Ta có \(y' =  - 3{x^2} + 3,y' = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\)

Bảng biến thiên

Vậy \(y_{CT}=-6\)

Ta có \({\log _3}\left( {3x - 2} \right) = 3 \Leftrightarrow 3x - 2 = 29 \Leftrightarrow x = \frac{{29}}{3}\)

Tập xác định của hàm số là \(\left( { - 2;2} \right)\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ - }} y =  - \infty ,\mathop {\lim y}\limits_{x \to {2^ - }}  =  + \infty \)

Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận 

Đặt a = 0,6%

Số tiền lãi lãn gốc sau n kì là:

\(\begin{array}{l}
{T_n} = \frac{T}{a}\left( {1 + a} \right)\left[ {{{\left( {1 + a} \right)}^n} - 1} \right]\\
 \Rightarrow T = \frac{{{T_n}a}}{{\left( {1 + a} \right)\left[ {{{\left( {1 + a} \right)}^n} - 1} \right]}} \approx 635301
\end{array}\)

Ta có

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \frac{{{x^{2016}} + x - 2}}{{\sqrt {2018x + 1}  - \sqrt {x + 2018} }} = \frac{{{x^{2016}} - 1 + x - 1}}{{\sqrt {2018x + 1}  - \sqrt {x + 2018} }}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {1 + 1 + x + {x^2} + ... + {x^{2015}}} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {2018x + 1}  + \sqrt {x + 2018} } \right)}}{{\left( {\sqrt {2018x + 1}  - \sqrt {x + 2018} } \right)\left( {\sqrt {2018x + 1}  + \sqrt {x + 2018} } \right)}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {1 + 1 + x + {x^2} + ... + {x^{2015}}} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {2018x + 1}  + \sqrt {x + 2018} } \right)}}{{\left( {2017x - 2017} \right)}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {1 + 1 + x + {x^2} + ... + {x^{2015}}} \right)\left( {\sqrt {2018x + 1}  + \sqrt {x + 2018} } \right)}}{{2017}} = 2\sqrt {2019} 
\end{array}\)

Đề hàm số liên tục tại x = 1 thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow k = 2\sqrt {2019} \)

\(P = \sqrt[3]{{x.\sqrt[4]{{{x^3}\sqrt x }}}} = \sqrt[3]{{x.\sqrt[4]{{{x^{\frac{7}{2}}}}}}} = \sqrt[3]{{x.{x^{\frac{7}{8}}}}} = {x^{\frac{{15}}{{24}}}} = {x^{\frac{5}{8}}}\)

Ta có \(y = \left| {x - 1} \right| + \left| {x + 3} \right| = \left\{ \begin{array}{l}
2x + 2,x \ge 1\\
4, - 3 \le x < 1\\
 - 2x - 2,x <  - 3
\end{array} \right.\)

Trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\), ta có \(y \ge 4\) và dấu bằng xảy ra khi x = 1

Trên \(\left[ { - 3;1} \right)\), ta có y  =4 và có 4 giá trị nguyên của x thuộc khoảng này

Trên \(\left( { - \infty ; - 3} \right)\), ta có \(y=-2x-2>4\)

Vậy  \(y_{min}=4\) và có 5 giá trị nguyên của \(x\) để \(y_{min}=4\)

Ta có \({S_d} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) và chiều cao \(h=a\) nên suy ra \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)

Nhánh đầu tiên của đồ thị đi lên nên hệ số \(a>0\). Vậy loại A và D

Hàm số có hai điểm cực trị là \(x=0\) và \(x=2\) nên chọn B 

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 2\) nên \(y=2\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} + m\) trên D = R

\(f'\left( x \right) = 12{x^3} - 12{x^2} - 24x;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

Vì m nguyên dương nên để hàm số có 5 điểm cực trị \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 5 + m \ge 0\\
 - 32 + m < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow 5 \le m < 32\)

Vậy có 27 giá tị nguyên dương m 

Đặt \(t=3^x;t>0\)

Phương trình trở thành:\(\left( {m - 3} \right){t^2} + 2\left( {m + 1} \right)t + m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{3{t^2} - 2t + 1}}{{{t^2} + 2t - 1}}\) với \(t>0\) và \(t \ne  - 1 + \sqrt 2 \)

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng \(d:y=m\) có 2 điểm chung với đồ thị hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{3{t^2} - 2t + 1}}{{{t^2} + 2t - 1}}\) với t > 0 và \(t \ne  - 1 + \sqrt 2 \)

\(f'\left( t \right) = \frac{{8{t^2} + 4t}}{{{{\left( {{t^2} + 2t - 1} \right)}^2}}} > 0\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên phương tình có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow  - 1 < m < 3 \Rightarrow a =  - 1\) và b = 3 . Do đó ab = - 3

Áp dụng công thức giải nhanh đối với khối chóp S.ABCD

Ta có: \(V = \frac{1}{6}abc\sqrt {1 + 2\cos x.\cos y.\cos z - {{\cos }^2}x - {{\cos }^2}y - {{\cos }^2}z}  = \frac{{abc\sqrt 2 }}{{12}}\)

a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh SA, SB, SC; x, y, z lần lượt là số đo các góc \(\widehat {ASB},\widehat {BSC},\widehat {CSA}\)

Vậy \(V = \frac{{8{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{2{a^3}\sqrt 2 }}{3}\)

\(M = {\log _2}2 + {\log _2}4 + {\log _2}8 + ... + {\log _2}256 = 1 + 2 + 3 + ... + 8 = 36\)

Nếu x > 1: \({\rm{max}}\left\{ {{{\log }_2}x;{{\log }_{\frac{1}{3}}}x} \right\} < 1 \Leftrightarrow {\log _2 x} < 1 \Leftrightarrow 1 < x < 2\)

Nếu \(0 < x \le 1\): \({\rm{max}}\left\{ {{{\log }_2}x;{{\log }_{\frac{1}{3}}}x} \right\} < 1 \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{3}}}x < 1 \Leftrightarrow \frac{1}{3} < x < 1\)

Vậy \(S = \left( {\frac{1}{3};2} \right)\)

Gọi \(M\left( {{x_M};{y_M}} \right),N\left( {{x_N};{y_N}} \right)\)

Do \(M,N \in \left( C \right)\) nên \(M\left( {{x_M}; - x_M^3 + 3x_M^2 - {x_M} + 4} \right),N\left( {{x_N}, - x_N^3 + 3x_N^2 - {x_N} + 4} \right)\)

Theo giả thiết tiếp tuyến của (C) tại M và N luôn song song với nhau nên ta có:

\(\begin{array}{l}
y'\left( {{x_M}} \right) = y'\left( {{x_N}} \right) \Leftrightarrow  - 3{x_M}^2 + 6{x_M} - 1 =  - 3{x_N}^2 + 6{x_N} - 1 \Leftrightarrow  - 3{x_M}^2 + 6{x_M} + 3{x_N}^2 - 6{x_N} = 0\\
 \Leftrightarrow \left( {{x_N} - {x_M}} \right)\left( {{x_N} + {x_M} - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_N} - {x_M} = 0\\
{x_N} + {x_M} = 2
\end{array} \right.
\end{array}\)

Do M và N phân biệt nên  \({x_N} \ne {x_M}\) , suy ra \(x_N+x_M=2\)

Ta có 

\(\begin{array}{l}
{y_M} + {y_N} =  - \left( {{x_M}^3 + {x_N}^3} \right) + 3\left( {{x_M}^2 + {x_N}^2} \right) - \left( {{x_M} + {x_N}} \right) + 8\\
 =  - \left[ {{{\left( {{x_M} + {x_N}} \right)}^3} - 3\left( {{x_M} + {x_N}} \right){x_M}{x_N}} \right] + 3\left[ {{{\left( {{x_M} + {x_N}} \right)}^2} - 2{x_M}{x_N}} \right] - \left( {{x_M} + {x_N}} \right) + 8\\
 =  - \left[ {{2^3} - 6{x_M}{x_N}} \right] + 3\left[ {{2^2} - 2{x_M}{x_N}} \right] - 2 + 8 = 10
\end{array}\)

Từ đây suy ra đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định là trung điểm Q(1;5) của MN 

Ta xét đường tròn (C) có tâm I(1;3) và bán kính R = 2.

Theo tính chất tiếp tuyến ta có \(MI \bot {T_1}{T_2}\) tại trung điểm \({T_1}{T_2}\)

Suy ra đường thẳng \({T_1}{T_2}\)  nhận vectơ \(\widehat {MI}\left( {4;2} \right)\) là VTPT

Giả sử \({T_1}\left( {{x_1};\,\,{y_1}} \right)\). Khi đó, phương trình \({T_1}{T_2}\)  có dạng \(4(x-x_1)+2(y-y_1)=0\).

Suy ra \(d\left( {O;{T_1}{T_2}} \right) = \frac{{\left| { - 4{x_1} - 2{y_1}} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {2^2}} }} = \frac{{\left| {4{x_1} + 2{y_1}} \right|}}{{2\sqrt 5 }}\)

Ta có: \(\overrightarrow {M{T_1}}  = \left( {{x_1} + 3;\,\,{y_1} - 1} \right)\).

Theo giả thiết ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {M{T_1}} .\overrightarrow {I{T_1}} = \left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_1} + 3} \right) + \left( {{y_1} - 3} \right)\left( {{y_1} - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {x_1}^2 + 2{x_1} - 3 + {y_1}^2 - 4{y_1} + 3 = 0\,\,\,(1) \end{array} \)

Đồng thời ta có:

\(\begin{array}{l} I{T_1} = R\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + 3} \right)^2} + {\left( {{y_1} - 1} \right)^2} = 4\\ \Leftrightarrow {x_1}^2 + 6{x_1} + 9 + {y_1}^2 - 2{y_1} + 1 = 4\,\,\,(2) \end{array}\)

Lấy (1) –(2) ta được

\(4{x_1} + 2{y_1} =  - 6\)

Từ đây ta có: \(d\left( {O;\,\,{T_1}{T_2}} \right) = \frac{{\left| {4{x_1} + 2{y_1}} \right|}}{{2\sqrt 5 }} = \frac{{| - 6|}}{{2\sqrt 5 }} = \frac{3}{{\sqrt 5 }}\)

Hình hộp chữ nhật có 3 kích thước đôi một khác nhau có 3 mặt phẳng đối xứng 

Phương trình hoành dộ giao điểm 

\(2x + 1 = {x^3} - x + 3 \Leftrightarrow {x^3} - 3x + 2 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_A} = 1\\
{x_B} =  - 2
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{y_A} = 3\\
{y_B} =  - 3
\end{array} \right. \Rightarrow {x_A} + {x_B} =  - 5\)

Ta có \(y'=4x^3-4x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x =  - 1\\
x = 0
\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và (0;1)

\(\begin{array}{l}
y' = 6{x^2} + 6x - 12\\
y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1 \in \left[ { - 1;2} \right]\\
x =  - 2 \notin \left[ { - 1;2} \right]
\end{array} \right.\\
y\left( { - 1} \right) = 15,y\left( 1 \right) =  - 5,y\left( 2 \right) = 6\\
\mathop {Max}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = 15 \in \left( {12;20} \right)
\end{array}\)

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra bảng biến thiên cho hàm số \(f(x)\) như sau:

Dựa vào BBT suy ra: hàm số có 2 điểm cực trị, điểm cực tiểu là \(x=x_1\) và điểm cực đại là \(x=x_2\). Vậy có 2 khẳng định đúng là (I) và (III)

Ta có: \(C_n^3 = \frac{{n!}}{{3!\left( {n - 3} \right)!}} = \frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6} \Rightarrow \frac{1}{{C_n^3}} = \frac{6}{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}\)

Khi đó:

\({S_n} = \frac{6}{{1.2.3}} + \frac{6}{{2.3.4}} + ... + \frac{6}{{\left( {n - 2} \right)\left( {n - 1} \right)n}} = 6\left( {\frac{1}{{1.2.3}} + \frac{1}{{2.3.4}} + ... + \frac{1}{{\left( {n - 2} \right)\left( {n - 1} \right)n}}} \right)\)

Xét dãy \((u_n)\): \({u_k} = \frac{1}{{\left( {k - 2} \right)\left( {k - 1} \right)k}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{{k - 1}}\left( {\frac{1}{{k - 2}} - \frac{1}{k}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{k - 1}}.\frac{1}{{k - 2}} - \frac{1}{{k - 1}}.\frac{1}{k}} \right)\)

Suy ra

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{1.2.3}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{1.2}} - \frac{1}{{2.3}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{6}} \right)\\
\frac{1}{{2.3.4}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{2.4}} - \frac{1}{{3.4}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{6} - \frac{1}{{12}}} \right)\\
...\\
\frac{1}{{\left( {n - 2} \right)\left( {n - 1} \right)n}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{n - 1}}.\frac{1}{{n - 2}} - \frac{1}{{n - 1}}.\frac{1}{n}} \right)
\end{array}\)

\( \Rightarrow {S_n} = 6.\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{{n\left( {n - 1} \right)}}} \right) = 3\left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{{n\left( {n - 1} \right)}}} \right)\)

Vậy \(\lim {S_n} = \lim \left[ {3\left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{{n\left( {n - 1} \right)}}} \right)} \right] = \frac{3}{2}\)

\({5^{x + 1}} < {\left( {\frac{1}{{25}}} \right)^{ - x}} \Leftrightarrow {5^{x + 2}} < {5^{2x}} \Leftrightarrow x + 2 < 2x \Leftrightarrow x > 2\)

Vậy \(S = \left( {2; + \infty } \right)\)

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{32\pi {a^3}}}{3}\)

Gọi M là trung điểm của AB

\(OM = \frac{1}{3}CM = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Xét tam giác vuông SOM có \({\rm{cos}}{60^0} = \frac{{OM}}{{SM}} \Rightarrow SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Xét tam giác vuông SMB có \(SB = \sqrt {S{M^2} + M{B^2}}  = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{9} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}\)

Ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 

Vậy \({S_{xq}} = \pi rl = \pi \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt {21} }}{6} = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 7 }}{6}\)

\(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1\)

Suy ra a = 5, b = 3, c = 4

Suy ra \(F_1(-3;0);  F_2(3;0)\)

Gọi M(m;n). \(\widehat {{F_1}M{F_2}} = {90^0}.\) suy ra 

\(\overrightarrow {M{F_1}} .\overrightarrow {M{F_2}}  = 0\)   

Suy ra \((-3-m)(3-n)=0\)   (1)

Điểm \(M \in \left( E \right)\) nên \(\frac{{{m^2}}}{{25}} + \frac{{{n^2}}}{9} = 1\)    (2)

Từ (1) và (2) suy ra Tọa độ điểm M.

Từ đó tìm bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(M{F_1}{F_2}.\) bằng 1

Ta có 

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

Thay sin x = 0 vào phương trình (1) ta được \(cos^2x=0\) (vô lí vì \({\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1\) )

\( \Rightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} \ne 0\), chia 2 vế phương trình (1) cho \(sin^2x\) ta được phương trình: \({\cot ^2}x - 2\cot x + m = 0(2)\)

Phương trinh (1) có nghiệm khi phương trình (2) có nghiệm

\( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 1 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 1\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}
m \in \left[ { - 2018;2018} \right]\\
m \in Z
\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 2018; - 2017;...;0;1} \right\}\)

Suy ra có 2020 số nguyên m thỏa yêu cầu

Ta có \(y = f\left( {1 - x} \right) + \frac{{{x^2}}}{2} - x \Rightarrow  - f'\left( {1 - x} \right) + x - 1\)

Hàm số \(y = f\left( {1 - x} \right) + \frac{{{x^2}}}{2} - x\) nghịch biến \( \Rightarrow y' \le 0 \Leftrightarrow f'\left( {1 - x} \right) \ge x - 1\left( 1 \right)\)

Đặt \(t = 1 - x \Rightarrow x - 1 =  - t\), bất phương trình (1) trở thành \(f'\left( t \right) \ge  - t\)

Đồ thị hàm số \(f'(t)\) có dạng đồ thị hàm số \(f'(x)\) 

Trong hệ trục tọa độ Oty, vẽ đường thẳng \(d:y=-t\) và đồ thị hàm số \(y=f'(t)\).

Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số \(y=f'(t)\) tại các điểm \(A\left( { - 3;3} \right),B\left( {1; - 1} \right),C\left( {3; - 3} \right)\)

Từ đồ thị suy ra \(f'\left( t \right) \ge  - t \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t \le  - 3\\
1 \le t \le 3
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
1 - x \le  - 3\\
1 \le  - x \le 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \ge 4\\
 - 2 \le x \le 0
\end{array} \right.\)

Bất phương trình tương đương \( - {x^2} + 6x + 16 + \sqrt {\left( {2 + x} \right)\left( {8 - x} \right) - 15}  \le m\)

Đặt \(\sqrt {\left( {2 + x} \right)\left( {8 - x} \right)}  = t;x \in \left[ { - 2;8} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;5} \right]\)

Bất phương trình trở thành \({t^2} + t - 15 \le m,t \in \left[ {0;5} \right]\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} + t - 15 \le m,t \in \left[ {0;5} \right]\)

\(\begin{array}{l}
f'\left( t \right) = 2t + 1\\
f'\left( t \right) = 0t =  - \frac{1}{2}
\end{array}\)

Bảng biến thiên 

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để bất phương trình có nghiệm thì \(m \ge 15\)

Điều kiện xác định \(3{x^2} - 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > \frac{1}{{\sqrt 3 }}\\
x <  - \frac{1}{{\sqrt 3 }}
\end{array} \right.\)

Hình mười hai mặt đều có 30 cạnh.

Gọi K là trung điểm của AB, \(AC \cap BD = O\). Góc giữa mặt bên và đáy là góc \(\widehat {SKO}\)

Gọi M là trung điểm của SA

Trong tam giác SOA dựng đường thẳng trung trực IM của SA, \(I \in SO\)

giả sử AB = b, suy ra \(OK = \frac{b}{2},OA = \frac{{b\sqrt 2 }}{2}\)

Xét \(\Delta SOK\), ta có

\(\tan {60^0} = \frac{{SO}}{{OK}} \Rightarrow SO = OK.\tan {60^0} = \frac{{b\sqrt 3 }}{2}\)

Ta có \(\Delta SMI \sim \Delta SOA\left( {g - g} \right)\) nên \(\frac{{SI}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SO}}\)

\(SI = \frac{{SM.SA}}{{SO}} = \frac{{\frac{1}{2}S{A^2}}}{{SO}} = \frac{1}{2}\frac{{\frac{5}{4}{b^2}}}{{\frac{{b\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{5\sqrt 3 }}{{12}}b\)

Theo giả thiết \(\frac{{5\sqrt 3 }}{{12}}b = a\sqrt 3  \Rightarrow b = \frac{{12}}{5}a\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l}
{e^x} + {e^{ - x}} = {\left( {{e^{\frac{x}{2}}} - {e^{\frac{{ - x}}{2}}}} \right)^2} + 2 = 2\cos \left( {{\rm{ax}}} \right) + 4 \Leftrightarrow {\left( {{e^{\frac{x}{2}}} - {e^{\frac{{ - x}}{2}}}} \right)^2} = 2\cos \left( {{\rm{ax}}} \right) + 2 = 4{\cos ^2}\left( {a.\frac{x}{2}} \right)\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{e^{\frac{x}{2}}} - {e^{\frac{{ - x}}{2}}} = 2\cos \left( {a.\frac{x}{2}} \right) (1) \\
{e^{\frac{x}{2}}} - {e^{\frac{{ - x}}{2}}} =  - 2\cos \left( {a.\frac{x}{2}} \right) (2)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, suy ra phương trình (2) cũng có 3 nghiệm phân biệt và không có nghiệm nào trùng với nghiệm của phương trình (!)

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thực phân biệt 

Tính thể tích V của khối nón đã cho là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi 3.4 = 4\pi \)

Đặt \(x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right]\)

Hàm số trở thành \(f\left( t \right) = \frac{{2t + 3}}{{t + 1}} \Rightarrow f'\left( t \right) = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} < 0,\forall t \in \left[ {0;1} \right]\)

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = \frac{5}{2}\)

Gọi \(I = AB' \cap A'B\), M là trung điểm của BC

Ta có: \(MI//A'CA'C//\left( {AB'M} \right) \Rightarrow d\left( {A'C,AB'} \right) = d\left( {A',\left( {AB'M} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AB'M} \right)} \right) = \frac{{3{V_{BAB'M}}}}{{{S_{AB'M}}}}\)

Mà \({V_{BAB'M}} = \frac{1}{3}BB'.\frac{1}{2}{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)

Tam giác AB'M có \(AB' = a\sqrt 5 ,B'M = \sqrt {B'{B^2} + B{M^2}}  = \frac{{a\sqrt {17} }}{2},AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng định lí Hê rong ta có \({S_{AB'M}} = \frac{{{a^2}\sqrt {51} }}{8}\)

Vậy \(d\left( {A'C,B'A} \right) = d\left( {B,\left( {B'AM} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt {17} }}{{17}}\)

Do \(A\left( {a;b} \right) \in d \Rightarrow a - b - 3 = 0 \Leftrightarrow a = 3 + b\). Vậy \(A\left( {3 + b;b} \right)\)

\(\begin{array}{l}
d\left( {A;\Delta } \right) = \sqrt 5  \Leftrightarrow \frac{{\left| {2\left( {3 + b} \right) - b + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \sqrt 5  \Leftrightarrow \left| {b + 7} \right| = 5 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
b + 7 = 5\\
b + 7 =  - 5
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
b =  - 2 \Rightarrow a = 1\\
b =  - 12 \Rightarrow a =  - 9
\end{array} \right.
\end{array}\)

Vì \(a>0\) nên \(a=1, b=-2\). Do đó \(P=ab=-2\)

Do thiết diện qua trục là một hình vuông nên cạnh của hình vuông bằng \(2r\). Suy ra chiều cao của hình trụ cũng bằng \(2r\)

Vậy diện tích toàn phần của hình trụ đã cho là \({S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2} = 4\pi {r^2} + 2\pi {r^2} = 6\pi {r^2}\)

Xét hàm số \(y = {\frac{{{x^2} + mx + m}}{{x + 1}}} \) trên [1;2]

Có \(y' = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\,\forall x \in \left[ {1;2} \right]\)

Suy ra 

Vì b > 0 và \({\log _b}\sqrt a  \le 1 < {\log _b}a\) nên \({\log _b}\sqrt a  \le 1 < {\log _b}a\) hay \(1 < {\log _b}a \le 2\)

Khi đó \(P = {\log _{\frac{a}{b}}} + 2{\log _{\sqrt b }}\left( {\frac{a}{b}} \right) = \frac{{{{\log }_b}a}}{{{{\log }_b}a - 1}} + 4\left( {{{\log }_b}a - 1} \right) = 1 + \frac{1}{{{{\log }_b}a - 1}} + 4\left( {{{\log }_b}a - 1} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương \(\frac{1}{{{{\log }_b}a - 1}}\) và \(4\left( {{{\log }_b}a - 1} \right)\) ta có:

\(\frac{1}{{{{\log }_b}a - 1}} + 4\left( {{{\log }_b}a - 1} \right) \ge 4\)

Suy ra \(P \ge 5\). Vậy min P = 5 khi \(a = b\sqrt b \)

Ta có \({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.CD.d\left( {AB,CD} \right).\sin \left( {AB,CD} \right) = 2\sin \left( {AB,CD} \right) \le 2\)

Vậy \({\left( {{V_{ABCD}}} \right)_{{\rm{max}}}} = 2\) khi \(\sin \left( {AB,CD} \right) = 1\) hay \(AB \bot CD\)

Ta có n(S) = 101.11

Số điểm \(A\left( {x;y} \right) \in S\) thỏa mãn \(x + y \le 90\) là \(n\left( A \right) = 101.11 - 10.11 - (1 + 2 + 3 + ... + 10) = 946\)

Xác suất cần tìm là \(P = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( S \right)}} = \frac{{86}}{{101}}\)

ĐKXĐ:

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

Ta có \(f\left( x \right) = x.{e^{ - 3x}} \Rightarrow f'\left( x \right) = {e^{ - 3x}} - 3x.{e^{ - 3x}} = \left( {1 - 3x} \right){e^{ - 3x}}\)

\(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{3}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(f'\left( x \right) > 0\) là \(\left( {\frac{1}{3};\, + \infty } \right)\)

\(d\left( {CD;SB} \right) = d\left( {CD;\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{3{V_{SABC}}}}{{{S_{SAB}}}} = \frac{{3{V_{S.ABCD}}}}{{2{S_{ABC}}}} = \frac{{3.2{a^3}}}{{2.{a^2}}} = 3a\)

\(y = {{\rm{e}}^{1 - 2x}}\)

\(y' =  - 2{{\rm{e}}^{1 - 2x}}\)

Điều kiện \(1<x<5\)

\(\begin{array}{l}
2{\log _2}\left( {x - 1} \right) \le {\log _2}\left( {5 - x} \right) + 1 \Leftrightarrow {\log _2}{\left( {x - 1} \right)^2} \le {\log _2}\left( {10 - 2x} \right)\\
 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} \le 10 - 2x \Leftrightarrow  - 3 \le x \le 3 \Rightarrow S = \left( {1;3} \right]
\end{array}\)

Ta có: \(y'=x^2-2mx+4\); \(y' \ge 0 \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - 4 \le 0 \Leftrightarrow  - 2 \le m \le 2\)

Mà \(m \in Z\), suy ra \(m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2} \right\}\). Vậy có 5 giá trị của tham số m.