Ta có đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm có tung độ \(y=c<0\)

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực tiểu và một điểm cực đại nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
a > 0\\
ab < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a > 0\\
b < 0
\end{array} \right.\)

Gọi \(a\,;\,b\,;\,c\) lần lượt là độ dài các cạnh \(AB,AD,A{A}'\) của hình hộp chữ nhật \(ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'\)

Ta có các đường chéo của các hình chữ nhật \(ABCD\,\,;\,AB{B}'{A}'\,;\,AD{D}'{A}'\) lần lượt là \(\sqrt{5}\,;\,\sqrt{10\,}\,;\sqrt{13}\) nên ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}
{a^2} + {c^2} = 10\\
{a^2} + {b^2} = 5\\
{b^2} + {c^2} = 13
\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình ta có \(a=1\,;b=2\,;\,c=3\). Vậy ta có \({{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}=abc=6\)

Gọi \(R,h\) lần lượt là bán kính đường tròn đáy và chiều cao của hình trụ.

Khi cắt một khối trụ cho trước bởi một mặt phẳng vuông góc với trục thì được hai khối trụ mới có tổngdiện tích toàn phần nhiều hơn diện tích toàn phần của khối trụ ban đầu là \(2\pi {{R}^{2}}\)

Do đó: \(2\pi {{R}^{2}}=18\pi \Leftrightarrow R=3\)

Vậy tổng diện tích toàn phần của hai khối trụ mới là

\(S=2\pi Rl+4\pi {{R}^{2}}=2\pi .3.5+4.\pi {{.3}^{2}}=66\pi \)

Vậy chọn đáp án D.

Vì hàm số có bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y=0\)

Giải phương trình 

\(\begin{array}{l}
{x^2} + 2x - 15 = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 3\\
x =  - 5
\end{array} \right.
\end{array}\)

Hai giá trị này đều không làm cho tử bằng không nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Ta có:\(f\left( 1 \right)=2a+1\) và \(\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{2{{x}^{2}}-3x+1}{x-1}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( 2x-1 \right)=1\).

Hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục tại \(x=1\Leftrightarrow 2a+1=1\Leftrightarrow a=0\).

Ta có góc tạo bởi cạnh  SC và mặt phẳng đáy là \({{45}^{o}}\)\(\Rightarrow \widehat{SCH}={{45}^{0}}\)

\(\Rightarrow SH=HC=\sqrt{2}\,a\); Có \({{S}_{ABCD}}=2{{a}^{2}}\).

\(\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}{{a}^{3}}\).

Chiều cao khối nón \(h=\sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}=3\)

Thể tích khối nón là \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=16\pi \)

Chọn ngẫu nhiên 3 bi sao có đủ ba màu có \(C_{3}^{1}.C_{4}^{1}.C_{5}^{1}=60\) cách

Đặt \(t={{2}^{x}}\left( t>0 \right)\). Bất phương trình trở trành: \({t^2} - 18t + 32 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t \le 2\\
t \ge 16
\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(\left[ \begin{array}{l}
0 < {2^x} \le 2\\
{2^x} \ge 16
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \le 1\\
x \ge 4
\end{array} \right..\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(S=\left( -\infty ;1 \right]\cup \left[ 4;+\infty  \right)\)

Hàm số \(y={{\left( a-2 \right)}^{x}}\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)\(\Leftrightarrow 0<a-2<1\Leftrightarrow 2<a<3\Leftrightarrow a\in \left( 2\,;\,3 \right)\)

Phương trình đã cho \(\left[ \begin{array}{l}
\cos x = 1\\
\cos x = 2{\mkern 1mu} \left( l \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = k2\pi {\mkern 1mu} \left( {k \in Z } \right)\)

Hàm số \(y=\cos x\) là hàm số chẵn.

Với \(a,\,\,b\) là hai số dương và \(a\ne 1\) thỏa mãn \({{\log }_{a}}b=3\), ta có:

\({{\log }_{b}}\left( \frac{{{a}^{2}}}{b} \right)=2{{\log }_{b}}a-1=\frac{2}{{{\log }_{a}}b}-1=\frac{2}{3}-1=-\frac{1}{3}\)

Ta có: \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\)

\(V=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\cdot 2a=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}\).

Xét hàm số \(y=\frac{{{x}^{2}}-3x}{x+1}\) trên \(D=\left[ -4;-2 \right]\)

\(\begin{array}{l}
y = \frac{{{x^2} - 3{\rm{x}}}}{{x + 1}} \Rightarrow y' = \frac{{{x^2} + 2{\rm{x}} - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\\
 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 3 \in D\\
x = 1 \notin D
\end{array} \right.
\end{array}\)

 Ta có: \(y\left( -4 \right)=-\frac{28}{3},y\left( -2 \right)=-10,y\left( -3 \right)=-9\).

Vậy GTLN của hàm số đã cho bằng \(-9\).

Ta có: \(I=\lim \left[ n\left( \sqrt{{{n}^{2}}+3}-\sqrt{{{n}^{2}}+2} \right) \right]\)\(=\lim \,\frac{n}{\sqrt{{{n}^{2}}+3}+\sqrt{{{n}^{2}}+2}}\)\(=\lim \,\frac{1}{\sqrt{1+\frac{3}{{{n}^{2}}}}+\sqrt{1+\frac{2}{{{n}^{2}}}}}=\frac{1}{2}\)

Với \(8<x<9\): A sai.

Với \(8<x\): B, D: sai.

Vậy chọn C

Điều kiện \(\left[ \begin{array}{l}
x <  - 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \\
0 < x < 18
\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}
{\log _5}\left( {{x^2} + 2x} \right) + {\log _{\frac{1}{5}}}\left( {18 - x} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{x^2} + 2x} \right) = {\log _5}\left( {18 - x} \right)\\
 \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 18 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 3\\
x =  - 6
\end{array} \right.
\end{array}\)

Phương trình có tập nghiệm là \(\left\{ -6\,;\,3 \right\}\)

Do thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông nên \(h=2r\)

Diện tích 2 đáy là \(2\pi {{r}^{2}}=2.9\pi =18\pi (c{{m}^{2}})\)

Ta có \({{S}_{xq}}=2\pi rh=2\pi r.2r=2\pi {{r}^{2}}.2=18\pi .2=36\pi (c{{m}^{2}})\)

Nhìn vào bảng biến thiên, ta thấy \({f}'\left( x \right)>0,\forall x\in \left( -3;2 \right)\). Do đó hàm số \(y=f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( -3;2 \right)\)

Ta có \({y}'=\frac{6}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}\)

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số \(y=\frac{5x-1}{x+1}\) tại giao điểm với trục tung là \(k={y}'\left( 0 \right)=6\)

Ta có \(P\left( x \right)={{\left( x-\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)}^{10}}=\sum\limits_{k=0}^{10}{C_{10}^{k}{{\left( -2 \right)}^{k}}{{x}^{10-3k}}}\)

Số hạng chứa \({{x}^{4}}\) trong khai triển của biểu thức \(P\left( x \right)={{\left( x-\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)}^{10}}\) ứng với k thỏa mãn:

\(\left\{ \begin{array}{l}
0 \le k \le 10;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} k \in Z\\
10 - 3k = 4
\end{array} \right. \Rightarrow k = 2\)

Vậy hệ số của \({{x}^{4}}\( trong khai triển của biểu thức \(P\left( x \right)={{\left( x-\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)}^{10}}\) là \(C_{10}^{2}{{\left( -2 \right)}^{2}}=180\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y=4x+1\) và đồ thị hàm số \(y=\frac{x-2}{x+2}\) là:

\(\frac{x-2}{x+2}=4x+1\,\,\left( x\ne -2 \right)\)

\(\Leftrightarrow 4{{x}^{2}}+8x+4=0\)

\(\Leftrightarrow x=-1\), thõa mãn điều kiện.

Vậy đường thẳng \(y=4x+1\) cắt đồ thị hàm số \(y=\frac{x-2}{x+2}\) tại một điểm duy nhất.

Kẻ \(AH\bot BC\).

Lăng trụ \(ABC.{A}'{B}'{C}'\) là lăng trụ đứng nên \(AH\bot B{B}'\).

Do đó \(AH\bot \left( BC{C}'{B}' \right)\).

Ta có \(A{A}'\text{//}\left( BC{C}'{B}' \right)\) nên \(d\left( A{A}',\,\left( BC{C}'{B}' \right) \right)=d\left( A,\left( BC{C}'{B}' \right) \right)=AH\).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(BC=2a\), \(AB=a\sqrt{3}\)nên \(AC=\sqrt{B{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=a\).

Xét tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AH\bot BC\) nên \(AH.BC=AC.AB\)

\(\Leftrightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}\)

\(\Leftrightarrow AH=\frac{a.a\sqrt{3}}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Vậy \(d\left( A{A}',\,\left( BC{C}'{B}' \right) \right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Ta có: \({{\log }_{{{a}^{3}}}}a=\frac{1}{3}\)

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\). Ta có: 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = AB\\
SH \bot AB
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)
\end{array}\)

Lại có: \(SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\); \({{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}\)

Vậy \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l}
y' = 6{x^2} - 6 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1.\\
y'' = 12x,\,\\
y''\left( { - 1} \right) =  - 12 < 0\\
y''\left( 1 \right) = 12 > 0
\end{array}\)

Nên điểm cực đại của đồ thị hàm số là \(x=-1\).

Do \(DA\) vuông góc với mặt phẳng đáy nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp \(D.ABC\) là \({{R}_{c}}=\sqrt{R_{ABC}^{2}+{{\left( \frac{DA}{2} \right)}^{2}}}\) với \({{R}_{ABC}}=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}}{2}=\frac{5a}{2}\), \(DA=5a\). Từ đó \({{R}_{c}}=\frac{5a\sqrt{2}}{2}\).

Ta nhận thấy 3 hàm số: \(y={{x}^{3}}-3x+2\),\(y=-2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-1\), \(y=-x^4+4x^2\) đều không có giá trị nhỏ nhất trên tập xác định \(\mathbb{R}\) do

\(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{2}}-3x+2 \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-1 \right)=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -{{x}^{4}}+4x \right)=-\infty \).

Xét hàm: \(y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}-1\). Ta nhận thấy: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a > 0}\\
{ab < 0}
\end{array}} \right.\) nên hàm số có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu. Suy ra hàm số có giá trị nhỏ nhất trên tập xác định chính là giá trị cực tiểu.

Ta có:

Số cạnh: 12

Số mặt: 8

Suy ra tổng số cạnh và mặt của hình bát diện đều là: \(12+8=20\)

Điều kiện xác định của phương trình:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
2 - {\log _3}x \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
x \le 9
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow 0 < x \le 9
\end{array}\)

TH1: \(m=0\) phương trình có 1 nghiệm \(x=9\) không thỏa mãn.

TH2: \(m\ne 0\)

Với điều kiện trên ta có

\(\begin{array}{l}
\left( {mx - 36} \right)\sqrt {2 - {{\log }_3}x}  = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
mx - 36 = 0\\
\sqrt {2 - {{\log }_3}x}  = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{{36}}{m}\\
x = 9
\end{array} \right.
\end{array}\)

Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

\(\begin{array}{l}
0 < \frac{{36}}{m} < 9 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < \frac{{36}}{m}\\
\frac{{36}}{m} < 9
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > 0\\
\frac{{36 - 9m}}{m} < 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > 0\\
\left[ \begin{array}{l}
m < 0\\
m > 4
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 4
\end{array}\)

Do \(m\) thuộc đoạn \(\left[ -100;100 \right]\) nên số giá trị nguyên của \(m\) là \(96\)

Gọi \({{u}_{n}}\,(n\in {{\mathbb{N}}^{*}})\) số đồng xu tầng thứ \(n\). Theo đề bài ta có \(\left( {{u}_{n}} \right)\,\) là cấp số cộng có \({{u}_{1}}=4901\), công sai \(d=-100\) và \({{S}_{n}}=122550\)

Ta có \({{S}_{n}}=n{{u}_{1}}+\frac{n\left( n-1 \right)}{2}d\Leftrightarrow 122550=4901n+\frac{n\left( n-1 \right)}{2}.\left( -100 \right)\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow 122550 = 4901n - 50{n^2} + 50n\\
 \Leftrightarrow  - 50{n^2} + 4951n - 122550 = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 50\\
n = \frac{{2451}}{{50}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( l \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Vậy mô hình kim tự tháp có tổng cộng \(50\) tầng.

Ta có \({y}'=-2{f}'\left( 3-2x \right)\)

Ta có 

\(\begin{array}{l}
y' \le 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - 2x} \right) \ge 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
3 - 2x \ge 5\\
 - 1 \le 3 - 2x \le 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \le  - 1\\
1 \le x \le 2
\end{array} \right.
\end{array}\)

\(\Rightarrow\) Hàm số \(y=f\left( 3-2x \right)\) nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( 1;2 \right)\)

Thể tích khối cầu là \(V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi {{a}^{3}}\).

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

\(\Rightarrow {{V}_{2}}=V-{{V}_{1}}\)

Ta có \(\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{8}{19}\Rightarrow \frac{{{V}_{1}}}{V}=\frac{8}{27}\Rightarrow {{V}_{1}}=\frac{8}{27}V\)\(\Leftrightarrow \frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{8}{27}.\frac{4}{3}\pi {{a}^{3}}\Leftrightarrow {{r}^{2}}h=\frac{32}{27}{{a}^{3}}\)

Mặt khác ta có \(h=R+\sqrt{{{R}^{2}}-{{r}^{2}}}=a+\sqrt{{{a}^{2}}-{{r}^{2}}}\)

\(\Rightarrow {{r}^{2}}\left( a+\sqrt{{{a}^{2}}-{{r}^{2}}} \right)=\frac{32}{27}{{a}^{3}}\Leftrightarrow 27{{r}^{2}}\left( a+\sqrt{{{a}^{2}}-{{r}^{2}}} \right)=32{{a}^{3}}\)

Đặt \(\sqrt{{{a}^{2}}-{{r}^{2}}}=t\,\,\Rightarrow \,\,{{r}^{2}}={{a}^{2}}-{{t}^{2}}\)

Khi đó ta có: \(27\left( {{a}^{2}}-{{t}^{2}} \right)\left( a+t \right)=32{{a}^{3}}\)\(\Leftrightarrow 27{{t}^{3}}+27a{{t}^{2}}-27{{a}^{2}}t+5{{a}^{3}}=0\Leftrightarrow 27{{\left( \frac{t}{a} \right)}^{3}}+27{{\left( \frac{t}{a} \right)}^{2}}-27\frac{t}{a}+5=0\)\(\Leftrightarrow \frac{t}{a}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow t=\frac{1}{3}a\)

\(\Rightarrow {{r}^{2}}=\frac{8{{a}^{2}}}{9}\Rightarrow r=\frac{2\sqrt{2}a}{3}\)

Ta có: \({g}'\left( x \right)=\left( 3{{x}^{2}}+2 \right){f}'\left( {{x}^{3}}+2x \right)\)

\(\begin{array}{l}
g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {{x^3} + 2x} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^3} + 2x = 0\\
{x^3} + 2x = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \alpha ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \alpha  \in \left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Vì \(g\left( 0 \right)=g\left( 1 \right)=1+m>f\left( \alpha  \right)+m=g\left( \alpha  \right)\) nên \(\underset{\left[ 0;\,\,1 \right]}{\mathop{max}}\,g\left( x \right)=1+m=9\Leftrightarrow m=8\)

Ta có \({{e}^{3x+y}}-{{e}^{2x-2y+1}}=1-x-3y\)\(\Leftrightarrow {{e}^{3x+y}}+3x+y={{e}^{2x-2y+1}}+2x-2y+1\,\,(*)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{e}^{t}}+t\) có \({f}'\left( t \right)={{e}^{t}}+1>0,\,\forall t\).Do đó:

\((*)\Leftrightarrow f\left( 3x+y \right)=f\left( 2x-2y+1 \right)\)\(\Leftrightarrow 3x+y=2x-2y+1\)\(\Leftrightarrow x+y=1-2y>1\).

Khi đó ta có

\(\log _{3}^{2}\left( 2x+4y-1 \right)+2\left( m-1 \right){{\log }_{3}}\left( 1-2y \right)+{{m}^{2}}-9>0\)

\(\Leftrightarrow \log _{3}^{2}\left( 1-2y \right)+2\left( m-1 \right){{\log }_{3}}\left( 1-2y \right)+{{m}^{2}}-9>0\)

Đặt \(u={{\log }_{3}}\left( 1-2y \right),\,\,u>0\), yêu cầu bài toán trở thành tìm m để bất phương trình\({{u}^{2}}+2\left( m-1 \right)u+{{m}^{2}}-9>0,\,\,\forall u>0\)

Khi đó ta xét 3 trường hợp:

Trường hợp 1: \({\Delta }'<0\Leftrightarrow 10-2m<0\Leftrightarrow m>5\).

Trường hợp 2: 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' = 0\\
 - \frac{b}{{2a}} \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
10 - 2m = 0\\
1 - m \le 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = 5\\
m \ge 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 5
\end{array}\)

Trường hợp 3: 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' > 0\\
P \ge 0\\
S < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2m + 10 > 0\\
{m^2} - 9 \ge 0\\
 - 2\left( {m - 1} \right) < 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow 3 \le m < 5
\end{array}\)

Kết hợp các trường hợp ta được \(m\ge 3\).

Kết hợp điều kiện ta được \(m\in \left\{ 3;\,\,4;\,...;\,\,19 \right\}\).

Có 17 giá trị m thỏa mãn.

Số tiền Ông Toán thu được sau tháng đầu tiên là \(100 + 100.0,8\%  = 100\left( {1 + 0,8\% } \right)\) triệu đồng.

Số tiền Ông Toán thu được sau tháng thứ hai là \(100\left( {1 + 0,8\% } \right) + 100\left( {1 + 0,8\% } \right).0,8\%  = 100{\left( {1 + 0,8\% } \right)^2}\) triệu đồng.

Tương tự, ta được số tiền Ông Toán thu được sau một năm là \(100{\left( {1 + 0,8\% } \right)^{12}} = 110,034\) triệu đồng.

Đặt \(QP=x\,\,\left( 0<x<60 \right)\).

Ta có \(BM=\frac{60-x}{2}\Rightarrow MQ=BM.\tan 60{}^\circ =\frac{\left( 60-x \right)\sqrt{3}}{2}\).

Gọi \(r\)là bán kính đáy thùng hình trụ, \(h\)chiều cao thùng hình trụ.

Hình trụ có chu vi đáy bằng \(x=2\pi r\Rightarrow r=\frac{x}{2\pi }\).

Chiều cao \(h=MQ=\frac{\left( 60-x \right)\sqrt{3}}{2}\).

Thể tích của thùng \(V=\pi {{r}^{2}}h=\pi .{{\left( \frac{x}{2\pi } \right)}^{2}}.\frac{\left( 60-x \right)\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{8\pi }.\left( 60-x \right){{x}^{2}}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có \(\left( 60-x \right)\frac{{{x}^{2}}}{4}=\left( 60-x \right).\frac{x}{2}.\frac{x}{2}\le {{\left( \frac{60-x+\frac{x}{2}+\frac{x}{2}}{3} \right)}^{3}}={{20}^{3}}=8000\).

Dấu bằng xãy ra khi \(\frac{x}{2}=60-x\Leftrightarrow x=40\).

Vậy thể tích lớn nhất của chiếc thùng \(\frac{\sqrt{3}}{2\pi }.8000=\frac{4000\sqrt{3}}{\pi }\,\left( c{{m}^{3}} \right)\).

Dễ thấy đồ thị hàm số luôn có một đường tiệm cận ngang \(y=0\)

Suy ra đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận khi và chỉ khi đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận đứng.

TH 1: \({{x}^{2}}+2mx-m+2=0\) có nghiệm kép khi và chỉ khi

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

TH 2: \({{x}^{2}}+2mx-m+2=0\) có hai nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm \(x=1\) khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}
{1^2} + 2m.1 - m + 2 = 0\\
\Delta ' > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  - 3\)

Suy ra tổng các giá trị của \(m\) thỏa mãn điều kiện đề bài là: \(1+\left( -2 \right)+\left( -3 \right)=-4.\)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
x \ne 4
\end{array} \right.\)

BPT: \({{\log }_{2}}\left( 16x \right)+5{{\log }_{\frac{x}{4}}}2\ge 0\Leftrightarrow 4+{{\log }_{2}}x+\frac{5}{{{\log }_{2}}x-2}\ge 0\).

Đặt \(t={{\log }_{2}}x\), bất phương trình trở thành: \(t + 4 + \frac{5}{{t - 2}} \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
 - 3 \le t \le 1\\
t > 2
\end{array} \right.\) 

Với \(-3\le t\le 1\) suy ra \(-3\le {{\log }_{2}}x\le 1\Leftrightarrow \frac{1}{8}\le x\le 2\,\left( TM \right).\)

Với \(t>2\) suy ra \({{\log }_{2}}x>2\Leftrightarrow x>4\,\,\left( TM \right).\)

Do \(x\in \mathbb{Z},\,x<2019\) nên \(x=\left\{ 1;2;5;6;7;8;...;2018 \right\}\)

Suy ra bất phương trình có \(2016\) nghiệm nguyên nhỏ hơn \(2019\).

Hàm số (1) xác định \(\forall x\in \mathbb{R}\)\(\Leftrightarrow \left( 2m-1 \right)\sin x-\left( m+2 \right)\cos x+4m-3\ge 0,\forall x\) (2)

+ Nếu \(x=\pi +k2\pi \), (2) \(\Leftrightarrow m+2+4m-3\ge 0\)\(\Leftrightarrow m\ge \frac{1}{5}\)

+ Nếu \(x\ne \pi +k2\pi \), đặt \(t=\tan \frac{x}{2}\). Ta có: \(\sin x=\frac{2t}{1+{{t}^{2}}}\), \(\cos x=\frac{1-{{t}^{2}}}{1+{{t}^{2}}}\)

(2) \(\Leftrightarrow \left( 2m-1 \right).\frac{2t}{1+{{t}^{2}}}-\left( m+2 \right)\frac{1-{{t}^{2}}}{1+{{t}^{2}}}+4m-3\ge 0,\forall t\)

\(\Leftrightarrow \left( 5m-1 \right){{t}^{2}}+2\left( 2m-1 \right)t+3m-5\ge 0,\,\forall t\) (*)

TH1: \(m=\frac{1}{5}\), (*)\(\Leftrightarrow -\frac{6}{5}t-\frac{22}{5}\ge 0\)\(\Leftrightarrow t\le -\frac{11}{3}\) (KTM – loại)

TH2: \(m\ne \frac{1}{5}\)

(*) \(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > \frac{1}{5}\\
\Delta ' = {\left( {2m - 1} \right)^2} - \left( {5m - 1} \right)\left( {3m - 5} \right) \le 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > \frac{1}{5}\\
 - 11{m^2} + 24m - 4 \le 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > \frac{1}{5}\\
\left[ \begin{array}{l}
m \le \frac{2}{{11}}\\
m \ge 2
\end{array} \right.
\end{array} \right.
\end{array}\)

Do đó \(\left( 2 \right)\Leftrightarrow m\ge 2\).

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}
m > 0\\
m < 2019\\
m \in Z*
\end{array} \right.\) nên \(m \in \left\{ {2{\mkern 1mu} ,{\mkern 1mu} 3{\mkern 1mu} ,{\mkern 1mu} 4{\mkern 1mu} ,...,2018} \right\}\)

Vậy có 2017 giá trị m cần tìm.

Do \(\underset{x\to 3}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)-8}{x-3}=6\) nên ta có \(f\left( 3 \right)=8\)

Ta có \(L=\underset{x\to 3}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[3]{f\left( x \right)-7}-1}{{{x}^{2}}-2x-3}=\underset{x\to 3}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)-8}{\left( x+1 \right)\left( x-3 \right)\left( \sqrt[3]{{{\left( f\left( x \right)-7 \right)}^{2}}}+\sqrt[3]{f\left( x \right)-7}+1 \right)}\)

\(=\underset{x\to 3}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{f\left( x \right)-8}{\left( x-3 \right)}.\frac{1}{\left( x+1 \right)\left( \sqrt[3]{{{\left( f\left( x \right)-7 \right)}^{2}}}+\sqrt[3]{f\left( x \right)-7}+1 \right)} \right]=6.\frac{1}{4.3}=\frac{1}{2}\).

Xét hàm số \(y=f\left( x \right)\) có đồ thị (C)

Ta có \({f}'\left( 2 \right)=2\) và khi x=2 thì \(y=2.2-2=2\) nên tọa độ tiếp điểm của (C) là M(2;2), từ đó suy ra \(f\left( 2 \right)=2\)

Xét hàm số \(y=f\left( f\left( x \right) \right)\) có đồ thị \(\left( {{C}'} \right)\)

Có \({y}'={f}'\left( f\left( x \right) \right).{f}'\left( x \right)\) nên \({y}'\left( 2 \right)={f}'\left( f\left( 2 \right) \right).{f}'\left( 2 \right)={f}'\left( 2 \right).{f}'\left( 2 \right)=4\)

Lại có \(y\left( 2 \right)=f\left( f\left( 2 \right) \right)=f\left( 2 \right)=2\)

Vậy phương trình tiếp tuyến của \(\left( {{C}'} \right)\) tại N là \(y={y}'\left( 2 \right)\left( x-2 \right)+y\left( 2 \right)\) hay \(y=4x-6\)

Do \(S.ABC\) là hình chóp đều nên hình chiếu của \(S\) trên\(\left( ABC \right)\) trùng với trọng tâm \(G\) của đáy. Gọi I là trung điểm của \(BC\). Ta có \(AI\bot BC\),\(SI\bot BC\) nên góc giữa mặt bên \(\left( SBC \right)\) và mặt đáy là góc\(\widehat{SIA}=60{}^\circ \). Kẻ \(GK\bot SA\Rightarrow GK=\frac{a}{\sqrt{7}}\)

Giả sử cạnh đáy hình chóp có độ dài là \(x\) ta có \(GA=\frac{x\sqrt{3}}{3},SG=GI.\tan 60{}^\circ =\frac{x\sqrt{3}}{6}.\sqrt{3}=\frac{x}{2}.\)

Trong tam giác vuông \(SAG\) ta có \(\frac{1}{G{{K}^{2}}}=\frac{1}{A{{G}^{2}}}+\frac{1}{S{{G}^{2}}}\)\(\Leftrightarrow \frac{7}{{{a}^{2}}}=\frac{3}{{{x}^{2}}}+\frac{4}{{{x}^{2}}}\Rightarrow x=a\)

\(SA=\sqrt{S{{G}^{2}}+A{{G}^{2}}}=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{4}+\frac{{{a}^{2}}}{3}}=\frac{a\sqrt{21}}{6}\)

Ta có \(\left( SAB \right)\cap \left( SAC \right)=SA\). Trong \(\left( SAB \right)\) kẻ \(BM\bot SA\)

Do \(\Delta SAB=\Delta SAC(c.c.c)\)\(\Rightarrow CM\bot SA\)

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( SAB \right)\) và \(\left( SAC \right)\) là góc \(\widehat{BMC}=\alpha \).

+ Tính \(BM\): \(p=\frac{SA+SB+AB}{2}=\frac{\frac{a\sqrt{21}}{6}+\frac{a\sqrt{21}}{6}+a}{2}=\frac{3+\sqrt{21}}{6}a\)

\({{S}_{\Delta SAB}}=\sqrt{p(p-SA)(p-SB)(p-AB)}=\frac{\sqrt{3}}{6}{{a}^{2}}\)

\(BM=\frac{2{{S}_{\Delta SAB}}}{SA}=\frac{2.\frac{\sqrt{3}}{6}{{a}^{2}}}{a\frac{\sqrt{21}}{6}}=\frac{2a\sqrt{7}}{7}\)\(\Rightarrow MI=\sqrt{M{{B}^{2}}-B{{I}^{2}}}=\frac{3a\sqrt{7}}{14}\)

+ \(\Delta MBC\) cân nên có \(MI\bot BC\) và \(\widehat{BMI}=\frac{\alpha }{2}\):\(\tan {\mkern 1mu} \frac{\alpha }{2} = \frac{{MI}}{{MB}} = \frac{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}}{{\frac{{3a\sqrt 7 }}{{14}}}} = \frac{{\sqrt 7 }}{3}.\)

Ta có \(\frac{{{V}_{S.MNC}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}.\frac{SC}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\Rightarrow {{V}_{S.MNC}}=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{8}{{V}_{S.ABCD}}\)

 \(\frac{{{V}_{S.MCD}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SC}{SC}.\frac{SD}{SD}=\frac{1}{2}\Rightarrow {{V}_{S.MCD}}=\frac{1}{2}{{V}_{S.ACD}}=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABCD}}\)

 \(\Rightarrow {{V}_{S.MNCD}}={{V}_{S.MNC}}+{{V}_{S.MCD}}=\frac{1}{8}{{V}_{S.ABCD}}+\frac{1}{4}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{3}{8}{{V}_{S.ABCD}}\)

Vậy \({{V}_{ABCDMN}}={{V}_{S.ABCD}}-{{V}_{S.MNCD}}=\frac{5}{8}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{5}{8}.18=\frac{45}{4}\)

Gọi G là trọng tâm tam giác \(ABC\) \(\Rightarrow \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}\).

Khi đó

\(M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=100\)

\(\Leftrightarrow {{\left( \overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC} \right)}^{2}}=100\)

\(\Leftrightarrow 3{{\overrightarrow{MG}}^{2}}+2\overrightarrow{MG}.\left( \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC} \right)+{{\overrightarrow{GA}}^{2}}+{{\overrightarrow{GB}}^{2}}+{{\overrightarrow{GC}}^{2}}=100\)

\(\Leftrightarrow 3{{\overrightarrow{MG}}^{2}}+3{{\overrightarrow{GA}}^{2}}=100\left( GA=\frac{2}{3}\times \frac{8\sqrt{3}}{2}=\frac{8\sqrt{3}}{3} \right)\)

\(\Leftrightarrow {{\overrightarrow{MG}}^{2}}=12\)

\(\Leftrightarrow MG=2\sqrt{3}\).

Khi đó, quỹ tích điểm M là một mặt cầu có bán kính bằng \(2\sqrt{3}\)

Ta có\({g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)-m\)

Hàm số\(g\left( x \right)\) có đúng hai cực tiểu khi và chỉ khi \({g}'\left( x \right)\) có hai lần đổi dấu từ \(\left( - \right)\) sang \(\left( + \right)\) (tính theo chiều tăng của x) <=>-2 <m < 5

Kết hợp với m nguyên suy ra \(m\in \left\{ -1,0,1,2,3,4 \right\}\) là tất cả các giá trị cần tìm.

Kẻ\(BH\bot {B}'C=\left\{ H \right\}\,;\,BK\bot A{B}'=\left\{ K \right\}\)

Do \(DB\) là hình chiếu vuông góc của BD' trên mặt phẳng (ABCD). Gọi \(I = DB \cap AC\), kẻ \(IN\bot B{D}'=\left\{ N \right\}\)

Ta có \(AC\bot \left( BD{D}'{B}' \right)\Rightarrow AC\bot IN\)

Khi đó \(BH\,,\,\,BK\,,\,\,IN\) lần lượt là đường vuông góc chung của các cặp đường thẳng: \(AB\) và \({B}'C\), \(BC\) và \(A{B}'\), \(AC\) và \(B{D}'\)

Suy ra \(BH=BK=\frac{2a\sqrt{5}}{5}\,,\,\,IN=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)

Đặt \(AB=x\,,\,AD=y\,,A{A}'=z\,\,\,\,\left( x\,,\,y\,,\,z>0 \right)\)

\(B{{{D}'}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\,;\,{{S}_{\Delta I{D}'B}}={{S}_{\Delta BD{D}'}}-{{S}_{\Delta DI{D}'}}={{S}_{D{D}'I}}=\frac{1}{2}z.\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}{2}=z.\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}{4}\)

\(IN=\frac{2{{S}_{I{D}'B}}}{B{D}'}=\frac{z\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}{2\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}}\)

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\\
\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\\
\frac{{z\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{{2\sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = y > 0\\
{x^2} = \frac{{4{a^2}{z^2}}}{{5{{\rm{z}}^2} - 4{a^2}}}\\
{z^2} - 4{a^2} = 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = y > 0\\
{x^2} = \frac{{4{a^2}{z^2}}}{{5{{\rm{z}}^2} - 4{a^2}}}\\
z = 2a > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = a\\
y = a\\
z = 2a
\end{array} \right.
\end{array}\)

\(\Rightarrow V=xyz=2{{a}^{3}}\).

Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(\begin{array}{l}
{x^3} + \left( {m - 3} \right){x^2} + x + 1 = x + m - 1\\
 \Leftrightarrow {x^3} + \left( {m - 3} \right){x^2} - m + 2 = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
{x^2} + \left( {m - 2} \right)x + m - 2 = 0
\end{array} \right.
\end{array}\)

Đường thẳng \(y=x+m-1\) cắt đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}+\left( m-3 \right){{x}^{2}}+x+1\) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình \({{x}^{2}}+\left( m-2 \right)x+m-2=0\) có hai nghiệm phân biệt \({{x}_{B}},\,{{x}_{C}}\) khác 1.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2m - 3 \ne 0\\
{\left( {m - 2} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne \frac{3}{2}\\
\left[ \begin{array}{l}
m < 2\\
m > 6
\end{array} \right.
\end{array} \right.\)

Áp dụng định lí Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_B} + {x_C} =  - m + 2\\
{x_B}{x_C} = m - 2
\end{array} \right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
BC = 2\sqrt 3 \\
 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_C}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_C}} \right)}^2}}  = 2\sqrt 3 \\
 \Leftrightarrow 2{\left( {{x_B} - {x_C}} \right)^2} = 12\\
 \Leftrightarrow {m^2} - 8m + 6 = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 4 + \sqrt {10} \\
m = 4 - \sqrt {10} 
\end{array} \right.
\end{array}\)

Suy ra: \(S=\left\{ 4+\sqrt{10};4-\sqrt{10} \right\}\).

Vậy tổng bình phương các giá trị m của tập S là 52.

Ta có: \(n\left( \Omega  \right)={{6}^{6}}\)

Gọi A là biến cố: “Chọn được số tự nhiên có 6 chữ số trong đó luôn có 3 chữ số 2 và các chữ số còn lại đôi một khác nhau ”.

Chọn vị trí để xếp 3 chữ số 2 là: \(C_{6}^{3}\), chọn 3 chữ số cho 3 vị trí còn lại là \(A_{5}^{3}\)

Vậy \(n\left( A \right)=C_{6}^{3}.A_{5}^{3}\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{C_{6}^{3}.A_{5}^{3}}{{{6}^{6}}}=\frac{25}{972}\) .