Phát biểu sai là: Hàm số mũ \(y = {a^x}\left( {a > 0,a \ne 1} \right)\) có tập xác định là \((0; + \infty ).\) 

Sửa lại: Hàm số mũ \(y = {a^x}\left( {a > 0,a \ne 1} \right)\) có tập xác định là R

Tam giác SAB đều cạnh \(a \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
R = OA = OB = \frac{a}{2}\\
h = SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}
\end{array} \right.\) 

Thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\pi \sqrt 3 }}{{24}}.\)

TXĐ: D = [0;1] 

\(y = \sqrt {x - {x^2}}  \Rightarrow y' = \frac{{1 - 2x}}{{2\sqrt {x - {x^2}} }} \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 1 - 2x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2} \in [0;1]\) 

Hàm số đã cho liên tục trên [0;1] có \(y\left( 0 \right) = y\left( 1 \right) = 0,y\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2} \Rightarrow \) Hàm số có GTNN  là 0 và GTLN  là \(\frac{1}{2}\) trên [0;1].

Thể tích khối cầu có bán kính bằng a/2 là: \(V = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{a}{2}} \right)^3} = \frac{{\pi {a^3}}}{6}.\) 

Đổi 1900000 lít = 1900 m³ 

Theo đề bài ta có: 1900 = 50.19.h <=> h = 2 (cm)

Vậy, độ sâu của hồ bơi lúc này là 2m.

\(\begin{array}{l}
y = \frac{1}{3}{x^3} - (m - 1){x^2} + \left( {{m^2} - 3m + 2} \right)x + 5\\
 \Rightarrow y' = {x^2} - 2(m - 1)x + {m^2} - 3m + 1\\
 \Rightarrow y'' = 2x - 2\left( {m - 1} \right).
\end{array}\) 

Hàm số đạt cực đại tại \(x = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y'(0) = 0\\
y''(0) < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 3m + 2 = 0\\
 - 2(m - 1) < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m = 2
\end{array} \right.\\
m > 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\) 

Ta có: \({2^{2{x^2} - 7x + 5}} = 1 \Leftrightarrow {2^{2{x^2} - 7x + 5}} = {2^0} \Leftrightarrow 2{x^2} - 7x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = \frac{5}{2}
\end{array} \right.\) 

Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

Thể tích khối tứ diện ABCD là: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.AC.AD = \frac{1}{6}.6a.5a.4a = 20{a^3}\) 

Ta có:

\(\frac{{{V_{A,MNP}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{\frac{1}{3}.{S_{\Delta MNP}}.{d_{A;BCD}}}}{{\frac{1}{3}.{S_{\Delta BCD}}.{d_{A;BCD}}}} = \frac{{{S_{\Delta MCP}}}}{{{S_{\Delta BCD}}}} = \frac{1}{4}\) (do \({S_{\Delta DNP}} = {S_{\Delta MNC}} = {S_{\Delta BPM}} = \frac{1}{4}{S_{\Delta BCD}}\) )

\( \Rightarrow {V_{A.MNP}} = \frac{1}{4}{V_{ABCD}} = \frac{1}{4}.20{a^3} = 5{a^3}.$\) 

Ta có: \({\left( {{a^2} + \frac{1}{b}} \right)^7} = \sum\limits_{i = 0}^7 {C_7^i{{\left( {{a^2}} \right)}^{7 - i}}.{{\left( {b{}^{ - 1}} \right)}^i}} \) 

=> Số hạng thức 5 trong khai triển ứng với i = 4 và bằng \(C_7^4.{\left( {{a^2}} \right)^3}.{\left( {{b^{ - 1}}} \right)^4} = 35{a^6}{b^{ - 4}}.\) 

Hình trụ đó có diện tích toàn phần gấp ba diện tích xung quanh nên ta có:

\(2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 3.2\pi Rh \Leftrightarrow 2\pi {R^2} = 4\pi Rh \Leftrightarrow R = 2h.\) 

Ta có: \( - 1 \le \cos 3x \le 1 \Leftrightarrow 0 \le {\cos ^2}3x \le 1 \Leftrightarrow  - 2 \le  - 2{\cos ^2}3x \le 0 \Leftrightarrow 1 \le 3 - 2{\cos ^2}3x \le 3 \Leftrightarrow 1 \le y \le 3\) 

Vậy min y = 1, max y = 3.

Từ năm 2014 đến năm 2030 cách nhau số năm là: 2030 - 2014 = 16 năm

Dân số Việt Nam năm 2030: \({A_{16}} = 90728900{\left( {1 + 1,05\% } \right)^{16}} \approx 107232574\) (người)

Theo đề bài ta có: \(C_n^2 - n = 135 \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} - n = 135 \Leftrightarrow {n^2} - 3n - 270 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 18(tm)\\
n =  - 15(ktm)
\end{array} \right.\) 

Vậy n = 18.

TXĐ: \(D = ( - 1; + \infty )\backslash \{ 1\} \) 

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {1 + x} }}{{1 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {\frac{1}{{{x^4}}} + \frac{1}{{{x^3}}}} }}{{\frac{1}{{{x^2}}} - 1}} = 0 \Rightarrow \) Đô thị hàm số có TCN là y = 0

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{\sqrt {1 + x} }}{{1 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{1}{{1 - x\sqrt {1 + x} }} =  + \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{\sqrt {1 + x} }}{{1 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{1}{{1 - x\sqrt {1 + x} }} =  - \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt {1 + x} }}{{1 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{1}{{1 - x\sqrt {1 + x} }} =  + \infty 
\end{array}\) 

 => Đồ thị hàm số có TCĐ là x = 1; x = -1 

Vậy đồ thị hàm số có tất cả 3 đường tiệm cận.

y = tanx loại, do \(D = R\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in Z} \right\}\) 

\(y = \frac{x}{{x + 1}}:\) loại, do \(D = R\backslash \{  - 1\} \) 

\(y = {\left( {{x^2} - 1} \right)^2} - 3x + 2:\) loại, do \(y' = 2.2x\left( {x{}^2 - 1} \right) - 3 = 4{x^3} - 4x - 3\)  có khoảng mang dấu dương, có khoảng mang dấu âm

\(y = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}:\) thỏa mãn, do: \(y' = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1}  - \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{{x^2} + 1}} = \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} \left( {{x^2} + 1} \right)}} > 0,\forall x \in R\) 

ĐKXĐ: \(4 - {x^2} > 0 \Leftrightarrow x \in ( - 2;2)\) 

TXĐ: D = (-2;2).

+) \(y =  - {x^3} + 3{x^2} + 1 \Rightarrow y' =  - 3{x^2} + 6x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right. \Rightarrow \) Hàm số \(y =  - {x^3} + 3{x^2} + 1\) có cực đại, cực tiểu.

+) \(y = {x^3} + 3x + 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 3 > 0,\forall x \Rightarrow \) Hàm số \(y = x{}^3 + 3x + 1\) không có cực trị.

Vậy, khẳng định ở câu B là sai.

+) \(y =  - 2x + 1 + \frac{1}{{x + 2}},\left( {D = R\backslash \{  - 2\} } \right) \Rightarrow y' =  - 2 - \frac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in D \Rightarrow \) Hàm số \(y =  - 2x + 1 + \frac{1}{{x + 1}}\) không có cực trị.

+)\(y = x - 1 + \frac{1}{{x - 1}},\left( {D = R\backslash \{  - 1\} } \right) \Rightarrow y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) 

\(y' = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \in D\\
x = 2 \in D
\end{array} \right.\) 

Dễ dàng kiểm tra y' đổi dấu tại \(x = 0,x = 2 \Rightarrow \) Hàm số \(y = x - 1 + \frac{1}{{x + 1}}\) có 2 cực trị.

Ta có:\({\log _2}x > {\log _2}\left( {2x + 1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 2x + 1\\
x > 0\\
2x + 1 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x <  - 1\\
x > 0\\
x >  - \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \emptyset \) 

Vậy, tập nghi  ệm của bất phương trình \({\log _2}x > {\log _2}\left( {2x + 1} \right)\) là: \(S = \emptyset .\) 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty ,y(0) =  - 4 \Rightarrow a =  - \infty ;b =  - 4.\)

Dựa vào đồ thị hàm số để nhận xét và chọn đáp án đúng.

Giả sử hình chóp có chiều cao là h và cạnh đáy là a. Thể tích khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}.{a^2}.h\) 

Khi chiều cao và cạnh đáy cùng tăng lên 3 lần thì thể tích của khối chóp là: \(V' = \frac{1}{3}.{(3a)^2}.3h = 27.\frac{1}{3}.{a^2}.h = 27V\) 

=> Thể tích tăng 27 lần.

Hình đã cho có 3 mặt phẳng đối xứng.

Gọi d là tiếp tuyến cần tìm, \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right),\left( {{x_0} < 0} \right)\) là tiếp điểm. Do d vuông góc với đường thẳng \(y =  - \frac{1}{3}x + \frac{2}{3}\) nên d có hệ số góc bằng 3.

\(\begin{array}{l}
y = \frac{1}{3}{x^3} - x + \frac{2}{3} \Rightarrow y' = {x^2} - 1 \Rightarrow x_0^2 - 1 = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 2(ktm)\\
{x_0} =  - 2(tm)
\end{array} \right.\\
{x_0} =  - 2 \Rightarrow {y_0} = 0 \Rightarrow M(2;0).
\end{array}\)

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{1 - x}}\) có TCĐ: x = 1 và TCN: y = -1 và đồng biến trên từng khoảng xác định do 1.1 - 1.( - 1) = 2 > 0

=> Chọn đồ thị ở câu D.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
BC,AI//(\alpha )\\
BC,AI \subset (ABC)\\
BC \cap AI = I
\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right)/(ABC)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {ACD} \right) \cap (MNP) = MQ\\
(ACD) \cap (ABC) = AC\\
(MNP)//(ABC)
\end{array} \right. \Rightarrow MQ//AC:\)

Tương tự: MP // BC : (1) đúng 

(3): PQ // AI : sai (PQ // AB, mà AB khác phương AI)

Do a, b, c > 1 nên \({\log _a}b,{\log _c}a,{\log _b}c > 0\) 

\(\begin{array}{l}
P = \log {}_a(bc) + lo{g_b}(ac) + 4{\log _c}(ab) = lo{g_a}b + {\log _a}c + {\log _b}a + {\log _b}c + 4{\log _c}a + 4{\log _a}b\\
 = \left( {{{\log }_a}b + {{\log }_b}a} \right) + \left( {{{\log }_a}c + 4{{\log }_c}a} \right) + \left( {{{\log }_b}c + 4{{\log }_c}b} \right)\\
 = \left( {{{\log }_a}b + \frac{1}{{{{\log }_a}b}}} \right) + \left( {\frac{1}{{{{\log }_c}a}} + 4{{\log }_c}a} \right) + \left( {{{\log }_b}c + \frac{4}{{{{\log }_b}c}}} \right)\\
 \ge 2\sqrt {{{\log }_a}b.\frac{1}{{{{\log }_a}b}}}  + 2\sqrt {\frac{1}{{{{\log }_c}a}}.4{{\log }_c}a}  + 2\sqrt {{{\log }_b}c.\frac{4}{{{{\log }_b}c}}}  = 2 + 4 + 4 = 10.
\end{array}\) 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}
{\log _a}b = \frac{1}{{{{\log }_a}b}}\\
\frac{1}{{{{\log }_c}a}} = 4{\log _c}a\\
{\log _b}c = \frac{4}{{{{\log }_c}b}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\log {}_ab = 1\\
{\log _c}a = \frac{1}{2}\\
\log {}_bc = 2
\end{array} \right.\) 

Vậy,  đạt giá trị nhỏ nhất là 10 khi \({\log _b}c = 2 \Rightarrow m = 10,n = 2 \Rightarrow m + n = 12\) 

x, y  là hai số không âm thỏa mãn \(x + y = 2 \Rightarrow y = 2 - x,\left( {0 \le x \le 2} \right)\) 

Khi đó: \(P = \frac{1}{3}x{}^3 + {x^2} + {y^2} - x + 1 = \frac{1}{3}x{}^3 + {x^2} + {\left( {2 - x} \right)^2} - x + 1 = \frac{1}{3}x{}^3 + 2{x^2} - 5x + 5\) 

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} + 2{x^2} - 5x + 5,x \in [0;2]\) có: \(f'\left( x \right) = x{}^2 + 4x - 5 \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1(tm)\\
x =  - 5(ktm)
\end{array} \right.\) 

Hàm số f(x) liên tục trên [0;2], có \(f\left( 0 \right) = 5,f\left( 1 \right) = \frac{7}{3},f\left( 2 \right) = \frac{{17}}{3} \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{[0;2]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \frac{7}{3}\) 

\( \Rightarrow \min P = \frac{7}{3}.\) 

Do 3 số x, y, z lập thành một cấp số cộng và có tổng bằng 21 nên ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}
x + z = 2y\\
x + y + z = 21
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + z = 14\\
y = 7
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 14 - z\\
y = 7
\end{array} \right.\) (1)

Nếu lần lượt thêm các số 2; 3; 9 vào ba số đó (theo thứ tự của cấp số cộng) thì được ba số lập thành một cấp số nhân nên ta có: \(\left( {x + 2} \right)\left( {z + 9} \right) = {\left( {y + 3} \right)^2}\) (2)

Thay (1) vào (2) ta có: \(\left( {14 - z + 2} \right)\left( {z + 9} \right) = {(7 + 3)^2} \Leftrightarrow {z^2} - 7z - 44 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
z = 11\\
z =  - 4
\end{array} \right.\) 

\(\begin{array}{l}
z = 11 \Rightarrow z = 14 - 11 = 3 \Rightarrow F = {x^2} + {y^2} + {z^2} = {3^2} + {7^2} + {11^2} = 179\\
z =  - 4 \Rightarrow x = 14 - ( - 4) = 18 \Rightarrow F = {x^2} + {y^2} + {z^2} = {18^2} + {7^2} + {( - 4)^2} = 389.
\end{array}\) 

Do SABC là tứ diện đều, G là trọng tâm tam giác ABC

\( \Rightarrow SG \bot (ABC)\) 

=> Thể tích khối tứ diện SAMN: \(V = \frac{1}{3}.SG.{S_{AMN}}\)

+)  Tam giác ABC đều, cạnh bằng 1

\( \Rightarrow AJ = \frac{{1.\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AG = \frac{2}{3}.AJ = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\) 

Tam giác SAG vuông tại \(G \Rightarrow SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}}  = \sqrt {1 - \frac{1}{3}}  = \sqrt {\frac{2}{3}} \) 

+) Diện tích tam giác AMN:

\({S_{AMN}} = \frac{1}{2}.AN.AM.\sin A = \frac{1}{2}.AN.AM.\sin {60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.AN.AM\) 

Ta có \(\frac{{AB}}{{AM}} + \frac{{AC}}{{AN}} = 3 \Leftrightarrow \frac{1}{{AM}} + \frac{1}{{AN}} = 3\) 

Mà \(\frac{1}{{AM}} + \frac{1}{{AN}} \ge \frac{2}{{\sqrt {AM.AN} }} \Rightarrow 3 \ge \frac{2}{{\sqrt {AM.AN} }} \Rightarrow \frac{{\sqrt {AM.AN} }}{2} \ge \frac{1}{3} \Rightarrow AM.AN \ge \frac{4}{9}\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {S_{AMN}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.AN.AM \ge \frac{{\sqrt 3 }}{4}.\frac{4}{9} = \frac{{\sqrt 3 }}{9}\\
 \Rightarrow {V_{S.AMN}} \ge \frac{1}{3}.\sqrt {\frac{2}{3}} .\frac{{\sqrt 3 }}{9} = \frac{{\sqrt 2 }}{{27}}
\end{array}\) 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(AM = AN = \frac{2}{3}\) 

\( \Rightarrow {\left( {{V_{SAMN}}} \right)_{\min }} = \frac{{\sqrt 2 }}{{27}}\) khi và chỉ khi \(AM = AN = \frac{2}{3}\) hay MN là đường thẳng qua G song song với BC

Gọi N là trung điểm của BC, G là trọng tâm tam giác ABC. Dựng hình chữ nhật ANBD. 

Kẻ GI // BC \(\left( {I \in BD} \right),GH \bot A'I\left( {H \in A'I} \right)\) 

+) ta có: \(C'N//(A'MB)\) (do C’N//MB)

\( \Rightarrow d\left( {C';(A'BM)} \right) = d\left( {N;(A'BM)} \right)\) 

Mà \(GN//(A'BM)\) (do GN // A'M) 

\( \Rightarrow d\left( {N;(A'BM)} \right) = d\left( {G;(A'BM)} \right) \Rightarrow d\left( {C';(A'BM)} \right) = d\left( {G;(A'BM)} \right)\) 

+) Ta có: \(BD//AN,AN//A'M \Rightarrow BD//A'M \Rightarrow A',M,B,D\) đồng phẳng

+) \(\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot GI(doANBDlaHCN)\\
BD \bot A'G(doA'G \bot (ABC))
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot (A'GI) \Rightarrow BD \bot GH\) 

Mà \(A'I \bot GH \Rightarrow GH \bot (A'MB) \Rightarrow d\left( {G;(A'BM)} \right) = GH\) 

+) Tính GH:

\(\Delta ABC\) đều, cạnh \(a \Rightarrow AN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},AG = \frac{2}{3}AN = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) 

\(\Delta AA'G\) vuông tại G \( \Rightarrow A'G = \sqrt {AA{'^2} - A{G^2}}  = \sqrt {4{a^2} - \frac{{a{}^2}}{3}}  = \sqrt {\frac{{11}}{3}a} \) 

GNBI là hình chữ nhật \( \Rightarrow GI = NB = \frac{a}{2}\) 

\(\Delta A'GI\) vuông tại G, \(GH \bot A'I \Rightarrow \frac{1}{{G{H^2}}} = \frac{1}{{G{I^2}}} + \frac{1}{{A'{G^2}}} = \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{4}}} + \frac{1}{{\frac{{11}}{3}{a^2}}} = \frac{{47}}{{11{a^2}}} \Rightarrow GH = \sqrt {\frac{{11}}{{47}}} a\)

\( \Rightarrow d\left( {C';(A'BM)} \right) = \frac{{\sqrt {11} }}{{\sqrt {47} }}a\)

Kẻ \(OH \bot CD,\left( {H \in CD} \right).\) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
CD \bot OH\\
CD \bot SO
\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SOH) \Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle SHO = {60^0}\) 

ABCD là hình thoi tâm O, \(\angle BAD = {60^0} \Rightarrow \Delta BCD\) đều, \(OH = \frac{1}{2}\left( {B;CD} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\) 

\(\Delta SOH\) vuông tại \(O \Rightarrow SO = OH.\tan \angle H = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\tan {60^0} = \frac{{3a}}{4}\) 

Diện tích hình thoi ABCD: \({S_{ABCD}} = 2{S_{ABC}} = 2.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\) 

Tính thế tích khối chóp S.ABCD: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{2}.\frac{{3a}}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}.\) 

Diện tích xung quanh của hình nón: \({S_{xq}} = \pi rl\) 

Diện tích toàn phần của hình nón: \({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2}\) 

\(P = \frac{{{{\sin }^4}x}}{y} + \frac{{{{\cos }^4}y}}{x} \ge \frac{{{{\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}y} \right)}^2}}}{{x + y}} \ge \frac{1}{{x + y}}\) (1)

Ta có: \(\cos 2x + \cos 2y + 2\sin (x + y) = 2 \Leftrightarrow 2cos\left( {x + y} \right).\cos \left( {x - y} \right) + 2\sin \left( {x + y} \right) = 2\) 

\( \Leftrightarrow \cos \left( {x + y} \right).\cos \left( {x - y} \right) = 1 - \sin \left( {x + y} \right)\) 

Mà \(1 - \sin \left( {x + y} \right) \ge 0,\forall x,y;\cos \left( {x - y} \right) > 0,\forall x,y \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \cos \left( {x + y} \right) \ge 0\) 

\( \Rightarrow 0 < x + y \le \frac{\pi }{2} \Rightarrow \frac{1}{{x + y}} \ge \frac{2}{\pi }\) (2)

Từ (1), (2), suy ra: \(P \ge \frac{2}{\pi },\forall x,y \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{{\sin }^2}x}}{y} = \frac{{{{\cos }^2}y}}{x}\\
{\sin ^2}x + {\cos ^2}y = 1\\
x + y = \frac{\pi }{2}
\end{array} \right. \Rightarrow x = y = \frac{\pi }{4}\) 

Vậy \({P_{\min }} = \frac{2}{\pi }\) khi và chỉ khi \(x = y = \frac{\pi }{4}.\) 

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: \(\frac{x}{{1 - x}} = mx - m - 1,\left( {x \ne 1} \right)\) 

\( \Leftrightarrow x = mx - m - 1 - m{x^2} + mx + x \Leftrightarrow m{x^2} - 2mx + m + 1 = 0\) (1)

Để (C) cắt d tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 0\\
\Delta ' > 0\\
m{.1^2} - 2m.1 + m + 1 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 0\\
{m^2} - m(m + 1) > 0\\
1 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 0\) 

Khi đó, giả sử \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của (1), áp dụng định lsy Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 2\\
{x_1}{x_2} = \frac{{m + 1}}{m}
\end{array} \right.\) 

Tọa độ giao điểm là: \(A\left( {{x_1};m{x_1} - m - 1} \right),B\left( {{x_2};m{x_2} - m - 1} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overline {AM}  = \left( {{x_1} + 1;m{x_1} - m - 2} \right)\\
\overrightarrow {AN}  = \left( {{x_2} + 1;m{x_2} - m - 2} \right)
\end{array} \right.\) 

Gọi I là trung điểm của MN \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_I} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} = \frac{2}{2} = 1\\
{y_I} = \frac{{m{x_1} - m - 1 + m{x_2} - m - 1}}{2} =  - 1
\end{array} \right. \Rightarrow I(1; - 1)\) 

Ta có: \(A{M^2} + A{N^2} = {\left( {\overrightarrow {AI}  + \overrightarrow {IM} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {AI}  + \overrightarrow {IN} } \right)^2} = 2A{I^2} + 2\overrightarrow {AI} .\left( {\overrightarrow {IM}  + \overrightarrow {IN} } \right) + I{M^2} + I{N^2} = 2A{I^2} + \frac{1}{2}M{N^2}\) 

Do vậy, \({\left( {A{M^2} + A{N^2}} \right)_{\min }}\) khi và chỉ khi MN_min.

Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = \left( {{x_2} - {x_1};m{x_2} - m{x_1}} \right) \Rightarrow MN = \sqrt {\left( {1 + {m^2}} \right){{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {1 + m} \right)}^2}({{\left( {{x_2} + {x_1}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2})} \) 

\( = \sqrt {\left( {1 + {m^2}} \right)\left( {4 - \frac{{4\left( {m + 1} \right)}}{n}} \right)}  = \sqrt {\frac{{ - 4\left( {1 + {m^2}} \right)}}{m}}  = \sqrt {\frac{4}{{( - m)}} + ( - 4m)}  \ge \sqrt {2.\sqrt {\frac{4}{{ - m}}.( - 4m)} }  = 2\sqrt 2 \) 

\( \Rightarrow M{N_{\min }} = 2\sqrt 2 \) khi và chỉ khi \(\frac{4}{{ - m}} =  - 4m \Leftrightarrow {m^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 1(ktm)\\
m =  - 1(tm)
\end{array} \right.\) 

Vậy để \({\left( {A{M^2} + A{N^2}} \right)_{\min }}\) thì m = -1.

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = {(24!)^4}\) 

Gọi A : “bạn Nam có đúng 2 lần ngồi vào cùng 1 vị trí”

Chọn 2 lượt thi mà Nam ngồi trùng vị trí có: \(C_4^2\) cách.

Trong 2 lượt đó, lượt đầu: Nam có 24 cách chọn vị trí, có 23! cách xếp vị trí cho 23 thí sinh còn lại; lượt sau: Nam có 1 cách chọn vị trí, có 23! cách xếp vị trí cho 23 thí sinh còn lại.

Ở 2 lượt còn lại: Số cách xếp: \(A_{23}^2.{\left( {23!} \right)^2}\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow n(A) = \left( {24.23!} \right).(1.23!).\left( {A_{23}^2.(23!)} \right) = {(23!)^4}.24.22\\
 \Rightarrow P(A) = \frac{{C{}_4^2.{{(23!)}^4}.24.23.22}}{{{{(24!)}^4}}} = \frac{{6.23.22}}{{24.24.24}} = \frac{{253}}{{1152}}.
\end{array}\) 

Xét \({\left( {1 + x} \right)^{2n + 1}} = \sum\limits_{i = 0}^{2n + 1} {C_{2n + 1}^i} {x^i} \Rightarrow {\left( {1 + x} \right)^{2n + 1}}' = (2n + 1){\left( {1 + x} \right)^{2n}} = \sum\limits_{i = 1}^{2n + 1} {i.C_{2n + 1}^i.{x^{i - 1}}} \) 

Chọn x = -2 ta có: \((2n + 1){(1 - 2)^{2n}} = C_{2n + 1}^1 - 2.2C_{2n + 1}^2 + {3.2^2}C_{2n + 1}^3 - ... + (2n + 1){2^n}C_{2n + 1}^{2n + 1}\) 

\( \Rightarrow 2n + 1 = 2005 \Leftrightarrow 2n = 2004 \Leftrightarrow n = 1002.\) 

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} - mx + 1,f'\left( x \right) = 3{x^2} - m\) 

Nhận xét: Đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {{x^3} - mx + 1} \right|\) được dựng từ đồ thị hàm số y = f(x) bằng cách giữ lại phần đồ thị phía trên trục Ox và lấy đối xứng phần phía dưới Ox qua Ox (xóa bỏ phần đồ thị của y = f(x) nằm phía dưới Ox).

TH1: Với m = 0 ta có. Hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} + 1\) đồng biến trên R

Có \(f\left( 1 \right) = 2 > 0 \Rightarrow \) Hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {{x^3} - mx + 1} \right|\) đồng biến trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\) 

=> m = 0 thỏa mãn.

TH2: Với m > 0 ta có:

\(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\) 

Để hàm số \(y = \left| {{x^3} - mx + 1} \right|\) đồng biến trên [1;+\(\infty \)) thì \(\left\{ \begin{array}{l}
m > 0\\
{x_1} < {x_2} \le 1\\
f\left( 1 \right) \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > 0\\
\frac{{ - m}}{3} + 1 \ge 0\\
2 - m \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m \le 2\) 

Mà \(n \notin N \Rightarrow m \in \left\{ {1;2} \right\}\) 

Vậy, \(S = \left\{ {0;1;2} \right\}.\) Số phần tử của S là 3.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x\) 

Gọi d  là tiếp tuyến cần tìm, \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm

Do d song song với đường thẳng y = 9x - 29 nên d có hệ số góc bằng 9 \( \Rightarrow y'\left( {{x_0}} \right) = 3x_0^2 - 6x = 9\) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow 3x_0^2 - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} =  - 1\\
{x_0} = 3
\end{array} \right.\\
{x_0} =  - 1 \Rightarrow {y_0} = 0 \Rightarrow (d):y = 9(x + 1) + 0 \Leftrightarrow y = 9x + 9(tm)\\
{x_0} = 3 \Rightarrow {y_0} =  - 2 \Rightarrow (d):y = 9(x - 3) - 2 \Leftrightarrow y = 9x - 29(ktm)
\end{array}\) 

Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = {2^{2018}}{x^3} + {3.2^{2018}}{x^2} - 2018\) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2},{x_3}\) 

=>  Đặt \(f\left( x \right) = {2^{2018}}\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\) 

\(\begin{array}{l}
f'\left( x \right) = {2^{2018}}\left[ {\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right) + \left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_3}} \right) + \left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)} \right]\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f'\left( {{x_1}} \right) = {2^{2018}}\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\\
f'\left( {{x_2}} \right) = {2^{2018}}\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\\
f'\left( {{x_3}} \right) = {2^{2018}}\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)
\end{array} \right.\\
P = \frac{1}{{f'\left( {{x_1}} \right)}} + \frac{1}{{f'\left( {{x_2}} \right)}} + \frac{1}{{f'\left( {{x_3}} \right)}} = \frac{1}{{{2^{2018}}}}\left( {\frac{1}{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_3}} \right)}} + \frac{1}{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_2} - {x_3}} \right)}} + \frac{1}{{\left( {{x_3} - {x_1}} \right)\left( {{x_3} - {x_2}} \right)}}} \right)\\
 = \frac{1}{{{2^{2018}}}}.\frac{{ - \left( {{x_2} - {x_3}} \right) - \left( {{x_3} - {x_1}} \right) - \left( {{x_1} - {x_2}} \right)}}{{\left( {x{}_1 - {x_2}} \right)\left( {{x_2} - {x_3}} \right)\left( {{x_3} - {x_1}} \right)}} = \frac{1}{{{2^{2018}}}}.\frac{0}{{\left( {x{}_1 - {x_2}} \right)\left( {{x_2} - {x_3}} \right)\left( {{x_3} - {x_1}} \right)}} = 0.
\end{array}\)

Vậy P = 0.

Ta có:

\(y = {x^4} - 2{m^2}{x^2} + {m^4} + 5 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4{m^2}x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = m\\
x =  - m
\end{array} \right.\) 

Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì \(m \ne 0.\) 

Khi đó, tọa độ ba điểm cực trị là: \(A\left( {0;{m^4} + 5} \right),B( - m;5),C(m;5)\) 

Dễ dàng chứng minh: \(\Delta ABO = \Delta ACO \Rightarrow \angle B = \angle C\) 

Mà  tứ giác ABOC nội tiếp, nên \(\angle B + \angle C = {180^0} \Rightarrow \angle B = \angle C = {90^0}\) 

Khi đó, \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {OB}  = 0 \Leftrightarrow ( - m).( - m) + ( - {m^4}).5 = 0 \Leftrightarrow  - 5{m^4} + {m^2} = 0 \Leftrightarrow {m^2}\left( {1 - 5{m^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0(ktm)\\
m =  \pm \frac{1}{{\sqrt 5 }}(tm)
\end{array} \right.\) 

Vậy tập hợp S tất cả các giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu đề bài có 2 phần tử là \( \pm \frac{1}{{\sqrt 5 }}.\) 

Phương trình hoành độ giao điểm của (C_m) với Ox: \({x^4} - (3m + 4){x^2} + {m^2} = 0\) (1)

Đặt \({x^2} = t,\left( {t \ge 0} \right),\) phương trình (1) trở thành \({t^2} - (3m + 4)t + {m^2} = 0\) (2)

Để (C_m) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta  > 0\\
3m + 4 > 0\\
{m^2} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left( {3m + 4} \right){}^2 - 4{m^2} > 0\\
m >  - \frac{4}{3}\\
m \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
5{m^2} + 24m + 16 > 0\\
m >  - \frac{4}{3}\\
m \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m >  - \frac{4}{5}\\
m <  - 4
\end{array} \right.\\
m >  - \frac{4}{3}\\
m \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m >  - \frac{4}{5}\\
m \ne 0
\end{array} \right.\) 

Khi đó, phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt \({t_1},{t_2}\left( {{t_1} < {t_2}} \right)\) , dẫn tới (1) có 4 nghiệm phân biệt sắp xếp tăng dần như sau: \( - \sqrt {{t_2}} ; - \sqrt {{t_1}} ;\sqrt {{t_1}} ;\sqrt {{t_2}} \) 

Để dãy số trên là dãy cấp số cộng thì \(\left\{ \begin{array}{l}
 - \sqrt {{t_2}}  + \sqrt {{t_1}}  =  - 2\sqrt {{t_1}} \\
 - \sqrt {{t_1}}  + \sqrt {{t_2}}  = 2\sqrt {{t_1}} 
\end{array} \right. \Leftrightarrow 3\sqrt {{t_1}}  = \sqrt {{t_2}}  \Leftrightarrow 9{t_1} = {t_2}\) 

Theo hệ thức Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{t_1} + {t_2} = 3m + 4\\
{t_1}{t_2} = {m^2}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{t_1} + 9{t_1} = 3m + 4\\
{t_1}.9{t_2} = {m^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{t_1} = \frac{{3m + 4}}{{10}}\\
{t_1} = \frac{{\left| m \right|}}{3}
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{3m + 4}}{{10}} = \frac{{\left| m \right|}}{3}\) (3)

+) Với m > 0: \(\left( 3 \right) \Leftrightarrow 9m + 12 = 10m \Leftrightarrow m = 12\) (tm)

+) Với \(m < 0:\left( 3 \right) \Leftrightarrow 9m + 12 =  - 10m \Leftrightarrow m =  - \frac{{12}}{{19}}\) (tm)

Vậy m = 12 hoặc \(m =  - \frac{{12}}{{19}}.\) 

Lấy \(M(m;{m^2}) \in (P):y = {x^2},\left( {m \ge 0} \right)\) 

Ta có: \(A(3;0) \Rightarrow AM = \sqrt {{{\left( {m - 3} \right)}^2} + {m^4}}  \Leftrightarrow A{M^2} = {(m - 3)^2} + {m^4}\) 

Xét hàm số:

\(f\left( m \right) = {(m - 3)^2} + {m^4},m \ge 0 \Rightarrow f'\left( m \right) = 2(m - 3) + 4{m^3} = 4{m^3} + 2m - 6\) 

\(f'\left( m \right) = 12{m^2} + 2 > 0,\forall m \Rightarrow f'\left( m \right) = 0\) có nghiệm duy nhất m = 1

Ta có bảng biến thiên sau:

\( \Rightarrow A{M_{\min }} = \sqrt 5 (hm) = 100\sqrt 5 (m).\)

Đặt \({\log _{16}}a = {\log _{20}}b = {\log _{25}}\frac{{2a - b}}{3} = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = {16^t}\\
b = {20^t}\\
2a - b = {3.25^t}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{2.16^t} - {20^t} = {3.25^t}(1)\\
\frac{a}{b} = {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t}
\end{array} \right.\) 

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2.{\left( {\frac{{16}}{{25}}} \right)^t} - {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} - 3 = 0 \Leftrightarrow 2.{\left( {\frac{4}{5}} \right)^{2t}} - {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} =  - 1 < 0\\
{\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} = \frac{3}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} = \frac{3}{2}\) 

\( \Rightarrow T = \frac{a}{b} = \frac{3}{2} \Rightarrow 1 < T < 2.\) 

Khối lập phương có các đỉnh lần lượt là trọng tâm các mặt của khối bát diện đều cạnh a có độ dài cạnh là

\(x = \frac{2}{3}.\frac{{1.\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{3}\) 

Thể tích cần tìm là : \(V = {x^3} = {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{3}} \right)^3} = \frac{8}{{27}}.\) 

Số tiền sinh viên A còn nợ sau 1 năm đầu là: \({M_{12}} = 20000.1 + 1,2{\% ^{12}} - 800.\frac{{1 + 1,2{\% ^{12}} - 1}}{{1,2\% }} \approx 12818\) (nghìn đồng)

Gọi n là số tháng (tính từ năm thứ hai) mà sinh viên A trả được hết nợ, ta có:   

\(\begin{array}{l}
{N_n} = 12818.1 + 1,5{\% ^n} - 1000.\frac{{1 + 1,5{\% ^n} - 1}}{{1,5\% }} = 0\\
 \Leftrightarrow 12818.1,5\%  + 1,5{\% ^n} - 1000.1 + 1,5{\% ^n} + 1000 = 0\\
 \Leftrightarrow  - 807,73.1 + 1,5{\% ^n} + 1000 = 0\\
 \Leftrightarrow n \approx {\log _{1,015}}\frac{{1000}}{{807,73}} \approx 14,3.
\end{array}\)

Vậy, số tháng để sinh viên A trả hết nợ là: 12 + 15 = 27 (tháng)

Xét hàm số \(h\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right),\) ta có: \(h'\left( x \right) = f'\left( x \right) - g'\left( x \right)\) 

Dựa vào đồ thị ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
h'\left( x \right) = f'\left( x \right) - g'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {0;2} \right)\\
h'\left( x \right) = f'\left( x \right) - g'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {2;6} \right)
\end{array} \right.\) 

Ta có bảng biến thiên sau:

Lại có: \(f\left( 0 \right) - f\left( 6 \right) < g\left( 0 \right) - g\left( 6 \right) \Leftrightarrow f\left( 0 \right) - g\left( 0 \right) < f\left( 6 \right) - g\left( 6 \right) \Leftrightarrow h\left( 0 \right) < h\left( 6 \right)\) 

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{[0;6]} h\left( x \right) = h(2);\mathop {\max }\limits_{[0;6]} h\left( x \right) = \max \left\{ {h(0);h(6)} \right\} = h(6).\) 

Lượng thức ăn mà trang trại ăn hết ở ngày thứ  k  là: \(M{(1 + 4\% )^{k - 1}},k \in {N^*}\) 

+ Chứng minh: O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP (với O là tâm của hình vuông ABCD)

+ Thể tích khối cầu có bán kính r là: \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3}.\) 

+ Chứng minh: O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP (với O là tâm của hình vuông ABCD)

+ Thể tích khối cầu có bán kính r là: \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3}.\) 

Giải phương trình bằng phương pháp xét hàm số.

Thể tích khối trụ: \(V = \pi R{}^2h\) 

Thể tích khối lăng trụ: V = Sh