\(\begin{array}{l}
\mathop {OM}\limits^ \to   = ({x_M};{y_M};{z_M})\\
\mathop { \Rightarrow OM}\limits^ \to   = {x_M}\mathop i\limits^ \to   + {y_M}\mathop k\limits^ \to   + {z_M}\mathop t\limits^ \to  \\
 \Rightarrow M(3; - 2;1)
\end{array}\)

Nhìn vào đồ thị ta thấy tiệm cận đứng của y = f(x) là x = 1.

\(\begin{array}{l}
{\log _2}\frac{a}{b} + {\log _2}\frac{b}{c} + {\log _2}\frac{c}{a}\\
 = {\log _2}a - {\log _2}b + {\log _2}b - {\log _2}c + {\log _2}c - {\log _2}a = 0
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
I = \int_0^\pi  {f'\left( x \right)dx}  = \left. {f\left( x \right)} \right|_0^\pi \\
 = f\left( \pi  \right) - f\left( 0 \right) = 3\pi  \Rightarrow f\left( \pi  \right) = 4\pi 
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 10{\rm{x}} + 2y + 26{\rm{z}} + 170 = 0\\
 \Leftrightarrow (S):{(x - 5)^2} + {(y + 1)^2} + {(z + 13)^2} = 25
\end{array}\)

Suy ra tọa độ tâm mặt cầu là (5;-1;-13).

Nguyên hàm của hàm số \(f(x) = 4{x^3} - 1\) là \({x^4} - x + C\)

Đường thẳng đi qua M(2;0;-3) và song song với đường thẳng \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 3}}{3} = \frac{z}{4}\) nên có vecto chỉ phương là \(\mathop u\limits^ \to  (2,3,4)\) và có phương trình đường thẳng là : \(\frac{{x - 2}}{2} = \frac{y}{3} =  \frac{{z + 3}}{4}\)

Số 0 là số phức vì phần thực và phần ảo đều bằng 0.

\({\log _{0,3}}(3x - 8) > {\log _{0,3}}({x^2} - 4)\) (ĐKXĐ : \(x > \frac{8}{3}\))

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow {\log _{0,3}}(3x - 8) - {\log _{0,3}}({x^2} - 4) > 0\\
 \Leftrightarrow {\log _{0,3}}\frac{{3x - 8}}{{{x^2} - 4}} > 0\\
 \Leftrightarrow \frac{{3x - 8}}{{{x^2} - 4}} < 1 \Leftrightarrow 3x - 8 < {x^2} - 4
\end{array}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 4 > 0\) (luôn đúng)

Suy ra nghiệm thực nhỏ nhất của bất phương trình x = 3.

\(\begin{array}{l}
{z^2} + 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{z_1} =  - 1 + 2i\\
{z_2} =  - 1 - 2i
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow {z_1} + 2{z_2} =  - 3 + 2i
\end{array}\)

(vì \(z_1\) có phần ảo dương)

\(\begin{array}{l}
y' =  - 4{x^3} + 4x\\
y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  \pm 1
\end{array} \right.
\end{array}\)

Chiều cao khối nón bằng:

\(\sqrt {{{(2a)}^2} - {{(a\sqrt 3 )}^2}}  = a\).

Thể tích khối nón \(V = \frac{1}{3}\pi {(a\sqrt 3 )^2}a = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

\(\begin{array}{l}
AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{(2a)}^2}}  = a\sqrt 5 \\
CC' = \sqrt {Ac{'^2} - A{C^2}}  = \sqrt {{{(a\sqrt {14} )}^2} - {{(a\sqrt 5 )}^2}}  = 3a\\
V = a.2a.3a = 6{a^3}
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
f'(x) = \ln x + x.\frac{1}{x} = \ln x + 1\\
f'(x) = 0 \Leftrightarrow \ln x + 1 = 0\\
 \Leftrightarrow \ln x =  - 1 \Leftrightarrow x = \frac{1}{e}
\end{array}\)

Số tam giác tạo được \(C_{10}^3 = 120\) tam giác.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = \frac{{m - 1}}{3} = 2 \Leftrightarrow m = 7\)

\(\begin{array}{l}
\mathop \smallint \limits_0^1 f(x)dx = \mathop \smallint \limits_0^1 (\frac{a}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} + b.x.{e^x})dx\\
 = ( - \frac{a}{{2{{(x + 1)}^2}}} + b.x.{e^x} - b.{e^x})\left| \begin{array}{l}
1\\
0
\end{array} \right.\\
 = (\frac{{ - a}}{8} + b.e - b.e) - (\frac{{ - a}}{2} - b) = \frac{{3a}}{8} + b\\
 \Rightarrow \frac{{3a}}{8} + b = 5\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{(1)}
\end{array}
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
f'\left( x \right) = \frac{{ - 3a}}{{{{(x + 1)}^2}}} + b.{e^x} + b.x.{e^x}\\
f'\left( 0 \right) =  - 22 \Leftrightarrow  - 3a + b =  - 22\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{(2)}
\end{array}
\end{array}\)

Từ (1), (2) suy ra a = 8, b = 2 , S = a + b = 10.

\(\begin{array}{l}
\int\limits_1^3 {\frac{{dx}}{{{e^x} - 1}}}  = \int\limits_1^3 {\frac{{{e^x}dx}}{{{e^x}({e^x} - 1)}}}  = \int\limits_1^3 {\frac{{d({e^x})}}{{{e^x}({e^x} - 1)}}} \\
 = \int\limits_1^3 {(\frac{{d({e^x} - 1)}}{{{e^x} - 1}} - } \frac{{d({e^x})}}{{{e^x}}})\\
 = (\ln \left| {{e^x} - 1} \right| - \ln \left| {{e^x}} \right|)\left| \begin{array}{l}
3\\
1
\end{array} \right.\\
 = \ln ({e^3} - 1) - \ln {e^3} - \ln (e - 1) + \ln e\\
 = \ln ({e^2} + e + 1) - 2\\
 \Rightarrow a\ln ({e^2} + e + 1) - 2b = \ln ({e^2} + e + 1) - 2\\
 \Rightarrow a = 1;b = 1 \Rightarrow K = a + b = 2
\end{array}\)

\((P):x + y - z - 2 = 0,{\rm{ (Q): }}x - y + z - 1 = 0\)

Vecto pháp tuyến \(\mathop n\limits^ \to   = \left[ {\mathop {{n_P}}\limits^ \to  ,\mathop {{n_Q}}\limits^ \to  } \right] = (0;1;1)\)

Mặt phẳng đi qua A(1;1;1) và có VTPT \(\mathop n\limits^ \to  (0;1;1)\)  có phương trình là : 

\((y - 1) + (z - 1) = 0 \leftrightarrow y + z - 2 = 0\)

\(\begin{array}{l}
d \cap (P) = M\\
M(1 - t, - 3 + 2t,3 + t) \in d\\
M \in (P) \Rightarrow 2(1 - t) + ( - 3 + 2t) - 2(3 + t) + 9 = 0 \Rightarrow t = 1\\
 \Rightarrow M(0; - 1;4)
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
{4^x} < {2^{x + 1}} + 3 \Leftrightarrow {({2^x})^2} - {2.2^x} - 3 < 0\\
 \Leftrightarrow  - 1 < {2^x} < 3 \Leftrightarrow x < {\log _2}3
\end{array}\)

Diện tích thiết diện là: \(2R.R\sqrt 2  = 2\sqrt 2 {R^2}\)

Ta có đồ thị hàm số của \(y = \left| {{x^3} - 3x + 1} \right|\)

Từ đồ thị, ta có 0 < m < 1.

Hàm số  \(y = {x^4} - 2m{x^2} + {m^2} - 1\) đạt cực tiểu tại \(x_1, x_2\) 

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

\(\begin{array}{l}
y' = 4{x^3} - 4mx\\
y' = 0 \Leftrightarrow 4x({x^2} - m) = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  \pm \sqrt m 
\end{array} \right.
\end{array}\)

Theo Vi-et: \({x_1}.{x_2} =  - m \Rightarrow m = 4\) (thỏa mãn)

Gọi Q thuộc đoạn thẳng AB sao cho \(BQ = \frac{1}{4}BA = \frac{a}{4}\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
MQ\parallel {C_1}N\\
QM = \sqrt {B{M^2} + B{Q^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \left( {\widehat {MP,{C_1}N}} \right) = \left( {\widehat {MP,{C_1}N}} \right) = \widehat {QMP}\\
QP = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{(\frac{{3a}}{4})}^2}}  = \frac{{a\sqrt {29} }}{4};MP = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\\
\cos \widehat {QMP} = \frac{{Q{M^2} + M{P^2} - Q{P^2}}}{{QM.MP}} = 0\\
 \Rightarrow \widehat {QMP} = {90^0}
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
y' = (2x - 2){e^{{x^2} - 2x}}\\
y' = 0 \Leftrightarrow x = 1\\
y(1) = \frac{1}{e}\\
y(0) = 1\\
y(2) = 1
\end{array}\)

Hàm đạt giá trị cực tiểu \(y = \frac{1}{e}\) tại x = 1.

\(\int\limits_1^e {\frac{{\sqrt {1 + 3\ln x} .\ln x}}{x}} dx\)

Đặt

\(\begin{array}{l}
\sqrt {1 + 3\ln x}  = t\\
 \Rightarrow 1 + 3\ln x = {t^2}\\
 \Rightarrow \frac{3}{x}dx = 2tdt\\
 \Rightarrow \frac{3}{{x\sqrt {1 + 3{\mathop{\rm lnx}\nolimits} } }}dx = dt\\
 \Rightarrow \int\limits_1^e {\frac{{\sqrt {1 + 3\ln x} .\ln x}}{x}} dx = \int\limits_1^2 {\frac{{t.2t\left( {{t^2} - 1} \right)}}{9}} dt\\
 = \left. {\frac{2}{{45}}{t^5} - \frac{2}{{27}}{t^3}} \right|_1^2 = \frac{{116}}{{135}}
\end{array}\)

\(x = 0 \Rightarrow y = \frac{1}{{\ln 2}} \Rightarrow A(0;\frac{1}{{\ln 2}}) \Rightarrow OA = \frac{1}{{\ln 2}}\)

Ta có : \(y' = \frac{{{{(\sqrt 2 )}^x}\ln \sqrt 2 }}{{\ln 2}} = \frac{1}{2}{(\sqrt 2 )^x} \Rightarrow y'(0) = \frac{1}{2}\)

Phương trình tiếp tuyến tại A là: \(C_3^2.2 = 6\)

Giao điểm B của tiếp tuyến với trục hoành:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{B(\frac{{ - 2}}{{\ln 2}};0) \Rightarrow OB = \frac{2}{{\ln 2}}}
\end{array}\)

Vậy \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{{{{\left( {\ln 2} \right)}^2}}}\)

 \(\begin{array}{l}
D:\left\{ \begin{array}{l}
mx > 0\\
x >  - 1\\
x \ne 0
\end{array} \right.{\rm{  }}\left( * \right)\\
\frac{{{{\log }_2}(mx)}}{{{{\log }_2}(x + 1)}} = 2(1)\\
 \Leftrightarrow {\log _2}(mx) = 2{\log _2}(x + 1)\\
 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {mx} \right) = {\log _2}{\left( {x + 1} \right)^2}\\
 \Leftrightarrow mx = {(x + 1)^2}\\
 \Leftrightarrow {x^2} + (2 - m)x + 1 = 0{\rm{  }}\left( 2 \right)
\end{array}\)

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

Để phương trình có nghiệm duy nhất thì m cắt hàm số f(x) tại 1 điểm duy nhất.

Xét hàm số

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

Từ bảng biến thiên và điều kiện ta có m < 0 và m = 4 thỏa mãn đề bài.

Không gian mẫu \(\Omega \) là cách chọn môn tự chọn và số mã đề thi mà Hùng và Hương nhận được.

Hùng có \(C_3^2\) cách chọn môn tự chọn và có \(C_6^1.C_6^1\) mã đề thi có thể nhận cho hai môn tự chọn.

Hương có \(C_3^2\) cách chọn môn tự chọn và có \(C_6^1.C_6^1\) mã đề thi có thể nhận cho hai môn tự chọn.

Do đó \(n(\Omega ) = {(C_3^2.C_6^1.C_6^1)^2} = 11664\) 

Gọi A là biến cố để Hùng và Hương chỉ có chung đúng một môn tự chọn và một mã đề thi. Các cặp gồm 2 môn thi tự chọn mà mỗi cặp có đúng một môn thi là 3 cặp, gồm:

Cặp thứ nhất (Vật lý, Hóa học) và (Vật lý, Sinh học)

Cặp thứ hai ( Hóa học,Vật lý) và (Hóa học, Sinh học)

Cặp thứ ba (Sinh học, Hóa học) và (Sinh học,Vật lý)

Số cách chọn cùng một môn thi của Hùng và Hương là : \(C_3^1.2 = 6\)

Số cách nhận cùng mã đề cho mỗi cặp chung một môn thi của Hùng và hương là: \(C_6^1.C_6^1.1.C_6^1 = 216\)

\(\begin{array}{l}
n(A) = 216.6 = 1296\\
 \Rightarrow P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{1296}}{{11664}} = \frac{1}{9}
\end{array}\)

Số cách chọn hai cán bộ coi thi bất kì là \(n(\Omega ) = C_{30}^2 = 435\)

Số cách chọn hai cán bộ coi thi mà hai giáo viên được chọn thuộc hai trường khác nhau : 

\(n(A) = C_{12}^1.C_{10}^1 + C_{12}^1.C_8^1 + C_{10}^1.C_8^1 = 296\)

Xác suất để chọn như yêu cầu đề bài là : 

\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{296}}{{435}}\)

Nhìn vào đồ thị ta thấy : M = 3, m = -2.

Suy ra giá trị của biểu thức:

\({2^m} + {\log _9}M = {2^{ - 2}} + {\log _9}3 = \frac{3}{4}\)

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}
MN\parallel A'C,MN = \frac{1}{2}A'C\\
NP\parallel A'B',NP = \frac{1}{2}A'B'\\
PM\parallel B'C',PM = \frac{1}{2}B'C'
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{S_{MNP}} = \frac{1}{4}{S_{A'B'C'}}\\
(MNP)\parallel (A'B'C')
\end{array} \right.\)

Lăng trụ có đường cao:

\(h \Rightarrow d(G,(MNP)) = \frac{h}{2} \Rightarrow {V_{GMNP}} = \frac{1}{3}.\frac{h}{2}.\frac{1}{4}{S_{A'B'C'}}\)

Bài ra ta có \(h.{S_{A'B'C'}} = {a^3} \Rightarrow {V_{GMNP}} = \frac{{{a^3}}}{{24}}\)

Gọi I là trung điểm AC suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và SI vuông góc AC ( vì tam giác SAC cân tại S, SA = SC = 2)

Mặt khác \(SA = SB = SC \Rightarrow SI \bot (ABC)\) 

Gọi M là trung điểm của SA, qua M kẻ đường trung trực của SA cắt SI tại K.

Do đó K là tâm hình cầu ngoại tiếp SABC.

\(\begin{array}{l}
SM = \frac{1}{2}SA = 1;AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = 2\sqrt 2 ;\\
SI = \sqrt {S{A^2} - A{I^2}}  = \sqrt {{2^2} - {{(\sqrt 2 )}^2}}  = \sqrt 2 
\end{array}\)

Tam giác SMK đồng dạng với tam giác SIA

\( \Rightarrow \frac{{SK}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SI}} \Rightarrow SK = \sqrt 2 \)

Thể tích hình cầu ngoại tiếp SABC là: 

\(V = \frac{4}{3}\pi S{K^3} = \frac{4}{3}\pi {(\sqrt 2 )^3} = \frac{{8\sqrt 2 \pi }}{3}\)

\(\int\limits_0^2 {{3^x}dx = } \left. {{3^x}\ln 3} \right|_0^2 = 8\ln 3\)

Do \({S_1} = 3{S_2}\) nên:

\(\begin{array}{l}
{S_1} = \frac{3}{4}S = 6\ln 3\\
{S_1} = \int\limits_0^t {{3^x}dx}  = \left. {{3^x}\ln 3} \right|_0^t = \left( {{3^t} - 1} \right)\ln 3\\
 \Rightarrow 6\ln 3 = \left( {{3^t} - 1} \right)\ln 3\\
 \Rightarrow t = {\log _3}7
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
m + \cos x\sqrt {{{\cos }^2}x + 2}  + 2\cos x + \left( {\cos x + m} \right)\sqrt {{{\left( {\cos x + m} \right)}^2} + 2}  = 0\\
 \Leftrightarrow \cos x + \cos x\sqrt {{{\cos }^2}x + 2}  =  - \left( {\cos x + m} \right) - \left( {\cos x + m} \right)\sqrt {{{\left( {\cos x + m} \right)}^2} + 2} \begin{array}{*{20}{c}}
{}&{\left( 1 \right)}
\end{array}
\end{array}\)

Xét hàm số \(\begin{array}{l}
f\left( t \right) = t + t\sqrt {{t^2} + 2} \\
f'\left( t \right) = 1 + \sqrt {{t^2} + 2}  + 2{t^2}\sqrt {{t^2} + 2}  > 0
\end{array}\)

Hàm số đồng biến trên D

Do đó (1) có nghiệm

 \(\begin{array}{l}
\cos x =  - \left( {\cos x + m} \right)\\
 \Leftrightarrow m = 2\cos x\\
 \Rightarrow  - 2 \le m \le 2
\end{array}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {{u_{{d_1}}}}\limits^ \to  (1; - 1;2)\\
\mathop {{u_{{d_2}}}( - 1;0;1)}\limits^ \to  
\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {{n_P}}\limits^ \to   = \left[ {\mathop {{u_{{d_1}}}}\limits^ \to  ,\mathop {{u_{{d_2}}}}\limits^ \to  } \right] = (1;3;1)\)

Phương trình mặt phẳng có dạng : \((P):x + 3y + z + d = 0\)

Gọi \(M(3;0;2) \in {d_1};N(2;3;0) \in {d_2}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
d(M,(P)) = d(N,(P))\\
 \Leftrightarrow \frac{{\left| {3 + 0 + 2 + d} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {3^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| {2 + 9 + 0 + d} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {3^2} + {1^2}} }} \Leftrightarrow d = 8
\end{array}\)

Vậy \((P):x + 3y + z + 8 = 0\)

\(\begin{array}{l}
y = \frac{1}{2}\ln ({x^2} + 4) - mx + 3\\
y' = \frac{x}{{\left( {{x^2} + 4} \right)}} - m
\end{array}\)

Để hàm số nghịch biến trên D thì:

\(\begin{array}{l}
y' > 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{{x^2} + 4}} - m \le 0\\
 \Leftrightarrow \frac{x}{{{x^2} + 4}} \le m
\end{array}\)

Xét hàm số

\(\begin{array}{l}
f\left( x \right) = \frac{x}{{{x^2} + 4}}\\
f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4 - 2{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}} = \frac{{4 - {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}}\\
f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
x =  - 2
\end{array} \right.
\end{array}\)

Từ bảng biến thiên ta có \(m \ge \frac{1}{4}\)

\(\begin{array}{l}
{\rm{w}} = (1 + i\sqrt 3 )z + 2 \Leftrightarrow {\rm{w}} = (1 + i\sqrt 3 )(z - 1) + 3 + i\sqrt 3 \\
 \Leftrightarrow z - 1 = \frac{{{\rm{w}} - 3 - i\sqrt 3 }}{{1 + i\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \left| {z - 1} \right| = \left| {\frac{{{\rm{w}} - 3 - i\sqrt 3 }}{{1 + i\sqrt 3 }}} \right|
\end{array}\)

Mặt khác

 \(\begin{array}{l}
\left| {z - 1} \right| \le 2 \Rightarrow \left| {{\rm{w}} - 3 - i\sqrt 3 } \right| \le 4\\
 \Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - \sqrt 3 } \right)^2} \le 16
\end{array}\)

Vì d song song với hai mặt phẳng (P) và (Q) nên nhận    

\(\mathop u\limits^ \to   = \left[ {\mathop {{n_P}}\limits^ \to  ,\mathop {{n_Q}}\limits^ \to  } \right] = ( - 8;3;4)\) làm VTCP.

Gọi d cắt d1, d2 lần lượt tại M và N:

\(\begin{array}{l}
M( - 5 + 2m,3 - 4m, - 1 + 3m) \in {d_1},N(3 - 2n, - 1 + 3n,2 + 4n) \in {d_2}\\
 \Rightarrow \mathop {MN}\limits^ \to   = ( - 2n - 2m + 8,3n + 4m - 4,4n - 3m + 3)
\end{array}\)

Vì d cắt d1,d2 nên \(\overrightarrow {MN} \) cùng phương với \(\overrightarrow u\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \frac{{ - 2n - 2m + 8}}{{ - 8}} = \frac{{3n + 4m - 4}}{3} = \frac{{4n - 3m + 3}}{4}\\
 \Rightarrow m = 1;n =  - 1 \Rightarrow M( - 3; - 1;2),N(5; - 4; - 2)
\end{array}\)

Đường thẳng d đi qua M(-3;-1;2) nhận \(\mathop u\limits^ \to  ( - 8;3;4)\) làm VTCP có phương trình là :  

                                                         \(d:\frac{{x + 3}}{{ - 8}} = \frac{{y + 1}}{3} = \frac{{z - 2}}{4}\)

Nhìn vào đồ thị ta thấy a > 0 và \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c = 0\) có 2 nghiệm dương phân biệt

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a > 0\\
\Delta  = 4{b^2} - 12ac > 0\\
S = \frac{{ - 2b}}{{3a}} > 0\\
P = 3ac > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a > 0\\
b < 0\\
c > 0
\end{array} \right.\)

Do đó chọn D.

Tọa độ của P(1,f(5))

PTTT của C₃ tại P là: \(y = y'(1)(x - 1) + f(5)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
y' = 2x.f'({x^2} + 4)\\
 =  > y'(1) = 2.1.f'({1^2} + 4) = 2.f'(5)\\
 =  > y = 2.f'(5).(x - 1) + f(5)
\end{array}\)

PTTT của C₁ tại M(1;f(1)) là:

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

PTTT của C₂ tại N(1;f(f(1))) là:

\(\begin{array}{l}
y = y'(1)(x - 1) + f(5)\\
 = (f'(1).f'{\rm{[}}f(1){\rm{]}}(x - 1) + f(5)\\
 = 3.f'(5)(x - 1) + f(5)\\
 = 3f'(5).x + f(5) - 3f'(5)\\
 =  > \left\{ \begin{array}{l}
3.f'(5) = 12\\
f(5) - 3f'(5) =  - 5
\end{array} \right. =  > \left\{ \begin{array}{l}
f'(5) = 4\\
f(5) = 7
\end{array} \right.
\end{array}\)

= > ax+b = 8x - 1

= > a + b = 7

Gọi M(a,b) là điểm biểu diễn của z

\(\begin{array}{l}
|z - i| = 2\\
 <  =  > \sqrt {{a^2} + {{(b - 1)}^2}}  = 2\\
 <  =  > {a^2} + {(b - 1)^2} = 4
\end{array}\)

=> M thuộc đường tròn (C) tâm I(0,1), R = 2

\(\begin{array}{l}
|z + 3i| + 2|z - 4 - i| = \sqrt {{a^2} + {{(b + 3)}^2}}  + 2\sqrt {{{(a - 4)}^2} + {{(b - 1)}^2}} \\
 = MA + 2MB{\rm{        (A(0, - 3),B(4,1))}}\\
{\rm{ = 2MO + 2MB}}\\
 = 2(MO + MB)\\
 \ge 2OB
\end{array}\)

=> Dấu “=” khi M nằm trên OB

Mà M nằm trên (C)  => M là giao điểm của (C) và OB

=> \(M(\frac{{4 + 8\sqrt {13} }}{{17}};\frac{{1 + 2\sqrt {13} }}{{17}})\)

(Vì hoàng độ điểm M phải dương, vì hoành độ B dương, vẽ hình minh họa sẽ thấy)

=> \(a + b = \frac{{4 + 8\sqrt {13} }}{{17}} + \frac{{1 + 2\sqrt {13} }}{{17}} = \frac{{5 + 10\sqrt {13} }}{{17}}\)

\(\begin{array}{l}
\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x + 4y - 2z + 10 = 0\\
I\left( {3; - 2;1} \right)\\
R = 2
\end{array}\)

\(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {3 + 2 + \sqrt 2  - 7} \right|}}{2} > R\) nên (P) cắt (S)

Gọi d là đường thẳng qua I vuông góc với (P), phương trình (d) là:

\(\frac{{x - 3}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{{\sqrt 2 }}\)

Gọi T là giao điểm của (d) và (S) với \(d\left( {T;\left( P \right)} \right) > R\)

Có \(d\left( {T;\left( P \right)} \right) = R + d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{6 - \sqrt 2 }}{2}\)

\(\begin{array}{l}
\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right) = \frac{{1 - 1 + 2}}{{2.2}} = \frac{1}{2}\\
 \Rightarrow \sin \left( {MN,\left( P \right)} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right)} \right| = \frac{1}{2}\\
 \Rightarrow \left( {MN,\left( P \right)} \right) = {30^0}
\end{array}\)

Gọi H là hình chiều của N lên (P), ta có:

\(MN = \frac{{NH}}{{\sin {{30}^0}}} = 2NH\)

Do đó, để MN lớn nhất, NH lớn nhất. Khi đó \(N \equiv T,H \equiv H'\) với H’ là hình chiếu của I lên (P)

Khi đó \(N{H_{\max }} = TH' = \frac{{6 - \sqrt 2 }}{2} \Rightarrow MN = 6 - \sqrt 2 \)

\(\begin{array}{l}
{u_{n + 1}} = 3{u_n} - 2{u_{n - 1}} \Rightarrow {u_3} = 3{u_2} - 2{u_1}\\
 \Rightarrow {u_3} = {\log _2}\frac{5}{4} = {\log _2}5 - 2
\end{array}\)

Xét \({u_n} = {a_1}x_1^n + {a_2}x_2^n\) với \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0\)

\({x_1} = 2;{x_2} = 1\) ta được \({u_n} = {a_1}{.2^n} + {a_2}\)

Với n = 1 ta có \({\log _2}5 = 2{a_1} + {a_2}\)

Với n = 2 ta có \({\log _2}10 = 4{a_1} + {a_2}\)

\( \Rightarrow {a_1} = \frac{1}{2},{a_2} = {\log _2}\frac{5}{2}\)

Do đó:

\(\begin{array}{l}
{u_n} = {2^{n - 1}} + {\log _2}\frac{5}{2} > 1024 + {\log _2}\frac{5}{2}\\
 \Rightarrow {2^{n - 1}} > 1024 \Rightarrow n > 11
\end{array}\)

Gọi I là trung điểm BC \( \Rightarrow AI \bot BC\)

Ta có \(A'O \bot BC \Rightarrow \left( {AA'O} \right) \bot BC\)

Kẻ IH vuông góc AA’ \( \Rightarrow IH \bot BC \Rightarrow d\left( {AA';BC} \right) = IH\)

Ta có:

\({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\(\begin{array}{l}
OA' = \frac{V}{{{S_{ABC}}}} = 4\\
AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\\
AO = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\
AA' = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}\\
IH = \frac{{A'O.AI}}{{AA'}} = \frac{{6a}}{7}
\end{array}\)

\(k'(x) = f'(x + 7) + 5.g'(5x + 1) - 4.h(4x + \frac{3}{2})\)

Với \(x \in (3,8)\) ta có \(f'(x) > 10,g'(x) > 2,h'(x) < 5\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow f'(x) + 5g'(x) - 4h'(x) > 10 + 5.2 - 4.5 = 0\\
 \Rightarrow k'(x) > 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3 < x + 7 < 8\\
3 < 5x + 1 < 8\\
3 < 4x + \frac{3}{2} < 8
\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{3}{8} < x < 1
\end{array}\)

=> k(x) đồng biến trên \(\left( {\frac{3}{8},1} \right)\)

Gọi CSC là \({u_1},{u_2},{u_3},...,{u_n}\) với công sai là d

Gọi CSN là \({v_1},{v_2},{v_3},...,{v_n}\) với công bội là q

Ta có:

\(\begin{array}{l}
a = {u_{m + 1}} = {v_{m + 1}}\\
b = {u_{n + 1}} = {v_{n + 1}}\\
c = {u_{p + 1}} = {v_{p + 1}}
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
a = {u_1} + md = {v_1}.{q^m}\\
b = {u_1} + nd = {v_1}.{q^n}\\
c = {u_1} + pd = {v_1}.{q^p}\\
 =  > b - c = (n - p)d\\
c - a = (p - m)d\\
a - b = (m - n)d\\
 =  > T = {({v_1}{q^m})^{(n - p)d}}.{({v_1}{q^n})^{(p - m)d}}.{({v_1}{q^p})^{(m - n)d}}\\
 = {({v_1})^{(n - p)d + (p - m)d + (m - n)d}}.{q^{m(n - p)d + n(p - m)d + p(m - n)d}}\\
 = {({v_1})^0}.{q^0} = 1
\end{array}\)

Gắn trục tọa độ vào hình vẽ, với \(O \equiv A\) như hình vẽ

Ta có:

\(\frac{1}{2}.\pi .A{D^2} = 32\pi  \Rightarrow AD = 8\)

=> PT đường tròn đường kính AB là:

\(\begin{array}{l}
{(x - 8)^2} + {y^2} = 64 \Leftrightarrow {y^2} = 64 - {(x - 8)^2}\\
 \Leftrightarrow y =  \pm \sqrt {64 - {{(x - 8)}^2}} 
\end{array}\)

Ta lấy nửa bên trên => \(y = \sqrt {64 - {{(x - 8)}^2}} \)

=> PT đường tròn đường kính AD là:

\(\begin{array}{l}
{(x - 4)^2} + {y^2} = 16 <  =  > {y^2} = 16 - {(x - 4)^2}\\
 <  =  > y =  \pm \sqrt {16 - {{(x - 4)}^2}} 
\end{array}\)

Ta lấy nửa bên trên => \(y = \sqrt {16 - {{(x - 4)}^2}} \)

Phương trình AC: \(y = \tan 30.x = \frac{1}{{\sqrt 3 }}x\)

Hoành độ giao điểm của AC và đường tròn đường kính AD là:

\(\sqrt {16 - {{(x - 4)}^2}}  = \frac{1}{{\sqrt 3 }}x =  > x = 6\) (lấy x dương)

Hoành độ giao điểm của AC và đường tròn đường kính AB là:

\(\sqrt {64 - {{(x - 8)}^2}}  = \frac{1}{{\sqrt 3 }}x =  > x = 12\) (lấy x dương)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
V = {S_2} + {S_3} = ({S_1} + {S_2}) - {S_1} + {S_3}\\
 = \pi \int\limits_6^{12} {\frac{{{x^2}}}{3}dx}  - \pi \int\limits_6^8 {{\rm{[}}16 - {{(x - 4)}^2}{\rm{]}}dx}  + \pi \int\limits_{12}^{16} {{\rm{[}}64 - {{(x - 8)}^2}{\rm{]}}dx} \\
 = \frac{{784}}{3}\pi 
\end{array}\)

\(\sqrt[3]{{{f^2}(x) - 2f(x) + 9}} = \sqrt[3]{{{{{\rm{[}}f(x) - 1]}^2} + 8}} \ge \sqrt[3]{8} = 2\) (1)

Đồ thị y = f(x+2) chính là đồ thị y = f(x) nhưng tiến theo Ox 2 đơn vị.

=> -1 \( \le \) f(x+2) \( \le \) 1

=> 0 \( \le \) |f(x+2)| \( \le \) 1

\( => \sqrt {|f(x + 2)| + 3}  \le \sqrt {1 + 3}  = \sqrt 4  = 2\) (2)

Từ (1) và (2)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \sqrt[3]{{{f^2}(x) - 2f(x) + 9}} = \sqrt {|f(x + 2)| + 3}  = 2\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f(x) = 1\\
|f(x + 2)| = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x =  - 2,x = 0,x = 2\\
f(x + 2) =  \pm 1
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x =  - 2,x = 0,x = 2\\
x = 0,x = 2,x = 4,x = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.
\end{array}\)