_1}} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_2}} g\left( x \right) =  + \infty \) 

\( \Rightarrow x\) Các đường thẳng \(x =  - 3,x = {x_1},x = {x_2}\) đều là các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=g(x)\)

Vậy đồ thị hàm số \(y=g(x)\) có tất cả 4 đường tiệm cận đứng.

Các tam giác ABC và ABD đều là tam giác cân có 1 góc bằng 60⁰ (gt) nên \(\Delta ABC;\Delta ABD\) là các tam giác đều.

Lấy N  là trung điểm AB. Khi đó \(CN \bot AB;DN \bot AB\) (tính chất tam giác đều)

\( \Rightarrow AB \bot \left( {DCN} \right) \Rightarrow AB \bot DC\) 

Nên góc giữa AB và CD là \(90^0\).

Diện tích hình tròn \(S = \pi {R^2}\) 

Gọi bán kính đường tròn đáy hình nón là \(r\left( {0 < r < R} \right)\) ta có

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

Xét hàm \(f\left( r \right) = {r^2}\sqrt {{R^2} - {r^2}} \) có

\(f'\left( r \right) = 2r\sqrt {{R^2} - {r^2}}  + {r^2}.\frac{{ - r}}{{\sqrt {{R^2} - {r^2}} }} = \frac{{2r\left( {{R^2} - {r^2}} \right) - {r^3}}}{{\left( {{R^2} - {r^2}} \right)\sqrt {{R^2} - {r^2}} }} = \frac{{r\left( {2{R^2} - 3{r^2}} \right)}}{{\left( {{R^2} - {r^2}} \right)\sqrt {{R^2} - {r^2}} }}\) 

\(f'\left( r \right) = 0 \Leftrightarrow r = \frac{{R\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\,\left( {do\,0 < r < R} \right)\):

Bảng biến thiên:

Do đó thể tích V đạt GTLN tại \(r = \frac{{R\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\). Khi đó \(S' = {S_{xq}} = \pi rl = \pi .\frac{{R\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}.R = \frac{{\pi {R^2}\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\) 

Vậy \(\frac{{S'}}{S} = \frac{{\pi {R^2}\sqrt 2 }}{3}:\pi {R^2} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\) 

ĐK: \(x \ne 1\) 

Ta có \(y' = \frac{{\left[ {2\left( {m + 1} \right)x - 2m} \right].\left( {x - 1} \right) - \left( {m + 1} \right){x^2} + 2mx - 6m}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) 

\(\begin{array}{l}
 = \frac{{2\left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x - 2mx + 2m - \left( {m + 1} \right){x^2} + 2mx - 6m}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\
 = \frac{{\left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x - 4m}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}
\end{array}\) 

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {4; + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0;\forall x > 4\) 

\( \Rightarrow \left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x - 4m \ge 0;\forall x > 4\) 

\( \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {{x^2} - 2x} \right) \ge 4m;\forall x > 4\) 

+ Với \(m + 1 = 0 \Leftrightarrow m =  - 1 \Rightarrow 0 >  - 4\,\) (luôn đúng) nên nhận \(m =  - 1.\left( 1 \right)\) 

+ Với \(m + 1 > 0 \Leftrightarrow m >  - 1 \Rightarrow {x^2} - 2x \ge \frac{{4m}}{{m + 1}};\forall x > 4 \Leftrightarrow \frac{{4m}}{{m + 1}} \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {4; + \infty } \right)} \left( {{x^2} - 2x} \right)\) 

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^2} - 2x\) có \(g'\left( x \right) = 2x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \notin \left( {4; + \infty } \right)\), ta có BBT trên \(\left( {4; + \infty } \right)\) là

Từ BBT suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{4m}}{{m + 1}} \le 8\\
m >  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4m \le 8m + 8\\
m >  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ge  - 2\\
m >  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow m >  - 1\left( 2 \right)\) 

+ Với \(m + 1 < 0 \Leftrightarrow m <  - 1 \Rightarrow {x^2} - 2x \le \frac{{4m}}{{m + 1}};\forall x > 4 \Rightarrow \frac{{4m}}{{m + 1}} \ge \mathop {\max }\limits_{\left( {4; + \infty } \right)} g\left( x \right)\) 

Từ BBT của g(x) suy ra không có m thỏa mãn.

Từ (1) và (2) suy ra \(m \ge  - 1\) mà \(m \in \left[ { - 2019;2019} \right]\) và m nguyên nên \(m \in \left\{ { - 1;0;...;2019} \right\}\) \( \Rightarrow \) có 2021 số thỏa mãn.

Ta có \({\rm{w}} = \left( {1 + i\sqrt 8 } \right)z + i \Leftrightarrow z = \frac{{{\rm{w}} - i}}{{1 + i\sqrt 8 }}\) 

Theo bài ra ta có: \(\left| {z + 1} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {\frac{{{\rm{w}} - i}}{{1 + i\sqrt 8 }} + 1} \right| = 2\) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \left| {\frac{{{\rm{w}} - i + 1 + i\sqrt 8 }}{{1 + i\sqrt 8 }}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {{\rm{w}} - \left[ { - 1 + \left( {1 + i\sqrt 8 } \right)i} \right]} \right| = 2\left| {1 + i\sqrt 8 } \right|\\
 \Leftrightarrow \left| {{\rm{w}} - \left[ { - 1 + \left( {1 + i\sqrt 8 } \right)i} \right]} \right| = 2\sqrt {{1^2} + {{\left( {\sqrt 8 } \right)}^2}}  = 6
\end{array}\) 

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm \(I\left( { - 1;1 - \sqrt 8 } \right)\), bán kính r = 6 

Ta có \(m{x^4} - 4x + m \ge 0 \Leftrightarrow m\left( {{x^4} + 1} \right) \ge 4x \Leftrightarrow m \ge \frac{{4x}}{{{x^4} + 1}} = f\left( x \right)\,\left( {Do\,{x^4} + 1 > 0\,\forall x} \right)\) với \(\forall x \in R\) 

\( \Rightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_R f\left( x \right)\) 

Xét hàm \(f\left( x \right) = \frac{{4x}}{{{x^4} + 1}}\) trên R

Ta có \(f'\left( x \right) = 4\frac{{{x^4} + 1 - x.4{x^3}}}{{{{\left( {{x^4} + 1} \right)}^2}}} = 4.\frac{{ - 3{x^4} + 1}}{{{{\left( {{x^4} + 1} \right)}^2}}} = 4.\frac{{\left( {1 - \sqrt 3 {x^2}} \right)\left( {1 + \sqrt 3 {x^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^4} + 1} \right)}^2}}}\) 

Từ đó \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{1}{{\sqrt[4]{3}}}\\
x =  - \frac{1}{{\sqrt[4]{3}}}
\end{array} \right.\) 

Ta có BBT:

Từ BBT suy ra \(m \ge \frac{3}{{\sqrt[4]{3}}} \approx 2,27\) mà m nguyên và \(m \in \left[ { - 50;50} \right] \Rightarrow m \in \left\{ {3;4;...;50} \right\}\) 

Tổng \(S = 3 + 4 + ... + 50 = \frac{{\left( {3 + 50} \right).48}}{2} = 1272\) 

Điều kiện: \(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in Z\) 

Ta có: \({\log ^2}\left| {\cos x} \right| - m\log {\cos ^2}x - {m^2} + 4 = 0\) 

\( \Leftrightarrow {\log ^2}\left| {\cos x} \right| - 2m\log \left| {\cos x} \right| - {m^2} + 4 = 0\)

Đặt \(t = \log \left| {\cos x} \right|\). Do \(0 < \left| {\cos x} \right| \le 1\) nên \(\log \left| {\cos x} \right| \le 0\) hay \(t \in \left( { - \infty ;0} \right]\) 

Phương trình trở thành \({t^2} - 2mt - {m^2} + 4 = 0\left( * \right)\) có \(\Delta ' = {m^2} + {m^2} - 4 = 2{m^2} - 4\) 

Phương trình đã cho vô nghiệm nếu và chỉ nếu phương trình (*) vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm (không nhất thiết phân biệt) \(t_1, t_2\) thỏa mãn \(0 < {t_1} \le {t_2}\) 

TH1: (*) vô nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' = 2{m^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow  - \sqrt 2  < m < \sqrt 2 \) 

TH2: (*) có hai nghiệm thỏa mãn \(0 < {t_1} \le {t_2}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' \ge 0\\
{t_1} + {t_2} > 0\\
{t_1}{t_2} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{m^2} - 4 \ge 0\\
2m > 0\\
 - {m^2} + 4 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m \ge \sqrt 2 \\
m \le  - \sqrt 2 
\end{array} \right.\\
m > 0\\
 - 2 < m < 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \sqrt 2  < m < 2\) 

Kết hợp hai trường hợp ta được \(m \in \left( { - \sqrt 2 ;2} \right)\) 

Ta có \({\left( {f\left( x \right)} \right)^2}.f'\left( x \right) = 3{x^2} + 4x + 2 \Rightarrow \int {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}.f'\left( x \right)dx}  = \int {\left( {3{x^2} + 4x + 2} \right)dx} \) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \int {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}d\left( {f\left( x \right)} \right)}  = {x^3} + 2{x^2} + 2x + C \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^3}}}{3} = {x^3} + 2{x^2} + 2x + C\\
 \Leftrightarrow {\left( {f\left( x \right)} \right)^3} = 3{x^3} + 6{x^2} + 6x + 3C
\end{array}\) 

Ta có: \(f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow 1 = 3C \Rightarrow {\left( {f\left( x \right)} \right)^3} = 3{x^3} + 6{x^2} + 6x + 1\) 

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \sqrt[3]{{3{x^3} + 6{x^2} + 6x + 1}}\) 

Xét hàm \(f\left( x \right) = \sqrt[3]{{3{x^3} + 6{x^2} + 6x + 1}}\) trên [- 2;1] 

Ta có

\(f'\left( x \right) = \frac{1}{3}\left( {9{x^2} + 12x + 6} \right)\sqrt[3]{{{{\left( {3{x^3} + 6{x^2} + 6x + 1} \right)}^2}}}\) 

\(\begin{array}{l}
 = \left( {3{x^2} + 4x + 2} \right)\sqrt[3]{{{{\left( {3{x^3} + 6{x^2} + 6x + 1} \right)}^2}}}\\
 = 3\left( {{x^2} + \frac{4}{3}x + \frac{4}{9} + \frac{2}{9}} \right)\sqrt[3]{{{{\left( {3{x^3} + 6{x^2} + 6x + 1} \right)}^2}}}\\
 = 3\left[ {{{\left( {x + \frac{2}{3}} \right)}^2} + \frac{2}{9}} \right]\sqrt[3]{{{{\left( {3{x^3} + 6{x^2} + 6x + 1} \right)}^2}}}
\end{array}\) 

Nhận thấy \('\left( x \right) > 0\,\forall x \in R \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên (- 2;1) 

Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \sqrt[3]{{16}}\) 

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD, BC thì AB // EF \( \Rightarrow \) AB // (SEF) 

Mà \(SO \subset \left( {SEF} \right) \Rightarrow d\left( {AB,SO} \right) = d\left( {AB,\left( {SEF} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SEF} \right)} \right)\) 

Dựng \(AH\bot SE\) 

Ta thấy: FE // AB, \(AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow FE \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow FE \bot AH\) 

Mà \(AH\bot SE\) nên \(AH \bot \left( {SEF} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SEF} \right)} \right) = AH\) 

ABCD là hình vuông cạnh a nên \(BD = a\sqrt 2 \) 

Dễ dàng chứng minh được \(\Delta SAB = \Delta SAD\,(c.g.c) \Rightarrow SB = SD\) 

Tam giác SBD cân có \(SBD=60^0\) nên đều \( \Rightarrow SD = BD = a\sqrt 2 \) 

Tam giác SAD vuông tại A có \(SA = \sqrt {S{D^2} - A{D^2}}  = \sqrt {2{a^2} - {a^2}}  = a\) 

Tam giác SAE vuông tại A có \(SA = a,AE = \frac{1}{2}AD = \frac{a}{2} \Rightarrow SE = \sqrt {S{A^2} - A{E^2}}  = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\) 

Do đó \(AH = \frac{{SA.AE}}{{SE}} = \frac{{a.\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \frac{a}{{\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\) 

Gọi I(x;y;z) là điểm thỏa mãn \(3\overrightarrow {IA}  - 2\overrightarrow {IB}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow 3\overrightarrow {IA}  = 2\overrightarrow {IB} \) 

Ta có \(\overrightarrow {IA}  = \left( {1 - x; - y;2 - z} \right);\overrightarrow {IB}  = \left( {3 - x;1 - y; - 1 - z} \right)\) 

Khi đó \(3\overrightarrow {IA}  = 2\overrightarrow {IB}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3 - 3x = 6 - 2x\\
 - 3y = 2 - 2y\\
6 - 3z =  - 2 - 2z
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x =  - 3\\
y =  - 2\\
z = 8
\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 3; - 2;8} \right)\) 

Ta có:

\(3\overrightarrow {MA}  - 2\overrightarrow {MB}  = 3\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right) - 2\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right) = \overrightarrow {MI}  + \left( {3\overrightarrow {IA}  - 2\overrightarrow {IB} } \right) = \overrightarrow {MI} \) (vì \(3\overrightarrow {IA}  - 2\overrightarrow {IB}  = \overrightarrow 0 \))

Khi đó \(\left| {3\overrightarrow {MA}  - 2\overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI} } \right| = MI\) nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P)

Phương trình đường thẳng d qua I(- 3;- 2;8) và vuông góc với (P) là \(d:\left\{ \begin{array}{l}
x =  - 3 + t\\
y =  - 2 + t\\
z = 8 + t
\end{array} \right.\) 

Suy ra \(M = d \cap \left( P \right)\) nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

\(\left\{ \begin{array}{l}
x =  - 3 + t\\
y =  - 2 + t\\
z = 8 + t\\
x + y + z - 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x =  - 3 + t\\
y =  - 2 + t\\
z = 8 + t\\
 - 3 + t - 2 + t + 8 + t = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t =  - \frac{2}{3}\\
x =  - \frac{{11}}{3}\\
y =  - \frac{8}{3}\\
z = \frac{{22}}{3}
\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - \frac{{11}}{3}; - \frac{8}{3};\frac{{22}}{3}} \right)\) 

Từ đó \(a =  - \frac{{11}}{3};b =  - \frac{8}{3};c = \frac{{22}}{3} \Rightarrow S = 9a + 3b + 6c =  - 33 - 8 + 44 = 3\) 

Xếp 2 học sinh lớp A có 2! cách xếp, khi đó tạo ra 3 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.

Xếp bạn lớp B thứ nhất vào 1 trong 2 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 2 cách, khi đó tạo ra 4 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.

Xếp bạn lớp B thứ 2 vào 1 trong 3 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 3 cách, khi đó tạo ra 5 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.

Xếp bạn lớp B thứ 3 vào 1 trong 4 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 4 cách, khi đó tạo ra 6 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.

Xếp bạn lớp C thứ nhất vào 1 trong 6 khoảng trống (kể cả khoảng trống giữa 2 bạn lớp A) có 6 cách, khi đó tạo ra 7 khoảng trống.

Cứ như vậy ta có :

Xếp bạn lớp C thứ hai có 7 cách.

Xếp bạn lớp C thứ ba có 8 cách.

Xếp bạn lớp C thứ tư có 9 cách.

Vậy số cách xếp 9 học sinh trên thỏa mãn yêu cầu là \(2!.2.3.4.6.7.8.9 = 145152\) cách.

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

Nên \({\left( {f'\left( x \right)} \right)^2} + f\left( x \right).f''\left( x \right) = 15{x^4} + 12x \Leftrightarrow \left( {f\left( x \right).f'\left( x \right)} \right)' = 15{x^4} + 12x\) 

Lấy nguyên hàm hai vế ta có:

\(\int {\left( {f\left( x \right).f'\left( x \right)} \right)'dx}  = \int {\left( {15{x^4} + 12x} \right)dx}  \Leftrightarrow f'\left( x \right).f\left( x \right) = 3{x^5} + 6{x^2} + C\) 

Thay x = 0 vào ta được \(f'\left( 0 \right).f\left( 0 \right) = C \Leftrightarrow C = 1 \Rightarrow f\left( x \right).f'\left( x \right) = 3{x^5} + 6{x^2} + 1\) 

Lấy nguyên hàm hai vế ta được \(\int {f\left( x \right).f'\left( x \right)dx}  = \int {\left( {3{x^5} + 6{x^2} + 1} \right)dx} \)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \int {f\left( x \right)d\left( {f\left( x \right)} \right)}  = \frac{{{x^6}}}{2} + 2{x^3} + x + {C_1} \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}}}{2} = \frac{{{x^6}}}{2} + 2{x^3} + x + {C_1}\\
 \Leftrightarrow {\left( {f\left( x \right)} \right)^2} = {x^6} + 4{x^3} + 2x + 2{C_1}
\end{array}\) 

Lại có \(f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow 2{C_1} = 1 \Rightarrow {\left( {f\left( x \right)} \right)^2} = {x^6} + 4{x^3} + 2x + 1\) 

Suy ra \({\left( {f\left( 1 \right)} \right)^2} = 8\) 

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - xy + 3 = 0\left( 1 \right)\\
2x + 3y - 14 \le 0\left( 2 \right)
\end{array} \right.\) 

Do \(x, y>0\) nên \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow y = \frac{{{x^2} + 3}}{x}\) thay vào (2) ta được:

\(2x + 3.\frac{{{x^2} + 3}}{x} - 14 \le 0 \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} + 3{x^2} + 9 - 14x}}{x} \le 0 \Leftrightarrow 5{x^2} - 14x + 9 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le x \le \frac{9}{5}\) 

Thay \(y = \frac{{{x^2} + 3}}{x}\) vào P ta được:

\(P = 3{x^2}y - x{y^2} - 2{x^3} + 2x = 3{x^2}.\frac{{{x^2} + 3}}{x} - x.{\left( {\frac{{{x^2} + 3}}{x}} \right)^2} - 2{x^3} + 2x\) 

\(\begin{array}{l}
 = 3x\left( {{x^2} + 3} \right) - \frac{{{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^2}}}{x} - 2{x^3} + 2x\\
 = \frac{{3{x^2}\left( {{x^2} + 3} \right) - \left( {{x^4} + 6{x^2} + 9} \right) - 2{x^4} + 2{x^2}}}{x} = \frac{{5{x^2} - 9}}{x} = 5x - \frac{9}{x}
\end{array}\) 

\(P' = 5 + \frac{9}{{{x^2}}} > 0\) với mọi x nên hàm số \(P=P(x)\) đồng biến trên \(\left[ {1;\frac{9}{5}} \right]\) 

Vậy \({P_{\max }} = P\left( {\frac{9}{5}} \right) = 4,{P_{\min }} = P\left( 1 \right) =  - 4\) 

Tổng \({P_{\max }} + {P_{\min }} = 4 + \left( { - 4} \right) = 0\).

ĐK: \(\frac{{1 - y}}{{x + 3xy}} > 0 \Rightarrow y < 1\,\left( {x;y > 0} \right)\) 

Ta có

\(\begin{array}{l}
{\log _3}\frac{{1 - y}}{{x + 3xy}} = 3xy + x + 3y - 4\\
 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {1 - y} \right) - {\log _3}\left( {x + 3xy} \right) = x + 3xy + 3\left( {y - 1} \right) - 1\\
 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {1 - y} \right) + 3\left( {1 - y} \right) = {\log _3}\frac{{\left( {x + 3xy} \right)}}{3} + \left( {x + 3xy} \right)\left( * \right)
\end{array}\) 

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

Kết hợp (*) suy ra \(f\left( {1 - y} \right) = f\left( {\frac{{x + 3xy}}{3}} \right) \Leftrightarrow \frac{{x + 3xy}}{3} = 1 - y\) 

\( \Leftrightarrow x + 3xy = 3 - 3y \Leftrightarrow x + 3xy + 3y - 3 = 0(**)\) 

Xét \(P = x + y \Rightarrow x = P - y\) thay vào (**) ta được

\(P - y + 3\left( {P - y} \right)y + 3y - 3 = 0 \Leftrightarrow P(3y + 1) = 3{y^2} - 2y + 3\) 

Ta tìm giá trị nhỏ nhất của \(g\left( y \right) = \frac{{3{y^2} - 2y + 3}}{{3y + 1}}\) trên (0;1) 

Ta có \(g'\left( y \right) = \frac{{\left( {6y - 2} \right)\left( {3y + 1} \right) - 3\left( {3{y^2} - 2y + 3} \right)}}{{{{\left( {3y + 1} \right)}^2}}} = \frac{{9{y^2} + 6y - 11}}{{{{\left( {3y + 1} \right)}^2}}}\) 

Giải phương trình \(g'\left( y \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
y = \frac{{ - 1 + 2\sqrt 3 }}{3} \in \left( {0;1} \right)\\
y = \frac{{ - 1 - 2\sqrt 3 }}{3} \notin \left( {0;1} \right)
\end{array} \right.\) 

Lại có \(g'\left( y \right) < 0\,\forall y \in \left( {0;\frac{{ - 1 + 2\sqrt 3 }}{3}} \right)\) và \(g'\left( y \right) > 0\,\forall y \in \left( {\frac{{ - 1 + 2\sqrt 3 }}{3};1} \right)\) 

Hay \(g'(y)\) đổi dấu từ âm sang dương tại \(y = \frac{{ - 1 + 2\sqrt 3 }}{3}\) nên

\(\mathop {\min }\limits_{\left( {0;1} \right)} g\left( y \right) = g\left( {\frac{{ - 1 + 2\sqrt 3 }}{3}} \right) = \frac{{4\sqrt 3  - 4}}{3} \Rightarrow {P_{\min }} = \frac{{4\sqrt 3  - 4}}{3}\) 

Gọi bán kính khối cầu là R ta có: \(18\pi  = \frac{1}{2}{V_c} = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi {R^3} \Leftrightarrow R = 3dm\) 

Khi đó chiều cao hình nón \(h = OS = 2R = 6dm\) 

Xét tam giác OSE vuông tại O, đường cao OA nên \(\frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{E^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{O{E^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} - \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{1}{{{3^2}}} - \frac{1}{{{6^2}}} = \frac{1}{{12}} \Rightarrow O{E^2} = 12 \Leftrightarrow OE = 2\sqrt 3 dm\) 

Thể tích khối nón: \({V_n} = \frac{1}{3}\pi O{E^2}.OS = \frac{1}{3}\pi {\left( {2\sqrt 3 } \right)^2}.6 = 24\pi d{m^3}\) 

Thể tích nước còn lại là: \(V = 24\pi  - 18\pi  = 6\pi \,d{m^3}\) 

Khi cắt hình nón bởi mặt phẳng song song với đường sinh của hình nón thì ta được thiết diện là một parabol.

Giả sử thiết diện như hình vẽ.

Khi đó ta luôn có \(AB\bot MH\) 

Kẻ HE / /SA trong mặt phẳng (SAB) 

Khi đó SA // (HME) 

Đặt \(BH = x\left( {0 < x < 24} \right)\), ta có \(SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {{{16}^2} + {{12}^2}}  = 20cm\) 

Xét tam giác AMB vuông tại M có \(M{H^2} = AH.BH = x\left( {24 - x} \right) \Rightarrow MH = \sqrt {x\left( {24 - x} \right)} \) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Xét tam giác SAB có \(HE//SA \Rightarrow \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{HE}}{{SA}} \Leftrightarrow HE = \frac{{x.20}}{{24}} = \frac{5}{6}x\) 

Thiết diện parabol có chiều cao \(HE = \frac{5}{6}x\) và bán kính \(r = MH = x\left( {24 - x} \right)\) 

Diện tích thiết diện là \(S = \frac{4}{3}HE.MH = \frac{4}{3}.\frac{5}{6}x\sqrt {x\left( {24 - x} \right)}  = \frac{{10}}{9}\sqrt {x.x.x\left( {24 - x} \right)} \) 

\( = \frac{{10}}{{9\sqrt 3 }}\sqrt {x.x.x\left( {72 - 3x} \right)} \mathop  \le \limits^{Co - si} \frac{{10}}{{9\sqrt 3 }}.\sqrt {{{\left( {\frac{{\left( {x + x + x + 72 - 3x} \right)}}{4}} \right)}^4}}  \approx 207,8c{m^2}\) 

Dấu = xảy ra khi \(x = 72 - 3x \Leftrightarrow x = 18\left( {tm} \right)\) 

Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là \(S \approx 207,8c{m^2}\) 

Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B lên B 'C và B 'A

Dễ thấy \(AB \bot \left( {BCC'B'} \right)\) nên \(AB \bot BE\)

Lại có \(BE \bot B'C\) nên \(d\left( {AB,B'C} \right) = BE = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\) 

Tương tự có \(d\left( {BC,AB'} \right) = BF = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\) 

Xét các tam giác vuông BCB’ và BAB’ có: \(\frac{1}{{B{E^2}}} = \frac{1}{{B{F^2}}}\) 

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{B'{B^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} = \frac{1}{{B'{B^2}}} + \frac{1}{{B{A^2}}} \Leftrightarrow BC = BA\) hay ABCD là hình vuông

Suy ra \(BD \bot AC\). Lại có \(AC \bot DD'\) nên \(AC \bot \left( {BDD'} \right)\) 

Gọi \(M = AC \cap BD,O\) là tâm hình hộp và H  là hình chiếu của M  lên BD '

Khi đó \(AC \bot MH\) và \(MH \bot BD'\) nên \(d\left( {AC,BD'} \right) = MH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) 

Đặt \(BA = BC = x,BB' = y\) ta có:

Tam giác BB 'C vuông nên \(\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\left( 1 \right)\) 

Tam giác BMO vuông nên \(\frac{1}{{M{B^2}}} + \frac{1}{{M{O^2}}} = \frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}}.\) 

Mà \(MB = \frac{1}{2}BD = \frac{{x\sqrt 2 }}{2},MO = \frac{1}{2}DD' = \frac{y}{2}\) nên \(\frac{1}{{{{\left( {\frac{{x\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{y}{2}} \right)}^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Leftrightarrow \frac{2}{{{x^2}}} + \frac{4}{{{y^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}}\left( 2 \right)\) 

Từ (1) và (2) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\\
\frac{2}{{{x^2}}} + \frac{4}{{{y^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{{x^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}}\\
\frac{1}{{{y^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = a\\
y = 2a
\end{array} \right.\) 

Vậy thể tích khối hộp \(V = BA.BC.BB' = a.a.2a = 2{a^3}\) 

Đồ thị hàm số \(y = {\left| x \right|^3} - \left( {2m + 1} \right){x^2} + 3m\left| x \right| - 5\) nhận trục tung làm trục đối xứng nên hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} - \left( {2m + 1} \right){x^2} + 3mx - 5\) có hai điểm cực trị trong đó chỉ có duy nhất một cực trị dương.

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

TH1: Hàm số \(y=f(x)\) có 1 cực trị x = 0 và 1 cực trị x > 0. Khi đó:

\(f'\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow 3m = 0 \Leftrightarrow m = 0 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \frac{2}{3}\left( {TM} \right)
\end{array} \right.\). Vậy nhận giá trị m = 0 

TH2: Hàm số \(y=f(x)\) có hai cực trị trái dấu \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm trái dấu \( \Leftrightarrow 3m.3 < 0 \Leftrightarrow m < 0\) 

Vậy với \(m \le 0\) thì thỏa mãn yêu cầu nên có vô số giá trị nguyên thỏa mãn đề bài.

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (P) là \({x^3} + a{x^2} + bx + c = m{x^2} + nx + p\) 

\( \Leftrightarrow {x^3} + \left( {a - m} \right){x^2} + \left( {b - n} \right)x + c - p = 0(*)\) 

Dựa vào đồ thị ta thấy hai đồ thị hàm số tiếp xúc nhau tại điểm có hoành độ x = - 1 và cắt nhau tại điểm có hoành độ x = 1 nên phương trình (*) có nghiệm x = - 1 (bội 2) và x = 1 (nghiệm đơn).

Viết lại (*) ta được \({\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x - 1} \right) = 0\) 

Vậy \(S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)} \right|dx}  = \int\limits_{ - 1}^1 {{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)dx}  = \frac{4}{3} \in \left( {1;2} \right)\) 

Gọi tâm mặt cầu là I(a;b;c). Vì mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt phẳng (P), (Q), (R) nên ta có \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = d\left( {I,\left( Q \right)} \right) = d\left( {I,\left( R \right)} \right) = R\) 

Hay \(\left| {a - 1} \right| = \left| {b + 1} \right| = \left| {c - 1} \right| = R\) 

Vì mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt phẳng nên ta có điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}
a > 1\\
b <  - 1\\
c > 1
\end{array} \right.\) 

Suy ra \(a - 1 =  - 1 - b = c - 1 \Leftrightarrow  - a = b =  - c \Rightarrow I\left( {a; - a;a} \right)\) 

Mà \(A \in \left( S \right)\) nên \(IA = R = \left| {a - 1} \right|\) 

Ta có \(\sqrt {{{\left( {2 - a} \right)}^2} + {{\left( { - 2 + a} \right)}^2} + {{\left( {5 - a} \right)}^2}}  = \left| {a - 1} \right| \Leftrightarrow {\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( { - 2 + a} \right)^2} + {\left( {5 - a} \right)^2} = {\left( {a - 1} \right)^2}\) 

\( \Leftrightarrow 2{a^2} - 16a + 32 = 0 \Leftrightarrow a = 4 \Rightarrow R = 3\) 

Tập hợp điểm biểu diễn số phức \(z = x + yi\) thỏa mãn \(\left| {z - 5 - 3i} \right| = 5\) là đường tròn tâm I(5;3) bán kính R = 5 

Gọi \({M_1}\left( {{x_1};{y_1}} \right),{M_2}\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai điểm biểu diễn các số phức \(z_1, z_2\) thì từ \(\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 8\) ta suy ra \({M_1}{M_2} = 8\) 

Gọi N(x;y) là điểm biểu diễn số phức \(w=z_1+z+z_2\) thì \(M\left( {\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2};\frac{{{y_1} + {y_2}}}{2}} \right)\) 

Gọi M là trung điểm \(M_1M_2\) thì \(M\left( {\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2};\frac{{{y_1} + {y_2}}}{2}} \right)\) 

Ta có: \(IM = \sqrt {IM_1^2 - {M_1}{M^2}}  = \sqrt {{5^2} - {4^2}}  = 3\) hay \(\sqrt {{{\left( {\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} - 5} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{y_1} + {y_2}}}{2} - 3} \right)}^2}}  = 3\) 

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} - 5} \right)^2} + {\left( {\frac{{{y_1} + {y_2}}}{2} - 3} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 10} \right]^2} + \left[ {{{\left( {{y_1} + {y_2}} \right)}^2} - 6} \right] = 36 \Leftrightarrow {\left( {x - 10} \right)^2} + {\left( {y - 6} \right)^2} = 36\) 

Vậy tập hợp các điểm N  thỏa mãn bài toán là đường tròn \({\left( {x - 10} \right)^2} + {\left( {y - 6} \right)^2} = 36.\) 

Từ đồ thị hàm số \(f(x)\) ta thấy đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ \(x = 0;x = 1;x = 3\) 

\(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 1\\
x = 3
\end{array} \right.\) 

Lại thấy đồ thị hàm số \(y=f(x)\) có ba điểm cực trị nên \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = {x_1} \in \left( {0;1} \right)\\
x = {x_2} \in \left( {1;3} \right)
\end{array} \right.\) 

Hàm số \(y = {\left( {f\left( x \right)} \right)^2}\) có đạo hàm \(y' = 2f\left( x \right).f'\left( x \right)\) 

Xét phương trình \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f\left( x \right) = 0\\
f'\left( x \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 1\\
x = 3\\
x = {x_1}\\
x = {x_2}
\end{array} \right.\) 

Ta có BXD của y' như sau

Nhận thấy hàm số \(y = {\left( {f\left( x \right)} \right)^2}\) có y' đổi dấu từ âm sang dương tại ba điểm \(x = 0;x = 1;x = 3\) nên hàm số có ba điểm cực tiểu. Và y' đổi dấu từ dương sang âm tại hai điểm \(x = {x_1};x = {x_2}\) nên hàm số có hai điểm cực đại.