Từ hình vẽ ta thấy: Xét từ trái qua phải thì  đồ thị hàm số đi lên trên khoảng (-1;1).

Nên hàm số đồng biến trên (-1;1) suy ra hàm số đồng biến trên (0;1).

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC suy ra SH là đường cao.

Góc giữa mặt bên và đáy là góc giữa SM và AM vơí M là trung điểm của BC.

Tam giác ABC đều cạnh a nên \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow MH = \frac{1}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\) 

Tam giác vuông SHM có \(MH = \frac{{a\sqrt 3 }}{6},SMH = {45^0}\) nên \(SH = HM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\) 

Vậy thể tích \(V{}_{S.ABC} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{{a{}^3}}{{24}}.\) 

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) cắt các cạnh \(DD';AA';BB';CC'\) lần lượt tại E; F; G; H. Khi đó \(\left( \alpha  \right) = (EFGH)\) 

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên \((ABB'A') \bot (ABCD)\) mà (EFGH) tạo với (ABB'A') góc \(60^0\) nên góc giữa (EFGH) và (ABCD) là \(30^0\) 

Lại có hình chiếu của EFGH xuống mặt phẳng (ABCD) là hình vuông ABCD cạnh \(\sqrt 3 .\) 

Theo công thức tính diện tích hình chiếu ta có \({S_{ABCD}} = {S_{EFGH}}.\cos {30^0} \Rightarrow {S_{EFGH}} = \frac{{\left( {\sqrt 3 } \right){}^2}}{{\cos {{30}^0}}} = 2\sqrt 3 .\) 

Xét tam giác ABC có \(AB{}^2 + B{C^2} = {a^2} + 4a{}^2 = 5{a^2} = A{C^2}\) nên tam giác ABC vuông tại B (Định lí Pytago đảo).

Thể tích \(V = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}BA.BC.SA = \frac{1}{3}a.2a.a\sqrt 3  = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\) 

ĐK: \(x \ne 0.\) 

Ta có \({\log _4}{x^2} - {\log _2}3 = 1 \Leftrightarrow {\log _{{2^2}}}{x^2} - {\log _2}3 = 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left| x \right| - {\log _2}3 = 1\) 

\( \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{\left| x \right|}}{3} = 1 \Leftrightarrow \frac{{\left| x \right|}}{3} = 2 \Leftrightarrow \left| x \right| = 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 6\\
x =  - 6
\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Tổng các nghiệm của phương trình là 6 + (-6) = 0.

Chú ý: \({\log _a}{x^2} = {\log _a}\left| x \right|.\) 

Gọi A là biến cố: “Ít nhất một cầu thủ sút vào”.

Khi đó \(\overline A \) là biến cố: “Không có cầu thủ nào sút vào”.

Xác suất xảy ra biến cố này là \(P(\overline A ) = \left( {1 - 0,8} \right).(1 - 0,7) = 0,2.0,3 = 0,06.\) 

Vậy \(P(A) = 1 - P(\overline A ) = 1 - 0,06 = 0,94.\) 

Ta có \(SA \bot (ABC)\) tại A nên hình chiếu của S trên (ABC) là điểm A.

Suy ra hình chiếu của SB lên (ABC) là AB.

Do đó, góc giữa SB và (ABC) là góc giữa SB và AB.

Ta có: \(\frac{{{V_{S.MPQ}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SP}}{{SC}}.\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8}\) 

\(\frac{{{V_{S.MPN}}}}{{{V_{S.ACB}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SP}}{{SC}}.\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8}\) 

Suy ra \(\frac{1}{8} = \frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{{V_{S.MPN}}}}{{{V_{S.ACB}}}} = \frac{{{V_{S.MPN}} + {V_{S.MPN}}}}{{{V_{S.ADC}} + {V_{S.ACB}}}} = \frac{{{V_{S.MNPQ}}}}{{{V_{S.ABCD}}}}\) 

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = 8{V_{S.MNPQ}} = 8\) 

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{3 - 2x}}{{x + 1}}\) nhận đường thẳng y = -2 làm tiệm cận ngang.

Quan sát bảng biến thiên ta thấy trên đoạn [-1;2] thì hàm số đạt GTNN bằng 0 tại x = 0 và đạt GTLN bằng 3 tại x = - 1 . Do đó \(M = 3;m = 0 \Rightarrow M + m = 3 + 0 = 3.\) 

ĐK: \({x^2} - 3x > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x < 0\\
x > 3
\end{array} \right.\) 

Ta có \({\log _{0,25}}\left( {{x^2} - 3x} \right) =  - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 0,{25^{ - 1}} \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 4 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1(N)\\
x = 4(N)
\end{array} \right.\) 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = {-1;4}.

Số cách chọn 3 trong 10 bạn nam là \(C_{10}^3.\) 

Số cách chọn 2 trong 8 bạn nữ là \(C_8^2.\) 

Số cách chọn 5 bạn thỏa mãn bài toán là \(C_{10}^3.C_8^2.\) 

Từ BBT ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  + \infty \) nên loại C và D.

Ta thấy điểm (3;-1) thuộc đồ thị hàm số \(f(x)\) nên thay \(x = 3;y =  - 1\) vào hai hàm số ở phương án A và phương án B ta thấy chỉ có hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + 9x - 1\) thỏa mãn nên hàm số cần tìm là \(y = {x^3} - 6{x^2} + 9x - 1.\) 

\({9^x} - {6^x} = {2^{2x + 1}} \Leftrightarrow {9^x} - 2.4{}^x = 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2x}} - {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} - 2 = 0\) 

Đặt \({\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = t > 0\) thì \(t{}^2 - t - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t =  - 1(ktm)\\
t = 2(tm)
\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = 2 \Leftrightarrow x = {\log _{\frac{3}{2}}}2 > 0\) 

Vậy phương trình không có nghiệm nào âm.

Gọi độ dài cạnh hình lập phương là a(a > 0) thì độ dài đường chéo hình lập phương là \(a\sqrt 3  = 6 \Leftrightarrow a = 2\sqrt 3 \) 

Thể tích hình lập phương là \(V = {\left( {2\sqrt 3 } \right)^3} = 24\sqrt 3 .\) 

Ta có: \(2f\left( x \right) - 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{5}{2}.\) 

Nghiệm của phương trình chính là hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = \frac{5}{2}\) với đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right).\) 

Quan sát đồ thị ta thấy đường thẳng \(y = \frac{5}{2}\) cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt, trong đó có 2 điểm có hoành độ âm và 1 điểm có hoành độ dương. Vậy phương trình có 2 nghiệm âm.

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

Giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \frac{{ - x + 1}}{{3x - 2}}\) với trục tung có hoành độ x = 0 

Do đó hệ số góc của tiếp tuyến tại tại giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung là \(y'\left( 0 \right) = \frac{{ - 1}}{4}.\) 

Ta có: \(V = \pi {r^2}h = \pi {a^2}.2a = 2\pi a{}^3.\) 

Vì S.ABCD là chóp tứ giác đều có O là tâm đáy nên \(SO \bot (ABCD).\) Gọi M là trung điểm BC, trong tam giác SOM kẻ \(OH \bot SM\) tại H.

Vì ABCD là hình vuông tâm O nên \(OB = OC = OA = OD = \frac{{BD}}{2}.\) 

Suy ra \(OM \bot BC\) (vì \(\Delta OBC\) vuông cân có OM là trung tuyến cũng là đường cao) 

Ta có \(SO \bot (ABCD) \Rightarrow SO \bot BC,\) lại có \(OM \bot BC\) nên \(BC \bot (SOM)\) suy ra \(BC \bot OH.\) 

Từ đó vì \(\left\{ \begin{array}{l}
OH \bot SM\\
OH \bot BC
\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot (SBC)\) tại \(H \Rightarrow d\left( {O;(SBC)} \right) = OH.\) 

Xét tam giác OBC vuông cân tại O có trung tuyến \(OM = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}.2a = a.\) 

Diện tích đáy \({S_{ABCD}} = {\left( {2a} \right)^2} = 4{a^2}.\) Ta có \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} \Leftrightarrow 4{a^3} = \frac{1}{3}SO.4{a^2} \Rightarrow SO = 3a.\) 

Xét tam giác SOM vuông tại M có OH là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{SO{}^2}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {3a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} \Leftrightarrow O{H^2} = \frac{{10}}{{9{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{3a\sqrt {10} }}{{10}}\) 

Vậy \(d\left( {O;(SBC)} \right) = \frac{{3\sqrt {10} }}{{10}}.\) 

Ta có: \(y' = 6{x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \frac{1}{3}
\end{array} \right..\) 

\(y'' = 12x - 2 \Rightarrow y''(0) =  - 2 < 0;y''\left( {\frac{1}{3}} \right) = 2 > 0.\) 

Vậy hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 

Cắt hình nón bằng mặt phẳng qua trục ta dược thiết diện là tam giác cân SAB có \(AB = 2R = 6\) và \(\widehat {ASB} = {60^0}\) nên tam giác SAB đều cạnh suy ra trung tuyến \(SO = \frac{{6\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 .\) 

Thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {3^2}.3\sqrt 3  = 9\pi \sqrt 3 .\) 

Đáp án A: \({\log _a}b < {\log _a}1 = 0\) (vì 0 < a < 1 và b > 1) nên A đúng.

Đáp án B: \(\ln a < \ln b\) vì a < b nên B sai.

Đáp án C: Vì 0 < 0,5 < 1 và a < b nên \({\left( {0,5} \right)^a} > {\left( {0,5} \right)^b}\) nên C sai.

Đáp án D: Vì 2 > 1 và a < b nên \({2^a} < {2^b}\) nên D sai.

Ta có \({\left( {1 + x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k.{x^k}} \)

Chọn x = 1 ta có \({\left( {1 + 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{.1}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k}  = C_n^0 + C_n^1 + ... + C_n^n \Leftrightarrow T = {2^n}.\) 

Ta có: \(S = \pi  = 4\pi {R^2} \Leftrightarrow {R^2} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow R = \frac{1}{2}.\)

Xét phương trình \(f'\left( x \right) = x{\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^3}{\left( {x - 3} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 1\\
x = 2\\
x = 3
\end{array} \right.\) 

Trong đó \(x = 0;x = 2\) là các nghiệm bổi bậc lẻ nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực trị.

(còn \(x = 1;x = 3\) là các nghiệm bội bậc chẵn nên không phải là điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right))\) 

\(\ln a + \ln b = \ln (ab) \ne \ln (a + b)\) nên A sai.

\(\ln (a + b) \ne lna.lnb\) nên B sai.

\(\ln a - \ln b = \ln \frac{a}{b} \ne \ln \left( {a - b} \right)\) nên C sai.

\({\log _b}a = \frac{{\ln a}}{{\ln b}}\) nên D đúng.

+ Xét A: Đồ thị hàm số \(y = {\log _3}x\left( {x > 0} \right)\) nhận trục tung làm tiệm cận đứng nên A đúng.

+ Xét B, D:  Đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{{3^x}}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}\) và \(y = {\left( {\sqrt 3 } \right)^x}\) nhận trục hoành làm tiệm cận ngang (không có TCĐ) nên loại B, D.

+ Xét C: Đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{x + 1}}\) nhận x = -1 làm TCĐ và y = 0 làm TCN nên loại C.

Gọi cạnh đáy và chiều cao khối lăng trụ đều là a;h thì thể tích \(V = {a^2}h.\) 

Nếu gấp đôi các cạnh đáy đồng thời giảm chiều cao của khối lăng trụ hai lần thì

\(V' = \left( {2{a^2}} \right).\frac{h}{2} = 2{a^2}h = 2V.\)

Vậy thể tích khối lăng trụ được tăng lên 2 lần và bằng 4.2 = 8. 

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số nhận (1;0) làm điểm cực tiểu và điểm (-1;4) làm điểm cực đại.

Nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có giá trị cực tiểu là \({y_{CT}} = 0.\) 

Hàm số \(y = \log {\left( {x - 2} \right)^2}\) xác định nếu \({\left( {x - 2} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow x \ne 2.\) 

Vậy TXĐ \(D = R\backslash \{ 2\} .\) 

Ta có: \(y' = \left( {\ln \left( {1 + e{}^{2x}} \right)} \right)' = \frac{{\left( {1 + e{}^{2x}} \right)'}}{{1 + {e^{2x}}}} = \frac{{2{e^{2x}}}}{{1 + {e^{2x}}}}\)

Quan sát các đáp án ta thấy: Hàm bậc ba là hàm lẻ và có tâm đối xứng nên A đúng.

Các đáp án B, C, D đều là các hàm chẵn nên có trục đối xứng.

+ Ta có \({P_n} = n!;A_n^n = \frac{{n!}}{{\left( {n - n} \right)!}} = n! \Rightarrow {P_n} = A_n^n\) nên A đúng

+ \9C_n^k = C_n^{n - k}\) (tính chất) nên B đúng.

+ \(A_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}\) nên C sai.

+ \({P_k}.C_n^k = k!.\frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}} = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}} = A_n^k\) nên D đúng.

Đáp án A: \(y = {x^4} - {x^2} + 3 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 2x = 2x\left( {2{x^2} - 1} \right).\) 

\(y' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
 - \frac{1}{{\sqrt 2 }} < x < 0\\
x > \frac{1}{{\sqrt 2 }}
\end{array} \right.\) hay hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }};0} \right)\) và \(\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}; + \infty } \right) \supset \left( {1; + \infty } \right)\) 

Nên hàm số ở đáp án A thỏa mãn.

Đáp án B: \(y = \frac{{x - 2}}{{2x - 3}} \Rightarrow y' = \frac{1}{{{{\left( {2x - 3} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left( { - \infty ;\frac{3}{2}} \right) \cup \left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\) 

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\frac{3}{2}} \right)\) và \(\left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\) 

Cả hai khoảng này đều không chứa khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\) nên loại.

Đáp án C: \(y =  - {x^3} + x - 1 \Rightarrow y' =  - 3{x^2} + 1 > 0 \Leftrightarrow  - \frac{1}{{\sqrt 3 }} < x < \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\) 

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }};\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right).\) Khoảng này không chứa khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\) nên loại.

Đáp án D: \(y = \frac{{3 - x}}{{x + 1}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( { - 1; + \infty } \right)\) 

Do đó hàm số không đồng biến, loại D.

Từ hình vẽ ta thấy:

+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } f\left( x \right) =  + \infty \) nên a > 0

+ Đồ thị hàm số có ba cực trị nên ab < 0 mà \(a > 0 \Rightarrow b < 0\) 

+ Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm dưới trục Ox nên c < 0

Từ đó ta có \(a > 0;b > 0;c > 0 \Rightarrow bc > 0.\) 

Ta có: \(2592 = {2^5}.3{}^4\) và \(2916 = {2^2}{.3^6}.\) 

Gọi A là tập các ước nguyên dương của 2592 suy ra \(\left| A \right| = (5 + 1).(4 + 1) = 30.\)

Gọi B là tập các ước nguyên dương của 2916 suy ra \(\left| B \right| = (2 + 1)(6 + 1) = 21.\) 

Lại có \(UCLN\left( {2592;2916} \right) = {2^2}{.3^4}\) nên số ước chung của 2592 và 2916 là số ước của \(2{}^2{.3^4}\) và có \((2 + 1)(4 + 1) = 15\) ước như vậy.

Vậy có \(30 + 21 - 15 = 36\) số thỏa mãn bài toán.

* Nếu anh Bình nghe theo nhân viên tư vấn ngân hàng

+ Tiền lãi sanh Bình nhận được sau khi gửi 200 triệu trong 12 tháng với mức lãi suất 0,65%/ tháng là \(A = 200\left( {1 + 0,65\% } \right){}^{12} - 200\) (triệu đồng)

+ Tiền lãi anh Bình phải trả khi vay nợ 200 triệu đồng với lãi suất 0,7%/ tháng là \(B = 200{\left( {1 + 0,7\% } \right)^4} - 200\) (triệu đồng)

Tổng số tiền lãi anh Bình nhận được là M = A – B

* Nếu anh Bình rút tiền ngay

Số tiền lãi anh Bình nhận được trong 8 tháng với mức lãi suất 0,02%/ tháng là

\(N = 200\left( {1 + 0,02\% } \right){}^{12} - 200\) 

Suy ra nếu làm theo nhân viên tư vấn ngân hàng thì anh Bình sẽ đỡ thiệt số tiền là \(M - N \approx 10.19\) triệu đồng.

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = C_{10}^3.C_{10}^3 = 14400.\) 

Gọi A là biến cố: “Trong hai bộ số của hai bạn có đúng một chữ số giống nhau”.

Gọi ba chữ số An chọn được là (a;b;c) thì có \(C_{10}^3\) cách chọn ba chữ số của An.

+) TH1: Bình chọn được a và không chọn được b, c thì hai chữ số còn lại của Bình phải là 2 trong 7 chữ

số khác a, b, c hay có \(C_7^2\) cách chọn.

+) TH2: Bình chọn được b và không chọn được a, c thì  hai chữ số còn lại của Bình phải là 2 trong 7 chữ

số khác a, b, c hay có \(C_7^2\) cách chọn.

+) TH3: Bình chọn được c và không chọn được a, b thì hai chữ số còn lại của Bình phải là 2 trong 7 chữ

số khác a, b, c hay có \(C_7^2\) cách chọn.

Do đó \(n(A) = 3.C_7^2.C_{10}^3 = 7560.\) 

Vậy \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{7560}}{{14400}} = \frac{{21}}{{40}}.\) 

Các tam giác đều ABC và BCD có cạnh 2

\( \Rightarrow BD = DC = BC = AB = AC = 2\) 

Nên tam giác CAD cân tại C và  tam giác BAD cân tại B.

Lấy H là trung điểm \(AD \Rightarrow CH \bot AD\) (do tam giác CAD cân tại C)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {CAD} \right) \bot (BAD)\\
(CAD) \cap (BAD) = AD\\
CH \bot AD,BH \subset (CAD)
\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot (BAD) \Rightarrow CH \bot BH\) (1)

Lại có \(\Delta CAD = \Delta BAD\left( {c - c - c} \right)\) nên BH = CH (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác CHB vuông cân tại H có cạnh huyền CB = 2.

Suy ra \(B{C^2} = B{H^2} + C{H^2} \Leftrightarrow 2B{H^2} = {2^2} \Rightarrow BH = CH = \sqrt {2.} \) 

Xét tam giác CAH vuông tại H có \(\cos ACH = \frac{{CH}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow ACH = {45^0}\) 

Lại thấy CH là phân giác của ACD  (vì \(\Delta CAD\) cân tại C) nên \(ACH = HCD = {45^0} \Rightarrow ACD = {90^0}\) 

Hay tam giác CAD vuông cân tại \(C \Rightarrow CH = \frac{1}{2}AD = HA = HD\) (3)

Vì \(\Delta CAD = \Delta BAD\left( {c - c - c} \right)\) nên \(\Delta ABD\) vuông cân tại \(B \Rightarrow BH = \frac{{AD}}{2} = HD = HA\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(HA = HB = HC = HD = \sqrt 2 \)hay  H là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và bán

kính mặt cầu là \(\sqrt{2}\) 

Ta có: \({\left( {x + 3} \right)^8} - {x^2}{\left( {2 - x} \right)^5} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{x^{8 - k}}{{.3}^k}}  - {x^2}.\sum\limits_{i = 0}^5 {C_5^j{2^{5 - j}}.{{\left( { - x} \right)}^i}}  = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k.{x^{8 - k}}{{.3}^k}}  - \sum\limits_{i = 0}^5 {C_5^i{{.2}^{5 - i}}.{{( - 1)}^i}.{x^{i + 2}}} \) 

Số hạng chứa \(x^5\) ứng với \(\left\{ \begin{array}{l}
8 - k = 5\\
i + 2 = 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
k = 3\\
i = 3
\end{array} \right..\) 

Vậy hệ số \(C_8^3{.3^5} - C_5^3{.2^2} = 1552.\) 

Đặt \(t=e^x\). Khi đó với \(x \in \left( {0;\ln 5} \right) \Rightarrow t \in \left( {{e^0};{e^{\ln 5}}} \right)\) hay \(t \in (1;5)\) 

Phương trình đã cho trở thành \(2t{}^2 - 8t - m = 0 \Leftrightarrow 2{t^2} - 8t = m\) với (t \in (1;5)\)  

Nhận thấy rẳng để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc (0;ln5) thì phương trình \(2{t^2} - 8t = m\) có hai nghiệm phân biệt thuộc (1;5).

Xét \(f\left( t \right) = 2{t^2} - 8t \Rightarrow f'\left( t \right) = 4t - 8 = 0 \Leftrightarrow t = 2 \in (1;5)\) 

BBT của \(f(t)\) trên (1;5):

Từ BBT ta thấy phương trình \(2{t^2} - 8t = m\) có hai nghiệm phân biệt \(t \in (1;5)\) khi và chỉ khi \( - 8 < m <  - 6\) 

Vậy để phương trình \(2{e^{2x}} - 8{e^x} - m = 0\) có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0;ln5) thì \(m \in ( - 8; - 6) \Rightarrow a =  - 8;b =  - 6 \Rightarrow a + b =  - 14.\) 

Gọi \(G = D'N \cap B'C',GM\) cắt BB', CC' lần lượt tại I, H, \(HD' \cap DC = J.\) 

Do đó thiết diện là ngũ giác MJD'NI 

Thể tích khối đa diện cần tính

\({V_{(H)}} = {V_{CMIJNB'CD'}} = {V_{H.GD'C'}} - {V_{H.MCJ}} - {V_{GB'IN}}\) 

Vì NB'//C'D' nên \(\frac{{GB'}}{{GC'}} = \frac{{NB'}}{{C'D'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow GC' = 2B'C' = 2a.\) 

Lại có \(MB//GB' \Rightarrow \frac{{MB}}{{GB'}} = \frac{{BI}}{{IB'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow IB' = \frac{2}{3}a,IB = \frac{a}{3}.\) 

Tam giác \(\Delta MIB = \Delta MHC \Rightarrow HC = IB = \frac{a}{3}.\) Mà \(JC//D'C' \Rightarrow \frac{{JC}}{{D'C'}} = \frac{{HC}}{{HC'}} = \frac{{\frac{a}{3}}}{{\frac{a}{3} + a}} = \frac{1}{4} \Rightarrow JC = \frac{a}{4}.\) 

Thể tích \({V_{H.GD'C'}}.HC' = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}C'D'.C'G = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}a.2a.\frac{4}{3}a = \frac{4}{9}{a^3}.\) 

Thể tích \({V_{H.CJM}} = \frac{1}{3}{S_{CMJ}}.HC = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.\frac{a}{4}.\frac{a}{2}.\frac{a}{3} = \frac{{{a^3}}}{{144}}.\) 

Thể tích \({V_{I.GB'N}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.B'G.B'N.IB' = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.a.\frac{a}{2}.\frac{2}{3}a = \frac{{a{}^3}}{{18}}.\) 

Vậy thể tích khối đa diện (H) là: \(\frac{4}{9}{a^3} - \frac{{{a^3}}}{{144}} - \frac{{{a^3}}}{{18}} = \frac{{55{a^3}}}{{144}}.\) 

Ta có \(f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 3b{x^2} + 2cx + d\) 

Từ đồ thị hàm \(f'(x)\) ta có \(f'(0) = 0 \Rightarrow d = 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f'\left( x \right) =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f'\left( x \right) =  + \infty  \Rightarrow a < 0\) 

Ta xét \(\int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right)dx}  = f\left( x \right)\left| \begin{array}{l}
0\\
 - 1
\end{array} \right. = e - \left( {a - b + c - d + e} \right) =  - a + b - c + d,\) mà

\(\int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right)dx}  < 0 \Rightarrow  - a + b - c + d < 0 \Leftrightarrow a + c > b + d\) nên C sai.

Lại có \(d = 0 \Rightarrow a + c > b \Leftrightarrow a > b - c\) mà \(a < 0 \Rightarrow b - c < 0\) do đó \(d + d - c < 0\) nên D sai.

Lại xét \(\int\limits_0^1 {f'\left( x \right)dx}  = f\left( x \right)\left| \begin{array}{l}
1\\
0
\end{array} \right. = a + b + c + d + e - e = a + b + c + d\) mà \(\int\limits_0^1 {f'\left( x \right)dx}  > 0 \Rightarrow a + b + c + d > 0\) nên B sai.

Theo trên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
a + b + c + d > 0\\
 - a + b - c + d < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - a - b - c - d < 0\\
 - a + b - c + d < 0
\end{array} \right. \Rightarrow  - 2(a + c) < 0 \Leftrightarrow a + c > 0\) nên A đúng.

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {x\left( {x - m} \right)}  - 1}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\sqrt {1 - \frac{m}{x}}  - 1}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {1 - \frac{m}{x}}  - \frac{1}{x}}}{{1 + \frac{2}{x}}} = 1\) hay y = 1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {x\left( {x - m} \right)}  - 1}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 - \frac{m}{x}}  - 1}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - \sqrt {1 - \frac{m}{x}}  - \frac{1}{x}}}{{1 + \frac{2}{x}}} =  - 1\) hay y = -1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Do đó bài toán thỏa khi và chỉ khi đồ thị hàm số chỉ có duy nhất một tiệm cận đứng.

Ta lại có: \(y = \frac{{\sqrt {x\left( {x - m} \right)}  - 1}}{{x + 2}} = \frac{{{x^2} - mx - 1}}{{\left( {x + 2} \right)(\sqrt {x\left( {x - m} \right)}  + 1)}}\) 

Để đồ thị hàm số chỉ có duy nhất một đường TCĐ thì x =- 2 không là nghiệm của tử và x=-2 thuộc tập xác định của hàm số.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2( - 2 - m) \ge 0\\
{( - 2)^2} - m.( - 2) - 1 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ge  - 2\\
2m + 3 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ge  - 2\\
m \ne  - \frac{3}{2}
\end{array} \right..\) 

Do \(m \in ( - 10;10),m \in Z\) nên \(m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;...;8;9} \right\}\) và có 12 giá trị thỏa mãn.

Xét bất phương trình \(f\left( {{e^x}} \right) < m\left( {3{e^x} + 2019} \right)\) (*)

Đặt \({e^x} = t(t > 0),\) Với \(x \in (0;1) \Rightarrow t \in \left( {{e^0};{e^1}} \right) \Rightarrow t \in (1;e)\) 

Ta được bất phương trình \(f\left( t \right) < m\left( {3t + 2019} \right) \Leftrightarrow m > \frac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}(1)\) (vì \(3t + 2019 > 0\) với \(t \in (1;e))\) 

Để bất phương trình (*) có nghiệm \(x \in (0;1)\) thì bất phương trình (1) có nghiệm \(t \in (1;e).\) 

Ta xét hàm \(g\left( t \right) = \frac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\) trên (1;e)

Ta có \(g'\left( t \right) = \frac{{f'\left( t \right)\left( {3t + 2019} \right) - 3f\left( t \right)}}{{{{\left( {3t + 2019} \right)}^2}}}\) 

Nhận xét rằng đồ thị hàm số \(y=f(t)\) có tính chất giống với đồ thị hàm số \(y=f(x)\) nên xét trên khoảng (1;e) ta thấy rằng \(f(t)<0\) và đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải hay hàm số đồng biến trên (1;e) nên \(f'\left( t \right) > 0.\) 

Từ đó \(g'\left( t \right) = \frac{{f'\left( t \right)\left( {3t + 2019} \right) - 3f\left( t \right)}}{{{{\left( {3t + 2019} \right)}^2}}} > 0\) với \(t \in (1;e)\) hay hàm số \(f(t)\) đồng biến trên (1;e).

Ta có BBT của g(t) trên [1;e]

Từ BBT ta thấy để bất phương trình \(m > \frac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\) có nghiệm \(t \in (1;e)\) thì \(m > \mathop {\min }\limits_{[1;e]} g(t) \Leftrightarrow m >  - \frac{2}{{1011}}.\) 

Đặt \(t = \left| {x - 1} \right|\left( {t \ge 0} \right)\) ta được \(f\left( t \right) + m = 2 \Leftrightarrow f\left( t \right) = 2 - m.\) 

Có \(f\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 8 \Rightarrow f'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 0 \in \left[ {0; + \infty } \right)\\
t = 2 \in \left[ {0; + \infty } \right)
\end{array} \right.\) 

Bảng biến thiên:

Phương trình đã cho có 3 nghiệm khi và chỉ khi phương trình ẩn t có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương khi và chỉ khi đường thẳng y = 2-m cắt đồ thị hàm số tại một điểm có hoành độ bằng 0 và điểm còn lại có hoành độ dương.

Quan sát bảng biến thiên ta thấy \(2 - m = 8 \Leftrightarrow m =  - 6.\) 

Vậy tổng các giá trị của m là -6.

Diện tích hình tròn là \(S = \pi {r^2} = 25\pi \) 

Diện tích xung quanh hình nón còn lại là \({S_2} = 25\pi  - 15\pi  = 10\pi \) 

Nhận xét rằng khi quấn hình quạt được cắt từ hình tròn thành hình nón thì đường sinh của hình nón chính là bán kính của hình tròn. Từ đó hình nón còn lại có đường sinh l = 5.

Lại có diện tích xung quanh hình nón còn lại là \(10\pi\) nên gọi R là bán kính hình nón này thì

\(S{}_{xq} = \pi Rl \Rightarrow 10\pi  = \pi R.5 \Rightarrow R = 2\) 

Ta gọi chiều cao hình nón này là h (h > 0) thì \(h{}^2 + {R^2} = {l^2} \Rightarrow h = \sqrt {{l^2} - {R^2}}  = \sqrt {{5^2} - {2^2}}  = \sqrt {21} \) 

Thể tích hình nón còn lại là \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2} = \frac{1}{3}\pi {.2^2}.\sqrt {21}  = \frac{{4\pi \sqrt {21} }}{3}.\) 

Gọi \(x\left( {x \ge 0} \right)\) (nghìn đồng) là số tiền tăng lên cho mỗi kg rau.

Số tiền bán mỗi một kg rau sau khi tăng là x+30 (nghìn đồng).

Số kg rau thừa là \(20x\left( {x \le 50} \right).\) 

Tổng số kg rau bán được là \(1000 - 20x\left( {kg} \right).\) 

Tổng số tiền thu được là \(T = \left( {1000 - 20x} \right)\left( {30 = x} \right) + 20x.2 =  - 20{x^2} + 440x + 30000.\) 

Mà \( - 20{x^2} + 440x + 30000 = 32420 - 20{\left( {x - 11} \right)^2} \le 32420.\) 

Do đó \(T \le 32420 \Rightarrow \max T = 32420,\) dấu “=” xảy ra khi x=11 

Vậy số tiền nhiều nhất bán được là 32420000 đồng.

ĐK: \(1 - {y^2} \ge 0 \Leftrightarrow y \in [ - 1;1]\) 

+ Xét phương trình \(2{}^{x - y} - {2^y} + x = 2y \Leftrightarrow {2^{x - y}} + x - y = {2^y} + y\) 

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^t} + t \Rightarrow f'\left( t \right) = {2^t}.\ln 2 + 1 > 0;\forall t\) nên hàm số \(f(t)\) đồng biến trên R.

Từ đó \({2^{x - y}} + x - y = {2^y} + y \Rightarrow f\left( {x - y} \right) = f\left( y \right) \Leftrightarrow x - y = y \Leftrightarrow x = 2y\) 

+ Thay x=2y vào phương trình \(2{}^x + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^y}.\sqrt {1 - {y^2}} \) ta được

\(2{}^{2y} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right).2{}^y.\sqrt {1 - {y^2}}  \Leftrightarrow {4^y} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^y}.\sqrt {1 - {y^2}} (*)\) 

Để hệ phương trình (1) có một nghiệm duy nhất thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất \(y \in [ - 1;1]\) 

Giả sử \({y_0} \in [ - 1;1]\) là một nghiệm của phương trình (*) thì  ta có \(4{}^{{y_0}} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^{{y_0}}}.\sqrt {1 - y_0^2} \) (**)

Xét với \(-y_0\) ta có \(4{}^{ - {y_0}} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^{ - {y_0}}}.\sqrt {1 - \left( { - {y_0}} \right){}^2}  \Leftrightarrow \frac{1}{{{4^{{y_0}}}}} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right)\frac{1}{{{2^{{y_0}}}}}\sqrt {1 - y_0^2} \) 

\( \Leftrightarrow 4{}^{{y_0}} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^{{y_0}}}.\sqrt {1 - y_0^2} \) (đúng do (**) hay \(-y_0\) cũng là nghiệm của phương trình (*).

Do vậy để (*) có nghiệm duy nhất thì \({y_0} =  - {y_0} \Leftrightarrow {y_0} = 0.\) Thay y = 0 vào (*) ta được \({4^0} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^0}\sqrt {1 - {0^2}}  \Leftrightarrow {m^2} + 2 = 2 \Leftrightarrow m = 0.\) 

Thử lại: Thay m = 0 vào (*) ta được \({4^y} + 1 = {2.2^y}\sqrt {1 - {y^2}}  \Leftrightarrow {2^y} + \frac{1}{{{2^y}}} = 2\sqrt {1 - {y^2}} (***)\)

Nhận thấy rằng VT (***) \(= {2^y} + \frac{1}{{{2^y}}}\mathop  \ge  2\sqrt {{2^y}.\frac{1}{{{2^y}}}}  \Leftrightarrow VT(***) \ge 2,\) dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow 2{}^y = \frac{1}{{{2^y}}} \Leftrightarrow y = 0\) 

Và \(VP(***) = 2\sqrt {1 - {y^2}}  \le 2 \Leftrightarrow VP(***) = 2 \Leftrightarrow y = 0.\) 

Vậy phương trình (***) có nghiệm duy nhất y = 0.

Kết luận : Với m = 0 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất nên tập S có một phần tử.

Thể tích khối trụ \({V_1} = \pi {R^2}h = \pi M{C^2}.BC\) 

Tổng thể tích hai khối nón \({V_2} = \frac{1}{3}\pi M{C^2}.AM + \frac{1}{3}\pi N{B^2}AN\) 

\( = \frac{1}{3}\pi M{C^2}\left( {AM + AN} \right) = \frac{1}{3}\pi M{C^2}.BC = \frac{1}{3}{V_1}.\) 

Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 3.\)