Hàm số xác định \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 2m+1-x>0 \\ & x-m>0 \\ \end{align} \right.\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x<2m+1 \\ & x>m \\ \end{align} \right.\)

Suy ra, tập xác định của hàm số là \(D=\left( m;2m+1 \right)\), với \(m\ge -1\).

Hàm số xác định trên \(\left( 2;3 \right)\) suy ra \(\left( 2;3 \right)\subset D\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & m\le 2 \\ & 2m+1\ge 3 \\ \end{align} \right.\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & m\le 2 \\ & m\ge 1 \\ \end{align} \right.\)

Gọi \(z=x+yi;\text{ }\left( x;\text{ }y\in \mathbb{R} \right)\) có điểm \(M\left( x;y \right)\) biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

Từ giả thiết \(\left| z+1-i \right|=\left| z-3i \right|\) suy ra \(M\in \Delta :2x+4y-7=0\).

Ta có: \(z-i=x+\left( y-1 \right)i\) có điểm \({M}'\left( x;y-1 \right)\) biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

Ta có: \(2x+4y-7=0\Leftrightarrow 2x+4\left( y-1 \right)-3=0\Rightarrow {M}'\in {\Delta }':2x+4y-3=0\).

Vậy \({{\left| z-i \right|}_{\min }}=d\left( O;{\Delta }' \right)=\frac{\left| -3 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{4}^{2}}}}=\frac{3\sqrt{5}}{10},\) khi \(z=\frac{3}{10}+\frac{8}{5}i\).

Đặt \(t=\sqrt{8-{{x}^{2}}}\Rightarrow {{t}^{2}}=8-{{x}^{2}}\Rightarrow -tdt=xdx\)

\(\int{\frac{x}{\sqrt{8-{{x}^{2}}}}dx=-\int{\frac{tdt}{t}=-t+C=-\sqrt{8-{{x}^{2}}}+C}}\).

Vì \(F\left( 2 \right)=0\) nên C=2. Ta có phương trình \(-\sqrt{8-{{x}^{2}}}+2=x\Leftrightarrow x=1-\sqrt{3}\)

5,2,-1,-4,-7 là CSC

Điều kiện: \(-2\le x\le 4\). Xét \(f(x)=\sqrt{2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+6x+16}-\sqrt{4-x}\) trên đoạn \(\left[ -2;4 \right]\).

Có \({f}'(x)=\frac{3\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)}{\sqrt{2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+6x+16}}+\frac{1}{2\sqrt{4-x}}>0,\forall x\in \left( -2;4 \right)\).

Do đó hàm số đồng biến trên \(\left[ -2;4 \right]$, bpt \(\Leftrightarrow f(x)\ge f(1)=2\sqrt{3}\Leftrightarrow x\ge 1\).

So với điều kiện, tập nghiệm của bpt là \(S=\text{ }\!\![\!\!\text{ }1;4]\Rightarrow a+b=5.\)

Đồ thị hàm số y=f(x) có 2 điểm cực trị

\((*) \Leftrightarrow {\log _2}a + {\log _3}2.{\log _2}a + {\log _5}2.{\log _2}a = {\log _2}a.{\log _3}5.{\log _5}a.{\log _5}a\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _2}a.\left( {1 + {{\log }_3}2 + {{\log }_5}2} \right) = {\log _2}a.{\log _3}5.\log _5^2a\\ \Leftrightarrow {\log _2}a.\left( {1 + {{\log }_3}2 + {{\log }_5}2 - {{\log }_3}5.\log _5^2a} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _2}a = 0\\ 1 + {\log _3}2 + {\log _5}2 - {\log _3}5.\log _5^2a = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = 1\\ {\log _5}a = \pm \sqrt {\frac{{1 + {{\log }_3}2 + {{\log }_5}2}}{{{{\log }_3}5}}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = 1\\ a = {5^{ \pm \sqrt {\frac{{1 + {{\log }_3}2 + {{\log }_5}2}}{{{{\log }_3}5}}} }} \end{array} \right. \end{array}\)

Gọi O, \({{O}_{1}}\) lần lượt là tâm hình vuông ABCD và \({{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}}\); I là trung điểm của \(O{{O}_{1}}; H\) là hình chiếu vuông góc của I trên \({{O}_{1}}C\).

Ta có \({{B}_{1}}{{D}_{1}}\bot \left( {{O}_{1}}IH \right) \Rightarrow IH\bot {{B}_{1}}{{D}_{1}}\) mà \(IH\bot {{O}_{1}}C \Rightarrow IH\bot \left( {{B}_{1}}{{D}_{1}}C \right)\). Suy ra góc tạo bởi đường thẳng \({{B}_{1}}D\) và \(\left( {{B}_{1}}{{D}_{1}}C \right)\) là \(\varphi =\widehat{I{{B}_{1}}H}\).

Ta có \({{B}_{1}}I=\frac{{{B}_{1}}D}{2} =\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+2}}{2}; \frac{1}{4I{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{O}_{1}}{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{C}^{2}}}=\frac{1}{{{x}^{2}}}+2 \Rightarrow IH=\frac{x}{2\sqrt{2{{x}^{2}}+1}}\).

Suy ra \(\tan \varphi =\frac{IH}{{{B}_{1}}I}=\frac{\frac{x}{2\sqrt{2{{x}^{2}}+1}}}{\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+2}}{2}}=\frac{x}{\sqrt{2{{x}^{2}}+1}\sqrt{{{x}^{2}}+2}}\)

Do \(2{{x}^{2}}+1\ge 3\sqrt[3]{{{x}^{4}}}\) và \({{x}^{2}}+2\ge 3\sqrt[3]{{{x}^{2}}}\) nên \(\tan \varphi \le \frac{1}{3}\). Đẳng thức xảy ra khi x=1.

Ta có \(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-3}{x-1}=-\infty \) và \(\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-3}{x-1}=+\infty \) nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=1

\(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-3}{x-1}=2\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=2

Gọi z = x + yi.

Ta có |x-2-4(y-4)i| = |x+(y-2)x| ⇔ y = -x+4

Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình x+y-4=0

Mặt khác |z| = \(\sqrt{x^2+y^2} = \sqrt{2x^2-8x+16}\) \(\ge 2\sqrt2\)

Vậy z=2+2i

Số phức đối của z là -5+4i

Điểm biểu diễn số phức đối là (-5;4)

Gọi \(M\left( {{x}_{0}};\frac{2{{x}_{0}}-1}{{{x}_{0}}-2} \right)\in \left( C \right)\,,\,\left( {{x}_{0}}\ne 2 \right)\). Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng

\(\Delta :y=-\frac{3}{{{({{x}_{0}}-2)}^{2}}}(x-{{x}_{0}})+\frac{2{{x}_{0}}-1}{{{x}_{0}}-2}\).

Giao điểm của \(\Delta \) với tiệm cận đứng là \(A\left( 2;\,\,\frac{2{{x}_{0}}+2}{{{x}_{0}}-2} \right)\).

Giao điểm của \(\Delta \) với tiệm cận ngang là \(B\left( 2{{x}_{0}}-2;\,\,2 \right)\).

Xét \(\left\{ \begin{align} & {{x}_{A}}+{{x}_{B}}=2+2{{x}_{0}}-2=2{{x}_{0}} \\ & {{y}_{A}}+{{y}_{B}}=\frac{2{{x}_{0}}+2}{{{x}_{0}}-2}+2=2.\frac{2{{x}_{0}}-1}{{{x}_{0}}-2}=2{{y}_{0}} \\ \end{align} \right.\)⇒ M là trung điểm của AB.

\(\Delta \,IAB\) vuông tại I nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB.

\(\Rightarrow S=\pi {{R}^{2}}=\pi I{{M}^{2}}=\pi \left[ {{({{x}_{0}}-2)}^{2}}+{{\left( \frac{2{{x}_{0}}-1}{{{x}_{0}}-2}-2 \right)}^{2}} \right]=\pi \left[ {{({{x}_{0}}-2)}^{2}}+\frac{9}{{{({{x}_{0}}-2)}^{2}}} \right]\ge 6\pi \)

Dấu ''='' xảy ra khi \({{({{x}_{0}}-2)}^{2}}=\frac{9}{{{({{x}_{0}}-2)}^{2}}}\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{x}_{0}}=\,\,\,\,\sqrt{3}+2\Rightarrow {{y}_{0}}=\,\,\,\,\,\sqrt{3}+2 \\ & {{x}_{0}}=-\sqrt{3}+2\Rightarrow {{y}_{0}}=-\sqrt{3}+2 \\ \end{align} \right.\).

Với \({{x}_{0}}=\,\,\,\,\sqrt{3}+2\Rightarrow \Delta :y=-x+2\sqrt{3}+4\) cắt 2 trục tọa độ tại \(E\left( 0;\,\,2\sqrt{3}+4 \right)\) và \(F\left( \,2\sqrt{3}+4;\,\,0 \right)\), suy ra \({{S}_{OEF}}=\frac{1}{2}\,OE.OF=14+8\sqrt{3}\approx 27,8564\)

VTPT là \(\,\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {2;0; - 3} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow{MN}=\left( 2;-6;3 \right)\) nên \(MN=\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -6 \right)}^{2}}+{{3}^{2}}}=7\).

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {3;3; - 3} \right).\) Phương trình đường thẳng AB là \(\left( d \right):\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + t\\ y = 2 + t\\ z = 1 - t \end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t \in R} \right)\).

Gọi M là giao điểm của (d) và (P), ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + t\\ y = 2 + t\\ z = 1 - t\\ 3x - 4y + 5z + 6 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1 + t\\ y = 2 + t\\ z = 1 - t\\ 3 + 3t - 8 - 4t + 5 - 5t + 6 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = 1\\ x = 2\\ y = 3\\ z = 0 \end{array} \right. \Rightarrow M\left( {2;3;0} \right).\)

Ta có \(\overrightarrow {MA} = \left( { - 1; - 1;1} \right),\overrightarrow {MB} = \left( {2;2; - 2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MB} = - 2\overrightarrow {MA} .\)

Vậy \(\frac{{MB}}{{MA}} = 2.\)

\(F\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{3{x^2}}}{2} + 2x + C\)

Sau một vụ, trung bình số cá trên mỗi đơn vị diện tích mặt hồ cân nặng: \(f(n)=nP(n)=480n-20{{n}^{2}}\). 

\(f'(n) = 480 - 40n = 0 \Leftrightarrow n = 12\)

BBT

Trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ, cần thả 12 con cá thì sau một vụ thu hoạch được nhiều gam cá nhất.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó \(SO\bot \left( ABCD \right)\).

Suy ra OB là hình chiếu của SB trên \(\left( ABCD \right)\) nên góc giữa SB và \(\left( ABCD \right)\] là \(\widehat{SBO}={{45}^{\text{o}}}\).

Ta có \(\cos {{45}^{\text{o}}}=\frac{BO}{SB}\Rightarrow SB=\frac{BO}{\cos {{45}^{\text{o}}}}=a\frac{\sqrt{2}}{2}:\frac{\sqrt{2}}{2}=a\).

Suy ra SB=SA=SC=SD=a hay SAB,SBC,SCD,SDA là các tam giác đều cạnh a.

Diện tích toàn phần của hình chóp S.ABCD là.

\(S={{S}_{\Delta SAB}}+{{S}_{\Delta SBC}}+{{S}_{\Delta SCD}}+{{S}_{\Delta SDA}}+{{S}_{ABCD}}$$=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}+\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}+\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}+\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}+{{a}^{2}}=\left( 1+\sqrt{3} \right){{a}^{2}}\).

Ta có: \(M \in d\) nên \(M\left( {t; - 1 + 2t; - 2 + 3t} \right)\).

\(d\left( {M\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {t + 2\left( { - 1 + 2t} \right) - 2\left( { - 2 + 3t} \right) + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{{\left| { - t + 5} \right|}}{3} = 2\).

\( \Leftrightarrow \left| { - t + 5} \right| = 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - t + 5 = 6\\ - t + 5 = - 6 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - 1\\ t = 11 > 0 \end{array} \right.\).

Ta có \(t =  - 1 \Rightarrow M\left( { - 1; - 3; - 5} \right).\)

Tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -m \right\}\).

Ta có \({y}'=\frac{{{m}^{2}}-4}{{{\left( x+m \right)}^{2}}}\).

Để hàm số giảm trên khoảng \(\left( -\infty ;1 \right)\Leftrightarrow {y}'<0,\forall x\in \left( -\infty ;1 \right)\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{m}^{2}}-4<0 \\ & 1\le -m \\ \end{align} \right.\)\(\Leftrightarrow -2<m\le -1\)

Điều kiện: x>0.

Ta có phương trình tương đương \({{2}^{2{{\log }_{9}}x}}-{{6.2}^{{{\log }_{9}}x}}+{{2}^{3}}=0.\text{    (1)}\)

Đặt \(t={{2}^{{{\log }_{9}}x}},t>0. \left( 1 \right)\Rightarrow {{t}^{2}}-6t+8=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=2 \\ & t=4 \\ \end{align} \right.\)

- Với \(t=2\Leftrightarrow {{2}^{{{\log }_{9}}x}}=2\Leftrightarrow {{\log }_{9}}x=1\Leftrightarrow x=9.\)

- Với \(t=4\Leftrightarrow {{2}^{{{\log }_{9}}x}}={{2}^{2}}\Leftrightarrow {{\log }_{9}}x=2\Leftrightarrow x=81\).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(S=\left\{ 9;81 \right\}\Rightarrow x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=6642\).

\(\begin{align} & {y}'=4{{x}^{3}}-4{{m}^{2}}x \\ & {y}'=0\Leftrightarrow 4x\left( {{x}^{2}}-{{m}^{2}} \right)=0 \\ \end{align}\)

Hàm số có 3 điểm cực trị \(\Leftrightarrow m\ne 0\)

Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là: \(A\left( 0;1 \right),\,\,B\left( m;1-{{m}^{4}} \right),\,\,C\left( -m;1-{{m}^{4}} \right)\)

Do tính chất đối xứng, ta có \(\Delta ABC\) cân tại đỉnh A.

Vậy \(\Delta ABC\) chỉ có thể vuông cân tại đỉnh \(A\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=0\Leftrightarrow -{{m}^{2}}+{{m}^{8}}=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m=0 \\ & m=\pm 1 \\ \end{align} \right.\).

Kết hợp điều kiện ta có: \(m=\pm 1\).

Giao điểm của hai đường \({{y}^{2}}=4x\) và x=4 là D(4;-4) và E(4;4). Phần phía trên Ox của đường \({{y}^{2}}=4x\) có phương trình  \(y=2\sqrt{x}\).

Từ hình vẽ suy ra thể tích của khối tròn xoay cần tính là: \(V=\int\limits_{0}^{4}{\pi .{{(2\sqrt{x})}^{2}}dx}=32\pi .\)

Ta có: \(AM=\frac{\sqrt{3}}{2}, AG=\frac{\sqrt{3}}{3}\).

G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Dựng đường thẳng \(\Delta \) qua G và vuông góc mặt phẳng (ABC). Suy ra \(\Delta \) là trục đường tròn ngoại tiếp hình chóp S.ABC

Gọi J là trung điểm SA. Trong mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng SA và \(\Delta \) kẻ đường thẳng trung trực của đoạn SA cắt \(\Delta \) tại I. I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC.

\(\widehat{\left( \left( SBC \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SMA}=60{}^\circ \).

Tam giác SAM vuông tại A: \(\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM}\Rightarrow SA=\frac{\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{3}{2}\).

\(JA=\frac{SA}{2}=\frac{3}{4}\).

\(\Delta IAG\) vuông tại J: \(R=IA=\sqrt{I{{G}^{2}}+A{{G}^{2}}}=\sqrt{J{{A}^{2}}+A{{G}^{2}}}=\sqrt{\frac{9}{16}+\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt{129}}{12}\).

\(S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi \frac{129}{144}=\frac{43\pi }{12}\).

Ta có \(I=\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{f(x)dx}=\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{0}{f(x)dx+\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f(x)dx}}\)

Tính \({{I}_{1}}=\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{0}{f(x)dx}\). Đặt \(x=-t\Rightarrow dx=-dt\) ⇒ \({{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f(-t)dt=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f(-x)dx}}\).

Thay vào, ta được \(I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left[ f(-x)+f(x) \right]dx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sqrt{2\left( 1+\cos 2x \right)}=2\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left| \cos x \right|dx}}}=2\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\cos xdx}=2\)

\({{x}_{1}}.{{x}_{2}}=1\)

Theo đề ta có mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm \(I\left( -1;0;1 \right)\) của AB và bán kính \(R=\frac{AB}{2}=\sqrt{2}\).

Nên phương trình mặt cầu là: \({{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=2\).

Cắt khối lăng trụ \(MNP.{M}'{N}'{P}'\) bởi các mặt phẳng \(\left( M{N}'{P}' \right)\) và \(\left( MN{P}' \right)\) ta được ba khối tứ diện là \(P.MN{P}'; P.MN{N}'; {M}'.M{N}'{P}'.\)

\(S = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|dx.} \)

Số phần tử không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right) = 5!\).

Gọi A là biến cố “số tìm được không bắt đầu bởi 135”.

Thì biến cố \(\overline A \) là biến cố “số tìm được bắt đầu bởi 135”

Buộc các số 135 lại thì ta còn 3 phần tử. Số các số tạo thành thỏa mãn số 135 đứng đầu là 1.2.1 = 2 cách ⇒ n(A) = 120-2=118 cách

Nên \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{118}}{{120}} = \frac{{59}}{{60}}\)

Do \(d\subset \left( Oyz \right)\Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}.\overrightarrow{i}=0\Rightarrow \) loại đáp án A,

B. Lại có \(d\cap \left( Oyz \right)=M\left( 0;-7;-5 \right)\Rightarrow M\in {d}'\)

Phương trình tương đương với \(\frac{3}{{{3}^{x}}}=2+{{\left( \frac{1}{9} \right)}^{x}}\Leftrightarrow 3.{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{x}}=2+{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{2x}}\).

Đặt \(t={{\left( \frac{1}{3} \right)}^{x}}, t>0\). Phương trình trở thành \(3t=2+{{t}^{2}}\Leftrightarrow {{t}^{2}}-3t+2=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=1 \\ & t=2 \\ \end{align} \right.\).

● Với t=1, ta được \({{\left( \frac{1}{3} \right)}^{x}}=1\Leftrightarrow x=0\).

● Với t=2, ta được \({{\left( \frac{1}{3} \right)}^{x}}=2\Leftrightarrow x={{\log }_{\frac{1}{3}}}2=-{{\log }_{3}}2<0\).

Vậy phương trình có một nghiệm âm.

Khảo sát hàm số \(\left( C \right):y=-2{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+1\) tìm được \({{y}_{CT}}=1,\text{ }{{y}_{\text{C }\!\!\S\!\!\text{ }}}=\frac{3}{2}\).

Yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow 3m=1\Leftrightarrow m=\frac{1}{3}\).

Vậy chọn \(m=\frac{1}{3}\).

Với \(x\ge 1\Rightarrow {{5}^{x}}\ge 5\Rightarrow {{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}-1 \right)\ge {{\log }_{2}}\left( 5-1 \right)=2\) hay \(t\ge 2\).

Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “Tìm m để phương trình có nghiệm \(t\ge 2\)”.

Xét hàm số \(f(t)={{t}^{2}}+t,\text{ }\forall t\ge 2,\text{ }f'(t)=2t+1>0,\text{ }\forall t\ge 2\)

Suy ra hàm số đồng biến với \(t\ge 2\).

Khi đó phương trình có nghiệm khi \(2m\ge 6\Leftrightarrow m\ge 3.\)

Vậy \(m\ge 3\) là các giá trị cần tìm.

Xét \(\cos x=0\), ta có 1+0=2.(1+0). Vậy \(\cos x=0\) không là nghiệm của phương trình.

Chia cả 2 vế phương trình cho \({{\cos }^{2020}}x\ne 0, \frac{1}{{{\cos }^{2}}x}.{{\tan }^{2018}}x+\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}=2\left( {{\tan }^{2020}}x+1 \right)\left( 1 \right)\)

\(\left( 1 \right)\Leftrightarrow \left( 1+{{\tan }^{2}}x \right){{\tan }^{2018}}x+1+{{\tan }^{2}}x=2\left( {{\tan }^{2020}}x+1 \right)\)

Đặt t=tan x, phương trình trở thành \(\left( 1+{{\operatorname{t}}^{2}} \right){{\operatorname{t}}^{2018}}+1+{{\operatorname{t}}^{2}}=2\left( 1+{{\operatorname{t}}^{2020}} \right)\Leftrightarrow {{\operatorname{t}}^{2018}}+{{\operatorname{t}}^{2020}}+1+{{\operatorname{t}}^{2}}=2+2{{\operatorname{t}}^{2020}}\)

\(\Leftrightarrow {{t}^{2020}}+1-{{t}^{2018}}-{{t}^{2}}=0 \Leftrightarrow {{t}^{2018}}\left( {{t}^{2}}-1 \right)-\left( {{t}^{2}}-1 \right)=0 \Leftrightarrow \left( {{t}^{2018}}-1 \right)\left( {{t}^{2}}-1 \right)=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=1 \\ & t=-1 \\ \end{align} \right.\Rightarrow \tan x=\pm 1\Leftrightarrow x=\pm \frac{\pi }{4}+k\pi \)

\(\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+k\frac{\pi }{2}\left( k\in \mathbb{Z} \right)\)

Do \(x\in \left( 0;2018 \right) \Rightarrow 0<\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}<2018 \Rightarrow 0\le k\le 1284,k\in \mathbb{Z}\)

Vậy tổng các nghiệm của phương trình trong khoảng \(\left( 0;2018 \right)\) bằng

\(\frac{\pi }{4}.1285+\left( 1+2+...+1284 \right)\frac{\pi }{2} =\frac{\pi }{4}.1285+\frac{1284.1285}{4}\pi  ={{\left( \frac{1285}{2} \right)}^{2}}\pi \)

Gọi I là trung điểm BC. Vì ABCA'B'C' là lăng trụ tam giác đều nên.

\(AI\bot \left( BB'C'C \right)=>AI\bot BC'\).

Lại có giả thiết \(AC'\bot BC'\) nên suy ra \(BC'\bot \left( AIB' \right)=>BC'\bot B'I\).

Gọi \(H=B'I\cap BC'\).

Ta có \(\Delta BHI\) đồng dạng \(\Delta C'HB' => \frac{HI}{B'H}=\frac{BI}{B'C'}=\frac{1}{2}=>B'H=2HI=>B'I=3HI\).

Xét tam giác vuông B'BI có \(B{{I}^{2}}=HI.B'I=3H{{I}^{2}}=>HI=\sqrt{\frac{B{{I}^{2}}}{3}}=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{12}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Suy ra \(BB'=\sqrt{B'{{I}^{2}}-B{{I}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Vậy \(V={{S}_{\Delta ABC}}.BB'={{a}^{2}}\frac{\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8}\).

\(I = \lim \frac{{2n - 3}}{{2{n^2} + 3n + 1}} = \lim \frac{{\frac{2}{n} - \frac{3}{{{n^2}}}}}{{2 + \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}} = 0\)

Đáp án A đúng vì có tiệm cận đứng x=-1, tiệm cận ngang y=1, y=-1.

Đáp án B sai vì hàm số nghịch biến trên \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( -1;0 \right)\)

Đáp án C sai vì đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.

Đáp án D sai vì hàm số không có giá trị lớn nhất.

Ta có \(\left| x-2 \right|=\left\{ \begin{align} & x-2.\text{ Khi }x\ge 2 \\ & 2-x.\text{ Khi }x\le 2 \\ \end{align} \right.\).

Do đó \(I=\int\limits_{1}^{2}{\frac{2\left| x-2 \right|+1}{x}}\text{ d}x+\int\limits_{2}^{5}{\frac{2\left| x-2 \right|+1}{x}\text{ }}\text{d}x\).

\(=\int\limits_{1}^{2}{\frac{2\left( 2-x \right)+1}{x}}\text{ d}x+\int\limits_{2}^{5}{\frac{2\left( x-2 \right)+1}{x}\text{ }}\text{d}x\).

\(=\int\limits_{1}^{2}{\left( \frac{5}{x}-2 \right)}\text{ d}x+\int\limits_{2}^{5}{\left( 2-\frac{3}{x} \right)\text{ }}\text{d}x\).

\(=\left( 5\ln x-2x \right)\left| \begin{matrix} 2 \\ 1 \\ \end{matrix}+ \right.\left( 2x-5\ln x \right)\left| \begin{matrix} 5 \\ 2 \\ \end{matrix} \right.\).

\(=4+8\ln 2-3\ln 5\).

⇒ \(\left\{ \begin{align} & a=8 \\ & b=-3 \\ \end{align} \right.\) ⇒ S=a+b=5.

Gọi \(A\left( a;0;0 \right), B\left( 0;b;0 \right)\) và \(C\left( 0;0;c \right)$ với \(a>0,\,b>0,\,c>0\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1\).

Do \(M\in \left( \alpha  \right)\) nên \(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}=1\). Suy ra \(1=\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\ge 3.\sqrt[3]{\frac{2}{a}.\frac{1}{b}.\frac{2}{c}}\Rightarrow abc\ge 108\).

Ta có: \({{V}_{ABC}}=\frac{1}{6}abc\ge \frac{1}{6}.108=18\). Đẳng thức xảy ra khi \(a=c=6;\,b=3\).

Vậy phương trình \(\left( \alpha  \right):\frac{x}{6}+\frac{y}{3}+\frac{z}{6}=1\) hay \(\left( \alpha  \right):x+2y+z-6=0\).

z = a + bi

Ta có \(a + bi - \left( {2 + 3i} \right)\left( {a - bi} \right) = 1 - 9i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a - 3b = 1\\ 3a - 3b = 9 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 2\\ b = - 1 \end{array} \right. \Rightarrow ab + 1 = - 1\)

Khi SD thay đổi thi AC thay đổi. Đặt AC=x.Gọi \(O=AC\cap \).

Vì SA=SB=SC nên chân đường cao SH trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC \(\Rightarrow H\in BO\).

Ta có \(OB=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{x}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{\frac{4{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{4}}=\frac{\sqrt{4{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}\)

\(=\frac{1}{3}a\left( x.\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}} \right)\le \frac{1}{3}a\left( \frac{{{x}^{2}}+3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{2} \right)=\frac{{{a}^{3}}}{2}\).

Điều kiện: \(2x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{1}{2}\)

Chọn D do tính chất của hàm mũ

Ta có: \(OO'\parallel BB'\) nên \(\left( \widehat{AB,OO'} \right)=\left( \widehat{AB,BB'} \right)=\widehat{ABB'}=30{}^\circ \).

Đặt \(V={{V}_{OA'B.O'AB'}}\).

Ta có: \({{V}_{OA'B.O'AB'}}={{V}_{B.O'AB'}}+{{V}_{B.OA'AO}}=\frac{1}{3}V+{{V}_{B.OA'AO}}\Rightarrow {{V}_{B.OA'AO}}=\frac{2}{3}V\).

Mà \(\frac{d\left( A',\left( OBA \right) \right)}{d\left( O',\left( OBA \right) \right)}=\frac{IA'}{IO'}=1\) nên \({{V}_{A'.OAB}}={{V}_{O'OAB}}=\frac{1}{3}V\).

Ta có OB'=R, AB'=R nên tam giác O'AB' đều nên có diện tích bằng \(\frac{{{R}^{2}}\sqrt{3}}{4}\).

Vậy ta có \({V_{O'OAB}} = \frac{1}{3}V = \frac{{{R^3}}}{4}\)

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\)

+ Gọi \(A=d\cap \Delta \Rightarrow A\in \Delta \Rightarrow A\left( 2+t;\,2+t;\,1+2t \right)\).

Vì \(A\in d\subset \left( \alpha  \right)\Rightarrow A\in \left( \alpha  \right) \Rightarrow 2+t+2+t+1+2t-1=0\Leftrightarrow t=-1\Rightarrow A\left( 1;\,1;\,-1 \right)\).

+ Gọi \(B=d\cap Oz \Rightarrow B\left( 0;\,0;\,b \right)\).

Vì \(B\in d\subset \left( \alpha  \right)\Rightarrow B\in \left( \alpha  \right)\Rightarrow b-1=0\Leftrightarrow b=1\Rightarrow B\left( 0;\,0;\,1 \right).\)

Khi đó một VTCP của đường thẳng d là \(\overrightarrow{AB}=\left( -1;-1;2 \right)=-\left( 1;1;-2 \right)\).

Vậy véctơ \(\overrightarrow{u}=\left( 1;\,1;\,-2 \right)\) cũng là một VTCP của đường thẳng d.

Ta có \({{S}_{\Delta {A}'BM}}=\frac{1}{2}BM.{A}'M=\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.3.1=\frac{9}{8}\).

Trong mặt phẳng \(\left( {A}'{B}'{C}' \right)\) kẻ

\({C}'H\bot {A}'{B}'\left( H\in {A}'{B}' \right) \Rightarrow {C}'H\bot \left( {A}'BM \right)\).

Khi đó \({C}'H={A}'{C}'.\sin \widehat{{B}'{A}'{C}'}=\sqrt{3}\).

Xét tam giác vuông \(AB{A}': {A}'{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{{A}'}^{2}}=10\).

Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC: \(B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AB.AC.\cos \widehat{BAC} \Leftrightarrow B{{C}^{2}}=7\)

Xét tam giác vuông BCN: \(B{{N}^{2}}=B{{C}^{2}}+C{{N}^{2}}=11\).

Xét tam giác vuông \({A}'{C}'N\): \({A}'{{N}^{2}}={A}'{{{C}'}^{2}}+C{{N}^{2}}=5\)

Áp dụng hệ quả của định lí cosin cho tam giác \({A}'BN: \cos \widehat{NB{A}'}=\frac{{A}'{{B}^{2}}+B{{N}^{2}}-{A}'{{N}^{2}}}{2.{A}'B.BN} =\frac{10+11-5}{2.\sqrt{10}.\sqrt{11}}=\frac{8}{\sqrt{110}} \Rightarrow \sin \widehat{NB{A}'}=\sqrt{\frac{23}{55}}\)

\(\Rightarrow {{S}_{\Delta {A}'BN}}=\frac{1}{2}{A}'B.BN.\sin \widehat{NB{A}'} =\frac{1}{2}.\sqrt{10}.\sqrt{11}.\sqrt{\frac{23}{55}}=\frac{\sqrt{46}}{2}\).

Mà \({{S}_{\Delta {A}'BN}}.d\left( M,\left( {A}'BN \right) \right)={{S}_{\Delta {A}'BM}}.{C}'H \Rightarrow d\left( M,\left( {A}'BN \right) \right)=\frac{{{S}_{\Delta {A}'BM}}.{C}'H}{{{S}_{\Delta {A}'BN}}}=\frac{9\sqrt{138}}{184}\).

\(\begin{array}{l} {z^2} - 2z + 6 = 0 \Leftrightarrow {\left( {z - 1} \right)^2} + 5 = 0 \Leftrightarrow z = 1 \pm \sqrt 5 i\\ \Rightarrow {z_1} = 1 - \sqrt 5 i;\,{z_2} = 1 + \sqrt 5 i\\ \Rightarrow M = |{z_1}| + |3{z_1} - {z_2}| = \left| {1 - \sqrt 5 i} \right| + \left| {2 - 4\sqrt 5 i} \right| = \sqrt 6 + \sqrt {84} = \sqrt 6 + 2\sqrt {21} \end{array}\)

Đồ thị hàm số \(y=\frac{x-1}{{{x}^{2}}+2\left( m-1 \right)x+{{m}^{2}}-2}\) có đúng hai tiệm cận đứng

⇒ Phương trình \(f\left( x \right)={{x}^{2}}+2\left( m-1 \right)x+{{m}^{2}}-2=0\) có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

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

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