Vì \({{u}_{n+1}}-{{u}_{n}}=2(n+1)-2n=2\) nên \({{u}_{n}}\) là CSC với công bội là 2.

Nhìn đồ thị ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 0. Do đó chọn B.

\(\begin{array}{l} {\log _2}\left( {3x - 2} \right) > {\log _2}\left( {6 - 5x} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3x - 2 > 0\\ 6 - 5x > 0\\ 3x - 2 > 6 - 5x \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > \frac{2}{3}\\ x < \frac{6}{5}\\ x > 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x < \frac{6}{5}.\\ \Rightarrow a = 1;b = \frac{6}{5} \Rightarrow S = \frac{{11}}{5}. \end{array}\)

Ta có \({F}'\left( x \right)=\left( -{{x}^{2}}+\left( 2-a \right)x+a-b \right){{e}^{-x}}=f\left( x \right)\) nên 2-a=3 và a-b=6

Vậy a =  - 1,b =  - 7

\(3{z^2} - z + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow z = \frac{{1 \pm i\sqrt {23} }}{6}\)

\({\left| {{z_1}} \right|^2} + {\left| {{z_2}} \right|^2} = {\left| {\frac{{1 + i\sqrt {23} }}{6}} \right|^2} + {\left| {\frac{{1 - i\sqrt {23} }}{6}} \right|^2} = 2\left[ {{{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt {23} }}{6}} \right)}^2}} \right] = \frac{4}{3}\)

\(3\left| {f\left( x \right)} \right| - 7 = 0 \Leftrightarrow \left| {f\left( x \right)} \right| = \frac{7}{3} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {f\left( x \right) = \frac{7}{3}\;\;\;\;\left( 1 \right)}\\ {f\left( x \right) = - \frac{7}{3}\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)} \end{array}} \right.\)

Dựa vào bảng biến thiên thì có 1 nghiệm; có 3 nghiệm, vậy phương trình ban đầu có 4 nghiệm.

\(y' = \frac{{\left( {{x^2} + 2} \right)'}}{{\left( {{x^2} + 2} \right)\ln 5}} = \frac{{2x}}{{\left( {{x^2} + 2} \right)\ln 5}}\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) là \(\frac{x}{3}+\frac{y}{2}+\frac{z}{6}=1\Leftrightarrow 2x+3y+z-6=0\).

Dễ thấy \(D\in \left( ABC \right)\). Gọi H,K,I lần lượt là hình chiếu của A,B,C trên \(\Delta \).

Do \(\Delta \) là đường thẳng đi qua D nên \(AH\le AD,BK\le BD,CI\le CD\).

Vậy để khoảng cách từ các điểm \(A,B,\,C\) đến \(\Delta \) là lớn nhất thì \(\Delta \) là đường thẳng đi qua D và vuông góc với \(\left( ABC \right)\). Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta \) là \(\left\{ \begin{align} & x=1+2t \\ & y=1+3t \\ & z=1+t \\ \end{align} \right.\,\left( t\in \mathbb{R} \right)\). Kiểm tra ta thấy điểm \(M\left( 5;7;3 \right)\in \Delta .\)

Dựa vào hình dạng đồ thì, ta thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 3 với hệ số a<0. Nên loại A, B.

Đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại \({{x}_{1}}=0\) và \({{x}_{2}}>0\).

+ Xét \(y=-{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1\].

Ta có \({y}'=-3{{x}^{2}}-6x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{x}_{1}}=0 \\ & {{x}_{2}}=-2 \\ \end{align} \right.\). Loại D.

+ Xét \(y=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+1\).

Ta có \({y}'=-3{{x}^{2}}+6x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{x}_{1}}=0 \\ & {{x}_{2}}=2 \\ \end{align} \right.\)

Hàm số có nghĩa \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x>0\Leftrightarrow x<0\) hoặc x>2

Vậy tập xác định D của hàm số là \(D=\left( -\infty ;0 \right)\cup \left( 2;+\infty  \right)\)

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{{4\pi \sqrt 3 }}{3}\)

Dựng \(OH\bot CD\) lại có \(CD\bot SO\Rightarrow CD\bot \left( SHO \right)\Rightarrow \widehat{SHO}={{60}^{\circ }}\).

Ta có: \(OH=\frac{AD}{2}=a\Rightarrow SO=a\,\tan {{60}^{\circ }}=a\sqrt{3}\)

\(SD=\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{D}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}=a\sqrt{5}\)

ÁP dung công thức giải nhanh ta có: \({{R}_{\left( C \right)}}=\frac{S{{A}^{2}}}{2SO}=\frac{5{{a}^{2}}}{2a\sqrt{3}}\Rightarrow {{S}_{\left( C \right)}}=4\pi {{R}^{2}}=\frac{25\pi {{a}^{2}}}{3}.\)

Ta có: \(\left( P \right)\bot {{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}=\left( 3;-2;2 \right), \left( Q \right)\bot {{\overrightarrow{n}}_{\left( Q \right)}}=\left( 4;5;-1 \right)\).

Do \(\left\{ \begin{align} & AB\subset \left( P \right) \\ & AB\subset \left( Q \right) \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & AB\bot {{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}} \\ & AB\bot {{\overrightarrow{n}}_{\left( Q \right)}} \\ \end{align} \right.\) nên đường thẳng AB có véctơ chỉ phương là:

\(\overrightarrow{u}=\left[ {{\overrightarrow{n}}_{\left( Q \right)}},{{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}} \right]=\left( 8;-11;-23 \right)\)

Do \(\overrightarrow {AB} \) cũng là một véc tơ chỉ phương của AB nên \(\overrightarrow{AB}\text{//}\overrightarrow{u}=\left( 8;-11;-23 \right)\)

Gọi \(M\left( a;b \right)\) là điểm thuộc đồ thị hàm số có tiếp tuyến thỏa mãn đề bài.

Ta có \({y}'=3{{x}^{2}}-6x+6\Rightarrow {y}'\left( a \right)=3{{a}^{2}}-6a+6=3{{\left( a-1 \right)}^{2}}+3\ge 3\Rightarrow \min {y}'\left( a \right)=3\Leftrightarrow a=1\)

Suy ra \(y\left( 1 \right)=9\Rightarrow PTTT\) tại \(M\left( 1;9 \right)\) là \(y=3\left( x-1 \right)+9y=3x+6\)

Ta có \({{\left( \sqrt{3}-1 \right)}^{x+1}}>4-2\sqrt{3}\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{3}-1 \right)}^{x+1}}>{{\left( \sqrt{3}-1 \right)}^{2}}\Leftrightarrow x+1<2\Leftrightarrow x<1\)

Vậy tập nghiệm S của bất phương trình là \(S=\left( -\infty ;1 \right)\)

Đặt \(\text{w}=x+yi\Rightarrow z=\frac{\text{w}-1+i}{2}=\frac{x-1+\left( y+1 \right)i}{2}.\)

\(\left| z-3+4i \right|=2\Leftrightarrow \left| \frac{\left( x-7 \right)+\left( y+9 \right)i}{2} \right|=2\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( x-7 \right)}^{2}}+{{\left( y+9 \right)}^{2}}}=4\Leftrightarrow {{\left( x-7 \right)}^{2}}+{{\left( +9 \right)}^{2}}=16.\)

=>Tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm \(I\left( 7;-9 \right)\) bán kính R=4.

Khi đó \(\left| \text{w} \right|\) có giá trị lớn nhất là \(OI+R=4+\sqrt{130}\)

\(z = {\left( {1 - 2i} \right)^2} + 1 = 2 - 4i + {\left( {2i} \right)^2} = 2 - 4i + 4{i^2} =  - 2 - 4i\)

Ta có :\({{u}_{1}}+{{u}_{2}}+{{u}_{3}}=180\Leftrightarrow 25+25+d+25+2d=180\Leftrightarrow d=35\).

Vâỵ \({{u}_{2}}=60;\text{ }{{u}_{3}}=95\)

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

Ta có \(\left\{ \begin{align} & \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=2 \\ & \underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=2 \\ \end{align} \right.\Rightarrow \) tiệm cận ngang y=2. ; \(\left\{ \begin{align} & \underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \\ & \underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \\ \end{align} \right.\Rightarrow \) tiệm cận đứng x=1.

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln \left( {2x + 1} \right)\\ dv = xdx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{2}{{2x + 1}}dx\\ v = \frac{{{x^2}}}{2} \end{array} \right. \Rightarrow I = \left[ {\frac{{{x^2}}}{2}\ln \left( {2x + 1} \right)} \right]\left| {\mathop {}\limits_0^4 - \int\limits_0^4 {\frac{{{x^2}}}{{2x + 1}}dx} } \right.\)

\( \Leftrightarrow I = \left[ {\frac{{{x^2}}}{2}\ln \left( {2x + 1} \right)} \right]\left| {\mathop {}\limits_0^4 - \int\limits_0^4 {\left( {\frac{x}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{{4\left( {2x + 1} \right)}}} \right)dx = } } \right.\left[ {\frac{{{x^2}}}{2}\ln \left( {2x + 1} \right)} \right]\left| {\mathop {}\limits_0^4 - \left( {\frac{{{x^2}}}{4} - \frac{1}{4}x + \frac{1}{8}\ln \left( {2x + 1} \right)} \right)\left| {\mathop {}\limits_0^4 } \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow I = \frac{{63}}{4}\ln 3 - 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 63\\ b = 4\\ c = 3 \end{array} \right. \Rightarrow S = a + b + c = 70\)

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

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

\(f\left( 0 \right) =  - 2;f\left( {\frac{1}{3}} \right) =  - \frac{{50}}{{27}};f\left( 1 \right) =  - 2;f\left( 2 \right) = 0\)

\(\Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} {\mkern 1mu} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 0\)

Ta có \(v\left( t \right)=\int{a\left( t \right)dt=\int{\left( {{t}^{2}}+4t \right)dt=\frac{{{t}^{3}}}{3}+2t+C\left( m/s \right)}}\)

Do khi bắt đầu tăng tốc \({{v}_{0}}=15\) nên \({{v}_{\left( t-0 \right)}}=15\Rightarrow C=15\Rightarrow v\left( t \right)=\frac{{{t}^{3}}}{3}+2{{t}^{2}}+15\)

Khi đó quãng đường đi được \(S=\int\limits_{0}^{3}{v\left( t \right)dt}=\int\limits_{0}^{3}{\left( 15+\frac{{{t}^{3}}}{3}+2{{t}^{2}} \right)dt}=\left( 15+\frac{{{t}^{4}}}{12}+\frac{2}{3}{{t}^{3}} \right)\left| \underset{0}{\overset{3}{\mathop {}}}\,=69,75\,m \right.\).

Ta có:

\(z = \dfrac{{i - m}}{{1 - m\left( {m - 2i} \right)}}\)

\(\;\;\;= \dfrac{{i - m}}{{1 - {m^2} + 2mi}} = \dfrac{{i - m}}{{ - {{\left( {i - m} \right)}^2}}} \)

\(\;\;\;= \dfrac{1}{{m - i}} = \dfrac{{m + i}}{{{m^2} + 1}}\)

Khi đó \(\left| z \right| = \sqrt {\dfrac{{{m^2} + 1}}{{{{\left( {{m^2} + 1} \right)}^2}}}}  = \sqrt {\dfrac{1}{{{m^2} + 1}}}  \le 1\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(m = 0\)

\(\frac{1}{{{{\log }_2}x}} + \frac{1}{{{{\log }_{{2^2}}}x}} + \frac{1}{{{{\log }_{{2^3}}}x}} + ... + \frac{1}{{{{\log }_{{2^n}}}x}} = {\log _x}2 + {\log _x}{2^2} + {\log _x}{2^3} + ... + {\log _x}{2^n}\)

\( = {\log _x}\left( {{{2.2}^2}{{.2}^3}{{...2}^n}} \right) = 465{\log _x}2 = {\log _x}{2^{465}}\)

\( \Rightarrow {2.2^2}{.2^3}{...2^n} \Leftrightarrow 1 + 2 + 3 + ... + n = 465 \Leftrightarrow \frac{n}{2}\left( {n + 1} \right) = 465\)

\( \Leftrightarrow {n^2} + n - 930 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} n = 30\\ n = - 31 \end{array} \right. \Rightarrow n = 30\)

\(\int\limits_0^2 {\left[ {f\left( {1 - 3x} \right) + 9} \right]} dx = \int\limits_0^2 {f\left( {1 - 3x} \right)} dx + \int\limits_0^2 {9dx}  = \int\limits_0^2 {f\left( {1 - 3x} \right)} dx + 18\)

Đặt 1 - 3x = t \( \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( {1 - 3x} \right)} dx =  - \frac{1}{3}\int\limits_1^{ - 5} {f\left( t \right)} dt = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 5}^1 {f\left( t \right)} dt = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 5}^1 {f\left( x \right)} dx = \frac{1}{3}.9 = 3\)

\(\Rightarrow \int\limits_0^2 {\left[ {f\left( {1 - 3x} \right) + 9} \right]} dx = 21\)

• Ta có \({y}'={{x}^{2}}+2\left( m-1 \right)x+2m-3\)

• Hàm số đồng biến trên \(\left( 1;+\infty  \right)\) khi và chỉ khi \({y}'\ge 0,\forall x\in \left( 1;+\infty  \right)\Leftrightarrow 2m\ge \frac{-{{x}^{2}}+2x+3}{x+1}.\)

• Đặt \(g\left( x \right)=\frac{-{{x}^{2}}+2x+3}{x+1}\Rightarrow {g}'\left( x \right)=\frac{-{{\left( x+1 \right)}^{2}}}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}=-1<0;\forall x\in \left( 1;+\infty  \right)\)

• Do đó \(\underset{\left( 1;+\infty  \right)}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=g\left( 1 \right)=2\Rightarrow 2m\ge 2\Rightarrow m\ge 1.\)

Vì M thuộc tia Oz nên \(M\left( 0;0;{{z}_{M}} \right)\) với \({{z}_{M}}>0\).

Vì khoảng cách từ M đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) bằng 3 nên ta có \(\frac{\left| {{z}_{M}}+6 \right|}{3}=3\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{z}_{M}}=3 \\ & {{z}_{M}}=-15 \\ \end{align} \right..\)

Vì \({{z}_{M}}>0\) nên \(M\left( 0;0;3 \right)\).

\({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}} \Rightarrow 192 = 3.{\left( { - 2} \right)^{n - 1}} \Rightarrow {\left( { - 2} \right)^{n - 1}} = 64 \Rightarrow n - 1 = 6 \Rightarrow n = 7\)

\(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( { - 2;1; - 3} \right) =  - \frac{1}{2}.\left( {4; - 2;6} \right)\)

\(\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {z^2} = {4^2} = 16.\)

Từ đồ thị ta có \(f'(x)={{x}^{3}}-3x-2\). Do đó \(g'(x)=2xf'({{x}^{2}}-2)=2x({{({{x}^{2}}-2)}^{3}}-3({{x}^{2}}-2)-2)\)

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

Ta có \(g'(x)>0,\forall x\in (-1;0)\)

Vậy g(x) đồng biến trên (-1;0)

Điều kiện: \(x\left( 5-x \right)>0\Leftrightarrow 0<x<5\)

\({{\log }_{6}}\left[ x\left( 5-x \right) \right]=1\Leftrightarrow x\left( 5-x \right)=6\Leftrightarrow {{x}^{2}}-5x+6=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=2 \\ & x=3 \\ \end{align} \right.\left( tm \right)\)

Vậy \(S=\left\{ 2;3 \right\}\).

Ta có \(\overrightarrow{A{B}'}.\overrightarrow{B{C}'}=\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B{B}'} \right).\left( \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{C{C}'} \right) =-\frac{1}{2}{{a}^{2}}+{{x}^{2}}=0 \Leftrightarrow x={A}'A=\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Vậy thể tích lăng trụ là \(V=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{2}}{2} =\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8}\)

ĐK: \(\left[ \begin{matrix} x<-\sqrt{2} \\ x>\sqrt{2} \\ \end{matrix} \right..\) Ta xét \(f\left( x \right)={{x}^{5}}+\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}-2}}-2017\). Có \({f}'\left( x \right)=5{{x}^{4}}-\frac{2}{\left( {{x}^{2}}-2 \right)\sqrt{{{x}^{2}}-2}}\).

\({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 5{{x}^{4}}\left( {{x}^{2}}-2 \right)\sqrt{{{x}^{2}}-2}-2=0\)

Xét với \(x<-\sqrt{2}\) thì \(f\left( x \right)<0\Rightarrow f\left( x \right)=0\) không có nghiệm trong khoảng này.

Với \(x>\sqrt{2}\) thì \(\left( * \right)\) có vế trai là đồng biến nên chỉ có tối đa một nghiệm tức là \(f\left( x \right)\) chỉ có tối đa 2 nghệm.

Mà \(f\left( 1,45 \right)>0;f\left( 3 \right)<0;f\left( 10 \right)>0\) nên \(f\left( x \right)\) có nghiệm thuộc \(\left( 1,45;3 \right);\left( 3;10 \right)\) từ đó \(f\left( x \right)=0\) có đúng 2 nghiệm.

\(I = \int\limits_0^9 {\left[ {2f\left( x \right) + 3g(x)} \right]{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^9 {2f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_0^9 {3g\left( x \right){\rm{d}}x}  = 2\int\limits_0^9 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - 3\int\limits_9^0 {g\left( x \right){\rm{d}}x}  = 26\)

Số mặt của bát diện đều là 8; các mặt của bát diện đều cạnh a là các tam giác đều cạnh a

\(S=8\frac{1}{2}\frac{a\sqrt{3}}{2}a=2\sqrt{3}{{a}^{2}}\)

Dựa vào hình vẽ ta thấy: \(x\in \left( a;c \right) \Rightarrow f\left( x \right)<0\) và \(x\in \left( c;b \right) \Rightarrow f\left( x \right)>0\).

Do đó, ta có: \(S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|\text{d}x} =\int\limits_{a}^{c}{\left| f\left( x \right) \right|\text{d}x}+\int\limits_{c}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|\text{d}x} =-\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{c}^{b}{f\left( x \right)\text{d}x}\).

Mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là: \(r=d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{5}{\sqrt{6}}\).

Vậy phương trình mặt cầu là: \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=\frac{25}{6}\).

Có hai mệnh đề đúng.

Gọi \(\left( P \right)\) là mp đi qua M và vuông góc với d, khi đó (P)  chứa \(\Delta \).

Mp \(\left( P \right)\) qua \(M\left( -2;-2;1 \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 2;2;-1 \right)\) nên có phương trình:

\(\left( P \right):2x+2y-z+9=0\).

Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của A lên \(\left( P \right)\) và \(\Delta \). Khi đó: \(AK\ge AH:const\) nên \(A{{K}_{\min }}\)

khi \(K\equiv H\). Đường thẳng AH đi qua \(A\left( 1,2,-3 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 2;2;-1 \right)\) nên

(P) có phương trình tham số: \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 2t\\ y = 2 + 2t\\ z = - 3 - t \end{array} \right.\).

\(H\in AH\Rightarrow H\left( 1+2t;2+2t;-3-t \right)\).

\(H\in \left( P \right)\Rightarrow 2\left( 1+2t \right)+2\left( 2+2t \right)-\left( -3-t \right)+9=0\Rightarrow t=-2\Rightarrow H\left( -3;-2;-1 \right)\).

Vậy \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{HM}=\left( 1;0;2 \right)\).

\(\begin{align} & f\left( x;\ y \right)={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-4x-6y+5. \\ & f(3;\,2)=9+4-12-12+5=-6<0. \\ \end{align}\)

Vậy \(A\left( 3;\ 2 \right)\) ở trong \(\left( C \right)\).

Dây cung MN ngắn nhất \(\Leftrightarrow IH\) lớn nhất \(\Leftrightarrow H\equiv A \Leftrightarrow MN\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{IA}=\left( 1;\ -1 \right)\). Vậy d có phương trình: \(1(x-3)-1(y-2)=0\Leftrightarrow x-y-1=0\).

Gọi bán kính đáy là \(R\Rightarrow \) độ dài đường sinh là: 2R

Diện tích toàn phần của hình trụ là:  \({{S}_{tp}}=2\pi {{R}^{2}}+2\pi R.2R=6\pi {{R}^{2}}=4\pi \Leftrightarrow R=\frac{2}{\sqrt{6}}\)

Thể tích khối trụ là:  \(V=\pi {{R}^{2}}.2R=2\pi {{\left( \frac{2}{\sqrt{6}} \right)}^{3}}=\frac{4\pi \sqrt{6}}{9}.\)

Học sinh đó làm đúng được 5 điểm khi làm được đúng 25 câu bất kỳ trong số 50 câu, 25 câu còn lại làm sai.

Xác suất để học sinh là đúng một câu bất kỳ là \(\frac{1}{4}\), làm sai một câu là \(\frac{3}{4}\). Do đó xác suất để học sinh đó làm đúng 25 câu bất kỳ trong số 50 câu là \(C_{50}^{25}.{{\left( \frac{1}{4} \right)}^{25}}\).

Xác suất để hoạc sinh đó làm sai 25 câu còn lại là \({{\left( \frac{3}{4} \right)}^{25}}\).

Vậy xác suất để học sinh đó làm được đúng 5 điểm là: \(C_{50}^{25}{{\left( \frac{1}{4} \right)}^{25}}.{{\left( \frac{3}{4} \right)}^{25}}\).

\({{\log }_{2}}a=\frac{16}{b}\Leftrightarrow a={{2}^{\frac{16}{b}}}\) thay vào \({{\log }_{a}}b=\frac{b}{4}\) ta được: \(b=16\Rightarrow a=2.\)

Ta có \(\overrightarrow {{n_{\left( \alpha  \right)}}}  = \left( {1; - 1;2} \right),\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {1;2; - 1} \right)\)

Suy ra \(\sin \widehat {\left( {\left( \alpha  \right),\Delta } \right)} = \frac{{\left| {1 - 2 - 2} \right|}}{{\sqrt 6 \sqrt 6 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( \alpha  \right),\Delta } \right)} = {30^\circ }\)

Ta có bảng xét dấu của y'

Từ bảng trên thì hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( 1;2 \right).\)

Ta có: \({{\left( x-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{45}}={{\left( x-{{x}^{-2}} \right)}^{45}}\) có số hạng tổng quát là: \(C_{45}^{k}{{x}^{45-k}}{{\left( -{{x}^{-2}} \right)}^{k}}=C_{45}^{k}{{x}^{45-3k}}.{{\left( -1 \right)}^{k}}.\)

Số hạng không chứa x tương ứng với \(45-3k=0\Rightarrow k=15.\) Vậy số hạng không chứa x là: \(-C_{45}^{15}\).

Từ bảng xét dấu trên thì hàm số đồng biến trên \(\left( -2;+\infty  \right).\)

Ta có \((3+2i)z+{{(2-i)}^{2}}=4+i\Leftrightarrow (3+2i)z=4+i-{{\left( 2-i \right)}^{2}} \Leftrightarrow (3+2i)z=1+5i \Leftrightarrow z=\frac{1+5i}{3+2i} \Leftrightarrow z=1+i \Rightarrow \) phần thực của số phức z là a = 1, phần ảo của số phức z là b = 1.

Vậu a - b = 0