Mỗi cách sắp xếp năm bạn ngồi vào chiếc bàn là một hoán vị của 5 phần tử.

Do đó số cách sắp xếp năm bạn trên ngồi vào một bàn học gồm năm chỗ ngồi là \({P_5} = 5! = 120\) ( cách).

\(\lim {u_n} = \lim \frac{{n + 2020}}{{2n + 4}} = \lim \frac{{1 + \frac{{2020}}{n}}}{{2 + \frac{4}{n}}} = \frac{1}{2}.\)

\(P = \frac{{{a^{10}}{b^{12}}}}{{{a^2}{b^8}}} = {a^{12 - 2}}{b^{12 - 8}} = {a^{10}}{b^4}.\)

Thể tích của khối lập phương cạnh 3 bằng \({3^3} = 27(cm^3)\)

ĐK \({x^2} - 4x + 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x > 3\\ x < 1 \end{array} \right.\)

\({x^2} + 4x + C.\)

Thể tích khối chóp đã cho: \(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 4 = 4\) (đvdt)

Thể tích khối nón đã cho: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{\pi }{3} \cdot {2^2} \cdot 15 = 20\pi \) (đvdt)

Diện tích mặt cầu đã cho: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi \cdot {3^2} = 36\pi \)(đvdt).

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(y' > 0,\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\), nên hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\,.\)

Vì a là số thực dương nên ta có \(lo{g_5}{a^2} = 2lo{g_5}a.\)

Ta có diện tích toàn phần bằng diện tích xung quanh của hình trụ cộng với hai lần diện tích một mặt đáy \(2\pi rl + 2\pi {r^2}\).

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy y' đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm x = -1.

Suy ra hàm số đạt cực đại tại x = -1.

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị \(( - 1;0),\,\,(0; - 1);\,\,(1;0)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \,\,\, \pm \infty } y = - \infty\)

Ta có \(f\left( x \right) - 2 = 0 \Leftrightarrow \,\,f(x) = 2\)

Từ bảng biến thiên của hàm số ta biết dạng đồ thị của hàm số

Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = 2. Ta thấy đường thẳng y = 2 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm phân biệt.

Vậy phương trình f(x) = 2 có 2 nghiệm.

\({3^{2x - 1}} = 27 \Leftrightarrow {3^{2x - 1}} = {3^3} \Leftrightarrow 2x - 1 = 3 \Leftrightarrow x = 2.\)

Tập xác định của hàm số R\ {1;2}

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \,\,\, \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \,\, \pm \infty } \frac{{\frac{1}{x} - \frac{2}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}}} = 0\). Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 1.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \,\,{2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \,\,{2^ - }} y = 1\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \,\,\,{1^ - }} y = - \infty \,,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to \,\,\,{1^ + }} y = + \infty \). Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1.

Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.

\(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} =-2\)

Số phức liện hợp của số phức 5 - 2i là 5 + 2i

Ta có AC là hình chiếu vuông góc của A'C trên mặt phẳng (ABC) suy ra góc giữa đường thẳng A'C và mặt phẳng (ABCD) có số đo bằng góc giữa đường thẳng A'C và AC chính là \(\angle A'CA\)

Ta tính được AC = 5a, nên tam giác A'AC vuông cân tại A suy ra \(\angle A'CA = {45^0}\)

Vây Côsin góc giữa đường thẳng A'C và mặt phẳng (ABCD) bằng \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)

Hàm số liên tục trên đoạn [0;4] và \(y' = 3{x^2} + 4x - 7\)

 Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = \frac{7}{3} \end{array} \right.\). Tính được \(y(0) = 0\,\,;\,\,y(1) = - 4\,\,;\,\,y(4) = 68\,;\,\,\,y\left( {\frac{7}{3}} \right) = \frac{{236}}{{27}}\)

Vậy \(\mathop {Maxy = 68}\limits_{\left[ {0;4} \right]} \) khi x = 4

Dựa vào đồ thị ta có hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\),  nghịch biến trên khoảng (-1;1) nên \(f'(x) > 0,\,\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\) và \(f'(x) < 0,\,\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\)

Vậy \(f'(3) > 0\,\,\,;\,\,\,f'\left( { - \frac{3}{2}} \right) < 0\) suy ra \(f'\left( { - \frac{3}{2}} \right).f'\left( 3 \right) > 0\)

Rút \(b = {a^9},c = {a^{10}}\) rồi thế vào M được đáp án A

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

Lập bảng biến thiên của hàm số ta có điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là A(1;-1)

Đề điểm A nằm trên đường thẳng d thì \( - 1 = 2018 + m \Leftrightarrow \,\,m = 2021\).

\({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} - x}} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{4 - x}} \Leftrightarrow {x^2} - x < 4 - x \Leftrightarrow - 2 < x < 2\)

Thể tích \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi .O{A^2}.SO.\)

Ta có \(\widehat {ASB} = 60^\circ \Rightarrow \widehat {ASO} = 30^\circ \Rightarrow \tan 30^\circ = \frac{{OA}}{{SO}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow SO = OA\sqrt 3 .\)

Lại có \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .OA.SA = \pi .OA\sqrt {O{A^2} + S{O^2}} = 6\pi {a^2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow OA\sqrt {O{A^2} + 3O{A^2}} = 6{a^2} \Rightarrow 2O{A^2} = 6{a^2}\\ \Rightarrow OA = a\sqrt 3 \Rightarrow SO = 3a \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi .3{a^2}.3a = 3\pi {a^3}. \end{array}\)

\(S = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right)dx - \int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} } .\)

Ta có \(n\left( \Omega \right) = A_{10}^8 - A_9^7\).

Gọi A là tập hợp các số a có 8 chữ số khác nhau chia hết cho 45.

Khi đó a chia hết cho 5 và 9 (tổng các chữ số chia hết cho 9 và số hàng đơn vị bằng 0 hoặc 5).

Trường hợp 1: a có hàng đơn vị bằng 0; 7 chữ số còn lại có chữ số 9 và 3 trong 4 bộ số \(\left\{ {1;8} \right\},\left\{ {2;7} \right\},\left\{ {3;6} \right\},\left\{ {4;5} \right\}\) có 4.7! số.

Trường hợp 2: a có hàng đơn vị bằng 5; 7 chữ số còn lại có chữ số 4 và 3 trong 4 bộ số \(\left\{ {0;9} \right\},\left\{ {1;8} \right\},\left\{ {2;7} \right\},\left\{ {3;6} \right\}\).

* Không có bộ {0;9}, có 7! số.

* Có bộ {0;9}, có \(C_3^2\left( {7! - 6!} \right)\) số

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 4.7! + C_3^2\left( {7! - 6!} \right)\) số

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{4.7! + C_3^2\left( {7! - 6!} \right)}}{{A_{10}^8 - A_9^7}} = \frac{{53}}{{2268}}\)

Gọi H là trung điểm của cạnh AB suy ra \(SH \bot AB\), lại có \((SAB) \cap (ABC) = AB\), \((SAB) \bot (ABC)\) nên \(SH \bot (ABC)\)

Dựng hình bình hành ABCD ta có

\(AC//BD \Rightarrow \,\,AC//(SBD) \Rightarrow \,\,d(AC,SB) = d(AC,(SBD)) = d(A,SBD)) = 2d(H,(SBD)).\)

Kẻ \(HK \bot BD\,\,(K \in BD)\,\,;HE \bot SK\,\,(E \in SK)\, \Rightarrow \,\,\,HE \bot (SBD)\). Vậy \(d(H,(SBD)) = HE.\)

Ta có \(HB = 2a,\,\,\angle ABK = {30^0}\) suy ra \(HK = HB.\sin {30^0} = a\)

Ta có \(SH = 2a\sqrt 3 \). Tam giác SHK vuông tại K nên \(HE = \frac{{SH.HK}}{{\sqrt {H{K^2} + S{H^2}} }} = \frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\)

Vậy \(d(AC,SB) = \frac{{4a\sqrt {39} }}{{13}}.\)

Gửi A đồng với lãi suất r% sau kì hạn n thì số tiền cả gốc lẫn lãi nhận được là: \(T = A{\left( {1 + r} \right)^n}.\)

Sau 1 năm, chị X nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là: \(T = 20000000{\left( {1 + {\rm{ }}0,5\% } \right)^{12}} \approx 21234000\) đồng. 

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} - mx + 1,\,\,\,\,f'\left( x \right) = 3{x^2} - m\)

Nhận xét: Đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {{x^3} - mx + 1} \right|\) được suy từ đồ thị hàm số y = f(x) bằng cách giữ lại phần đồ thị phía trên trục Ox và lấy đối xứng phần phía dưới Ox qua Ox (xóa bỏ phần đồ thị của y = f(x) nằm phía dưới Ox).

TH1: Với m = 0 ta có hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} + 1\) đồng biến trên R

Có \(f\left( 1 \right) = 2 > 0 \Rightarrow \) hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {{x^3} - mx + 1} \right|\) đồng biến trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow \,\,\,\,\,m = 0\) thỏa mãn.

TH2: Với m > 0 ta có:

f'(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\)

Để hàm số \(y = \left| {{x^3} - mx + 1} \right|\) đồng biến trên \([1; + \infty )\) thì \(\left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ {x_1} < {x_2} \le 1\\ f\left( 1 \right) \ge 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ \frac{{ - m}}{3} + 1 \ge 0\\ 2 - m \ge 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m \le 2\)

Mà  \(m \in N \Rightarrow \,\,\,m \in \left\{ {1;2} \right\}\)

Vậy, \(S = \left\{ {0;1;2} \right\}.\) Số phần tử của S là 3.

Gọi O là tâm của tam giác ABC suy ra \(SO \bot \left( {ABC} \right)\) và \(SO = h = 1;OA = \frac{2}{3} \cdot \sqrt 6 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 2 \)

Trong tam giác vuông SAO, ta có \(SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}} = \sqrt {1 + 2} = \sqrt 3 \).

Trong mặt phẳng (SAO) kẻ trung trực của đoạn SA cắt SO tại I, suy ra IS = IA = IB = IC nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

Gọi H là trung điểm của SA, ta có tam giác SHI đồng dạng với tam giác SOA nên \(R = IS = \frac{{SH.SA}}{{SO}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot \sqrt 3 }}{1} = \frac{3}{2}\)

Vậy diện tích mặt cầu \({S_{mc}} = 4\pi {R^2} = 9\pi \).

Từ giả thiết, ta có \(x\left( {x + 1} \right).f'\left( x \right) + f\left( x \right) = {x^2} + x\frac{x}{{x + 1}}.f'\left( x \right) + \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}f\left( x \right) = \frac{x}{{x + 1}}\)

\( \Leftrightarrow {\left[ {\frac{x}{{x + 1}}.f\left( x \right)} \right]^\prime } = \frac{x}{{x + 1}}\), với \(\forall x \in R\backslash \left\{ {0;\,\, - 1} \right\}\).

Suy ra \(\frac{x}{{x + 1}}.f\left( x \right) = \int {\frac{x}{{x + 1}}\,} {\rm{d}}x\) hay \(\frac{x}{{x + 1}}.f\left( x \right) = x - \ln \left| {x + 1} \right| + C\).

Mặt khác, ta có \(f\left( 1 \right) = - 2\ln 2\) nên C = -1. Do đó \(\frac{x}{{x + 1}}.f\left( x \right) = x - \ln \left| {x + 1} \right| - 1\).

Với x = 2 thì \(\frac{2}{3}.f\left( 2 \right) = 1 - \ln 3 \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = \frac{3}{2} - \frac{3}{2}\ln 3\). Suy ra \(a = \frac{3}{2}\) và \(b = - \frac{3}{2}\).

Vậy \({a^2} + {b^2} = \frac{9}{2}\).

Ta có \(2{\mathop{\rm cosx}\nolimits} - sinx + 4 > 0,\,\,\,\forall x \in R\)

Đặt \(\frac{{3\sin x - \cos x - 1}}{{2{\mathop{\rm cosx}\nolimits} - sinx + 4}} = t \Leftrightarrow 3\sin x - \cos x - 1 = t\left( {2{\mathop{\rm cosx}\nolimits} - sinx + 4} \right)\)

\( \Leftrightarrow \cos x\left( {2t + 1} \right) - {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \left( {t + 3} \right) = - 4t - 1\)

Phương trình trên có nghiệm khi \({\left( {2t + 1} \right)^2} + {\left( {t + 3} \right)^2} \ge {\left( { - 4t - 1} \right)^2}\)

\(\Leftrightarrow 5{t^2} + 10t + 10 \ge 16{t^2} + 8t + 1 \Leftrightarrow 11{t^2} - 2t - 9 \le 0 \Leftrightarrow - \frac{9}{{11}} \le t \le 1 \Rightarrow 0 \le \left| t \right| \le 1\)

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số f(x) đồng biến trên (0;1)

Nên phương trình \(f\left( x \right) = f\left( {\left| t \right|} \right)\) với \(t \in [0;1]\) có nghiệm duy nhất khi \(x = \left| t \right| \Rightarrow x \ge 0\)

Do đó phương trình \(f\left( {\left| {\frac{{3\sin x - \cos x - 1}}{{2{\mathop{\rm cosx}\nolimits} - sinx + 4}}} \right|} \right) = f\left( {{m^2} + m + 4} \right)\) có nghiệm

\( \Leftrightarrow \left| t \right| = {m^2} + 4m + 4\) có nghiệm với \(0 \le \left| t \right| \le 1\)

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

Mà \(m \in Z\) nên \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1} \right\}.\) Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu.

Ta có \(4 = {2^x} + {2^y} \ge 2\sqrt {{2^{x + y}}} \Leftrightarrow 4 \ge {2^{x + y}} \Leftrightarrow x + y \le 2\).

Suy ra \(xy \le {\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^2} = 1\).

Khi đó \(P = \left( {2{x^2} + y} \right)\left( {2{y^2} + x} \right) + 9xy = 2\left( {{x^3} + {y^3}} \right) + 4{x^2}{y^2} + 10xy\).

\(P = 2\left( {x + y} \right)\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 3xy} \right] + {\left( {2xy} \right)^2} + 10xy\)

\( \le 4\left( {4 - 3xy} \right) + 4{x^2}{y^2} + 10xy = 16 + 2{x^2}{y^2} + 2xy\left( {xy - 1} \right) \le 18\)

Vậy P_max = 18 khi x = y = 1.

Ta giả thiết \({x^2} + {y^2} + xy + 4 = 4y + 3x \Leftrightarrow \,\,\,{x^2} + {y^2} + xy + 4 - 4y - 3x = 0\,\,(1)\)

Ta có (1) xảy ra khi \({\Delta _1} = {\left( {y - 3} \right)^2} - 4\left( {{y^2} - 4y + 4} \right) \ge 0\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,1 \le y \le \frac{7}{3}\)

Ta có  \({x^2} + {y^2} + xy + 4 = 4y + 3x \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + xy = 4y + 3x - 4\)

\(\begin{array}{l} P = 3\left( {{x^3} - {y^3}} \right) + 20{x^2} + 2xy + 5{y^2} + 39x\\ = 3\left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + xy} \right) + 20{x^2} + 2xy + 5{y^2} + 39x\\ = 29{x^2} - 7{y^2} + 5xy + 27x + 12y\\ P \le - 7{y^2} + 5.\frac{4}{3}y + 27.\frac{4}{3} + 12y + 29.{\left( {\frac{4}{3}} \right)^2} = - 7{\left( {y - \frac{4}{3}} \right)^2} + 100 \end{array}\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 100 khi \(x = y = \frac{4}{3}\).

Dễ thấy thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNI) với hình chóp là hình ngũ giác IMNJH với MN // IJ. Ta có MN, AD, IH đồng qui tại E với \(EA = \frac{1}{3}ED\) và MN, CD, HJ đồng qui tại F với \(FC = \frac{1}{3}FD\), chú ý E, F cố định.

Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có \(\frac{{HS}}{{HD}}.\frac{{ED}}{{EA}}.\frac{{IA}}{{SI}} = 1\).

\( \Leftrightarrow \frac{{HS}}{{HD}}.3.k = 1 \Leftrightarrow \frac{{HS}}{{HD}} = \frac{1}{{3k}}\)

Từ đó \(\frac{{d\left( {H,\left( {ABCD} \right)} \right)}}{{d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right)}} = \frac{{HD}}{{SD}} = \frac{{3k}}{{3k + 1}}\).

Suy ra \({V_{HJIAMNCD}} = {V_{H.DFE}} - {V_{I.AEM}} - {V_{J.NFC}}\).

Đặt \(V = {V_{S.ABCD}}\) và \(S = {S_{ABCD}},h = d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right)\) ta có \({S_{AEM}} = {S_{NFC}} = \frac{1}{8}S\) và \(\frac{{d\left( {I,\left( {ABCD} \right)} \right)}}{{d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right)}} = \frac{{IA}}{{SA}} = \frac{k}{{k + 1}}\)

Thay vào ta được \({V_{HJIAMNCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{3k}}{{3k + 1}}h.\left( {\frac{9}{8}S} \right) - 2.\frac{1}{3}.\frac{k}{{k + 1}}h.\frac{1}{8}S=\frac{1}{8}.\frac{{21{k^2} + 25k}}{{\left( {3k + 1} \right)\left( {k + 1} \right)}}\).

Theo giả thiết ta có \({V_{HJIAMNCD}} = \frac{{13}}{{20}}V\) nên ta có phương trình \(\frac{1}{8}.\frac{{21{k^2} + 25k}}{{\left( {3k + 1} \right)\left( {k + 1} \right)}} = \frac{{13}}{{20}}\), giải phương trình này được \(k = \frac{2}{3}\).

Ta có: 

\(lo{g_{{x^2} + {y^2} + 3}}\;\left( {2x + 2y\; + 5{\rm{ }}} \right)\; \ge \;1\;\)⇔ \(2x + 2y + 5{\rm{ }} \ge {x^2} + y{\;^2} + \;3\;\)⇔ \({x^2} + {y^2}\; - 2x - 2y\; - 2 \le \;0\left( 1 \right)\;\)

⇒ Tập hợp các cặp số thực ( x,y ) thỏa mãn \(lo{g_{{x^2} + {y^2} + 3}}\;\left( {2x + 2y\; + 5{\rm{ }}} \right)\; \ge \;1\;\) là hình tròn \(\left( {{C_1}} \right):{x^2} + {y^2}\; - 2x - 2y - 2 = 0\) (tính cả biên). 

Xét \({x^2} + {y^2} + 4x + 6y + 13 - m = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = m.\;\)

TH1: \(m = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - 2\\ y\; = - 3\; \end{array} \right.\), không thỏa mãn (1). 

TH2: m >0 , khi đó tập hợp các cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn \({x^2} + {y^2} + 4x + 6y + 13 - m = 0\) là đường tròn \(\left( {{C_2}} \right):{x^2} + {y^2}\; + 4x + 6y + 13 - m = 0.\;\)

Để tồn tại duy nhất cặp số thực ( x;y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán thì hai đường tròn (C₁) và (C₂) tiếp xúc ngoài với nhau hoặc hai đường tròn (C₁) và (C₂) tiếp xúc trong và đường tròn (C₂) có bán kính lớn hơn đường tròn (C₁). 

(C₁) có tâm I₁(1;1) bán kính R₁ = 2

(C₂) có tâm I₂(-2;-3) bán kính \({R_2} = \sqrt m \left( {m > 0} \right).\;\)

Để (C₁) và (C₂) tiếp xúc ngoài thì \({I_1}{I_2} = {R_1} + {R_2}.\;\)

⇔ \(\sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + \left( { - 4} \right){\;^2}} = 2\; + \sqrt m \;\;\)

⇔ \(5 = 2 + \sqrt m \Leftrightarrow m = \;9\;\left( {tm\;} \right)\;\)

Để đường tròn (C₁) và (C₂) tiếp xúc trong và đường tròn (C₂) có bán kính lớn hơn đường tròn (C₁). 

⇒ \({R_2} - {R_1} = \;{I_1}{I_2}\) ⇔\(\sqrt m - 2 = \sqrt {\left( { - 3} \right){\;^2} + \;{4^2}} \) ⇔m = 49 ( tm ) 

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

Xếp tất cả 6 học sinh vào 6 ghế theo một hàng ngang, ta có số phần tử không gian mẫu \(n\left( \Omega \right) = 6!\) (cách).

Gọi D là biến cố học sinh lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B

Trường hợp 1: Xếp học sinh lớp C ở đầu hàng hoặc cuối hàng

Số cách chọn học sinh lớp C ngồi vào 2 vị trí đầu hoặc cuối là: 2 (cách).

Số cách chọn 1 học sinh lớp B trong 2 học sinh lớp B ngổi cạnh C là: 2 (cách).

Số cách xếp4  học sinh còn lại (1 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp A) là: 4! (cách).

Số cách xếp ở trường hợp 1 là: 2.2.4! (cách).

Trường hợp 2: học sinh lớp C ngồi giữa hai học sinh lớp B (buộc lại xem như một đơn vị cần xếp có dạng BCB)

Số cách xếp học sinh lớp B là: 2 (cách).

Số cách xếp ở trường hợp 2 là: 2.4! (cách). (gồm 3 bạn lớp A và phần được buộc lại)

Khi đó số phần tử biến cố D là: \(n\left( D \right) = 2.2.4! + 2.4! = 6.4!\) (cách).

Xác suất biến cố D là: \(P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{6.4!}}{{6!}} = \frac{1}{5}\).

Gọi N  là trung điểm của AC và M là trung điểm của AB ⇒ MN là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow \,\,MN\parallel BC\,\,\, \Rightarrow \,\,BC\parallel \left( {SMN} \right)\).

Suy ra \(d\left( {BC,SM} \right) = d\left( {BC,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = h\).

Do AS, AM, AN đôi một vuông  góc nên tứ diện SAMN là tứ diện vuông tại A.

Áp dụng công thức tính đường cao của tứ diện vuông ta có : 

\(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}} \Rightarrow h = \frac{{2a}}{3}\)

Dễ dàng chứng minh tam giác SAC và tam giác SAN vuông tại A suy ra \(SA \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi P là trung điểm của AC suy ra \(BC//\left( {SMP} \right)\).

Do đó: \(d\left( {BC,SM} \right) = d\left( {BC,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SMP} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMP} \right)} \right)\).

Ta có: \(AN \bot MP\) lại có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) và \(MP \subset \left( {ABC} \right)\) nên suy ra \(MP \bot \left( {SAO} \right)\).

Dẫn đến \(\left( {SMP} \right) \bot \left( {SAO} \right)\). Gọi H là hình chiếu của A trên SO ta suy ra \(AH \bot \left( {SMP} \right)\)

Vậy \(d\left( {A,\left( {SMP} \right)} \right) = AH\).

Xét tam giác SAO vuông tại A nên ta có \(AH = \frac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + S{H^2}} }} = \frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}\)

Như vậy \(d\left( {BC,SM} \right) = \frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}\).

Tập xác định: D = R \ {1}.

\(y' = \frac{{m - 2}}{{{{(x - 1)}^2}}}\)

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi \(y' > 0;\,\forall x \in D \Leftrightarrow m \in (2; + \infty )\).

Gọi số tiền đóng hàng năm là A = 12 (triệu đồng), lãi suất là \(r = 6\% = 0,06\).

Sau 1 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là \({A_1} = A\left( {1 + r} \right)\). (nhưng người đó không rút mà lại đóng thêm A triệu đồng nữa, nên số tiền gốc để tính lãi năm sau là \({A_1} + A\)).

Sau 2 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

\({A_2} = \left( {{A_1} + A} \right)\left( {1 + r} \right) = \left[ {A\left( {1 + r} \right) + A} \right]\left( {1 + r} \right) = A{\left( {1 + r} \right)^2} + A\left( {1 + r} \right)\).

Sau 3 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

\({A_3} = \left( {{A_2} + A} \right)\left( {1 + r} \right) = \left[ {A{{\left( {1 + r} \right)}^2} + A\left( {1 + r} \right) + A} \right]\left( {1 + r} \right) = A{\left( {1 + r} \right)^3} + A{\left( {1 + r} \right)^2} + A\left( {1 + r} \right)\).

…

Sau 18 năm, người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

\({A_{18}} = A{\left( {1 + r} \right)^{18}} + A{\left( {1 + r} \right)^{17}} + ... + A{\left( {1 + r} \right)^2} + A\left( {1 + r} \right)\).

Tính: \({A_{18}} = A\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^{18}} + {{\left( {1 + r} \right)}^{17}} + ... + {{\left( {1 + r} \right)}^2} + \left( {1 + r} \right) + 1 - 1} \right]\).

\(\Rightarrow {A_{18}} = A\left[ {\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{19}} - 1}}{{\left( {1 + r} \right) - 1}} - 1} \right] = A\left[ {\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{19}} - 1}}{r} - 1} \right] = 12\left[ {\frac{{{{\left( {1 + 0,06} \right)}^{19}} - 1}}{{0,06}} - 1} \right] \approx 393,12\).

Ta có \(y = {x^3} + 3{x^2} - \left( {{m^2} - 3m + 2} \right)x + 5 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 6x - \left( {{m^2} - 3m + 2} \right)\).

Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) khi

\(y' \ge 0,\,\forall x \in \left( {0;\,2} \right)\) và dấu "=" chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm trên khoảng (0;2).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x - \left( {{m^2} - 3m + 2} \right) \ge 0,\forall x \in \left( {0;\,2} \right)\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x \ge {m^2} - 3m + 2\,\,\left( * \right)\forall x \in \left( {0;\,2} \right) \end{array}\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3{x^2} + 6x,x \in \left( {0;\,2} \right)\).

Ta có \(g'\left( x \right) = 6x + 6 > 0,\,\forall x \in \left( {0;\,2} \right)\).

Bảng biến thiên:

Nhìn bảng biến thiên suy ra điều kiện để (*) xảy ra là: \({m^2} - 3m + 2 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le m \le 2\).

Do \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {1;\,\,2} \right\}\).

Gọi (T) là khối trụ có đường cao là 2a, bán kính đường tròn đáy là a và (N) là khối nón có đường cao là a, bán kính đường tròn đáy là a.

Ta có:

Thể tích khối trụ (T) là: \({V_1} = \pi .{a^2}.2a = 2\pi .{a^3}\).

Thể tích khối nón (T) là: \({V_2} = \frac{1}{3}\pi .{a^2}.a = \frac{{\pi .{a^3}}}{3}\).

Thể tích khối tròn xoay thu được là: \(V = {V_1} - {V_2} = 2\pi .{a^3} - \frac{{\pi .{a^3}}}{3} = \frac{{5\pi {a^3}}}{3}\).

Gọi F(x) là nguyên hàm của f(x) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có \(2{x^2}f\left( {{x^2}} \right) + 2xf\left( {2x} \right) = 2{x^4} - 4x - 3,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

\(\Rightarrow 2xf\left( {{x^2}} \right) + 2f\left( {2x} \right) = 2{x^3} - 4 - \frac{3}{x},\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\).

⇒ \(\int {\left[ {2xf\left( {{x^2}} \right) + 2f\left( {2x} \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int {\left( {2{x^3} - 4 - \frac{3}{x}} \right){\rm{d}}x} \)

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

Cho \(x = \frac{1}{2}\) ta được \(F\left( {\frac{1}{4}} \right) + F\left( 1 \right) = - \frac{{63}}{{32}} + 3\ln 2 + C\).

Cho x = 1 ta được \(F\left( 1 \right) + F\left( 2 \right) = - \frac{7}{2} + C\).

Do đó, \(\int\limits_{\frac{1}{4}}^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = F\left( 2 \right) - F\left( {\frac{1}{4}} \right) = - \frac{7}{2} + \frac{{63}}{{32}} - 3\ln 2 = - \frac{{49}}{{32}} - 3\ln 2\).

Đặt t = 2sinx. Vì \(x \in \left[ { - \pi ;\pi } \right]\) nên \(t \in \left[ { - 2;2} \right].\) Suy ra \(3f(t) + 1 = 0 \Leftrightarrow f(t) = - \frac{1}{3}.\)

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình \(f(t) = - \frac{1}{3}\) có 2 nghiệm \({t_1} \in \left( { - 2;0} \right)\) và \({t_2} \in \left( {0;2} \right)\)

Suy ra: \({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x = \frac{{{t_1}}}{2} \in ( - 1;0)\) và \({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x = \frac{{{t_2}}}{2} \in (0;1).\)

Với \({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x = \frac{{{t_1}}}{2} \in ( - 1;0)\) thì phương trình có 2 nghiệm \( - \pi < {x_1} < {x_2} < 0.\)

Với \({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x = \frac{{{t_2}}}{2} \in (0;1)\) thì phương trình có 2 nghiệm \(0 < {x_3} < {x_4} < \pi .\)

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ { - \pi ;\pi } \right]\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^3} - 4{x^3} + 4{x^2} + a\) trên [0;2].

\(g'\left( x \right) = 4{x^3} - 12{x^2} + 8x;g'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1\\ x = 2 \end{array} \right.;g\left( 0 \right) = a;g\left( 1 \right) = a + 1;g\left( 2 \right) = a\)

Suy ra: \(a \le g\left( x \right) \le a + 1\).

TH1: \(0 \le a \le 4 \Rightarrow a + 1 \ge a > 0 \Rightarrow M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = a + 1;m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = a\)

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l} 0 \le a \le 4\\ a + 1 \le 2a \end{array} \right. \Rightarrow 1 \le a \le 4\). Do đó: có 4 giá trị của a thỏa mãn.

TH2: \( - 4 \le a \le - 1 \Rightarrow a \le a + 1 \le - 1 \Rightarrow \left| {a + 1} \right| \le \left| a \right|\)

\( \Rightarrow M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = |a| = - a;m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = |a + 1| = - a - 1\)

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l} - 4 \le a \le - 1\\ - a \le - 2a - 2 \end{array} \right. \Rightarrow - 4 \le a \le - 2\). Do đó: có 3 giá trị của a thỏa mãn.

Vậy có tất cả 7 giá trị thỏa mãn.

\(\frac{{{V_{AEFG}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{{S_{EFG}}}}{{{S_{BCD}}}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{AEFG}} = \frac{1}{4}{V_{ABCD}}\)

(Do E, F, G lần lượt là trung điểm của BC, BD, CD).

Do mặt phẳng (MNP) // (BCD) nên \(\frac{{{V_{QMNP}}}}{{{V_{AMNP}}}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {V_{QMNP}} = \frac{1}{2}{V_{AMNP}}\)

\({V_{QMNP}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{{27}}{V_{ABCD}} = \frac{1}{{27}}{V_{ABCD}} = \frac{{2017}}{{27}}\).

Đặt \(t = {10^z}\). Khi đó \({x^3} + {y^3} = a.{t^3} + b.{t^2}\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \log \left( {x + y} \right) = z\\ \log \left( {{x^2} + {y^2}} \right) = z + 1 \end{array} \right.\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y = {10^z} = t\\ {x^2} + {y^2} = {10.10^z} = 10t \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow xy = \frac{{{t^2} - 10.t}}{2}\)

Khi đó \({x^3} + {y^3} = {\left( {x + y} \right)^3} - 3xy\left( {x + y} \right) = {t^3} - \frac{{3t\left( {{t^2} - 10t} \right)}}{2} = - \frac{1}{2}{t^3} + 15{t^2}\).

Suy ra \(a = - \frac{1}{2},b = 15\)

Vậy \(a + b = \frac{{29}}{2}\).