Ta có: \(y' = 3{x^2} - 2mx + 2m - 3\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là điểm thuộc đồ thị hàm số.

Khi đó đồ thị hàm số có các tiếp tuyến có hệ số góc dương

\( \Leftrightarrow f'\left( {{x_0}} \right) > 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 2mx + 2m - 3 > 0{\rm{ }}\forall x \in R\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a > 0\\
\Delta ' < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3 > 0\\
{m^2} - 3\left( {2m - 3} \right) < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 < 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} < 0{\rm{ }}\left( {VN} \right)\)

Ta có: \(y' =  - 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

Mà x = 0 là nghiệm kép của phương trình \(y' = 0 \Rightarrow x = 0\) không là điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Theo đề bài ta có:\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow y = 0\) là TCN của đồ thị hàm số.

Lại có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) =  + \infty \)

⇒ Hàm số có BBT như sau:

Ta có:  \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right){\left( {x - 1} \right)^{2018}}{\left( {x - 2} \right)^{2019}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 2\\
x = 1\\
x = 2
\end{array} \right.\)

Trong đó x =  - 2,x = 2 là hai nghiệm bội lẻ, x = 1 là nghiệm bội chẵn

 \( \Rightarrow x =  - 2,x = 2\) là hai điểm cực trị của hàm số,  x = 1 không là điểm cực trị.

⇒ đáp án A sai.

Ta có: \(f'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right){\left( {x - 1} \right)^{2018}}{\left( {x - 2} \right)^{2019}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right){\left( {x - 2} \right)^{2019}} \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \ge 2\\
x \le  - 2
\end{array} \right.\)

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

Ta có: \({\left( {\sqrt[3]{3} + \sqrt[5]{5}} \right)^{2019}} = \sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k{{\left( {\sqrt[3]{3}} \right)}^{2019 - k}}{{\left( {\sqrt[5]{5}} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k{3^{\frac{{2019 - k}}{3}}}{5^{\frac{k}{5}}}} \)

Số hạng là số nguyên trong khai triển \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{k}{5} \in Z\\
\frac{{2019 - k}}{3} \in Z\\
0 \le k \le 2019
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow k \vdots 5,\left( {2019 - k} \right) \vdots 3\). Mà \(2019 \vdots 3 \Rightarrow k \vdots 3\)

Mà  \(\left( {3;5} \right) = 1 \Rightarrow k \vdots 15 \Rightarrow k = 15m\left( {m \in Z} \right)\)

Mà \(0 \le k \le 2019 \Leftrightarrow 0 \le 15m \le 2019 \Leftrightarrow 0 \le m \le 134,6 \Leftrightarrow \) Có 134 số nguyên k thỏa mãn.

Vậy khai triển trên có 134 số hạng là số nguyên.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên (-1; 2) và nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\)

⇒ đáp án A đúng.

Hàm số có hai điểm cực trị là \(x_{CD}} = 2\) và \({x_{CT}} =  - 1\)

⇒ đáp án B đúng.

Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  - 4 \Rightarrow y =  - 4\) là TCN là đồ thị hàm số.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai đồ thị hàm số là:

\(${x^3} - 3mx + 3 = 3x + 1 \Leftrightarrow {x^3} - 3\left( {m + 1} \right)x + 2 = 0\) (*)

Hai đồ thị hàm số có duy nhất 1 điểm chung khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm duy nhất.

(*) \( \Leftrightarrow {x^3} - 3x + 2 = 3mx\)

Xét \(x = 0 \Leftrightarrow 2 = 0\) (vô lí) ⇒  không là nghiệm của (*)

\( \Leftrightarrow 3m = \frac{{{x^3} - 3x + 2}}{x} = {x^2} - 3 + \frac{2}{x} = f\left( x \right)\,\,\left( {x \ne 0} \right)\)

\(f'\left( x \right) = 2x - \frac{2}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^3} = 1 \Leftrightarrow x = 1\)

BBT:

Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi \(3m < 0 \Leftrightarrow m < 0\)

Kết hợp điều kiện đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
m \in Z\\
m \in \left[ { - 2018;0} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \) Có 2018 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

.

Theo đề bài ta có: \(\sin x + \cos x = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow 1 + 2\sin x\cos x = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \sin x.\cos x =  - \frac{3}{8}\)

Áp dụng định lý Vi-ét đảo ta có hai số \(\sin x,\cos x\) là hai nghiệm của phương trình

\({X^2} - \frac{1}{2}X - \frac{3}{8} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
X = \frac{{1 + \sqrt 7 }}{4}\\
X = \frac{{1 - \sqrt 7 }}{4}
\end{array} \right.\)

Vì \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow 0 < \sin x < 1 \Rightarrow \sin x = \frac{{1 + \sqrt 7 }}{4}\) là nghiệm cần tìm.

Qua G, kẻ đường thẳng song song với BC, cắt SC tại B’ cắt SC tại C’.

\( \Rightarrow \frac{{SG}}{{SM}} = \frac{2}{3}\) (tính chất đường trung tuyến).

Ta có: \(B'C'//BC \Rightarrow \frac{{SB'}}{{SB}} = \frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{{SG}}{{SM}} = \frac{2}{3}\) (định lý Ta-let)

\(AB = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\) (\(\Delta ABC\) cân tại B)

Có: \({V_{SABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}A{B^2} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{1}{6}{a^3}\)

Theo công thức tỉ lệ thể tích ta có:

\(\frac{{{V_{SAB'C'}}}}{{{V_{ABC}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{9} \Rightarrow {V_{SAB'C'}} = \frac{4}{9}{V_{SABC}} = \frac{4}{9}.\frac{1}{6}{a^3} = \frac{2}{{27}}{a^3}\)

Điều kiện: x > 0

Đặt \(t = {\log _3}x \Rightarrow x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow t \in \left( { - \infty ;0} \right)\)

Khi đó ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}
\log _3^23x + {\log _3}x + m - 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_3}3 + {{\log }_3}x} \right)^2} + {\log _3}x - 1 =  - m\\
 \Leftrightarrow \log _3^2x + 3{\log _3}x =  - m \Leftrightarrow {t^2} + 3t =  - m\,\,\left( * \right)
\end{array}\)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc (0; 1) <=>  phương trình ẩn t có hai nghiệm phân biệt thuộc \(\left( { - \infty ;3} \right)\)

Xét hàm số: \(y = {t^2} + 3t\) trên \(\left( { - \infty ;3} \right)\)  ta có: \(y' = 2t + 3\)

\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 2t + 3 = 0 \Leftrightarrow t =  - \frac{3}{2}\)

Ta có BBT:

Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt thuộc \(\left( { - \infty ;0} \right)\) thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(t) tại hai điểm phân biệt thuộc \(\left( { - \infty ;0} \right) \Rightarrow  - \frac{9}{4} <  - m < 0 \Leftrightarrow 0 < m < \frac{9}{4}\)

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos \angle BAC = {4^2} + {4^2} - {2.4^2}\frac{{ - 1}}{2} = {3.4^2} \Rightarrow BC = 4\sqrt 3 \)

+)  Gọi H là trung điểm của BC.

Khi quay tam giác ABC quanh cạnh BC ta được 2 hình nón có chung bán kính đáy AH, đường cao lần lượt là BH và CH với 

\(AH = AB.\cos 60^\circ  = 2,BH = CH = \frac{1}{2}BC = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \)

\(\begin{array}{l}
V = \frac{1}{3}\pi A{H^2}.BH + \frac{1}{3}\pi A{H^2}.CH = \frac{1}{3}\pi .A{H^2}\left( {BH + CH} \right)\\
 = \frac{1}{3}\pi {2^2}.2\sqrt 3  = \frac{{8\pi \sqrt 3 }}{3}
\end{array}\)

+) Khi quay tam giác ABC quanh AB ta được khối tròn xoay như sau:

Gọi D là điểm đối xứng C qua AB, H là trung điểm của CD.

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow HC = BC.\sin 30^\circ  = 4\sqrt 3 .\frac{1}{2} = 2\sqrt 3 \\
BH = BC.\cos 30^\circ  = 4\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 6\\
 \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi H{C^2}.BH - \frac{1}{3}\pi H{C^2}.AH = \frac{1}{3}\pi H{C^2}.AB = \frac{1}{3}\pi {\left( {2\sqrt 3 } \right)^2}.4 = 16\pi 
\end{array}\)

+) Do điểm B và C có vai trò như nhau nên khi quay tam giác ABC quanh AC ta cũng nhận được khối tròn xoay có thể tích bằng 16.

Vậy thể tích lớn nhất có thể được khi quay tam giác ABC quanh một đường thẳng chứa cạnh của tam giác ABC là 16π.

Đặt \(t = \left| {f\left( x \right)} \right| \Rightarrow \)  Phương trình trở thành:

\({t^2} - \left( {m + 5} \right)t + 4m + 4 = 0 \Leftrightarrow \left( {t - 4} \right)\left( {t - m - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 4\\
t = m + 1
\end{array} \right.\)  (*).

Đồ thị hàm số  y = |f(x)|

Ta thấy phương trình f(x) = t  có các trường hợp sau:

+) Vô nghiệm.

+) Có 2 nghiệm phân biệt

+) Có 3 nghiệm phân biệt

+) Có 4 nghiệm phân biệt

Do đó để phương trình (*) có 7 nghiệm x phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm \({t_1},{t_2}\) phân biệt thỏa mãn  \(\Rightarrow 0 < m + 1 < 4 \Leftrightarrow  - 1 < m < 3\) .

Kết hợp điều kiện \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2} \right\}\)

Ta có:  \(\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = 3\\
x = m
\end{array} \right.\)

Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow m \notin \left\{ {1;3} \right\}\)

+) Giả sử 1; 3; m lập thành 1 CSN tăng \( \Rightarrow {3^2} = m.1 \Leftrightarrow m = 9\) (tm)

+) Giả sử m; 1; 3 lập thành 1 CSN tăng \( \Rightarrow {1^2} = m.3 \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}\) (tm)

+) Giả sử 1; m; 3 lập thành 1 CSN tăng \( \Rightarrow {m^2} = 3.1 \Leftrightarrow {m^2} = 3 \Rightarrow m = \sqrt 3 \) (tm)

Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị là x = -1, x = 1

\(P = \frac{{{{\left( {{a^{\sqrt 3  - 1}}} \right)}^{\sqrt 3  + 1}}}}{{{a^{4 - \sqrt 5 }}.{a^{\sqrt 5  - 2}}}} = \frac{{{a^{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}}}}{{{a^{4 - \sqrt 5  + \sqrt 5  - 2}}}} = \frac{{{a^{3 - 1}}}}{{{a^2}}} = 1\)

Sử dụng các tính chất của hàm mũ để chọn đáp án đúng.

Ta có \(BC \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow A'B\) là hình chiếu của A'C  lên  \(\left( {ABB'A'} \right)\)

\( \Leftrightarrow \angle \left( {A'C;\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \angle \left( {A'C;A'B} \right) = \angle BA'C = 30^\circ \)

\(BC \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow BC \bot A'B \Rightarrow \Delta A'BC\) vuông tại .

Xét tam giác vuông A'BC  có: \(A'B = BC.\cot 30^\circ  = \sqrt 3 \)

Xét tam giác vuông AA'B có: \(AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}}  = \sqrt {3 - {x^2}} \)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.AB.AD = \sqrt {3 - {x^2}} .x = V\)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có \(\sqrt {3 - {x^2}} .x \le \frac{{3 - {x^2} + {x^2}}}{2} = \frac{3}{2} \Rightarrow {V_{\max }} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow 3 - {x^2} = {x^2} \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\)

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó:

+) 3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện.

+) 1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.

Ta có: \({\left( {x - 2} \right)^{ - \frac{1}{3}}} > {\left( {x - 2} \right)^{ - \frac{1}{6}}} \Leftrightarrow 0 < x - 2 < 1 \Leftrightarrow 2 < x < 3\)

Các tứ giác có thể nội tiếp đường tròn là: hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân.

Gọi H là chân đường cao kẻ từ A đến CD ta có: \({S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AB + CD} \right).AH}}{2}\)

Đặt AH  =x (0 < x < 2)

Khi đó áp dụng định lý Pi-ta-go ta có: \(DH = \sqrt {A{D^2} - A{H^2}}  = \sqrt {4 - {x^2}} \)

Ta có: \(DH = CK = \sqrt {4 - {x^2}}  \Rightarrow CD = 2\sqrt {4 - {x^2}}  + 4\)

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AB + CD} \right).AH}}{2} = \frac{{\left( {4 + 2\sqrt {4 - {x^2}}  + 4} \right).x}}{2} = \frac{{\left( {8 + 2\sqrt {4 - {x^2}} } \right)x}}{2}\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \left( {8 + 2\sqrt {4 - {x^2}} } \right)x = 8x + 2x\sqrt {4 - {x^2}} \) (0 < x < 2)

Ta có: \(f'\left( x \right) = 8 + 2\sqrt {4 - {x^2}}  - \frac{{4{x^2}}}{{2\sqrt {4 - {x^2}} }} = 8 + \frac{{2\left( {4 - {x^2}} \right) - 2{x^2}}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 8 + \frac{{4\left( {2 - {x^2}} \right)}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 8 + \frac{{4\left( {2 - {x^2}} \right)}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow 8\sqrt {4 - {x^2}}  + 4\left( {2 - {x^2}} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow 2\sqrt {4 - {x^2}}  = {x^2} - 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 2 \ge 0\\
4\left( {4 - {x^2}} \right) = {x^4} - 4{x^2} + 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} \ge 2\\
{x^4} = 12
\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} = 2\sqrt 3 \,\,\left( {tm} \right)\\
 \Rightarrow {S_{\max }} \Leftrightarrow {x^2} = 2\sqrt 3  \Rightarrow CD = 2\sqrt {4 - 2\sqrt 3 }  + 4 = 2\left( {\sqrt 3  - 1} \right) + 4 = 2\sqrt 3  + 2
\end{array}\)

Khi đó chu vi của hình thang là:

\(P = AB + 2.AD + CD = 4 + 2.2 + 2\sqrt 3  + 2 = 10 + 2\sqrt 3 \)

Điều kiện: \(x,y \ne 0\)

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{\log _8}\left| x \right| + {\log _4}{y^2} = 5\\
{\log _8}\left| y \right| + {\log _4}{x^2} = 7
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{3}{\log _2}\left| x \right| + {\log _2}\left| y \right| = 5\\
\frac{1}{3}{\log _2}\left| y \right| + {\log _2}\left| x \right| = 7
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\log _2}\left| x \right| + {\log _2}{\left| y \right|^3} = 15\\
{\log _2}\left| y \right| + {\log _2}{\left| x \right|^3} = 21
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\log _2}\left| {x{y^3}} \right| = 15\\
{\log _2}\left| {{x^3}y} \right| = 21
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {x{y^3}} \right| = {2^{15}}{\rm{ (*)}}\\
\left| {{x^3}y} \right| = {2^{21}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{{\left| {{x^3}y} \right|}}{{\left| {x{y^3}} \right|}} = 64 \Leftrightarrow {\left| {\frac{x}{y}} \right|^2} = 64 \Leftrightarrow \left| {\frac{x}{y}} \right| = 8 \Leftrightarrow \left| x \right| = 8\left| y \right|
\end{array}\)

Thay vào (*) ta có \(8{y^4} = {2^{15}} \Leftrightarrow \left| y \right| = \sqrt[4]{{4096}} = 8\)

Khi đó ta có \(P = \left| x \right| - \left| y \right| = 8\left| y \right| - \left| y \right| = 7\left| y \right| = 7.8 = 56\)

+) Chứng minh \(SD \bot \left( {ABCD} \right)\)

+) Xác định mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\), chia thiết diện thành 1 hình chữ nhật và một tam giác để tính diện tích.

Chu vi đường tròn đáy hình nón là: \(C = \frac{3}{4}.2\pi .3 = \frac{{9\pi }}{2} = 2\pi r \Rightarrow r = \frac{9}{4} = 2,25\)  (cm).

+) Kẻ \(CH \bot AB;CK \bot SB\), chứng minh \(\angle \left( {\left( {SAB} \right),\left( {SBC} \right)} \right) = \angle \left( {HK,CK} \right) = \angle CKH = 60^\circ \)

+) Chứng minh \(\Delta BHK\~\Delta BSA\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{HK}}{{SA}} = \frac{{HB}}{{SB}}\) , từ đó tính HK.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho

+) Đồng biến trên (1; 0) và \(\left( {1; + \infty } \right)\), nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và (0; 1)

+) Hàm số có 3 điểm cực trị.

+) Hàm số không có GTLN.

Do đó các mệnh đề (I), (III) đúng.

TXĐ: D = R

Ta có: \(y' =  - 2\sin 2x + m\)

Để hàm số đồng biến trên \(R \Leftrightarrow y' \ge 0{\rm{ }}\forall x \in R \Rightarrow  - 2\sin 2x + m \ge 0{\rm{ }}\forall x \in R\)

\( \Leftrightarrow m \ge 2\sin 2x{\rm{ }}\forall x \in R \Leftrightarrow m \ge 2\)

.

\(\begin{array}{l}
{a^{2x}} - 2{a^x}\left( {\cos bx + 2} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow {a^x} + \frac{1}{{{a^x}}} = 2\left( {\cos bx + 2} \right)\\
 \Leftrightarrow {\left( {{a^{\frac{x}{2}}}} \right)^2} + \frac{1}{{{{\left( {{a^{\frac{x}{2}}}} \right)}^2}}} - 2 = 2\left( {\cos bx + 1} \right) \Leftrightarrow {\left( {{a^{\frac{x}{2}}} - \frac{1}{{{a^{\frac{x}{2}}}}}} \right)^2} = 2.2{\cos ^2}\frac{{bx}}{2}\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{a^{\frac{x}{2}}} - \frac{1}{{{a^{\frac{x}{2}}}}} = 2\cos \frac{{bx}}{2}\\
{a^{\frac{x}{2}}} - \frac{1}{{{a^{\frac{x}{2}}}}} =  - 2\cos \frac{{bx}}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{a^{\frac{x}{2}}} - \frac{1}{{{a^{\frac{x}{2}}}}} = 2\cos \frac{{bx}}{2}{\rm{ }}\left( 1 \right)\\
{a^{ - \frac{x}{2}}} - \frac{1}{{{a^{ - \frac{x}{2}}}}} = 2\cos \left( {\frac{{b\left( { - x} \right)}}{2}} \right){\rm{ }}\left( 2 \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Theo bài ra ta có phương trình (1) có 7 nghiệm phân biệt.

Ta thấy nếu  là nghiệm của (1) => (2) có nghiệm -x₀.

Xét \(f\left( 0 \right) = 1 - 2.1\left( {1 + 2} \right) + 1 =  - 4 \ne 0 \Rightarrow x = 0\) không là nghiệm của (1) \( \Rightarrow {x_0} \ne 0 \Rightarrow  - {x_0} \ne {x_0}{\rm{ }}\forall {x_0}\)

Vậy phương trình đề bài có tất cả 14 nghiệm.

Phép đồng dạng không là phép dời hình vì nó không bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì.

Xét hàm số \(y = {3^x}\) có TXĐ D = R và a = 3 > 1  Hàm số đồng biến trên R

Gọi \(E = ME \cap AN\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
E \in MG\\
E \in AN \subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow E \in \left( {ABC} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow E = MG \cap \left( {ABC} \right)\)

TXĐ: D = R

Ta có:

\(\begin{array}{l}
y' = 2\cos 2x - 4\sin x + m\sqrt 2  = 2\left( {1 - 2{{\sin }^2}x} \right) - 4\sin x + m\sqrt 2 \\
 =  - 4{\sin ^2}x - 4\sin x + 2 + m\sqrt 2 
\end{array}\)

Đặt t = sin x, với \(x \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 1;1} \right]\)

Khi đó \(y' =  - 4{t^2} - 4t + 2 + m\sqrt 2 {\rm{ }}\forall t \in \left[ { - 1;1} \right]\)

Để hàm số không có cực trị trên \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow \)  Phương trình y' = 0 không có nghiệm thuộc [=1; 1]

Xét  \(y' = 0 \Leftrightarrow  - 4{t^2} - 4t + 2 + m\sqrt 2  = 0{\rm{ }}\forall t \in \left[ { - 1;1} \right] \Leftrightarrow m\sqrt 2  = 4{t^2} + 4t - 2{\rm{ }}\forall t \in \left[ { - 1;1} \right]\)

Xét \(y' = 0 \Leftrightarrow  - 4{t^2} - 4t + 2 + m\sqrt 2  = 0{\rm{ }}\forall t \in \left[ { - 1;1} \right] \Leftrightarrow m\sqrt 2  = 4{t^2} + 4t - 2{\rm{ }}\forall t \in \left[ { - 1;1} \right]\)

\( \Leftrightarrow m\sqrt 2  = f\left( t \right) = 4{t^2} + 4t - 2{\rm{ }}\forall t \in \left[ { - 1;1} \right]\)

Ta có \(f'\left( t \right) = 8t + 4 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{ - 1}}{2}\)

BBT:

Để phương trình không có nghiệm thuộc \(\left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
m\sqrt 2  <  - 3\\
m\sqrt 2  > 6
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m < \frac{{ - 3}}{{\sqrt 2 }}\\
m > 3\sqrt 2 
\end{array} \right.\)

Kết hợp điều kiện đề bài \(m \in \left\{ { - 5; - 4; - 3} \right\}\)

Xét đáp án C ta có: \(y' = {x^2} - x + 3 = {x^2} - 2.x.\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{{11}}{4} = {\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{11}}{4} > 0,\forall x \in R\)  do đó hàm số đồng biến trên R

\(\begin{array}{l}
{2^{\ln \left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)}}{.5^{\ln \left( {x + y} \right)}} = {2^{\ln 5}} \Leftrightarrow {2^{\ln \left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)}}{.5^{\ln \left( {x + y} \right)}} = {5^{\ln 2}}\\
 \Leftrightarrow {2^{\ln \left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)}} = {5^{\ln 2 - \ln \left( {x + y} \right)}} = {5^{\ln \frac{2}{{x + y}}}} = {5^{ - \ln \frac{{x + y}}{2}}} = {\left( {\frac{1}{5}} \right)^{\ln \frac{{x + y}}{2}}}\\
 \Leftrightarrow \ln \left( {\frac{{x + y}}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{x + y}}{2} = 1 \Leftrightarrow x + y = 2
\end{array}\)

Khi đó ta có: 

\(\begin{array}{l}
P = \left( {x + 1} \right)\ln x + \left( {y + 1} \right)\ln y = \left( {x + 1} \right)\ln x + \left( {2 - x + 1} \right)\ln \left( {2 - x} \right)\\
P = \left( {x + 1} \right)\ln x + \left( {3 - x} \right)\ln \left( {2 - x} \right) = f\left( x \right)
\end{array}\)

ĐK: 0 < x< 2

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right)\ln x + \left( {3 - x} \right)\ln \left( {2 - x} \right)\), sử dụng MTCT ta tìm được \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0;2} \right)} f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Vậy \({P_{\max }} = 0 \Leftrightarrow x = y = 1\)

Dựa vào lý thuyết ta thấy chỉ có đáp án A đúng.

Chọn ngẫu nhiên 3 số tự nhiên  \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = C_{2019}^3\)

Gọi A là biến cố: “Trong 3 số tự nhiên được chọn không có 2 số tự nhiên liên tiếp”

=> \(\overline A \)  : “Trong 3 số tự nhiên được chọn có 2 số tự nhiên liên tiếp”.

Số cách chọn 3 trong 2019 số, trong đó có 2 số tự nhiên liên tiếp, có  cách (có bao gồm các bộ 3 số tự nhiên liên tiếp).

Số cách cả 3 số tự nhiên liên tiếp, có 2017 cách.

\( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = 2018.2017 - 2017 = {2017^2}\)  (vì các bộ 3 số tự nhiên liên tiếp được tính 2 lần).

\( \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{{{{2017}^2}}}{{C_{2019}^3}} = P\left( A \right) = 1 - \frac{{{{2017}^2}}}{{C_{2019}^3}} = \frac{{677040}}{{679057}}\)

.

Thể tích hình trụ có bán kính R và độ dài đường sinh l là \(V = \pi {R^2}l\) .

+) Dựng AA'//OO',BB'//OO' (  thuộc đường tròn  và  thuộc đường tròn )

+) Xác định khoảng cách giữa  và song song với OB, đưa về bài toán khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.

+) Xác định khoảng cách, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính khoảng cách.

Sử dụng các công thức:

\(\begin{array}{l}
{\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {xy} \right)\\
{\log _a}x - {\log _a}y = {\log _a}\frac{x}{y}\\
{\log _a}x - {\log _a}y = {\log _a}\frac{x}{y}\\
\left( {0 < a \ne 1;x,y,b > 0} \right)
\end{array}\)

TXĐ: D = R \ {3}

Xét hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 3}}\) có \(y' = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} < 0{\rm{ }}\forall x \in D\)

Đồ thị hàm số \(y = \left| {\frac{{x + 1}}{{x - 3}}} \right|\) được vẽ như sau:

+) Vẽ đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 3}}\)

+) Lấy đối xứng toàn bộ phần đồ thị nằm dưới trục Ox qua trục Ox.

+) Xóa đi phần đồ thị phía dưới trục Ox.

Do đó ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = \left| {\frac{{x + 1}}{{x - 3}}} \right|\) như sau:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận là x = 3 và y = -1.

Đồ thị (C) cắt đường tiệm cận ngang của nó tại 1 điểm.

Hàm số đồng biến trên (1; 2) và hàm số có một điểm cực trị x = -1

Vậy khẳng định sai là đáp án C.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty  \Rightarrow a < 0\), do đó loại các đáp án C và D.

Đồ thị hàm số đi qua (0;0) nên loại đáp án A.

Ta có: \(\sqrt {2019}  \notin Z \Rightarrow \)  Hàm số xác định \( \Leftrightarrow 5 + 4x - {x^2} > 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - 1;5} \right)\)

Vậy \(D = \left( { - 1;5} \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{{x^2} + 3x + 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{x + 2}}{{x - 1}} = \frac{{ - 1}}{2}\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \left( {mx + 2} \right) =  - m + 2\\
f\left( { - 1} \right) =  - m + 2
\end{array}\)

Để hàm số liên tục tại \(x =  - 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) \Rightarrow  - m + 2 = \frac{{ - 1}}{2} \Leftrightarrow m = \frac{5}{2}\)

Áp dụng định lí Pytago ta có:

\(\begin{array}{l}
{r_1} = \sqrt {{R^2} - O{I^2}}  = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{R}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}\\
{r_2} = \sqrt {{R^2} - O{K^2}}  = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{{2R}}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{R\sqrt 5 }}{3}\\
 \Rightarrow \frac{{{r_1}}}{{{r_2}}} = \frac{{\frac{{2\sqrt 2 R}}{3}}}{{\frac{{R\sqrt 5 }}{3}}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 5 }} = \frac{4}{{\sqrt {10} }}
\end{array}\)

+) Tính thể tích khối tứ diện C.A'AB từ đó tính thể tích lăng trụ.

+) Phân chia, lắp ghép các khối đa diện, từ đó tính thể tích tứ diện ABB'C'.

TXĐ: dD = R

Ta có: \(y' = 3{x^2} + 5 > 0{\rm{ }}\forall x \in R\)=>  Hàm số đồng biến trên [-5; 0]

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 5;0} \right]} y = y\left( 0 \right) = 7\)

.

Ta có: \({9^x} - {12^2} = 0 \Leftrightarrow {9^x} = {12^2} \Leftrightarrow x = {\log _{{3^2}}}{12^2} = {\log _3}12 \Rightarrow {3^x} = {3^{{{\log }_3}12}} = 12\)

\(\begin{array}{l}
P = \frac{1}{{{3^{ - x - 1}}}} - {8.9^{\frac{{x - 1}}{2}}} + 19\\
P = {3^{x + 1}} - {8.3^{x - 1}} + 19\\
P = {3.3^x} - \frac{8}{3}{.3^x} + 19\\
P = 3.12 - \frac{8}{3}.12 + 19 = 23
\end{array}\)

TXĐ: D = R

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

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

Bảng xét dấu  

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{V_{M.ABC}} = \frac{1}{3}d\left( {M;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}d\left( {C';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{6}{V_{ABC.A'B'C'}}\\
 \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{6}{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow {V_2} = \frac{5}{6}{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{5}
\end{array}\)

Xác định khoảng cách giữa một mặt chứa đường này và song song với đường kia.

Đưa về bài toán khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng.