Đáp án A sai vì hai bất đẳng thức này chỉ tương đương khi c > 0.

Đáp án B đúng vì đây là tính chất của hai bất đẳng thức tương đương. Vậy chọn đán án B.

Đáp án C sai vì hai bất đẳng thức này chỉ tương đương khi \(\left\{ \begin{array}{l} 0 < a < b\\ 0 < c < d \end{array} \right.\).

Đáp án D sai vì hai bất đẳng thức này chỉ tương đương khi 0 < a < b.

Vì \({{180}^{0}}<\alpha <{{270}^{0}}\) nên \(\cos \alpha <0\).

Ta có: \(\cos \alpha =-\sqrt{1-{{\sin }^{2}}\alpha }=-\frac{2\sqrt{2}}{3}\)

Theo định nghĩa x₀ là nghiệm của một phương trình khi  thuộc tập xác định của phương trình và làm cho mệnh đề \(''f\left( {{x}_{0}} \right)=g\left( {{x}_{0}} \right)''\) là một mệnh đề đúng.

Theo định nghĩa tích vô hướng của 2 vectơ ta có \(\vec a.\vec b = \left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|.\cos \left( {\vec a,\vec b} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -a;b \right)\).

Đường thẳng đi qua 2 điểm A,B nhận \(\overrightarrow{AB}=\left( -a;b \right)\) làm vectơ chỉ phương nên có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=\left( b;a \right)\) hoặc \(\overrightarrow{n}=\left( -b;-a \right)\).

\(\begin{array}{l} \sin x + \cos x \ne 0\\ \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \ne 0\\ \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \ne 0\\ \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{4} \ne k\pi \\ \Leftrightarrow x \ne - \frac{\pi }{4} + k\pi \end{array}\)

Vậy \(D = R\backslash \left\{ { - \frac{\pi }{4} + k\pi |k \in Z} \right\}\)

\(\frac{1}{{{{\sin }^2}x}} + \sqrt 3 \cot x - 1 = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 1 + {\cot ^2}x + \sqrt 3 \cot x - 1 = 0 \Leftrightarrow {\cot ^2}x + \sqrt 3 \cot x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \cot x = 0\\ \cot x = - \sqrt 3 = \cot \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\ x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \end{array} \right.,(k \in Z) \end{array}\)

Ta có \(n(\Omega )=10.9=90\)

Biến cố A ‘Lấy được một bi xanh, một bi đỏ’

\(n(A)=4.6=24 \Rightarrow P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{4}{15}\)

Ta có

\(\begin{array}{l} \frac{1}{3} = - 1.\left( { - \frac{1}{3}} \right)\\ - \frac{1}{9} = \frac{1}{3}.\left( { - \frac{1}{3}} \right)\\ \frac{1}{{27}} = - \frac{1}{9}.\left( { - \frac{1}{3}} \right)\\ - \frac{1}{{81}} = \frac{1}{{27}}.\left( { - \frac{1}{3}} \right) \end{array}\)

Vậy dãy số trên là cấp số nhân với \({u_1} =  - 1,q =  - \frac{1}{3}\)

Áp dụng công thức số hạng tổng quát cấp số nhân ta có:

\({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\)

\(\begin{array}{l} = - 1.{\left( { - \frac{1}{3}} \right)^{n - 1}}\\ = {\left( { - 1} \right)^n}.\frac{1}{{{3^{n - 1}}}} \end{array}\)

\(\lim \frac{{2{n^2} - 3}}{{ - 2{n^3} - 4}} = 0\)

\(y' = {\left( {{\rm{cos}}\sqrt {1 + {x^2}} } \right)^\prime } =  - {\left( {\sqrt {1 + {x^2}} } \right)^\prime }.\sin \sqrt {1 + {x^2}} \)

\( =  - \frac{{2x}}{{2\sqrt {1 + {x^2}} }}.\sin \sqrt {1 + {x^2}}  =  - \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}.\sin \sqrt {1 + {x^2}} \)

\({V_{\left( {O,k} \right)}}M\left( {x;y} \right) = M'\left( {x';y'} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x' = kx\\ y' = ky \end{array} \right. \Leftrightarrow M'\left( {4; - 8} \right)\)

Đáp án A đúng vì là hình bình hành,theo tính chất.

Đáp án B đúng vì là hình vuông khi mặt phẳng chiếu song song với mặt phẳng chứa hình vuông và phương chiếu vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông đó.

Đáp án C sai vì Phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đt song song hoặc trùng nhau.

Đáp án D đúng vì là đoạn thẳng, khi phương chiếu song song với mặt phẳng chứa hình vuông.

Để GM // (ACD) thì GM // CI.

Do đó, trong tam giác BCI ta có \(\frac{{CM}}{{CB}} = \frac{{IG}}{{IB}} = \frac{1}{3}\)

Tính chất 1: Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.

\(y' = 3a{x^2} + 2bx + c \ge 0,\forall x \in R \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = b = 0,c > 0\\ a > 0;{b^2} - 3ac \le 0 \end{array} \right.\)

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

\( \Rightarrow A(1; - 1),B( - 1;3)\) ⇒ AB:y =  - 2x + 1

Hàm số đã cho liên tục trên [2;4]

Ta có \(y' = 1 - \frac{9}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} - 9}}{{{x^2}}}\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 3\quad \notin \left( {2;4} \right)\\ x = 3\;\;\; \in \left( {2;4} \right) \end{array} \right.\)

Ta có \(y(2) = \frac{{13}}{2};y(3) = 6;y(4) = \frac{{25}}{4}\)

Do đó \(\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {2;4} \right]} {\kern 1pt} y = y(3) = 6\)

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

Lại có \(\underset{x\to -{{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{x+2}=-\infty ;\underset{x\to -{{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{x+2}=+\infty \) nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x=-2.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận.

Gọi \(M({x_0};{y_0})\) là điểm cố định cần tìm.

Ta có \({y_0} = (1 - 2m)x_0^4 + 3mx_0^2 - m - 1,\forall m\)

\( \Leftrightarrow (2x_0^4 - 3x_0^2 + 1)m + {y_0} - x_0^4 + 1 = 0,\forall m \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x_0^4 - 3x_0^2 + 1 = 0\\ {y_0} - x_0^4 + 1 = 0 \end{array} \right.\)

⇔ \(\left\{ \begin{array}{l} {x_0} = - 1\\ {y_0} = 0 \end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l} {x_0} = 1\\ {y_0} = 0 \end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l} {x_0} = - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\ {y_0} = - \frac{3}{4} \end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l} {x_0} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\ {y_0} = - \frac{3}{4} \end{array} \right.\).

Vậy đồ thị hàm số đã cho đi qua bốn điểm cố định.

\(y'\left( {{x_0}} \right) = - \frac{1}{7} \Leftrightarrow \frac{{ - 7}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 1}}{7} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_0} = 5 \Rightarrow y\left( 5 \right) = 0 \Rightarrow pttt:y = - \frac{1}{7}x + \frac{5}{7}\,\,(\,{\rm{trù ng}}\,)\\ {x_0} = - 9 \Rightarrow y\left( { - 9} \right) = - 2 \Rightarrow pttt:y = - \frac{1}{7}x - \frac{{23}}{7} \end{array} \right.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và trục Ox:

\({x^3} - 3\left( {m + 1} \right){x^2} + 2\left( {{m^2} + 4m + 1} \right)x - 4m\left( {m + 1} \right) = 0\)

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

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

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

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 < 2m \ne 2\\ 1 < m + 1 \ne 2\\ 2m \ne m + 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{2} < m \ne 1\\ 0 < m \ne 1\\ m \ne 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} < m \ne 1\)

Vậy \(\frac{1}{2} < m \ne 1\)

Hàm số \(y={{x}^{\alpha }}\) có số mũ nguyên âm xác định khi \(x\ne 0\)

Suy ra hàm số xác định khi \(4{{x}^{2}}-1\ne 0\Leftrightarrow x\ne -\frac{1}{2};x\ne \frac{1}{2}\).

TXĐ \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right\}\)

\({{P}_{{}}}=228980000\]\[\Rightarrow 200.000.000{{\left( 1+r \right)}^{2}}=228.980.000\Leftrightarrow {{\left( 1+r \right)}^{2}}=1,1499\)

\(\Rightarrow 1+r=\sqrt{1,1499}=1,07\Rightarrow r=0.07=7%\)

Đặt \(t = {3^{ - 2{x^2} - 3x}}\left( {t > 0} \right)\), phương trình trở thành: \({t^2} - 2t - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - 1(l)\\ t = 3\left( n \right) \end{array} \right.\)

\(t = 3 \Rightarrow - 2{x^2} - 3x = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1(n)\\ x = - \frac{1}{2}\left( n \right) \end{array} \right.\).

Vậy pt có 2 nghiệm âm phân biệt.

\({\log _{{a^2}b\sqrt c }}x = \frac{1}{{{{\log }_x}{a^2}b\sqrt c }} = \frac{1}{{{{\log }_x}{a^2} + {{\log }_x}b + {{\log }_x}\sqrt c }} = \frac{1}{{2{{\log }_x}a + {{\log }_x}b + \frac{1}{2}{{\log }_x}c}} = \frac{{24}}{{35}}\)

Đặt \(t={{3}^{x}}\),vì x>1 nên t>3, bpt đã cho trở thành \({{t}^{2}}+\left( m+1 \right)t+m>0\) nghiệm đúng \(\forall t>3\)

                                                                              \(\Leftrightarrow \frac{{{t}^{2}}-t}{t+1}>-m\) nghiệm đúng \(\forall t>3\)

Xét hàm số \(g\left( t \right)=t-2+\frac{2}{t+1},\forall t>3\), ta có \({g}'\left( t \right)=1-\frac{2}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}>0,\forall t>3\), hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 3;+\infty  \right)\) và \(g\left( 3 \right)=\frac{3}{2}\)

YCBT \(\Leftrightarrow -m<\frac{3}{2}\Leftrightarrow m>-\frac{3}{2}\)

\(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} .\) là đúng nên A sai

\(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = \int\limits_a^d {f\left( x \right)dx} + \int\limits_d^b {f\left( x \right)dx} = \int\limits_a^d {f\left( x \right)dx} - \int\limits_b^d {f\left( x \right)dx} = 5 - 2 = 3.\)

Đặt \(t = \sqrt {1 + x}  \Rightarrow {t^2} = 1 + x \Rightarrow dx = 2tdt\)

Khi đó \(\int\limits_0^3 {\frac{x}{{1 + \sqrt {1 + x} }}dx}  = \int\limits_1^2 {\frac{{{t^2} - 1}}{{1 + t}}.2tdt}  = \int\limits_1^2 {2t\left( {t - 1} \right)} dt = \int\limits_1^2 {\left( {2{t^2} - 2t} \right)} dt.\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = 1 - x\\ dv = {e^x}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = - dx\\ v = {e^x} \end{array} \right.\)

Khi đó \(\int\limits_0^1 {\left( {1 - x} \right){e^x}dx} = \left. {\left( {1 - x} \right){e^x}} \right|_0^1 + \int\limits_0^1 {{e^x}dx} = \left. {\left( {1 - x} \right){e^x}} \right|_0^1 + \left. {{e^x}} \right|_0^1 = \left. {\left( {2 - x} \right){e^x}} \right|_0^1 = e - 2.\)

Suy ra M(1;-2)

Vậy \(d\left( {M;\Delta } \right) = \frac{{\left| {1.1 + 1.( - 2) + 2} \right|}}{{\sqrt {1 + 1} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \)

\(F\left( x \right) = \int {\left( {\frac{{4m}}{\pi } + {{\sin }^2}x} \right)} dx = \int {\left( {\frac{{4m}}{\pi } + \frac{{1 - {\rm{cos}}2x}}{2}} \right)} dx = \int {\left( {\frac{{4m}}{\pi } + \frac{1}{2} - \frac{{{\rm{cos}}2x}}{2}} \right)} dx = \left( {\frac{{4m}}{\pi } + \frac{1}{2}} \right)x - \frac{1}{4}\sin 2x + C.\)

Từ \(\left\{ \begin{array}{l} F\left( 0 \right) = C = 1;\\ F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = \left( {\frac{m}{4} + \frac{1}{2}} \right) \cdot \frac{\pi }{8} - \frac{1}{4}\sin \frac{\pi }{2} + C = \frac{\pi }{8} \end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow m = \frac{1}{4}\)

Vì \(\left| {2x - 1} \right| = \left\{ \begin{array}{l} - 2x + 1,\,\forall x \le \frac{1}{2}\\ 2x - 1,\,\forall x \ge \frac{1}{2} \end{array} \right.\) nên \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( {\left| {2x - 1} \right|} \right)} dx = \int\limits_{ - 1}^{\frac{1}{2}} {f\left( { - 2x + 1} \right)} dx + \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {f\left( {2x - 1} \right)} dx = {I_1} + {I_2}\)

\({I_1} = \int\limits_{ - 1}^{\frac{1}{2}} {f\left( { - 2x + 1} \right)} dx =  - \frac{1}{2}\int\limits_{ - 3}^0 {f\left( t \right)dt}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^3 {f\left( t \right)dt} \) với t =  - 2x + 1

\({I_2} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {f\left( {2x - 1} \right)} dx = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt} \) với t = 2x + 1

Vậy \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( {\left| {2x - 1} \right|} \right)} dx = \frac{1}{2}\int\limits_0^3 {f\left( t \right)dt}  + \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt}  = 4 + 1 = 5.\)

\(z = a + bi \Rightarrow \overline z  = a - bi \Rightarrow \overline z  = 6 - 7i\)

Dễ dàng tìm được 2 nghiệm của phương trình là \({{z}_{1}}=2+3i,{{z}_{2}}=2-3i\). Suy ra \(A\left( 2;3 \right),B\left( 2;-3 \right)\).

Gọi H là trung điểm AB suy ra \(H\left( 2;0 \right)\).

Vì A,B đối xứng qua Oy nên tam giác OAB cân tại O.

Do đó \({{S}_{OAB}}=\frac{1}{2}OH.AB=6\)

Gọi điểm biểu diễn của số phức z = x + yi là M(x;y)

\(\left( {2 - z} \right)\left( {\overline z  + i} \right) = \left( {2 - x - yi} \right)\left( {x - yi + i} \right) = (2x - {x^2} - {y^2} + y) - i(x + 2y - 2)\)

\(\left( {2 - z} \right)\left( {\overline z  + i} \right)\) là số thuần ảo khi và chỉ khi \(2x - {x^2} - {y^2} + y = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{5}{4}\)

Gọi \(z=a+bi\left( a,b\in R \right)\)

\(\left( 1+2i \right)\left( a+bi \right)=a+bi+2ai-2b\) là số thuần ảo nên a=2b

\(\left| 2z-\overline{z} \right|=\sqrt{13}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+9{{b}^{2}}=13\Leftrightarrow 4{{b}^{2}}+9{{b}^{2}}=13\Leftrightarrow b=\pm 1\)

Gọi K là trung điểm của \(C{C}'\) thì \({{V}_{ABCIJK}}={{V}_{{A}'{B}'{C}'IJK}}=\frac{V}{2}\).

Thể tích của khối chóp tam giác \({C}'.IJK\) bằng \({{V}_{{C}'.IJK}}=\frac{1}{3}{{V}_{{A}'{B}'{C}'IJK}}=\frac{V}{6}\).

Do đó thể tích của \({{V}_{ABCIJ{C}'}}={{V}_{ABCIJK}}+{{V}_{{C}'.IJK}} =\frac{V}{2}+\frac{V}{6}=\frac{2V}{3}\).

Xét tam giác ABC ta có \(\text{cos}\widehat{CAB}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow AC=a\sqrt{3}\) và \(BC=\sqrt{A{{B}^{2}}-A{{C}^{2}}}=a\).

Xét tam giác SAC ta có \(SC=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=a\sqrt{7}\)

Xét tam giác SAC ta có \(\text{sin}\widehat{SCA}=\frac{SA}{SC}\,\,\left( 1 \right)\)      

Xét tam giác HIC ta có \(\sin \widehat{HCI}=\frac{HI}{HC}\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(HI=\frac{SA.HC}{SC}=\frac{6a}{7}\).

Ta có \({{V}_{H.A{B}'B}}=\frac{1}{3}HI.{{S}_{A{B}'B}}=\frac{1}{3}.\frac{6a}{7}.\frac{1}{2}AC.B{B}'=\frac{1}{3}.\frac{6a}{7}.\frac{1}{2}.a\sqrt{3}.2a=\frac{2\sqrt{3}}{7}{{a}^{3}}\).

Chia khối đa diện SCMNKL bởi mặt phẳng \(\left( NLC \right)\) được hai khối chóp N.SMLC và N.LKC. Vì SC song song với \(\left( MNKL \right)\) nên \(SC\text{ // }ML\text{ // }NK\)

Ta có:

\(\frac{{{V}_{N.SMLC}}}{{{V}_{B.SAC}}}=\frac{\frac{1}{3}\text{d}\left( N;\left( SAC \right) \right).{{S}_{SMLC}}}{\frac{1}{3}\text{d}\left( B;\,\left( SAC \right) \right).{{S}_{\Delta SAC}}}=\frac{NS}{BS}.\left( 1-\frac{{{S}_{\Delta AML}}}{{{S}_{\Delta SAC}}} \right)=\frac{2}{3}\left( 1-\frac{AM}{AS}.\frac{AL}{AC} \right)=\frac{2}{3}\left( 1-\frac{2}{3}.\frac{2}{3} \right)=\frac{10}{27}\).

\(\frac{{{V}_{N.KLC}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{\frac{1}{3}\text{d}\left( N;\left( ABC \right) \right).{{S}_{\Delta KLC}}}{\frac{1}{3}\text{d}\left( S;\left( ABC \right) \right).{{S}_{\Delta ABC}}} =\frac{NB}{SB}.\frac{LC}{AC}.\frac{CK}{CB} =\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.\frac{2}{3} =\frac{2}{27}\).

Suy ra \(\frac{{{V}_{SCMNKL}}}{{{V}_{SABC}}}= \frac{{{V}_{N.SMLC}}}{{{V}_{B.SAC}}}+\frac{{{V}_{N.KLC}}}{{{V}_{S.ABC}}} =\frac{10}{27}+\frac{2}{27} =\frac{4}{9}\).

Trong tam giác SAB cân tại S ta có: \(\widehat{ASB}={{60}^{o}}\)

Nên tam giác SAB đều.

Suy ra: AB = 2a \(\Rightarrow r=\frac{AB}{2}=a\)

Do vậy, \({{S}_{xq}}=\pi rl=\pi .a.2a=2\pi {{a}^{2}}\)

Gọi \(O=AC\cap BD\), suy ra \(SO\bot \left( ABCD \right)\).

Ta có \(\left( \widehat{SB,\left( ABCD \right)} \right)=\left( \widehat{SB,OB} \right)=\widehat{SBO}\Rightarrow \widehat{SBO}={{60}^{o}}\).

Trong \(\Delta SOB\), ta có \(SO=OB.\tan \widehat{SBO}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Ta có SO là trục của hình vuông ABCD.

Trong mặt phẳng \(\left( SOB \right)\), kẻ đường trung trực d của đoạn SB.

Gọi \(I=SO\cap d\Rightarrow \left\{ \begin{align} & I\in SO \\ & I\in d \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & IA=IB=IC=ID \\ & IS=IB \\ \end{align} \right.\Rightarrow IA=IB=IC=ID=IS=R.\)

Xét \(\Delta SBD\) có \(\left\{ \begin{align} & SB=SD \\ & \widehat{SBD}=\widehat{SBO}={{60}^{o}} \\ \end{align} \right.\Rightarrow \Delta\) SBD đều.

Do đó d cũng là đường trung tuyến của \(\Delta SBD\). Suy ra I là trọng tâm \(\Delta SBD\).

Bán kính mặt cầu \(R=SI=\frac{2}{3}SO=\frac{a\sqrt{6}}{3}\). Suy ra \(V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{8\pi {{a}^{3}}\sqrt{6}}{27}\).

Tính thể tích khối trụ ngoài bán kính 0,6 m: \({{V}_{n}}=\pi {{r}^{2}}h=\pi .{{\left( 0,6 \right)}^{2}}.1=\frac{9}{25}\pi \)

Tính thể tích khối trụ trong bán kính 0,5 m: \({{V}_{t}}=\pi {{r}^{2}}h=\pi .{{\left( 0,5 \right)}^{2}}.1=\frac{1}{4}\pi \)

Lượng hồ bê tông cho một ống là: \(V={{V}_{n}}-{{V}_{t}}=\left( \frac{9}{25}-\frac{1}{4} \right)\pi =\frac{11}{100}\pi \approx 0,3456\,\,({{m}^{3}})\)

Lượng hồ bê tông để làm 500 ống là: \({{V}_{500}}=55\pi \approx 172,7876\,\,\left( {{m}^{3}} \right)\)

Số lượng bao xi măng cần mua là 1209,1532 (bao)

( - 3;1; - 2)

Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) thì khoảng cách tâm I tới (P) bằng bán kính R của (S)

\({d_{\left( {I/P} \right)}} = \frac{{\left| {2.\left( { - 1} \right) - \left( { - 1} \right) + 2.\left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {2^2}} }} = 1 \Rightarrow PT\left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 1\)

Mặt phẳng (P) có VTPT \(\overrightarrow{n}=\left( 2,0,-m \right)\), mặt phẳng (Q) có VTPT \(\overrightarrow{n}'=\left( 1,1,2 \right)\)

Để \(\left( P \right)\bot \left( Q \right)\Leftrightarrow \overrightarrow{n}.\overrightarrow{n'}=0\Leftrightarrow 2+0-2m=0\Rightarrow m=1\)

(R) là mặt phẳng có phương trình đoạn chắn là \(\frac{x}{3} - \frac{y}{4} + \frac{z}{4} = 1 \Leftrightarrow 4x - 3y + 3z - 12 = 0\)

Khoảng cách từ A tới \(\left( P \right)\) là \(h=\frac{\left| 2.\left( -2 \right)-1+1-5 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{1}^{2}}+{{1}^{2}}}}=\frac{9}{\sqrt{6}}\)

Khoảng cách từ B(0;b;0) tới \(\left( P \right)\) là \(h'=\frac{\left| 2.0+b+0-5 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{1}^{2}}+{{1}^{2}}}}=\frac{\left| b-3 \right|}{\sqrt{6}}\)

Do AB song song với \(\left( P \right)\) \(\Rightarrow h=h'\Leftrightarrow \left| b-5 \right|=9\Rightarrow \left[ \begin{align} & b=-4 \\ & b=14 \\ \end{align} \right.\) \(\Rightarrow B\left( 0;-4;0 \right)\)

Phương trình đường thẳng d đi qua M vuông góc với (P) nhận véc tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n \left( {1; - 2;1} \right)\) của (P) làm véc tơ chỉ phương là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 2 + t\\ y = 1 - 2t\\ z = - 3 + t \end{array} \right.\) thay tọa độ tham số vào (P) ta được phương trình

\(2 + t - 2(1 - 2t) - 3 + t - 1 = 0 \Leftrightarrow 6t = 6 \Rightarrow t = 1 \Leftrightarrow H\left( {3; - 1;2} \right)\)

Tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM khi và chỉ khi trung điểm I của BC nằm trên đường thẳng AM.

\(\overrightarrow {AM} \left( {1;2; - 3} \right) \Rightarrow \) PTTS của AM là \(\left\{ \begin{array}{l} x = t\\ y = 2t\\ z = 3 - 3t \end{array} \right.\)

Giả sử \(B\left( {b;0;0} \right),C\left( {0;c;0} \right) \Rightarrow I\left( {\frac{b}{2};\frac{c}{2};1} \right)\). I thuộc đường thẳng AM nên ta có hệ PT

\(\left\{ \begin{array}{l} t = \frac{b}{2}\\ 2t = \frac{c}{2}\\ 3 - 3t = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = \frac{2}{3}\\ b = 2\\ c = 4 \end{array} \right.\)

Vậy PT mặt phẳng (P) là \(\frac{x}{2} + \frac{y}{4} + \frac{z}{3} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 4z - 12 = 0\)