Số cách xếp 4 bạn học sinh vào dãy có 4 ghế là: 4! = 24 cách.

Theo giả thiết, ta có \({{u}_{2}}\,=\,{{u}_{1}}.\,q\). Suy ra \(q=\,\frac{{{u}_{2}}}{{{u}_{1}}}\,\Leftrightarrow q=\frac{6}{2}\Leftrightarrow q=3\). Vậy công bội q bằng 3.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\), suy ra hàm số cũng đồng biến trên khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Hàm số đạt cực đại tại x=2, giá trị cực đại \({{y}_{C}}=3\).

Hàm số đạt cực tiểu tại x=4, giá trị cực đại \({{y}_{CT}}=-2\).

Do hàm số xác định trên \(\mathbb{R}\) và có biểu thức đạo hàm đổi dấu ba lần tại \({{x}_{1}}; {{x}_{2}}; {{x}_{3}}\) nên hàm số \(y=f\left( x \right)\) có ba cực trị.

Tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

Ta có \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{-2x+4}{2x-1} \right)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{-2+\frac{4}{x}}{2-\frac{1}{x}} \right)=-1\) ; \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{-2x+4}{2x-1} \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{-2+\frac{4}{x}}{2-\frac{1}{x}} \right)=-1\)

Vậy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y=-1.

Nhận thấy, đồ thị đã cho là đồ thị hàm số bậc 3: \(y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d \left( a\ne 0 \right)\).

Từ đồ thị ta có, \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty  \Rightarrow \) hàm số có hệ số a<0 ⇒ Loại phương án A và D.

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm \(\left( 0\,;\,d \right)\) nằm phía trên trục hoành nên d>0⇒ Loại phương ánC.

Gọi \(M\left( {{x}_{0}}\,;\,{{y}_{0}} \right)\) là giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung. Ta có \({{x}_{0}}=0\Rightarrow {{y}_{0}}=-2\).

Vậy tọa độ giao điểm là \(\left( 0\ ;\ -2 \right)\).

\(2{\log _2}b - 3{\log _2}a = 2 \Leftrightarrow {\log _2}{b^2} - {\log _2}{a^3} = 2 \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{{b^2}}}{{{a^3}}} = 2 \Leftrightarrow \frac{{{b^2}}}{{{a^3}}} = 4 \Leftrightarrow {b^2} = 4{a^3}\)

\(f'\left( x \right) = {2^x}\ln 2 + 1\)

\(Q = \frac{{{b^{\frac{5}{3}}}}}{{\sqrt[3]{b}}} = \frac{{{b^{\frac{5}{3}}}}}{{{b^{\frac{1}{3}}}}} = {b^{\frac{5}{3} - \frac{1}{3}}} = {b^{\frac{4}{3}}}\)

\({\left( {2,5} \right)^{5x - 7}} = {\left( {\frac{2}{5}} \right)^{x + 1}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{5}{2}} \right)^{5x - 7}} = {\left( {\frac{5}{2}} \right)^{ - x - 1}} \Leftrightarrow 5x - 7 = - x - 1 \Leftrightarrow x = 1\)

Điều kiện: x>1.

PT \(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\frac{2x+1}{x-1}={{\log }_{3}}3\Leftrightarrow \frac{2x+1}{x-1}=3\Leftrightarrow 2x+1=3x-3\Leftrightarrow x=4\) (thỏa mãn đk)

Vậy \(S=\left\{ 4 \right\}\).

\(\int {f\left( x \right)dx}  = \int {{2^x}\left( {{2^{ - x}} + 5} \right)dx = \int {\left( {1 + {{5.2}^x}} \right)} } dx = x + 5\left( {\frac{{{2^x}}}{{\ln 2}}} \right) + C\)

Ta có \(F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)\text{d}x}=\int{\frac{\text{d}x}{2x+1}}=\frac{1}{2}\ln \left| 2x+1 \right|+C\).

\(F\left( 0 \right)=1\Leftrightarrow \frac{1}{2}\ln 1+C=1\Leftrightarrow C=1\Rightarrow F\left( x \right)=\frac{1}{2}\ln \left| 2x+1 \right|+1\Rightarrow F\left( -2 \right)=1+\frac{1}{2}\ln 3\).

\(\int_0^7 {f(x){\rm{d}}x}  = \int_0^3 {f(x){\rm{d}}x}  + \int_3^7 {f(x){\rm{d}}x}  = \int_0^3 {f(x){\rm{d}}x}  - \int_7^3 {f(x){\rm{d}}x}  = 5 - 2 = 3\)

\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {4x - 1 + \cos x} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\left( {2{x^2} - x + \sin x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \pi \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{1}{2}} \right) + 1\)

Suy ra a = 2, b = 2, c = 1 nên a - b + c = 1

Ta có: \({z^2} + 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {z_1} = - 1 + 2{\rm{i}}\\ {z_2} = - 1 - 2{\rm{i}} \end{array} \right.\) ( Vì z₁ có phần ảo dương)

Suy ra: \({z_1} + 2{z_2} =  - 1 + 2{\rm{i}} + 2\left( { - 1 - 2{\rm{i}}} \right) =  - 3 - 2{\rm{i}}\).

Vậy: Số phức liên hợp của số phức \({z_1} + 2{z_2}\) là - 3 + 2i.

\({z_1} - {z_2} = \left( {2 - 2i} \right) - \left( { - 3 + 3i} \right) = 5 - 5i\)

Số phức z=-4+5i có phần thực a=-4; phần ảo b=5 nên điểm biểu diễn hình học của số phức z là \(\left( -4;5 \right)\).

\({S_{ABCD}} = {a^2}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}\)

\(V = {S_{day}}.h = {a^2}.4a = 4{a^3}\)

Ta có l=AB=a, \(r=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\), \({{S}_{xq}}=\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }rl\]\[=\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\text{.}\frac{a\sqrt{2}}{2}.a=\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }{{a}^{2}}\sqrt{2}}{2}\).

Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R, chiều cao h là \({{S}_{xq}}=2\pi rh\).

Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R, chiều cao h là \(V=\pi {{R}^{2}}h\)

Vì thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có \(h=2r=4\left( cm \right)\).

\({{S}_{xq}}=2\pi rh=2\pi .2.4=16\pi \left( c{{m}^{2}} \right)\).

Hình chiếu vuông góc của điểm \(A\left( 3;5;2 \right)\) trên mặt phẳng \(\left( Oxy \right)\) là điểm P(3;5;0)

Tâm của (S) có tọa độ là (-1;-2;3)

\(\overrightarrow{AB}=\left( 3;-1;-1 \right).\) Do mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) cần tìm vuông góc với AB nên \(\left( \alpha  \right)\) nhận \(\overrightarrow{AB}\) làm vtpt. Suy ra, phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):3\left( x+1 \right)-\left( y-2 \right)-\left( z-1 \right)=0\Leftrightarrow 3x-y-z-6=0.\)

Theo lý thuyết về dường thẳng trong không gian Oxyz, ta có phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có véctơ chỉ phương \(\overrightarrow a  = \left( {{a_1};{a_2};{a_3}} \right)\) là

\(\left\{ \begin{array}{l} x = {x_0} + {a_1}t\\ y = {y_0} + {a_2}t\\ z = {z_0} + {a_3}t \end{array} \right.,\,\,\,\,\left( {t \in R} \right).\)

Do đó, đáp án D đúng.

Có \(\text{A}_{9}^{4}\) cách tạo ra số có 4 chữ số phân biệt từ \(X=\left\{ 1,\,2,\,3,\,4,\,5,\,6,\,7,\,8,\,9 \right\}\).

\(\Rightarrow \left| S \right|=\text{A}_{9}^{4}=3024\).

\(\Rightarrow \left| \Omega  \right|=3024\).

Gọi biến cố A:”chọn ngẫu nhiên một số thuộc S, xác suất để số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn”.

Nhận thấy không thể có 3 chữ số chẵn hoặc 4 chữ số chẵn vì lúc đó luôn tồn tại hai chữ số chẵn nằm cạnh nhau.

Trường hợp 1: Cả 4 chữ số đều lẻ.

Chọn 4 số lẻ từ X và xếp thứ tự có \(\text{A}_{5}^{4}\) số.

Trường hợp 2: Có 3 chữ số lẻ, 1 chữ số chẵn.

Chọn 3 chữ số lẻ, 1 chữ số chẵn từ X và xếp thứ tự có \(\text{C}_{5}^{3}.\text{C}_{4}^{1}.4!\) số.

Trường hợp 3: Có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ.

Chọn 2 chữ số lẻ, 2 chữ số chẵn từ X có \(\text{C}_{5}^{2}.\text{C}_{4}^{2}\) cách.

Xếp thứ tự 2 chữ số lẻ có 2! cách.

Hai chữ số lẻ tạo thành 3 khoảng trống, xếp hai chữ số chẵn vào 3 khoảng trống và sắp thứ tự có 3! cách.

\(\Rightarrow \) trường hợp này có \(\text{C}_{5}^{2}.\text{C}_{4}^{2}.2!.3!\) số.

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{\left| {{\Omega }_{A}} \right|}{\left| \Omega  \right|}=\frac{\text{A}_{5}^{4}+\text{C}_{5}^{3}.\text{C}_{4}^{1}.4!+\text{C}_{5}^{2}.\text{C}_{4}^{2}.2!.3!}{3024}=\frac{25}{42}\).

Hàm số \(y=3{{x}^{3}}+3x-2\) có TXĐ: \(D=\mathbb{R}\).

\({y}'=9{{x}^{2}}+3>0,\forall x\in \mathbb{R}\), suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( -\infty ;+\infty  \right)\).

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

- Nếu \(m=1\Rightarrow y=1\) (loại).

- Nếu \(m\ne 1\) khi đó \({y}'<0,\,\forall \,x\in \left[ 1;2 \right]\,\) hoặc \({y}'>0,\,\forall \,x\in \left[ 1;2 \right]\,\,\) nên hàm số đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất tại \(x=1,\,\,x=2\).

Theo bài ra: \(\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,y+\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,y=8\Leftrightarrow y\left( 1 \right)+y\left( 2 \right)=\frac{1+m}{2}+\frac{2+m}{3}=8\Leftrightarrow m=\frac{41}{5}\in \left( 8;10 \right)\).

\({\log _3}\left( {36 - {x^2}} \right) \ge 3 \Leftrightarrow 36 - {x^2} \ge 27 \Leftrightarrow 9 - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow  - 3 \le x \le 3\)

\(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left[ {f\left( x \right)\, + 2\sin x} \right]\,{\rm{d}}x = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)\,{\rm{d}}x\,{\rm{ + 2}}\int\limits_0^{{\textstyle{\pi  \over 2}}} {\sin x\,{\rm{d}}x} } } \)

\( = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x\,\, - \left. {2\cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = 5 - 2\left( {0 - 1} \right) = 7\)

Đặt \(z=a+bi\,\,\,\left( a;\,\,b\in \mathbb{R} \right)\).

Theo đề ta có

\(3\left( a-bi-i \right)-\left( 2+3i \right)\left( a+bi \right)=9-16i \Leftrightarrow 3a-3bi-3i-2a-2bi-3ai+3b=9-16i\)

\(\Leftrightarrow \left( 3a+3b \right)+\left( -3a-5b-3 \right)i=9-16i\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 3a+3b=9 \\ & -3a-5b-3=-16 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & a=1 \\ & b=2 \\ \end{align} \right.\).

Vậy \(\left| z \right|=\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}}=\sqrt{5}\).

Trong mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) kẻ \(BH\bot AC\)

Mà \(BH\bot SA \Rightarrow BH\bot \left( SAC \right)\)

Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \(\left( SAC \right)\) bằng \(\widehat{BSH}\)

Xét tam giác ABH vuông tại H, \(BH=AB.\sin {{60}^{0}} =2a.\frac{\sqrt{3}}{2} =a\sqrt{3}\)

\(AH=AB.\cos {{60}^{0}} =2a.\frac{1}{2} =a\).

Xét tam giác SAH vuông tại S, \(SH=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{H}^{2}}} =\sqrt{{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}} =a\sqrt{3}\).

Xét tam giác SBH vuông tại H có \(SH=HB=a\sqrt{3}\) suy ra tam giác SBH vuông cân tại H.

Vậy \(\widehat{BSH}={{45}^{0}}\).

Trong \(\left( AB{B}'{A}' \right)\), gọi E là giao điểm của BM và \(A{B}'\). Khi đó hai tam giác EAM và \(E{B}'B\) đồng dạng. Do đó \(\frac{d\left( M,\left( A{B}'C \right) \right)}{d\left( B,\left( A{B}'C \right) \right)}=\frac{EM}{EB}=\frac{MA}{B{B}'}=\frac{1}{2}\Rightarrow d\left( M,\left( A{B}'C \right) \right)=\frac{1}{2}\cdot d\left( B,\left( A{B}'C \right) \right)\).

Từ B kẻ \(BN\bot AC\) thì N là trung điểm của AC và \(BN=\frac{a\sqrt{3}}{2}, B{B}'=a\).

Kẻ \(BI\bot {B}'N\) thì \(d\left( B,\left( A{B}'C \right) \right)=BI=\frac{B{B}'\cdot BN}{\sqrt{B{{{{B}'}}^{2}}+B{{N}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}\).

Vậy \(d\left( M,\left( A{B}'C \right) \right)=\frac{1}{2}\cdot d\left( B,\left( A{B}'C \right) \right)=\frac{a\sqrt{21}}{14}\).

Giả sử \(M\left( x;y;z \right)\).

Ta có:

\(M{{A}^{2}}={{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}};M{{B}^{2}}={{x}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}$;$M{{C}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}\).

\(M{{A}^{2}}=M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}} \Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}={{x}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}+{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}} \Leftrightarrow -2x+1={{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{x}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}} \Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=2\).

Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn \(M{{A}^{2}}=M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}\) là mặt cầu có bán kính là \(R=\sqrt{2}\).

Phương trình \({d_1}:\left\{ \begin{array}{l} x = 3 - {t_1}\\ y = 3 - 2{t_1}\\ z = - 2 + {t_1} \end{array} \right.\) và \({d_2}:\left\{ \begin{array}{l} x = 5 - 3{t_2}\\ y = - 1 + 2{t_2}\\ z = 2 + {t_2} \end{array} \right.\).

Gọi đường thẳng cần tìm là \(\Delta\).

Giả sử đường thẳng \(\Delta \) cắt đường thẳng \({{d}_{1}}\) và \({{d}_{2}}\) lần lượt tại A, B.

Gọi \(A\left( 3-{{t}_{1}};3-2{{t}_{1}};-2+{{t}_{1}} \right), B\left( 5-3{{t}_{2}};-1+2{{t}_{2}};2+{{t}_{2}} \right)\)

\(\overrightarrow{AB}=\left( 2-3{{t}_{2}}+{{t}_{1}};-4+2{{t}_{2}}+2{{t}_{1}};4+{{t}_{2}}-{{t}_{1}} \right)\)

Vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\vec{n}=\left( 1;2;3 \right)\)

Do \(\overrightarrow{AB}\) và \(\vec{n}\) cùng phương nên \(\frac{2-3{{t}_{2}}+{{t}_{1}}}{1}=\frac{-4+2{{t}_{2}}+2{{t}_{1}}}{2}=\frac{4+{{t}_{2}}-{{t}_{1}}}{3}\).

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{{2 - 3{t_2} + {t_1}}}{1} = \frac{{ - 4 + 2{t_2} + 2{t_1}}}{2}\\ \frac{{ - 4 + 2{t_2} + 2{t_1}}}{2} = \frac{{4 + {t_2} - {t_1}}}{3} \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {t_1} = 2\\ {t_2} = 1 \end{array} \right.\)

Do đó \(A\left( 1;-1;0 \right), B\left( 2;1;3 \right)\).

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(A\left( 1;-1;0 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec{n}=\left( 1;2;3 \right)\) là

\(\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z}{3}\).

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

Vẽ parabol \(\left( P \right):y={{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}\). Ta thấy \(\left( P \right)\) đi qua các điểm có toạ độ \(\left( -3\,;3 \right),\left( -1\,;2 \right), \left( 1\,;1 \right)\).

+ Trên khoảng \(\left( -3\,;-1 \right)\) đồ thị hàm số \({f}'\left( x \right)\) nằm phía dưới \(\left( P \right)\) nên

 \({f}'\left( x \right)<\left( {{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2} \right)\Rightarrow {g}'\left( x \right)<0\).

+ Trên khoảng \(\left( -1\,;1 \right)\) đồ thị hàm số \({f}'\left( x \right)\) nằm phía trên \(\left( P \right)\) nên

\({f}'\left( x \right)>\left( {{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2} \right)\Rightarrow {g}'\left( x \right)>0\).

+ Trên khoảng \(\left( 1\,;+\infty  \right)\) đồ thị hàm số \({f}'\left( x \right)\) nằm phía dưới \(\left( P \right)\) nên

\({f}'\left( x \right)<\left( {{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2} \right)\Rightarrow {g}'\left( x \right)<0\).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta có \(\underset{\left[ -3;1 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=g\left( -1 \right)\).

${{3}^{x}}+3x-6=9y+{{\log }_{3}}{{y}^{3}}\Rightarrow {{3}^{x}}+3\left( x-1 \right)=9y+3{{\log }_{3}}y+3$

$\Rightarrow {{3}^{x}}+3\left( x-1 \right)=9y+3{{\log }_{3}}\left( 3y \right)\Rightarrow $\[{{3}^{x-1}}+\left( x-1 \right)=3y+{{\log }_{3}}\left( 3y \right)\].

Đặt ${{3}^{x-1}}=u\Rightarrow x-1={{\log }_{3}}u\,,\left( u>0 \right)$, suy ra: \[u+{{\log }_{3}}u=3y+{{\log }_{3}}\left( 3y \right)\]. $\left( * \right)$

Xét hàm số $f\left( t \right)=t+{{\log }_{3}}t$ trên $\left( 0;+\infty  \right)$.

Ta có: ${f}'\left( t \right)=1+\frac{1}{t\ln 3}>0$, $\forall t>0$ nên từ $\left( * \right)$ suy ra:

$\left( * \right)$$\Leftrightarrow f\left( u \right)=f\left( 3y \right)\Leftrightarrow u=3y$

Khi đó ta có: $3y={{3}^{x-1}}\Leftrightarrow y={{3}^{x-2}}$ $\left( ** \right)$

Theo giả thiết: \(\left\{ \begin{array}{l} y \in Z\\ 0 < y \le 2021 \end{array} \right. \Rightarrow 1 \le y \le 2021\), suy ra:

\(\left\{ \begin{array}{l} x \in Z\\ 1 \le {3^{x - 2}} \le 2021 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \in Z\\ 0 \le x - 2 \le {\log _3}2021 \approx 6,928 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \in Z\\ 0 \le x - 2 \le 6 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \in Z\\ 2 \le x \le 8 \end{array} \right. \Rightarrow x \in \left\{ {2;3;4;5;6;7;8} \right\}\) (có 7 số)

Từ (**) ta có, ứng với mỗi giá trị của x, cho duy nhất một giá trị của y nên có 7 cặp.

Xét \(\int\limits_0^{\ln 3} {{e^x}f\left( {{e^x} - 1} \right)dx} \). Đặt \(u = {e^x} - 1 \Rightarrow du = {e^x}dx\), ta có bảng đổi cận:

\(\left\{ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow u = {e^0} - 1 = 0\\ x = \ln 3 \Rightarrow u = {e^{\ln 3}} - 1 = 2 \end{array} \right.\) \( \Rightarrow I = \int\limits_0^2 {f\left( u \right)du = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} } \)

Do \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} x - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,x \ge 1\\ {x^2} - 2x + 3\,\,\,khi\,x < 1 \end{array} \right. \Rightarrow I = \left[ {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 2x + 3} \right)du} + \int\limits_1^2 {\left( {x - 1} \right)dx} } \right]\, = \left( {\frac{4}{3} + \frac{1}{2}} \right) = \frac{{11}}{6}\)

Đặt z = x + yi

Ta có \(\left| {z + 2 - i} \right| = 2\sqrt 2  \Leftrightarrow {(x + 2)^2} + {(y - 1)^2} = 8\) (1)

Có \({\left( {z - i} \right)^2} = {\left[ {x + (y - 1)i} \right]^2} = {x^2} - {(y - 1)^2} + 2x(y - 1)i\) là số phức thuần ảo nên ta suy ra

\({x^2} - {(y - 1)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} y - 1 = x\\ y - 1 = - x \end{array} \right.\) thế vào (1) ta có

 Lúc đó \((1) \Leftrightarrow {(x + 2)^2} + {x^2} = 8 \Leftrightarrow 2{x^2} + 4x - 4 = 0 \Leftrightarrow x =  - 1 \pm \sqrt 3 \)

\(\left[ \begin{array}{l} x = - 1 - \sqrt 3 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} y = - \sqrt 3 \\ y = 2 + \sqrt 3 \end{array} \right.\\ x = - 1 + \sqrt 3 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} y = 2 + \sqrt 3 \\ y = - \sqrt 3 \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Vậy có 4 số phức .

Ta có \(\frac{d(G;(SBC))}{d(A;(SBC))}=\frac{GM}{MA}\Leftrightarrow \frac{d(G;(SBC))}{d(A;(SBC))}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow d(G;(SBC))=\frac{1}{3}d(A;(SBC))=\frac{a}{4}\) 

Hay \(GH=\frac{a}{4}\) 

Ta có \(\Delta ABC\)  là tam giác đều nên \(AM=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{2}\)  và \(GM=\frac{AM}{3}=\frac{a}{2}\) 

Xét \(\Delta SGM\)  có \(\frac{1}{G{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{G}^{2}}}+\frac{1}{G{{M}^{2}}}\Leftrightarrow S{{G}^{2}}=\frac{G{{H}^{2}}.G{{M}^{2}}}{G{{M}^{2}}-G{{H}^{2}}}=\frac{{{a}^{2}}}{12}\Rightarrow SG=\frac{a}{2\sqrt{3}}\) 

Vậy thể tích khối chóp \(V=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ABC}}.SG=\frac{1}{3}\frac{{{(a\sqrt{3})}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{a}{2\sqrt{3}}=\frac{{{a}^{3}}}{8}\)

Gọi r là bán kính đáy của hình trụ. Khi đó: \(\frac{5}{\sin {{120}^{0}}}=2r\Leftrightarrow r=\frac{5\sqrt{3}}{3}.\)

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác, ta có góc ở tâm của cung này bằng \({{120}^{0}}\).

Và độ dài cung này bằng \(\frac{1}{3}\) chu vi đường tròn đáy.

Suy ra diện tích của mái vòm bằng \(\frac{1}{3}{{S}_{xq}}\), (với \({{S}_{xq}}\) là diện tích xung quanh của hình trụ).

Do đó, giá tiền của mái vòm là

\(\frac{1}{3}{{S}_{xq}}.320.000=\frac{1}{3}.\left( 2\pi rl \right).320.000=\frac{1}{3}.\left( 2\pi .\frac{5\sqrt{3}}{3}.3 \right).320.000\simeq 5.804.157,966.\)

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần tìm

\(\Delta \cap {{d}_{1}}=M\) nên \(M\left( -3+2t;-2-t;-2-4t \right)\)

\(\Delta \cap {{d}_{2}}=N\) nên \(N\left( -1+3u;-1+2u;2+3u \right)\)

\(\overrightarrow{MN}=\left( 2+3u-2t;1+2u+t;4+3u+4t \right)\)

Ta có \(\overrightarrow{MN}\) cùng phương với \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}\)

Nên \(\frac{2+3u-2t}{1}=\frac{1+2u+t}{2}=\frac{4+3u+4t}{3}\) ta giải hệ phương trình tìm được \(\left\{ \begin{align} & u=-2 \\ & t=-1 \\ \end{align} \right.\)

Khi đó tọa độ điểm \(M\left( -5;-1;2 \right)\) và VTCP \(\overrightarrow{MN}=\left( -2;-4-6 \right)=-2\left( 1;2;3 \right)\)

Phương trình tham số \(\Delta \) là \(\frac{x+5}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-2}{3}.\)

Đặt \(g\left( x \right)=3f\left( -{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-6 \right)+2{{x}^{6}}-3{{x}^{4}}-12{{x}^{2}}\)

\(\Rightarrow  {g}'\left( x \right)=-\left( 12{{x}^{3}}-24x \right).{f}'\left( -{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-6 \right)+12{{x}^{5}}-12{{x}^{3}}-24x\)

\(=-12x\left( {{x}^{2}}-2 \right).{f}'\left( -{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-6 \right)+12x\left( {{x}^{4}}-{{x}^{2}}-2 \right)\)

\(=-12x\left( {{x}^{2}}-2 \right).\left[ {f}'\left( -{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-6 \right)-\left( {{x}^{2}}+1 \right) \right]\).

Khi đó \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ f'\left( { - {x^4} + 4{x^2} - 6} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right) = 0\\ {x^2} - 2 = 0 \end{array} \right.\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \pm \sqrt 2 \\ f'\left( { - {x^4} + 4{x^2} - 6} \right) = {x^2} + 1 \end{array} \right.\)

Ta có \(-{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-6=-{{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{2}}-2\le -2,\,\,\forall x\in \mathbb{R}\).

Do đó \({f}'\left( -{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-6 \right)\le {f}'\left( -2 \right)=0,\text{ }\forall x\in \mathbb{R}\).

Mà \({{x}^{2}}+1\ge 1,\text{ }\forall x\in \mathbb{R}\).

Do đó phương trình \({f}'\left( -{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-6 \right)={{x}^{2}}+1\) vô nghiệm.

Hàm số \(g\left( x \right)=3f\left( -{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-6 \right)+2{{x}^{6}}-3{{x}^{4}}-12{{x}^{2}}\) có bảng xét dấu đạo hàm như sau

Suy ra hàm số \(g\left( x \right)=3f\left( -{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-6 \right)+2{{x}^{6}}-3{{x}^{4}}-12{{x}^{2}}\) có 3 điểm cực tiểu.

Mà \(g\left( 0 \right)=3f\left( -6 \right)<0\)

Vậy \(y=\left| 3f\left( -{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-6 \right)+2{{x}^{6}}-3{{x}^{4}}-12{{x}^{2}} \right|\) có 5 điểm cực trị

Đặt \(f\left( x \right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+mx+3\).

Ta có: \({f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-6x+m, f''\left( x \right)=6x-6\).

\({f}''\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=1, f\left( 1 \right)=m+1\), tức điểm uốn của đồ thị là \(I\left( 1;m+1 \right)\).

Điều kiện cần để ACBD là hình bình hành là \(I\in d\), tức m+1=a.

Lúc này, hoành độ của \(C,\,\,D\) là nghiệm của phương trình \({{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+mx+3=\left( m+1 \right)x\).

Ta có \({{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+mx+3=\left( m+1 \right)x\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-1 \\ & x=1 \\ & x=3 \\ \end{align} \right.\).

Không mất tính tổng quát, ta giả sử \(C\left( -1;-a \right)\) và \(D\left( 3;3a \right)\).

Do \(CD=4\sqrt{2},\,\,a>0\) nên ta tìm được a=1. Từ đây được m=0.

Với m=0 thì \(\left( C \right)\) thực sự có hai điểm cực trị, chúng lần lượt có tọa độ là \(\left( 0;3 \right),\,\,\left( 2;-1 \right)\).

Không mất tính tổng quát, ta giả sử \(A\left( 0;3 \right)\) và \(B\left( 2;-1 \right)\). Lúc này, cùng với \(C\left( -1;-1 \right)\) và \(D\left( 3;3 \right)\) ta có ACBD thực sự là một hình hành và dễ dàng tính được diện tích của nó là 12.

ĐK \(\ln \left( f\left( x \right)+\frac{1}{3}{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+9x+m \right)>n\) xác định trên \(\mathbb{R}\)

\(\Leftrightarrow g\left( x \right)=f\left( x \right)+\frac{1}{3}{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+9x+m>0, \forall x\in \left( -1;3 \right)\)

\(\Rightarrow g'\left( x \right)=f'\left( x \right)+{{x}^{2}}-6x+9\Rightarrow g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow f'\left( x \right)=-{{x}^{2}}+6x-9\)

Vẽ hai đồ thị \(y=f'\left( x \right)\) và \(y=-{{x}^{2}}+6x-9\) trên cùng hệ trục

Suy ra \(g'\left( x \right)\ge 0, \forall x\in \left( -1;3 \right) \Rightarrow g\left( x \right)>g\left( -1 \right)=-\frac{37}{3}+m\ge 0\Leftrightarrow m\ge \frac{37}{3}\)

Xét hàm số \(y=\ln \left( f\left( x \right)+\frac{1}{3}{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+9x+m \right)\Rightarrow y'=\frac{f'\left( x \right)+{{x}^{2}}-6x+9}{f\left( x \right)+\frac{1}{3}{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+9x+m}\ge 0\)

Suy ra \(y=\ln \left( f\left( x \right)+\frac{1}{3}{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+9x+m \right)\) đồng biến \(\left( -1;3 \right)\)

Để bpt có nghiệm trên \(\left( -1;3 \right)\) thì \(y\left( -1 \right)\le n<y\left( 3 \right) \Leftrightarrow \ln \left( m-\frac{37}{3} \right)\le n<\ln \left( m+9 \right)\)

\(\Leftrightarrow m-\frac{37}{3}\le {{e}^{n}}<m+9\).

Do \(m\in \left[ \frac{37}{3};13 \right]\) nên n=0;1;2.

Ta có \(d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 + m + 3\left( {2m + 1} \right) - m - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {m^2} + {{\left( {2m + 1} \right)}^2}} }} = \frac{{3\left| {2m + 1} \right|}}{{\sqrt {1 + {m^2} + {{\left( {2m + 1} \right)}^2}} }}\).

Vì \(1 + {m^2} \ge \frac{1}{5}{\left( {2m + 1} \right)^2}\), \(\forall m\in \mathbb{R}\) nên \(d\left( {A,\left( P \right)} \right) \le \frac{{3\left| {2m + 1} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{5}{{\left( {2m + 1} \right)}^2} + {{\left( {2m + 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt {30} }}{2}\).

Suy ra, khoảng cách từ điểm A đến (P) là lớn nhất khi và chỉ khi m = 2.

Khi đó: \(\left( P \right):x + 2y + 5z - 4 = 0\); \(AH:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 2 + t}\\ {y = 1 + 2t}\\ {z = 3 + 5t} \end{array}} \right.\).

\(H=d\cap \left( P \right) \Rightarrow  2+t+2\left( 1+2t \right)+5\left( 3+5t \right)-4=0 \Leftrightarrow  t=-\frac{1}{2} \Rightarrow  H\left( \frac{3}{2};0;\frac{1}{2} \right)\).

Vậy \(a=\frac{3}{2}, b=0 \Rightarrow a+b=\frac{3}{2}\).

\(f'\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x + 3} \right)\left( {{x^2} + 2mx + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = - 3\\ {x^2} + 2mx + 5 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right) \end{array} \right.\)

Để hàm số \(y=g\left( x \right)\) có đúng 1 điểm cực trị

\(\Leftrightarrow \) khi hàm số \(y=f\left( x \right)\) không có điểm cực trị nào thuộc khoảng \(\left( 0;+\infty  \right)\).

Trường hợp 1: Phương trình \(\left( 1 \right)\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

\(\Leftrightarrow {{m}^{2}}-5\le 0\Leftrightarrow -\sqrt{5}\le m\le \sqrt{5}\) (*)

Trường hợp 2: Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) phân biệt thoả mãn \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}\le 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 5 > 0\\ - 2m < 0\\ 5 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m > \sqrt 5 \) (**)

Từ (*) và (**) suy ra \(m\ge -\sqrt{5}\). Vì m là số nguyên âm nên: \(m=\left\{ -2;-1 \right\}\)