Vì đồ thị hàm số có hai điểm cực trị và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } f\left( x \right) =  + \infty  \Rightarrow a > 0,b < 0\).

Mặt khác điểm cực đại của đồ thị hàm số có tung độ dương \( \Rightarrow c > 0\). 

\(x + 2i = 3 + 4yi \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 3\\
2 = 4y
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 3\\
y = \frac{1}{2}
\end{array} \right.\)

Ta có: \({a^{\frac{3}{4}}} > {a^{\frac{5}{7}}} \Rightarrow a > 1;{\log _b}\frac{3}{4} < {\log _b}\frac{5}{7} \Rightarrow 0 < b < 1\). Vậy \({\log _b}a < 0.\)

Ta có:

\(\eqalign{  & \left\{ \matrix{  DA \bot SA \hfill \cr  DA \bot AB \hfill \cr}  \right. \Rightarrow DA \bot (SAB) \Rightarrow \widehat {(S{\rm{D}},(SAB)} = \widehat {D{\rm{S}}A} = {30^0}  \cr  & \tan 30 = {{A{\rm{D}}} \over {SA}} = {a \over {SA}} = {1 \over {\sqrt 3 }} \Rightarrow SA = a\sqrt 3  \Rightarrow {V_{S.ABC{\rm{D}}}} = {1 \over 3}a\sqrt 3 .{a^2} = {{{a^3}\sqrt 3 } \over 3}. \cr} \)

Điểm M(- 2;1) biểu diễn số phức \(z=-2+i\)

Ta có: \(w = \left( {1 - i} \right)\overline z  + 2i \Leftrightarrow w - 2i = \left( {1 - i} \right)\overline z  \Rightarrow \left| {w - 2i} \right| = \left| {\left( {1 - i} \right)} \right|\left| {\overline z } \right| \Leftrightarrow \left| {w - 2i} \right| = 2\sqrt 2 \).

Do đó, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I(0;2) và bán kính \(2\sqrt 2 \).

Ta có tập xác định \(D = R\backslash \left\{ { - m} \right\}\) và \(y' = \frac{{{m^2} + 3m - 4}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}
{m^2} + 3m - 4 < 0\\
1 \le  - m
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \in \left( { - 4;1} \right)\\
m \le  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { - 4; - 1} \right]\). 

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + 4x > 0\\
2x + 3 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
x > 0\\
x <  - 4
\end{array} \right.\\
x >  - \frac{3}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0\)            (*)

Ta có : \({\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) + {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {2x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) = {\log _3}\left( {2x + 3} \right)\).

\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x = 2x + 3 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x =  - 3
\end{array} \right.\). Kết hợp với (*) , ta được x = 1. 

Vì y' đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm x = 0 nên đây là điểm cực đại. 

Hình trụ có bán kính r = 4 và chiều cao \(h = 2r = 8 \Rightarrow V = \pi {r^2}h = \pi {.4^2}.8 = 128\pi \). 

Hàm số có tập xác định D = R

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {x + 1 + \sqrt {{x^2} + 2{\rm{x}} + 3} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2} + 2{\rm{x}} + 1 - \left( {{x^2} + 2{\rm{x}} + 3} \right)}}{{x + 1 - \sqrt {{x^2} + 2{\rm{x}} + 3} }}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - 2}}{{x + 1 - \sqrt {{x^2} + 2{\rm{x}} + 3} }} = 0 \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có TCN y = 0.

Ta có \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) và \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\), mà \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA\).

Suy ra \(SA \bot \left( {ABC} \right).\) Gọi I là trung điểm của SC.

Ta có \(\Delta SAC\) vuông tại A nên \(IS=IA=IC\)

Do \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \Delta SBC\) vuông tại B nên \(IS=IB=IC\)

Do đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

Vì vậy: \(R = \frac{{SC}}{2} = \frac{{\sqrt {S{B^2} + B{C^2}} }}{2} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
 - 2 = {u_2} = {u_1}q\\
54 = {u_5} = {u_1}{q^4} = {u_1}q.{q^3} =  - 2{q^3}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = \frac{2}{3}\\
q =  - 3
\end{array} \right..\) Khi đó

\({S_{100}} = {u_1}.\frac{{1 - {q^{100}}}}{{1 - q}} = \frac{2}{3}.\frac{{1 - {{\left( { - 3} \right)}^{100}}}}{{1 - \left( { - 3} \right)}} = \frac{{1 - {3^{100}}}}{6}\) 

\(l = BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = a\sqrt 5 .\)

Điều kiện xác định \({\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 3} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x - 3 > 0\\
x - 3 \le 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 3\\
x \le 4
\end{array} \right.\).

Vậy tập xác định hàm số là \(D = \left( {3;4} \right].\).

Ta có: \({z^4} + {z^2} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{z^2} = 2{\rm{  }}}\\
{{z^2} =  - 3}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{z =  \pm \sqrt 2 {\rm{ }}}\\
{z =  \pm i\sqrt 3 }
\end{array}} \right.\).

Kí hiệu \(z_1, z_2, z_3, z_4\) là bốn nghiệm của phương trình, ta có: \(S = \left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| + \left| {{z_3}} \right| + \left| {{z_4}} \right| = 2\left( {\sqrt 2  + \sqrt 3 } \right)\).

\(A = {\log _m}8m = {\log _m}8 + {\log _m}m = 3{\log _m}2 + 1 = \frac{3}{{{{\log }_2}m}} + 1 = \frac{3}{a} + 1 = \frac{{3 + a}}{a}.\)

Gọi kích thước ba cạnh của hình hộp chữ nhật là \(a, b, c\) (cm).

Vì các mặt là các hình chữ nhật nên diện tích ba mặt lần lượt là:

\(\left\{ \begin{array}{l}
ab = 15\\
bc = 24\\
ac = 40
\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {abc} \right)^2} = 15.24.40 \Rightarrow abc = 120.\)

Vậy thể tích của hình hộp chữ nhật là: \(V = abc = 120c{m^3}.\)

Đầu tiên chúng ta kẻ thêm các đường thẳng x = 1 và y = 1 như hình vẽ dưới đây. Từ đây ta nhận xét được rằng: \(1<a<b\)

Từ giả thiết, ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
{S_{{\rm{day}}}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \\
h = 2a
\end{array} \right. \to V = {S_{{\rm{day}}}}.h = 2{a^3}\sqrt 3 .\) 

Thể tích phần phía dưới là \({V_1} = 4.4.40 = 640.\)

Thể tích phần bên trên là \({V_2} = \frac{1}{2} \times \left( {{2^2}\pi .40} \right) = 80\pi .\) Vậy \(V = {V_1} + {V_2} = 640 + 80\pi .\) 

Ta có \(\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {2{x^2} - 7x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} - 4 = 0\\
x - 1 = 0\\
2{x^2} - 7x + 3 = 0
\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 2 \notin N\\
x = 2 \in N\\
x = 1 \in N\\
x = \frac{1}{2} \notin N\\
x = 3 \in N
\end{array} \right..\)

Suy ra \(S = {2^2} + {1^2} + {3^2} = 14.\)

Từ đồ thị hàm số \(y=f(x)\) trên đoạn [- 2;4] ta suy ra đồ thị hàm số \(\left| {f\left( x \right)} \right|\) trên [- 2;4] như hình vẽ.

Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;4} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 3\) tại x = - 1

Gọi G là tâm tam giác đều ABC thì \(SG \bot \left( {ABC} \right), \widehat {SAG} = 30^\circ \).

Ta có \(\sin \widehat {SAG} = \frac{{SG}}{{SA}} \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{{SG}}{{2a}} \Rightarrow SG = a\)

\(\left( C \right):\left\{ \begin{array}{l}
I\left( {1;2} \right)\\
R = d\left[ {I;\Delta } \right] = \frac{{\left| {1 - 4 + 7} \right|}}{{\sqrt {1 + 4} }} = \frac{4}{{\sqrt 5 }}
\end{array} \right. \to \left( C \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = \frac{{16}}{5}.\)

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d:\frac{{x + 8}}{4} = \frac{{y - 5}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}\) có tọa độ là (4;- 2;1)

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {\left( {x + \sin x} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{{x^2}}}{2} - \cos x + C\). Mà \(F\left( 0 \right) = 19 \Leftrightarrow  - 1 + C = 19 \Leftrightarrow C = 20\).

\({V_{A.MNC}} = {V_{S.AMC}} - {V_{S.AMN}}.\)                                             

Mặt khác: \(\frac{{{V_{S.AMC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SM.SB}}{{S{B^2}}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}}\).

Và \(\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \left( {\frac{{SM.SB}}{{S{B^2}}}} \right)\left( {\frac{{SN.SC}}{{S{C^2}}}} \right) = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}}.\frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}}.\)

Do đó: \({V_{A.MNC}} = {V_{S.AMC}} - {V_{S.AMN}} = \left( {\frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} - \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}}.\frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}}} \right).{V_{S.ABC}} = \left( {\frac{{{4^2}}}{{{5^2}}} - \frac{{{4^2}}}{{{5^2}}}.\frac{{{4^2}}}{{{4^2} + {5^2}}}} \right).8 = \frac{{128}}{{41}}\). 

Giả sử \(A\left( {{x_A};{y_A};0} \right) \in \left( {Oxy} \right),\,\,B\left( {0;0;{z_B}} \right) \in Oz.\)

Vì G(- 1;1;2) là trọng tâm của tam giác ABC nên

\(\left\{ \begin{array}{l}
 - 1 = \frac{{{x_A} + 0 + \left( { - 2} \right)}}{3}\\
1 = \frac{{{y_A} + 0 + 2}}{3}\\
2 = \frac{{0 + {z_B} + 2}}{3}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_A} =  - 1\\
{y_A} = 1\\
{z_B} = 4
\end{array} \right. \Rightarrow A\left( { - 1;1;0} \right),\,\,B\left( {0;0;4} \right).\) 

Ta có \(\int\limits_0^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x = 7}  \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_2^6 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 7\)

\( \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 7 - 3 = 4\).Vậy P = 4.

Ta có: \(I = \int\limits_0^\pi  {{e^x}\cos xdx}  = a{e^\pi } + b\)

Đặt: \(I = \int\limits_0^\pi  {{e^x}\cos xdx}  = a{e^\pi } + b \Rightarrow I = \left. {{e^x}.\cos x} \right|_0^\pi  + \underbrace {\int_0^\pi  {{e^x}\sin xdx} }_{{I_1}} =  - {e^\pi } - e + {I_1}\)

Ta sẽ đi tính \({I_1} = \int_0^\pi  {{e^x}\sin xdx} \).

Đặt: \(\left\{ \begin{array}{l}
u = \sin x\\
dv = {e^x}dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = {\rm{cos}}\,xdx\\
v = {e^x}
\end{array} \right. \Rightarrow {I_1} = \left. {{e^x}.\sin x} \right|_0^\pi  - \underbrace {\int_0^\pi  {{e^x}\cos xdx} }_I =  - I\)

\(I = \int\limits_0^\pi  {{e^x}\cos xdx}  =  - {e^\pi } - e - I \Rightarrow 2I =  - {e^\pi } - e \Rightarrow I =  - \frac{1}{2}{e^\pi } - \frac{1}{2} \Rightarrow P = a + b =  - 1.\)

Vì \(N = {\rm{\Delta }} \cap d\) nên \(N \in d\), do đó \(N\left( { - 2 + 2t;1 + t;1 - t} \right)\).

Mà A(1;3;2) là trung điểm MN nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_M} = 2{x_A} - {x_N}}\\
{{y_M} = 2{y_A} - {y_N}}\\
{{z_M} = 2{z_A} - {z_N}}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_M} = 4 - 2t,}\\
{{y_M} = 5 - t,}\\
{{z_M} = 3 + t.}
\end{array}} \right.\)

Vì \(M = {\rm{\Delta }} \cap \left( P \right)\) nên \(M \in \left( P \right)\), do đó \(2\left( {4 - 2t} \right) - \left( {5 - t} \right) + \left( {3 + t} \right) - 10 = 0 \Leftrightarrow t =  - 2\).

Suy ra M(8;7;1) và N(- 6;- 1;3).

Vậy \(MN = 2\sqrt {66}  = 4\sqrt {16,5} \).

Mệnh đề sai: \(\int {\frac{1}{x}{\rm{d}}x}  = \ln x + C\)

Mệnh đề đúng phải là \(\int {\ln x}  = \frac{1}{x}{\rm{d}}x + C\)

Hoặc \(\int {\frac{1}{x}{\rm{d}}x}  = {-1 \over x^2}+C\).

Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, AM.

Do \(A'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'H \bot AC\). Có \(HI{\rm{//}}BM,\;BM \bot AC \Rightarrow HI \bot AC\)

Do đó \(AC \bot \left( {A'HI} \right) \Rightarrow AC \bot A'I\), suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ACC'A') và (ABC) là góc giữa A'I và IH, tức là góc \(\widehat {A'IH} = 45^\circ \).                                      

Có \(IH = \frac{1}{2}BM = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Trong tam giác A'HI có \(A'H = IH.\tan \widehat {A'IH} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\tan 45^\circ  = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Diện tích đáy \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\). Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}}}{{16}}\) 

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AH}  = \left( {a - 1;b - 2;c + 1} \right)\\
\overrightarrow {BH}  = \left( {a - 2;b - 1;c - 1} \right)
\end{array} \right.\) và \(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1;2} \right)\\
\overrightarrow {AC}  = \left( { - 1; - 1;3} \right)\\
\overrightarrow {BC}  = \left( { - 2;0;1} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 1; - 5; - 2} \right)\).

Do H là trực tâm của tam giác \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\
\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\\
\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AH}  = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2\left( {a - 1} \right) + \left( {c + 1} \right) = 0\\
 - 1\left( {a - 2} \right) - 1\left( {b - 1} \right) + 3\left( {c - 1} \right) = 0\\
 - 1\left( {a - 1} \right) - 5\left( {b - 2} \right) - 2\left( {c + 1} \right) = 0
\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2a + c =  - 3\\
 - a - b + 3c = 0\\
 - a - 5b - 2c =  - 9
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = 1\\
c = 1
\end{array} \right.\). Do đó (a+b+c=4\). 

Để (C) tiếp xúc (P) thì phương trình hoành độ giao điểm phải có nghiệm bội 2 trở nên. Tức là hàm số \(y=f(x)\) sẽ được phân tích dưới dạng: \(\left[ \begin{array}{l}
f\left( x \right) = {\left( {x - {x_1}} \right)^3} + \left( {a{x^2} + bx + c} \right)\\
f\left( x \right) = {\left( {x - {x_2}} \right)^2}\left( {x - {x_3}} \right) + \left( {a{x^2} + bx + c} \right)
\end{array} \right.\)  trong

đó các hệ số thực \(a, b, c\) là cố định không phụ thuộc vào tham số.

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

Suy ra parabol cố định là: \(\left( P \right):y = {x^2} - 2x - 1\). Đỉnh I(1;- 2) \( \Rightarrow {x_I} - 2{y_I} = 5\)

Từ giả thiết suy ra lăng trụ đã cho là lặng trụ đứng và hai mặt đáy là những tam giác đều cạnh \(a\)

Kẻ \(CH \bot AB{\rm{ }}\left( {H \in AB} \right)\) và \(DK \bot AB{\rm{ }}\left( {K \in AB} \right).\)

Ta chứng minh được DK là đoạn vuông góc chung của DE và AB' nên \(d\left[ {DE;AB'} \right] = DK = \frac{1}{2}CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\) 

Ta có \(m = f\left[ {g\left( x \right)} \right] = {\left( {{x^2} + 1} \right)^3} - 3{\left( {{x^2} + 1} \right)^2} + 1 = {x^6} - 3{x^2} - 1 = h\left( x \right).\)

Đạo hàm \(h'\left( x \right) = 6{x^5} - 6x = 0;{\rm{ }}h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  \pm 1
\end{array} \right..\)

Bảng biến thiên như hình trên. Yêu cầu bài toán \( \to  - 3 < m <  - 1.\) 

Từ đồ thị của \(y=f'(x)\) ta có bảng biến thiên như sau

Từ bảng biến thiên ta có \(f\left( a \right) > f\left( b \right),f\left( c \right) > f\left( b \right)\) (\(f(b\) là số nhỏ nhất) nên phương án C có thể xảy ra

Hình vuông \(V_1\) có chu vi bằng 1 nên cạnh hình vuông bằng \(\frac{1}{4}.\)

Từ đó tính được cạnh hình vuông \(V_2\) là \(\frac{{\sqrt 2 }}{8} \to \) chu vi hình vuông \(V_2\) là \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)

Tương tự tính được cạnh hình vuông \(V_3\) là \(\frac{1}{8} \to \) chu vi hình vuông \(V_3\) là \(\frac{1}{2}.\)

Tổng chu vi các hình vuông: \(1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2} + ...\) Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \(u_1=1\) công bội \(q = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \to 1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2} + ... = 1.\frac{1}{{1 - \frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 2 + \sqrt 2 .\) 

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\sqrt x {{\rm{e}}^x} = 0 \Leftrightarrow x = 0\).

Thể tích khối tròn xoay thu được là: \(V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {\sqrt x {{\rm{e}}^x}} \right)}^2}{\kern 1pt} {\rm{d}}x}  = \pi \int\limits_0^1 {x{{\rm{e}}^{2x}}{\kern 1pt} {\rm{d}}x}  = \pi \left. {\left( {\frac{1}{2}x{{\rm{e}}^{2x}} - \frac{1}{4}{{\rm{e}}^{2x}}} \right)} \right|_0^1 = \frac{\pi }{4}\left( {{{\rm{e}}^2} + 1} \right)\).

Số tiền ông Bách nhận được sau 3 năm đầu là \({T_1} = 20.{\left( {1 + \frac{{3,35}}{{100}}} \right)^3}.\)

Số tiền ông Bách nhận được sau 2 năm tiếp theo là \({T_2} = {T_1}.{\left( {1 + \frac{{3,75}}{{100}}} \right)^2}.\)

Số tiền ông Bách nhận được vào cuối năm thứ 10 là

\({T_3} = {T_2}.{\left( {1 + \frac{{4,8}}{{100}}} \right)^5} = 20.{\left( {1 + \frac{{3,35}}{{100}}} \right)^3}.{\left( {1 + \frac{{3,75}}{{100}}} \right)^2}.{\left( {1 + \frac{{4,8}}{{100}}} \right)^5} \simeq 30\) triệu đồng. 

Xét biến cố đối \(\overline {\rm{A}} :''\) bắt được 3 thỏ trắng trong 3 hoặc 4 lần ".

Trường hợp 1: Bắt được 3 con thỏ trắng trong 3 lần đầu:

Ta có \(n\left( \Omega  \right) = 7.6.5\) và \(n\left( {\overline {{{\rm{A}}_{\rm{1}}}} } \right) = 3!.\) Suy ra \(P\left( {\overline {{{\rm{A}}_{\rm{1}}}} } \right) = \frac{{3!}}{{7.6.5}}.\)

Trường hợp 2: Bắt được 3 con thỏ trắng trong 4 lần đầu:

 lần 4 bắt được con trắng; lần 1, 2 và 3 bắt được 2 con trắng và 1 con nâu.

Ta có \(n\left( \Omega  \right) = 7.6.5.4\) và \(n\left( {\overline {{{\rm{A}}_2}} } \right) = C_4^1.C_3^2.3!.\) Suy ra \(P\left( {\overline {{{\rm{A}}_2}} } \right) = \frac{{C_4^1.C_3^2.3!}}{{7.6.5.4}}.\)

Suy ra \(P\left( {\overline {\rm{A}} } \right) = P\left( {\overline {{{\rm{A}}_1}} } \right) + P\left( {\overline {{{\rm{A}}_2}} } \right) = \frac{4}{{35}} \to P\left( {\rm{A}} \right) = \frac{{31}}{{35}}.\) 

Gọi \(A\left( {a;{a^2}} \right)\) và \(B\left( {b;{b^2}} \right)\) là hai điểm thuộc (P) sao cho AB = 2.

Không mất tính tổng quát giả sử \(a

Theo giả thiết ta có AB = 2 nên \({\left( {b - a} \right)^2} + {\left( {{b^2} - {a^2}} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow {\left( {b - a} \right)^2}\left[ {{{\left( {b - a} \right)}^2} + 1} \right] = 4\).

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B là \(y = \left( {b + a} \right)x - ab\).

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol (P) và đường thẳng AB ta có

\(S = \int\limits_a^b {\left[ {\left( {a + b} \right)x - ab - {x^2}} \right]{\rm{d}}x}  = \left. {\left[ {\left( {a + b} \right)\frac{{{x^2}}}{2} - abx - \frac{{{x^3}}}{3}} \right]} \right|_a^b = \frac{{{{\left( {b - a} \right)}^3}}}{6}\)

Mặt khác \({\left( {b - a} \right)^2}\left[ {{{\left( {b - a} \right)}^2} + 1} \right] = 4\) nên \(\left| {b - a} \right| = b - a \le 2\) do \({\left( {b - a} \right)^2} + 1 \ge 1\).

Vậy \(S = \frac{{{{\left( {b - a} \right)}^3}}}{6} \le \frac{{{2^3}}}{6}\). Vậy \({S_{\max }} = \frac{4}{3}\).

Phương trình \( \Leftrightarrow \frac{{{e^{\sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}}}{{{e^{\sqrt {x + \frac{1}{x} + m} }}}} = \frac{{x + m + \frac{1}{x}}}{{{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}}} \Leftrightarrow \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right){e^{\sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = \left( {x + \frac{1}{x} + m} \right){e^{\sqrt {x + \frac{1}{x} + m} }}.\)

Xét hàm \(f\left( t \right) = t{e^{\sqrt t }}\) với \(t \ge 0\) và đi đến kết quả \({x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} = x + \frac{1}{x} + m\)

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

Đặt \({t = x + \frac{1}{x} \ge 2}\) ta được \({t = x + \frac{1}{x} \ge 2}\)

Mà m là số nguyên dương nhỏ hơn 2020 nên \(m = \left\{ {1;2;3...2016;2019} \right\}.\) 

Tham khảo hình vẽ. Ta sẽ sử dụng công thức \(V = \frac{1}{6}a.b.d\left( {a,b} \right).\sin \left( {a,b} \right).\)

Đặt \(SA = x\,\,\left( {x > 0} \right).\) Tính được \(KH = \frac{{{x^2}a\sqrt 2 }}{{{a^2} + {x^2}}},IH = \frac{{{a^2}x}}{{{a^2} + {x^2}}}.\)

Chứng minh được \(HI = d\left( {KH,AC} \right)\) và \(AC \bot HK.\)

Khi đó \({V_{ACHK}} = \frac{1}{6}AC.KH.HI = \frac{1}{6}.a\sqrt 2 .\frac{{{x^2}a\sqrt 2 }}{{{a^2} + {x^2}}}.\frac{{{a^2}x}}{{{a^2} + {x^2}}} = \frac{{{a^4}}}{3}.\frac{{{x^3}}}{{{{\left( {{a^2} + {x^2}} \right)}^2}}}.\)

Xét hàm \(f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{{{{\left( {{x^2} + {a^2}} \right)}^2}}}\) trên \(\left( {0; + \infty } \right),\) ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{{16a}}\) khi \(x = a\sqrt 3 .\)

Suy ra thể tích khối tứ diện lớn nhất bằng \({V_{\max }} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{16}}.\) 

Ta có \({k_1} = 4f'\left( 1 \right)\) và \({k_2} = 3f\left( 1 \right) + 6f'\left( 1 \right).\)

Theo giả thiết ta có \({k_1}.{k_2} =  - 6 \Leftrightarrow 24{\left[ {f'\left( 1 \right)} \right]^2} + 12f\left( 1 \right).f'\left( 1 \right) + 6 = 0.\)

Điều kiện để tồn tại \(f'(1)\) thì \(\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow \left| {f\left( 1 \right)} \right| \ge 2.\)

Đặt \(t = \left| {f\left( 1 \right)} \right|\) với \(t \ge 2.\) Khi đó \(Q = f\left( t \right) = {t^3} - 3t + 2 \ge \mathop {\min }\limits_{\left[ {2; + \infty } \right)} f\left( t \right) = 4.\) 

Ta có \({\log _2}\frac{{a + b + c}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2}} = a\left( {a - 4} \right) + b\left( {b - 4} \right) + c\left( {c - 4} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {4a + 4b + 4c} \right) + \left( {4a + 4b + 4c} \right) = {\log _2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2} \right) + {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2.\)

Xét hàm \(f\left( t \right) = {\log _2}t + t\) với t > 0 ta đi đến kết quả \(4a + 4b + 4c = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\)

\( \Leftrightarrow {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 2} \right)^2} = 10.\)

Ta lại có \(P = \frac{{a + 2b + 3c}}{{a + b + c}} \Leftrightarrow \left( {P - 1} \right)a + \left( {P - 2} \right)b + \left( {P - 3} \right)c = 0.\) Đến đây ta dùng điều kiện để mặt phẳng và mặt cầu có điểm chung.

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn số phức z ta có: \(\left| {z - 2i} \right| \le \left| {z - 4i} \right| \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} \le {x^2} + {\left( {y - 4} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow y \le 3;\left| {z - 3 - 3i} \right| = 1 \Leftrightarrow \) điểm M nằm trên đường tròn tâm I(3;3) và bán kính bằng 1. Biểu thức \(P = \left| {z - 2} \right| = AM\) trong đó A(2;0), theo hình vẽ thì giá trị lớn nhất của \(P = \left| {z - 2} \right|\) đạt được khi M(4;3) nên \(\max P = \sqrt {{{\left( {4 - 2} \right)}^2} + {{\left( {3 - 0} \right)}^2}}  = \sqrt {13} \).

Gọi các hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f(x)\) và trục hoành là \({x_1},{\rm{ }}{x_2},{\rm{ }}{x_3},{\rm{ }}{x_4}.\) Suy ra \(f\left( x \right) = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\left( {x - {x_4}} \right).\)

Đạo hàm \(f'\left( x \right) = a\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\left( {x - {x_4}} \right) + a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\left( {x - {x_4}} \right)\)

\( + \,a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_4}} \right) + a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right).\)

Ta có \(g\left( {{x_i}} \right) = {\left[ {f'\left( {{x_i}} \right)} \right]^2} - f''\left( {{x_i}} \right).f\left( {{x_i}} \right) = {\left[ {f'\left( {{x_i}} \right)} \right]^2} > 0,{\rm{ }}\forall {x_i}\) 

 \(g\left( x \right) = 0\) không có nghiệm \(x_i\)

Xét \(x \ne {x_i},\) ta có \(f'\left( x \right) = f\left( x \right)\left( {\frac{1}{{x - {x_1}}} + \frac{1}{{x - {x_2}}} + \frac{1}{{x - {x_3}}} + \frac{1}{{x - {x_4}}}} \right) = f\left( x \right).\sum\limits_{i = 1}^4 {\frac{1}{{x - {x_i}}}} \)

\( \Rightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \sum\limits_{i = 1}^4 {\frac{1}{{x - {x_i}}}}  \Rightarrow {\left( {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} \right)^\prime } = {\left( {\sum\limits_{i = 1}^4 {\frac{1}{{x - {x_i}}}} } \right)^\prime } \Rightarrow \frac{{f''\left( x \right).f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} =  - \sum\limits_{i = 1}^4 {\frac{1}{{{{\left( {x - {x_i}} \right)}^2}}} < 0} ,\forall x\) 

hay \({\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} - f''\left( x \right).f\left( x \right) > 0,{\rm{ }}\forall x \ne {x_i}\)

Vậy trong mọi trường hợp phương trình \(g(x)=0\) đều vô nghiệm.