Mỗi đoạn thẳng là một tổ hợp chập 2 của 20.

Số đoạn thẳng là  \(C_{20}^2 = 190\).

Theo giải thiết ta có

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 2\\ {u_6} = 486 \end{array} \right.\\ \Rightarrow 486 = {u_6} = {u_1}{q^5} = 2{q^5}\\ \Leftrightarrow {q^5} = 243\\ \Leftrightarrow q = 3. \end{array}\)

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( 0;1 \right)\).

Hàm số có cực đại là \(y=5\).

Số điểm cực đại của hàm số \(y=f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ -2;3 \right]\) là 3

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

Vậy đường thẳng \(y=-1\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

+ Dựa vào hình dạng đồ thị, ta thấy đây là dạng đồ thị của hàm bậc bốn.

+ Khi \(x\to \pm \infty \), \(y\to -\infty \) suy ra \(a<0\). Nên loại phương án A và phương án B

+ Khi \(x=0\Rightarrow y=0\) nên chọn phương án D

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

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số \({ { y=x^{3}-3 x+1}}\) giao với trục hoành là 3 giao điểm.

Do \(a\) là số thực dương nên ta có: \(\log _{_{3}}^{2}\left( {{a}^{2}} \right)={{\left( {{\log }_{3}}{{a}^{2}} \right)}^{2}}=4\log _{_{3}}^{2}a.\)

Ta có: \(y'=\left( \frac{1}{5}{{e}^{4x}} \right)'=\frac{1}{5}.\left( {{e}^{4x}} \right)'\)\(=\frac{1}{5}.\left( 4x \right).{{e}^{4x}}=\frac{1}{5}.4.{{e}^{4x}}=\frac{4}{5}{{e}^{4x}}\).

Ta có: \(P={{a}^{\frac{4}{3}}}\sqrt{a}={{a}^{\frac{4}{3}}}.{{a}^{\frac{1}{2}}}={{a}^{\frac{11}{6}}}\).

\({2^{2{x^2} - 7x + 5}} = 1 \Leftrightarrow 2{x^2} - 7x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 1}\\ {x = \frac{5}{2}} \end{array}} \right.\)

Ta có: \({{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}-2 \right)+2=0\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}-2 \right)=-2\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2={{2}^{-2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}=\frac{9}{4}\Leftrightarrow x=\pm \frac{3}{2}\).

Ta có: \({{F}^{'}}(x)={{({{x}^{2}}+x)}^{'}}=2x+1\)

Vậy:  Chọn đáp án A.

Ta có : \(\int{f}(x)\text{d}x=\int{\left( x-\sin 2x \right)}\text{d}x=\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{1}{2}\cos 2x+C\)

Ta có \(\int\limits_{b}^{a}{f\left( x \right)\text{d}x} =\int\limits_{b}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{c}^{a}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{b}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}-\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x} =20-50=-30\).

Ta có \(\int\limits_{0}^{\pi }{\sin 3x\text{d}x}=-\frac{1}{3}\left. \cos 3x \right|_{0}^{\pi } =-\frac{1}{3}\left( -1-1 \right)=\frac{2}{3}\).

Số phức \(z=5-6i\) có phần ảo là \(-6\).

Ta có : \(z={{z}_{1}}+{{z}_{2}}=1+2i+2-3i=3-i\).

Vậy số phức z có phần thực bằng 3, phần ảo bằng \(-1\).

Hòanh độ của điểm M bằng 2; tung độ điểm M bằng suy ra \(z=2\).

Ta có \(V=\frac{1}{3}S.h=\frac{1}{3}{{a}^{2}}.4a=\frac{4}{3}{{a}^{3}}\)

Vì \(ABC.{A}'{B}'{C}'\)là hình lăng trụ đều nên ta có:

\({{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={{S}_{\Delta ABC}}.A{A}'=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.a=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}\).

Thể tích của khối nón là: \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}.\pi .{{\left( 2a \right)}^{2}}.3a=4\pi {{a}^{2}}\)

Thể tích khối trụ tròn xoay: \(V=h.{{R}^{2}}\pi =4a.{{\left( 3a \right)}^{2}}\pi 36\pi {{a}^{3}}\).

\(\overrightarrow{AB}=\,\left( 1;\,2;\,3 \right)\).

Mặt cầu \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z+3 \right)}^{2}}=4\) có tâm \(I\left( 1;2;-3 \right)\), bán kính \(R=\sqrt{4}=2\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(M\left( -1;\,2;\,0 \right)\) và có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=\left( 4;\,0;\,-5 \right)\) có phương trình là: \(4\left( x+1 \right)+0\left( y-2 \right)-5\left( z-0 \right)=0\Leftrightarrow 4x-5z+4=0\).

Đường thẳng \(d\)có phương trình dạng \(\left\{ \begin{array}{l} x = {x_0} + at\\ y = {y_0} + bt\\ z = {z_0} + ct \end{array} \right.\) \(\left( t\in \mathbb{R} \right)\) thì có vectơ chỉ phương dạng \(k\,\overrightarrow{u}=\left( ka;kb;kc \right)\), \(k\ne 0\).

Do đó vectơ \(\,\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 0;3;-1 \right)\) là một vectơ chỉ phương của \(d\).

Số phần tử không gian mẫu:\(n\left( \Omega  \right)=2.2=4\)

Biến cố xuất hiện mặt sấp ít nhất một lần: \(A=\left\{ SN;NS;SS \right\}\)

Suy ra \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{3}{4}\).

Ta xét \({y}'=4{{\text{x}}^{3}}=0\Leftrightarrow x=0.\)

Ta có bảng biến thiên:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( -\infty ;0 \right)\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 9;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = 3 \end{array} \right.\)

\(f\left( -4 \right)=-41;f\left( -1 \right)=40;f\left( 3 \right)=8;f\left( 4 \right)=15\)

Do \(m=\underset{\left[ -4;4 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=-41\), \(M=\underset{\left[ -4;4 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=40\) nên \(M+2m=-41\)

Điều kiện  xác định:  \(x\in \mathbb{R}.\)

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

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \(S=\left( -\infty ;-2 \right).\)

\(\begin{array}{l} \int\limits_1^2 {\left[ {4f\left( x \right) - 2x} \right]dx} = 1 \Leftrightarrow 4\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx - 2\int\limits_1^2 {xdx} } = 1 \Leftrightarrow 4\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx - 2.} \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_1^2 = 1\\ \Leftrightarrow 4\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx = 4 \Leftrightarrow } \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx = 1} \end{array}\)

\(\left( 1+2i \right)z=\left( 1+2i \right)-\left( -2+i \right)\Leftrightarrow \left( 1+2i \right)z=3+i\Leftrightarrow z=\frac{3+i}{1+2i}=1-i\).

Vậy \(\left| z \right|=\sqrt{2}\).

Ta có \(SA\bot \left( ABCD \right)\)\(\Rightarrow \left( \widehat{SB\,,\,\left( ABCD \right)} \right)=\left( \widehat{SB\,,\,BA} \right)=\widehat{SBA}\)

\(\Rightarrow \)\(\cot \varphi =\frac{AB}{SA}=\frac{2a}{a}=2.\)

Ta có \(\left( SAB \right)\bot \left( SBC \right)\). Hạ \(AH\bot SB\), khi đó ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} AH \bot BC\\ AH \bot SB \end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\)

Vậy \(d\left( A,\left( SBC \right) \right)=AH\) (\)H\)là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(SB\)).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\) suy ra \(I\) là tâm mặt cầu đường kính \(AB\) .

\(I\left( 2;2;2 \right)\) , bán kính mặt cầu \(R=\frac{AB}{2}=\sqrt{2}\Rightarrow \) phương trình mặt cầu là:\({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=2\)

Ta có: \(M\left( 1;-1;3 \right)\); \(\overrightarrow{AM}=\left( 2;-4;1 \right)\). Phương trình \(AM\): \(\frac{x+1}{2}=\frac{y-3}{-4}=\frac{z-2}{1}\).

Xét hàm số \(g\left( x \right)=\frac{1}{4}{{x}^{4}}-\frac{19}{2}{{x}^{2}}+30x+m-20\) trên đoạn \(\left[ 0;\,2 \right]\)

Ta có \({g}'\left( x \right)={{x}^{3}}-19x+30\); \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 5 \notin \left[ {0;\,2} \right]\\ x = 2\\ x = 3 \notin \left[ {0;\,2} \right] \end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

\(g\left( 0 \right)=m-20\); \(g\left( 2 \right)=m+6\).

Để \(\underset{\left[ 0;\,2 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| g\left( x \right) \right|\le 20\) thì  

\(\left\{ \begin{array}{l} g\left( 0 \right) \le 20\\ g\left( 2 \right) \le 20 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left| {m - 20} \right| \le 20\\ \left| {m + 6} \right| \le 20 \end{array} \right.\) \(\Leftrightarrow 0\le m\le 14\).

Mà \(m\in \mathbb{Z}\) nên \(m\in \left\{ 0;\,1;\,2;...;\,14 \right\}\).

Vậy tổng các phần tử của \(S\) là 105.

Điều kiện: \(x>0\).

\(\begin{array}{l} {\log _2}\left( {\frac{x}{4}} \right)\log _2^2x \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x - {{\log }_2}4} \right)\log _2^2x \ge 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _2}x = 0\\ \left\{ \begin{array}{l} {\log _2}x - {\log _2}4 \ge 0\\ {\log _2}x \ne 0 \end{array} \right. \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ \left\{ \begin{array}{l} x \ge 4\\ 0 < x \ne 1 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x \ge 4 \end{array} \right. \end{array}\)

(thỏa mãn điều kiện \(x>0\)).

\(\int\limits_{0}^{4}{f'\left( x-2 \right)dx}+\int\limits_{0}^{2}{f'\left( x-2 \right)dx}=\left. f\left( x-2 \right) \right|_{0}^{4}+\left. f\left( x+2 \right) \right|_{0}^{2}=f\left( 4 \right)-f\left( -2 \right)=6\).

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

\(a-bi=\sqrt{3}{{\left( a+bi \right)}^{2}}\)\(\Leftrightarrow a-bi=\sqrt{3}\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}}+2abi \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \sqrt 3 \left( {{a^2} - {b^2}} \right) = a\,\,\left( 1 \right)\\ \sqrt 3 2ab = - b\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right) \end{array} \right.\,\,\,\).

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} b = 0\\ \sqrt 3 .2a = - 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} b = 0\\ a = - \frac{{\sqrt 3 }}{6} \end{array} \right.\).

Với \(b = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} a = 0\\ a = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \end{array} \right.\).

\(a=-\frac{\sqrt{3}}{6}\Rightarrow b=\pm \frac{1}{2}\) \(\Rightarrow S=\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{6}\).

\({{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}\); \(SA=AB.\tan {{60}^{\text{o}}}=a\sqrt{3}\)

\({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SA=\frac{{{a}^{3}}}{\sqrt{3}}\)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Gọi phương trình của parbol là (P): y = ax² + bx + c

Theo đề ra, (P) đi qua ba điểm O(0;0), A(3;0), B(1,5;2,25).

Từ đó,  suy ra (P): y = -x² + 3x

Diện tích phần Bác Năm xây dựng: \(S = \int\limits_0^3 {\left| { - {x^2} + 3x} \right|} dx = \frac{9}{2}\)

Vậy số tiền bác Năm phải trả là: \(\frac{9}{2}\).1500000 = 6750000 (đồng)

Gọi đường thẳng cần tìm là \(\Delta \). Gọi \(I=\Delta \cap d\)\(\Rightarrow I\in d\) \(\Leftrightarrow I\left( 1+t;2+t;3+t \right)\).

\(\overrightarrow{MI}=\left( t;t;1+t \right)\) mà \(MI\text{//}\left( P \right)\) nên \(\overrightarrow{MI}.{{\vec{n}}_{\left( P \right)}}=0\) \(\Leftrightarrow t-t+\left( 1+t \right)=0\) \(\Leftrightarrow t=-1\)\(\Rightarrow \overrightarrow{MI}=\left( -1;-1;0 \right)\)

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\left( 1;2;2 \right)\) và \(I\) có véctơ chỉ phương là \(\overrightarrow{MI}=\left( -1;-1;0 \right)\) có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 - t\\ y = 2 - t\\ z = 2 \end{array} \right.\)

Đặt \(h\left( x \right)=2f\left( x \right)-{{\left( x-1 \right)}^{2}}\Rightarrow h'\left( x \right)=2f'\left( x \right)-2\left( x-1 \right)\). Ta vẽ thêm đường thẳng \(y=x-1\).

Ta có \(h'\left( x \right)=0\)\(\Leftrightarrow f'\left( x \right)=x-1\) : phương trình có \(5\) nghiệm bội lẻ.

Lập bảng biến thiên của hàm số \(h\left( x \right)\).

Đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) có nhiều điểm cực trị nhất khi \(h\left( x \right)\) có nhiều giao điểm với trục hoành nhất, vậy đồ thị hàm số \(h\left( x \right)\) cắt trục hoành tại nhiều nhất 6 điểm, suy ra đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) có tối đa \(11\) điểm cực trị.

Điều kiện \(x>0\).

\({{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}-1 \right).{{\log }_{4}}\left( {{2.5}^{x}}-2 \right)=m\)\(\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}-1 \right)\left[ \frac{1}{2}{{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}-1 \right)+\frac{1}{2} \right]=m\,\,\,\left( 1 \right)\).

Đặt \(t={{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}-1 \right)\).

Ta có phương trình \(\frac{1}{2}\left( {{t}^{2}}+t \right)=m\,\,\left( 2 \right)\).

Để phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm trên đoạn \(\left[ 1;\,{{\log }_{5}}9 \right]\)thì phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm trên đoạn \(\left[ 2;\,3 \right]\).

Xét hàm số \(f\left( t \right)=\frac{1}{2}\left( {{t}^{2}}+t \right)\) trên đoạn \(\left[ 2;\,3 \right]\).

Ta có \({f}'\left( t \right)=t+\frac{1}{2}\)\(\Rightarrow {f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=-\frac{1}{2}\).

Bảng biến thiên

Suy ra phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm trên đoạn \(\left[ 2;\,3 \right]\) khi \(3\le m\le 6\).

Vật có 4 giá trị nguyên \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm thuộc đoạn \(\left[ 1;\,{{\log }_{5}}9 \right]\).

Dựa vào đồ thị của hàm \({f}'\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ -2;6 \right]\) ta suy ra bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ -2;6 \right]\) như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(\left\{ \begin{array}{l} f\left( { - 2} \right) < f\left( { - 1} \right)\\ f\left( 2 \right) < f\left( { - 1} \right)\\ f\left( 2 \right) < f\left( 6 \right) \end{array} \right.\) nên A, D sai.

Chỉ cần so sánh \(f\left( -2 \right)\) và \(f\left( 2 \right)\) nữa là xong.

Gọi \(\text{cos}\widehat{CAB}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow AC=a\sqrt{3}\), \({{S}_{2}}\) là diện tích hình phẳng được tô đậm như trên hình vẽ.

Ta có:

\({{S}_{1}}=\int\limits_{-2}^{-1}{\left| {f}'\left( x \right) \right|\text{d}x} =\int\limits_{-2}^{-1}{{f}'\left( x \right)dx} =f\left( -1 \right)-f\left( -2 \right)\).

\({{S}_{2}}=\int\limits_{-1}^{2}{\left| {f}'\left( x \right) \right|\text{d}x} =-\int\limits_{-1}^{2}{{f}'\left( x \right)\text{d}x} =f\left( -1 \right)-f\left( 2 \right)\).

Dựa vào đồ thị ta thấy \({{S}_{1}}<{{S}_{2}}\) nên \(f\left( -1 \right)-f\left( -2 \right)<f\left( -1 \right)-f\left( 2 \right)\)\(\Leftrightarrow f\left( -2 \right)>f\left( 2 \right)\).

Đặt \({{z}_{1}}=a+bi;\text{ }a,b\in \mathbb{R}\) \(\Rightarrow {{z}_{2}}=-b+ai\)

\(\Rightarrow {{z}_{1}}-{{z}_{2}}=\left( a+b \right)+\left( b-a \right)i\).

Nên \(\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=\sqrt{{{\left( a+b \right)}^{2}}+{{\left( b-a \right)}^{2}}}=\sqrt{2}.\left| {{z}_{1}} \right|\)

Ta lại có \(2=\left| {{z}_{1}}+1-i \right|\le \left| {{z}_{1}} \right|+\left| 1-i \right|=\left| {{z}_{1}} \right|+\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow \left| {{z}_{1}} \right|\ge 2-\sqrt{2}\) . Suy ra \(\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=\sqrt{2}.\left| {{z}_{1}} \right|\ge 2\sqrt{2}-2\).

Dấu ''='' xảy ra khi \(\frac{a}{1}=\frac{b}{-1}<0\).

Vậy \(m=\min \left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=2\sqrt{2}-2\).

Ta có: \(d(M,(P))=3>R=2\Rightarrow (P)\cap (S)=\varnothing .\)

Đường thẳng \(d\) đi qua \(I\) và vuông góc với \(\left( P \right)\) có pt: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 1 + t}\\ {y = 1 + 2t}\\ {z = 1 + 2t} \end{array}} \right.,t \in R.\)

Tọa độ giao điểm của \(d\) và \(\left( S \right)\) là \(A\left( \frac{5}{3};\frac{7}{3};\frac{7}{3} \right)\), \(B\left( \frac{1}{3};-\frac{1}{3};-\frac{1}{3} \right)\)

Ta có: \(d(A,(P))=5\ge d(B,(P))=1.\) \(\Rightarrow d(A,(P))\ge d(M,(P))\ge d(B,(P)).\)

Vậy: \(\Rightarrow d{{(M,(P))}_{\min }}=1\Leftrightarrow M\equiv B.\).