Trong \(\left( BCD \right)\) gọi \(E=MN\cap CD\).

Trong \(\left( ACD \right)\) gọi \(Q=AD\cap PE\).

Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng \(\left( MNP \right)\) là tứ giác MNQP.

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác BCD ta có:

\(\frac{MB}{MC}.\frac{EC}{ED}.\frac{ND}{NB}=1\Rightarrow \frac{1}{2}.\frac{EC}{ED}.\frac{1}{2}=1\Leftrightarrow \frac{EC}{ED}=4\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ACD ta có:

\(\frac{PA}{PC}.\frac{EC}{ED}.\frac{QD}{QA}=1\Rightarrow 1.4.\frac{QD}{QA}=1\Rightarrow \frac{QD}{QA}=\frac{1}{4}\)

Ta có: \({{V}_{ABMNQ}}={{V}_{ABMN}}+{{V}_{AMNP}}+{{V}_{ANPQ}}\)

+) \(\frac{{{S}_{BMN}}}{{{S}_{BCD}}}=\frac{BM}{BC}.\frac{BN}{BD}=\frac{1}{3}.\frac{2}{3}=\frac{2}{9}\Rightarrow \frac{{{V}_{ABMN}}}{{{V}_{ABCD}}}=\frac{2}{9}\)

+) \(\frac{{{V}_{AMNP}}}{{{V}_{AMNC}}}=\frac{AP}{AC}=\frac{1}{2}\Rightarrow {{V}_{AMNP}}=\frac{1}{2}{{V}_{AMNC}}\)

\(\frac{{{S}_{NMC}}}{{{S}_{DBC}}}=\frac{d\left( N;BC \right).MC}{d\left( D;BC \right).BC}=\frac{NB}{DB}.\frac{MC}{BC}=\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{4}{9}\)

\(\Rightarrow \frac{{{V}_{AMNC}}}{{{V}_{ABCD}}}=\frac{4}{9}\Rightarrow {{V}_{AMNP}}=\frac{2}{9}{{V}_{ABCD}}\)

+) \(\frac{{{V}_{APQN}}}{{{V}_{ACDN}}}=\frac{AP}{AC}.\frac{AQ}{AD}=\frac{1}{2}.\frac{4}{5}=\frac{2}{5}\Rightarrow {{V}_{APQN}}=\frac{2}{5}{{V}_{ACDN}}\)

\(\frac{{{S}_{CND}}}{{{S}_{CBD}}}=\frac{DN}{DB}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{{{V}_{ACDN}}}{{{V}_{ABCD}}}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{V}_{APQN}}=\frac{2}{15}{{V}_{ABCD}}\)

\(\Rightarrow {{V}_{ABMNQ}}={{V}_{ABMN}}+{{V}_{AMNP}}+{{V}_{ANPQ}}=\frac{2}{9}{{V}_{ABCD}}+\frac{2}{9}{{V}_{ABCD}}+\frac{2}{15}{{V}_{ABCD}}=\frac{26}{45}{{V}_{ABCD}}\).

Gọi \({{V}_{1}}={{V}_{ABMNQ}},{{V}_{2}}\) là thể tích phần còn lại \(\Rightarrow \frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{26}{19}\).

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

\({\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) + {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {2x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) - {\log _3}\left( {2x + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\frac{{{x^2} + 4x}}{{2x + 3}} = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 4x}}{{2x + 3}} = 1 \Leftrightarrow {x^2} + 4x = 2x + 3\)

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

Vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm.

Chia cả 2 vế của bất phương trình cho \({{2}^{x}}>0\) ta được: \({{\left( 3+\sqrt{7} \right)}^{x}}+\left( 2-m \right){{\left( \frac{3-\sqrt{7}}{2} \right)}^{x}}-\left( m+1 \right)\ge 0\)

Nhận xét: \({{\left( 3+\sqrt{7} \right)}^{x}}.{{\left( \frac{3-\sqrt{7}}{2} \right)}^{x}}=1\), do đó khi ta đặt \(t={{\left( 3+\sqrt{7} \right)}^{x}}\left( t>0 \right)\Rightarrow {{\left( \frac{3-\sqrt{7}}{2} \right)}^{x}}=\frac{1}{t}\).

Phương trình trở thành: \(t+\left( 2-m \right)\frac{1}{t}-\left( m+1 \right)\ge 0\Leftrightarrow {{t}^{2}}-\left( m+1 \right)t+2-m\ge 0\)

\(\Leftrightarrow {{t}^{2}}-t+2\ge m\left( t+1 \right)\Leftrightarrow m\le \frac{{{t}^{2}}-t+2}{t+1}=f\left( t \right)\text{ }\forall t>0\Leftrightarrow m\le \underset{\left( 0;+\infty  \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}-t+2}{t+1}\left( t>0 \right)\) ta có: \(f'\left( t \right)=\frac{\left( 2t-1 \right)\left( t+1 \right)-{{t}^{2}}+t-2}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}=\frac{{{t}^{2}}+2t-3}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=1 \\ & t=-3 \\ \end{align} \right.\)

BBT

Từ BBT \(\Rightarrow m\le 1\).

Kết hợp điều kiện đề bài \(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & m\in \mathbb{R} \\ & m\in \left[ -10;1 \right] \\ \end{align} \right.\Rightarrow \) có 12 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi \(\alpha \) là góc giữa 2 mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) và \(\left( MNP \right)\)

Dễ thấy \(\Delta ABC\) là hình chiếu của \(\Delta MNP\) lên mặt phẳng \(\left( ABC \right)\), do đó ta có

\({{S}_{ABC}}={{S}_{MNP}}.\cos \alpha \Rightarrow \cos \alpha =\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{MNp}}}=\frac{2\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \alpha =30{}^\circ \).

Đặt \(t=-x\Rightarrow dx=-dt\).

Đổi cận: \(\left\{ \begin{align} & x=-2\Rightarrow t=2 \\ & x=2\Rightarrow t=-2 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow I=-\int\limits_{2}^{-2}{f\left( -t \right)dt}=\int\limits_{-2}^{2}{f\left( -x \right)dx}\).

Theo bài ra ta có: \(2f\left( x \right)+3f\left( -x \right)=\frac{1}{4+{{x}^{2}}}\Leftrightarrow 2\int\limits_{-2}^{2}{f\left( x \right)dx}+3\int\limits_{-2}^{2}{f\left( -x \right)dx}=\int\limits_{-2}^{2}{\frac{dx}{4+{{x}^{2}}}}\)

\(\Leftrightarrow 3I+2I=\int\limits_{-2}^{2}{\frac{dx}{4+{{x}^{2}}}}\Leftrightarrow I=\frac{1}{5}\int\limits_{-2}^{2}{\frac{dx}{4+{{x}^{2}}}}\).

Đặt \(x=2\tan u\) ta có: \(dx=2\frac{1}{{{\cos }^{2}}u}du=2\left( 1+{{\tan }^{2}}u \right)du\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{align} & x=-2\Rightarrow u=\frac{-\pi }{4} \\ & x=2\Rightarrow u=\frac{\pi }{4} \\ \end{align} \right.\).

Khi đó ta có \(I=\frac{1}{5}\int\limits_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{2\left( 1+{{u}^{2}} \right)du}{4+4{{\tan }^{2}}u}}=\frac{1}{10}\int\limits_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{du}=\left. \frac{1}{10}u \right|_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}=\frac{1}{10}\left( \frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{4} \right)=\frac{\pi }{20}\).

Đặt \(t=\sqrt{x}\Rightarrow dt=\frac{2}{2\sqrt{x}}dx\Rightarrow \frac{dx}{\sqrt{x}}=2dt\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{align} & x=1\Leftrightarrow t=1 \\ & x=4\Rightarrow t=2 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow I=2\int\limits_{1}^{2}{f\left( t \right)dt}=2\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)dx}=2.2=4\).

TH1: \(0<a<1\Rightarrow {{\log }_{a}}b>0={{\log }_{a}}1\Leftrightarrow 0<b<1\).

TH2: \(a>1\Rightarrow {{\log }_{a}}b>0={{\log }_{a}}1\Leftrightarrow b>1\).

Vậy \(\left[ \begin{align} & 0<a,b<1 \\ & 1<a,b \\ \end{align} \right..\)

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

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

Tuy nhiên x=0 là nghiệm bội 2, x=1 là nghiệm bội 4 của phương trình \(f'\left( x \right)=0\), do đó chúng không là cực trị của hàm số. Vậy hàm số có duy nhất 1 điểm cực trị x=-1.

\(I = \int\limits_{ - 2}^5 {\left[ {f\left( x \right) - 4g\left( x \right) - 1} \right]dx}  = \int\limits_{ - 2}^5 {f\left( x \right)dx}  - 4\int\limits_{ - 2}^5 {g\left( x \right)dx}  - \int\limits_{ - 2}^5 {dx}  = \left. {8.4.\left( { - 3} \right) - x} \right|_{ - 2}^5 = 13\)

\(y' = {\left( {\dfrac{{2x + 1}}{{x - 1}}} \right)^\prime } \)

\(= \dfrac{{2(x - 1) - (2x + 1)}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \dfrac{{ - 3}}{{{{(x - 1)}^2}}}\)

\(y'(2) = \dfrac{{ - 3}}{{{{\left( {2 - 1} \right)}^2}}} =  - 3\)

Vì chóp S.ABCD đều \(\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right)\).

Trong \(\left( SOC \right)\) kẻ \(OH\bot SC\left( H\in SC \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & BD\bot AC \\ & BD\bot SO \\ \end{align} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SOC \right)\Rightarrow OH\bot BD\)

\(\Rightarrow \) OH là đoạn vuông góc chung của BD và \(SC\Rightarrow d\left( BD;SC \right)=OH\)

ABCD là hình vuông cạnh \(2a\Rightarrow OC=\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow SO=\sqrt{S{{C}^{2}}-O{{C}^{2}}}=\sqrt{5{{a}^{2}}-2{{a}^{2}}}=a\sqrt{3}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SOC:OH=\frac{SO.OC}{SC}=\frac{a\sqrt{3}.a\sqrt{2}}{a\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{30}}{5}\).

Vậy \(d\left( BD;SC \right)=\frac{a\sqrt{30}}{5}\)

Đặt \(t=\cos x\) ta có \(x\in \left( 0;\frac{3\pi }{2} \right]\Rightarrow t\in \left[ -1;1 \right)\), khi đó phương trình trở thành \(f\left( t \right)=m\).

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( t \right)\) và y=m song song với trục hoành.

Dựa vào đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) ta thấy phương trình \(f\left( t \right)=m\) có 2 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ -1;1 \right)\) khi và chỉ khi \(m\in \left( 0;2 \right)\)

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 2

Tứ diện OABC vuông tại \(O \Rightarrow {V_{OABC}} = \frac{1}{6}OA.OB.OC = \frac{1}{6}.1.2.3 = 1\)

TXĐ: \(D = \left[ { - 2;2} \right]\)

Ta có: \(y' = 1 - \frac{{ - 2x}}{{2\sqrt {4 - {x^2}} }} = 1 + \frac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = - 1 \Leftrightarrow - x = \sqrt {4 - {x^2}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le 0\\ {x^2} = 4 - {x^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow x = - \sqrt 2 \).

\(y\left( 2 \right) = 2;y\left( { - 2} \right) =  - 2;y\left( { - \sqrt 2 } \right) =  - 2\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow \max y = 2 = M,\min y =  - 2\sqrt 2  = m \Rightarrow M - m = 2 + 2\sqrt 2  = 2\left( {\sqrt 2  + 1} \right)\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):\frac{x}{-2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{-3}=1\Leftrightarrow 3x-2y+2z+6=0\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{p}}}=\left( 3;-2;2 \right)\) là 1 VTPT của \(\left( P \right)\).

Xét đáp án A: 3x-2y+2z+6=0 có \(\overrightarrow{a}=\left( 3;-2;2 \right)\) là 1 VTPT và \(\overrightarrow{a}.\overrightarrow{{{n}_{P}}}=9+4+4=17\ne 0\).

Xét đáp án B: 2x+2y-z-1=0 có \(\overrightarrow{b}=\left( 2;2;-1 \right)\) là 1 VTPT và \(\overrightarrow{b}.\overrightarrow{{{n}_{P}}}=6-4-2=0\Rightarrow \overrightarrow{b}\bot \overrightarrow{{{n}_{P}}}\).

Vậy \(\left( P \right)\) vuông góc với mặt phẳng 2x+2y-z-1=0.

I là trọng tâm của tứ diện ABCD \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D}}}{4} = \frac{{1 - 2 + 3 + 6}}{4} = 2\\ {y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C} + {y_D}}}{4} = \frac{{0 + 1 + 2 + 9}}{4} = 3\\ {z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}}}{4} = \frac{{2 + 3 + 4 - 5}}{4} = 1 \end{array} \right. \Rightarrow I\left( {2;3;1} \right)\)

Do \(\pi \notin \mathbb{R}\Rightarrow \) Hàm số xác định \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-3x+2>0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;1 \right)\cup \left( 2;+\infty  \right)\)

Mặt cầu \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x+4y-6z+9=0\) có tâm \(I\left( 1;-2;3 \right)\) và \(R=\sqrt{1+4+9-9}=\sqrt{5}\).

Đặt \(t = {x^2} + 3 \Rightarrow dt = 2xdx \Rightarrow xdx = \frac{1}{2}dt\).

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow t = 3\\ x = 2 \Rightarrow t = 7 \end{array} \right.\).

\( \Rightarrow I = \frac{1}{2}\int\limits_3^7 {\frac{{dt}}{t}}  = \left. {\frac{1}{2}\ln \left| t \right|} \right|_3^7 = \frac{1}{2}\ln 7 - \frac{1}{2}\ln 3 = \frac{1}{2}\ln \frac{7}{3}\).

Mệnh đề sai là đáp án C, mệnh đề đúng phải là \(\int {\frac{1}{x}dx = \ln \left| x \right| + C} \)

Ta có: \(T=\frac{M}{r}\left[ {{\left( 1+r \right)}^{n}}-1 \right]\left( 1+r \right)\)

Giả sử sau n tháng sau anh A nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu, khi đó ta có:

\(\frac{3}{0,6%}\left[ {{\left( 1+0,6% \right)}^{n}}-1 \right]\left( 1+0,6% \right)>100\Leftrightarrow n>30,3\)

Vậy sau ít nhất 31 tháng thì anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệu.

Ta có: \(f\left( x \right)-1=m\Leftrightarrow f\left( x \right)=m+1\). Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)=m\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và y=m+1 song song với trục hoành.

Từ BBT ta thấy để phương trình \(f\left( x \right)-1=m\) có đúng 2 nghiệm thì \(\left[ \begin{array}{l} m + 1 > 0\\ m + 1 = - 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m > - 1\\ m = - 2 \end{array} \right.\)

\(\int {{5^{2x}}dx = \frac{1}{2}.\frac{{{5^{2x}}}}{{\ln 5}} + C = \frac{{{{25}^x}}}{{2\ln 5}}}  + C\)

\(\overrightarrow a  =  - \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  - 3\overrightarrow k  \Rightarrow \overrightarrow a  = \left( { - 1;2; - 3} \right)\)

Dựa vào bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) ta suy ra BBT của hàm số \(y=f\left( x \right)\) như sau:

\(\Rightarrow f\left( x \right)\le 0\text{ }\forall x\in \mathbb{R}\).

Đặt \(y=g\left( x \right)={{\left( f\left( 3-x \right) \right)}^{2}}\Rightarrow g'\left( x \right)=-2f\left( 3-x \right).f'\left( 3-x \right)\le 0\).

Với \(x=4\Rightarrow g'\left( 4 \right)=-2f\left( -1 \right)f'\left( -1 \right)<0\Rightarrow \) Loại đáp án C và D.

Với \(x=4\Rightarrow g'\left( 6 \right)=-2f\left( -3 \right)f'\left( -3 \right)>0\Rightarrow \) Loại đáp án B.

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

\(\Rightarrow \) Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x=1 và \(y=-1\left( {{d}_{1}} \right)\) và phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x=-1 và \(y=3\left( {{d}_{2}} \right)\).

Vậy \(d\left( \left( {{d}_{1}} \right);\left( {{d}_{2}} \right) \right)=4\).

Khối trụ tròn xoay có đường kính là 2a, chiều cao là h=2a có thể tích là \(V=\pi {{\left( a \right)}^{2}}.2a=2\pi {{a}^{3}}\).

Dựa vào BBT ta có:

\(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \Rightarrow x=0\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

\(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=-2\Rightarrow y=-2\) là TCN của đồ thị hàm số.

Vậy hàm số đã cho có tổng 2 TCN và TCĐ.

Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón là \({{S}_{xq}}=\pi rl\) trong đó r, l lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón.

Đặt \(t = 2x \Rightarrow dt = 2dx\).

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow t = 0\\ x = 1 \Rightarrow t = 2 \end{array} \right. \Rightarrow I = \int\limits_0^2 {\frac{t}{2}.f'\left( t \right)\frac{{dt}}{2}} = \frac{1}{4}\int\limits_0^2 {tf'\left( t \right)dt} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = t\\ dv = f'\left( t \right)dt \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dt\\ v = f\left( t \right) \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow I = \frac{1}{2}\left[ {\left. {tf\left( t \right)} \right|_0^2 - \int\limits_0^2 {f\left( t \right)dt} } \right] = \frac{1}{4}\left[ {2f\left( 2 \right) - 4} \right] = \frac{1}{4}\left( {2.16 - 4} \right) = 7\)

Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB=a,AD=b,AC=c là V=abc.

Xét phương trình hoành độ giao điểm

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

Vậy 2 đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm chung.

\({\log _6}5 = \frac{1}{{{{\log }_5}6}} = \frac{1}{{{{\log }_5}2 + {{\log }_5}3}} = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_2}5}} + \frac{1}{{{{\log }_3}5}}}} = \frac{1}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}} = \frac{{ab}}{{a + b}}\)

Dựa vào các đáp án ta dễ dàng nhận thấy các đáp án A, C, D đúng, đáp án B sai.

Do \({{a}_{1}}<{{a}_{2}}<{{a}_{3}}<{{a}_{4}}>{{a}_{5}}>{{a}_{6}}>{{a}_{7}}\) và các chữ số là khác nhau nên \(6\le {{a}_{4}}\le 9\).

Do \({{a}_{1}}\ne 0\Rightarrow 0<{{a}_{1}}<{{a}_{2}}<{{a}_{3}}\).

TH1: \({{a}_{4}}=6\Rightarrow {{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},{{a}_{4}},{{a}_{5}},{{a}_{6}},{{a}_{7}}\in \left\{ 0;1;2;3;4;5 \right\}\)

Chọn 3 số trong 6 số trên cho cặp \({{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}\) có \(C_{5}^{3}\) cách chọn (không chọn số 0).

3 số còn lại có 1 cách chọn.

\(\Rightarrow \) Có \(C_{5}^{3}=10\) số 10 số này thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.

TH2: \({{a}_{4}}=7\Rightarrow {{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},{{a}_{4}},{{a}_{5}},{{a}_{6}},{{a}_{7}}\in \left\{ 0;1;2;3;4;5;6 \right\}\).

Chọn 3 số trong 7 (không chọn số 0) số trên cho cặp \({{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}\) có $C_{6}^{3}\) cách chọn.

3 số còn lại có \(C_{4}^{3}\) cách chọn.

\(\Rightarrow \) Có \(C_{6}^{3}C_{4}^{3}=80\) số 80 số này có thể có hoặc không có mặt chữ số 2.

+) Chọn 3 số trong 7 số trên (không chọn số 0; 2) cho cặp \({{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}\) có \(C_{5}^{3}\) cách chọn.

3 số còn lại có \(C_{3}^{3}=1\) cách chọn.

\(\Rightarrow \) Có \(C_{5}^{3}=10\) số 10 số này không có mặt chữ số 2.

Vậy TH2 có 70 số thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.

TH3: \({{a}_{4}}=8\Rightarrow {{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},{{a}_{5}},{{a}_{6}},{{a}_{7}}\in \left\{ 0;1;2;3;4;5;6;7 \right\}\).

Chọn 3 số trong 8 số trên (không chọn số 0) cho cặp \({{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}\) có \(C_{7}^{3}\) cách chọn.

3 số còn lại có \(C_{5}^{3}\) cách chọn.

\(\Rightarrow \) Có \(C_{7}^{3}C_{5}^{3}=\) số 350 số này có thể có hoặc không có mặt chữ số 2.

+) Chọn 3 số trong 8 số trên (không chọn số 0; 2) cho cặp \({{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}\) có \(C_{6}^{3}\) cách chọn.

3 số còn lại có \(C_{4}^{3}=4\) cách chọn.

\(\Rightarrow \) Có \(C_{6}^{3}.C_{4}^{3}=80\) số 80 số này không có mặt chữ số 2.

Vậy TH3 có 350-80=270 số thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.

TH4: \({{a}_{4}}=9\Rightarrow {{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},{{a}_{5}},{{a}_{6}},{{a}_{7}}\in \left\{ 0;1;2;3;4;5;6;7;8 \right\}\).

Chọn 3 số trong 9 số trên (không chọn số 0) cho cặp \({{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}\) có \(C_{8}^{3}\) cách chọn.

3 số còn lại có \(C_{6}^{3}\) cách chọn.

\(\Rightarrow \) Có \(C_{8}^{3}C_{6}^{3}=1120\) số.

+) Chọn 3 số trong 9 số trên (không chọn số 0; 2) cho cặp \({{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}\) có \(C_{7}^{3}\) cách chọn.

3 số còn lại có \(C_{5}^{3}\) cách chọn.

\(\Rightarrow \) Có \(C_{7}^{3}.C_{5}^{3}=350\) số 350 số này không có mặt chữ số 2.

Vậy TH4 có 1120-350=770 số thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.

Gọi A là biến cố: “Số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau thỏa mãn \({{a}_{1}}<{{a}_{2}}<{{a}_{3}}<{{a}_{4}}>{{a}_{5}}>{{a}_{6}}>{{a}_{7}}\) luôn có mặt chữ số 2”.

\(\Rightarrow n\left( A \right)=10+70+270+770=1120\) cách.

\(n\left( \Omega  \right)=9.9.8.7.6.5.4=544320\).

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{1120}{544320}=\frac{1}{486}\).

Đặt \(t=-x\Rightarrow dt=-dx\).

Đổi cận \(\left\{ \begin{align} & x=1\Rightarrow t=-1 \\ & x=-1\Rightarrow t=1 \\ \end{align} \right.\), khi đó:

\(I=\int\limits_{-1}^{1}{\frac{f\left( x \right)}{1+{{e}^{x}}}dx}=-\int\limits_{1}^{-1}{\frac{f\left( -t \right)dt}{1+{{e}^{-t}}}}=\int\limits_{-1}^{1}{\frac{f\left( -x \right)dx}{1+\frac{1}{{{e}^{x}}}}}=\int\limits_{-1}^{1}{\frac{{{e}^{x}}f\left( -x \right)dx}{1+{{e}^{x}}}}\)

Do \(f\left( x \right)\) là hàm số chẵn nên \(f\left( x \right)=f\left( -x \right)\text{ }\forall x\in \left[ -1;1 \right]\Rightarrow I=\int\limits_{-1}^{1}{\frac{{{e}^{x}}f\left( x \right)}{1+{{e}^{x}}}dx}\)

\(\Rightarrow I+I=\int\limits_{-1}^{1}{\frac{f\left( x \right)}{1+{{e}^{x}}}dx}+\int\limits_{-1}^{1}{\frac{{{e}^{x}}f\left( x \right)}{1+{{e}^{x}}}}dx=\int\limits_{-1}^{1}{\frac{\left( {{e}^{x}}+1 \right)f\left( x \right)dx}{1+{{e}^{x}}}}=\int\limits_{-1}^{1}{f\left( x \right)dx}=4\Rightarrow I=2\).

\({\left( {a + 2} \right)^{n + 6}} = \sum\limits_{k = 0}^{n + 6} {C_{n + 6}^k{a^k}{{.2}^{n + 6 - k}}} \) do đó khai triển trên có n + 7 số hạng.

Theo bài ra ta có: \(n + 7 = 17 \Leftrightarrow n = 10\).

\({V_{A.A'B'C'}} = \frac{1}{3}V \Rightarrow {V_{ABCB'C'}} = \frac{2}{3}V\)

Gọi a là cạnh của hình lập phương, khi đó thể tích của hình lập phương là \({{V}_{1}}={{a}^{3}}\). Khi đó tỉ số \(\frac{{{V}_{2}}}{{{V}_{1}}}\) lớn nhất khi và chỉ khi \({{V}_{2}}\) lớn nhất.

Khi đó hình trụ có chiều cao bằng cạnh của hình lập phương và có đường tròn đáy nội tiếp một mặt của hình lập phương.

\(\Rightarrow h=a,r=\frac{a}{2}\)

Khi đó \({{V}_{2}}=\pi {{r}^{2}}h=\pi {{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}.a=\frac{\pi {{a}^{3}}}{2}\)

Vậy \(k=\frac{{{V}_{2}}}{{{V}_{1}}}=\frac{\pi }{2}\).

Dựa vào BBT ta dễ dàng nhận thấy hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( -1;0 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right)\).

\(\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} + 1}  - \sqrt {n + 2} }}{{2n - 3}} = \lim \frac{{\sqrt {4 + \frac{1}{{{n^2}}}}  - \sqrt {\frac{1}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}} }}{{2 - \frac{3}{n}}} = \frac{2}{2} = 1\)

\({\log _{\frac{2}{5}}}\left( {x - 4} \right) + 1 > 0 \Leftrightarrow {\log _{\frac{2}{5}}}\left( {x - 4} \right) >  - 1 \Leftrightarrow 0 < x - 4 < {\left( {\frac{2}{5}} \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow 4 < x < \frac{{13}}{2}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {4;\frac{{13}}{2}} \right)\)

Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được tạo thành từ \(X=\left\{ 1;3;5;8;9 \right\}\) là \(A_{5}^{4}\) số.

\(\left\{ \begin{array}{l} {S_5} = {u_1} + {u_2} + {u_3} + {u_4} + {u_5}\\ {S_4} = {u_1} + {u_2} + {u_3} + {u_4} \end{array} \right. \Rightarrow {u_5} = {S_5} - {S_4} = {6^5} - 1 - \left( {{6^4} - 1} \right) = 6480\)

\(\overrightarrow n  = \left( {1;0; - 2} \right)\)

Gọi I(a;b;c) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + 3\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {IA} = \left( { - a; - 2 - b; - 1 - c} \right)\\ \overrightarrow {IB} = \left( { - 2 - a; - 4 - b;3 - c} \right)\\ \overrightarrow {IC} = \left( {1 - a;3 - b; - 1 - c} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \left( { - 5a + 1; - 5b + 3; - 5c + 1} \right)\).

\(\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = \frac{1}{5}\\ b = \frac{3}{5}\\ c = \frac{1}{5} \end{array} \right. \Rightarrow I\left( {\frac{1}{5};\frac{3}{5};\frac{1}{5}} \right)\).

Khi đó ta có \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + 3\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB}  + 3\overrightarrow {MI}  + 3\overrightarrow {IC} } \right| = \left| {5\overrightarrow {MI} } \right| = 5MI\)

Khi đó \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + 3\overrightarrow {MC} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất \( \Leftrightarrow M{I_{\min }} \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của I trên (Oxy) \( \Rightarrow M\left( {\frac{1}{5};\frac{3}{5};0} \right)\)

Ta có: \(y'={{x}^{2}}-2\left( m-1 \right)x-4m\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left[ 1;4 \right]\) thì \(y'\ge 0\text{ }\forall x\in \left[ 1;4 \right]\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2\left( m-1 \right)x-4m\ge 0\text{ }\forall x\in \left[ 1;4 \right]\Leftrightarrow {{x}^{2}}+2x\ge 2m\left( x+2 \right)\Leftrightarrow 2m\le \frac{{{x}^{2}}+2x}{x+2}\text{ }\forall x\in \left[ 1;4 \right]\)

Đặt \(f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+2x}{x+2}\Rightarrow 2m\le f\left( x \right)\text{ }\forall x\in \left[ 1;4 \right]\Leftrightarrow 2m\le \underset{\left[ 1;4 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+2x}{x+2}\) trên \(\left[ 1;4 \right]\) ta có:

\(f'\left( x \right)=\frac{\left( 2x+2 \right)\left( x+2 \right)-{{x}^{2}}-2x}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}+4x+4}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}=1>0\text{ }\forall x\in \left[ 1;4 \right]\Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left[ 1;4 \right] \Rightarrow \underset{\left[ 1;4 \right]}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right)=1\).

Vậy \(2m\le 1\Leftrightarrow m\le \frac{1}{2}\)

\(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\) cùng hướng \(\Leftrightarrow \exists k\ne 0\) sao cho \(\overrightarrow{a}=k\overrightarrow{b}\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2 = k.1\\ m - 1 = 3k\\ 3 = - 2nk \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} k = 2\\ m - 1 = 6\\ 3 = - 4n \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} k = 2\\ m = 7\\ n = \frac{{ - 3}}{4} \end{array} \right.\)

Xét đáp án A ta có:

Hàm số \(y={{\left( \frac{2}{e} \right)}^{x}}\) có TXĐ \(D=\mathbb{R}\).

Lại có \(\frac{2}{e}<1\Rightarrow \) Hàm số \(y={{\left( \frac{2}{e} \right)}^{x}}\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).