Có \(C_6^3 = 20\) cách

\({u_5} = {u_1} + 4d =  - 3 + 4.2 = 5\)

\({4^{x - 3}} = 8 \Leftrightarrow {2^{2x - 6}} = {2^3} \Leftrightarrow 2x - 6 = 3 \Leftrightarrow x = \frac{9}{2}\)

\(V = {x^3} = 8{a^3} \Rightarrow x = 2a\)

Điều kiện xác định \(2 - x > 0 \Leftrightarrow x < 2\)

Chọn B. Theo định nghĩa tích phân

\(V = \frac{1}{3}{.3^2}.5 = 15\)

\({S_{xq}} = \pi rl = \pi .2.3 = 6\pi \)

\(R = \frac{6}{2} = 3\)

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi \)

\(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow  - 2 < x < 1\)

\({\log _3}\left( {9{a^3}} \right) = {\log _3}9 + {\log _3}{a^3} = 2 + 3{\log _3}a\)

Diện tích toàn phần hình trụ bằng diện tích xung quanh cộng diện tích 2 đáy :

\(2\pi rl + 2\pi {r^2} = 2\pi r\left( {l + r} \right)\)

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0

Đồ thị đi lên trái qua phải nên đồng biến trên từng khoảng xác định. 

\(\mathop {\lim y}\limits_{x \to  \pm \infty }  = 3 \Rightarrow \) TCN : y = 3

\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 1} \right) \ge - 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x - 1 > 0\\ x - 1 \le {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 3}} \end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x \le 9\)

Phương trình tương đương với f(x) = -2 và đường thẳng y = -2 cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 3 nghiệm

\(\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \frac{9}{2}\)

\(\bar z =  - 3 - 2i\)

\(2{z_1} + {z_2} = 2\left( {5 - i} \right) + 3 + 4i = 13 + 2i\) nên phần ảo bằng 2

M(-1;3) là điểm biểu diễn số phức - 1 + 3i

Hình chiếu vuông góc của điểm M(2;-1;3) trên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ là(2;-1;0)

\(R = \sqrt {1 + 9 + 4 - 5}  = 3\)

\(\overrightarrow n  = \left( {2; - 4; - 2} \right) = 2\left( {1; - 2; - 1} \right)\)

Hệ  \(\left\{ \begin{array}{l} - 2 = 3 - 2t\\ 1 = 1 + t\\ 1 = - 2 + t \end{array} \right.\) vô nghiệm nên điểm \(\left( { - 2;1;1} \right) \notin \Delta \)

\(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SCA},\,\,\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{SA}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)

f'(x) đổi dấu từ âm sang dương đúng 2 lần

\(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 16x = 4x\left( {{x^2} - 4} \right),f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2\\ x = - 2 \notin \left[ { - 1;2} \right] \end{array} \right.\)

Và \(f\left( 0 \right) = 1,f\left( { - 1} \right) =  - 6,f\left( 2 \right) =  - 15,f\left( {\sqrt 5 } \right) =  - 14\)

Suy ra \(\mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]}  =  - 15\)

\({\log _9}\left( {{3^a}{{.9}^b}} \right) = {\log _{\sqrt 3 }}3 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {{{\log }_3}{3^a} + {{\log }_3}{9^b}} \right) = 2 \Leftrightarrow a + 2b = 4\)

Vì phương trình hoành độ giao điểm \(-2{{x}^{3}}+3x-1=0\Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left( -2{{x}^{2}}-2x+1 \right)=0\) có 3 nghiệm phân biệt  \(x=1,x=\frac{-1\pm \sqrt{3}}{2}\) nên số giao điểm bằng 3

\({3^{2x + 1}} - {28.3^x} + 9 \le 0 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le {3^x} \le 9 \Leftrightarrow  - 1 \le x \le 2\)

\(\frac{{{S_{xq}}}}{{{S_{tp}}}} = \frac{{\pi rl}}{{\pi rl + \pi {r^2}}} = \frac{l}{{r + l}} = \frac{{2r}}{{3r}} = \frac{2}{3}\)

Đặt  \(t=\sqrt{{{x}^{2}}+1}\Rightarrow {{t}^{2}}={{x}^{2}}+1\Rightarrow 2tdt=2xdx\Rightarrow xdx=tdt\). 

Đổi cận \(x=0\Rightarrow t=1;\,\,x=\sqrt{3}\Rightarrow t=2\).

Ta có \(\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{x\sqrt{{{x}^{2}}+1}\text{d}x=\int\limits_{1}^{2}{t.t\text{d}t}}=\int\limits_{1}^{2}{{{t}^{2}}\text{d}t}\)

\(S = \int\limits_2^4 {\left| {2{x^2} - 6x} \right|{\rm{d}}x = } \int\limits_2^3 {\left( { - 2{x^2} + 6x} \right){\rm{d}}x + \int\limits_3^4 {\left( {2{x^2} - 6x} \right)} } {\rm{d}}x\)

\(\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \frac{{8 + mi}}{{1 + 2i}} = \frac{{\left( {8 + mi} \right)\left( {1 - 2i} \right)}}{5} = \frac{{8 + 2m}}{5} + \frac{{m - 16}}{5}i\) là số thuần ảo khi m = -4

\({z_0} = \frac{1}{2} - \frac{5}{2}i,\,\,\,\left| {\left( {5 + i} \right)\left( {\frac{1}{2} - \frac{5}{2}i} \right)} \right| = \sqrt {26} .\frac{{\sqrt {26} }}{2} = 13\)

Phương trình tham số của \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l} x = 2 + t\\ y = - 1 + 3t\\ z = 2 - 2t \end{array} \right.\). \(z = 0 \Rightarrow t = 1 \Rightarrow x = 3,y = 2 \Rightarrow \) giao điểm của \(\Delta \) và (Oxy) là (3;2;0)

\(\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {OA} = \left( {3; - 2;0} \right)\\ \overrightarrow {OB} = \left( {0; - 1;3} \right) \end{array} \right.\)

Mặt phẳng (P) đi qua gốc tọa độ và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( { - 6; - 9; - 3} \right) =  - 3\left( {2;3;1} \right)\)

Không gian mẫu \(9.A_{9}^{8}$

Lấy 4 số lẻ từ 5 số lẻ, có \(C_{5}^{4}\) cách

Số 0 không ở vị trí đầu tiên và số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ nên có 7 cách xếp vị trí số 0

Chọn 2 số lẻ trong 4 số lẻ xếp liền trước và sau số 0, có \(A_{4}^{2}\) cách. Các vị trí còn lại, có 6! cách sắp xếp.

Do đó, có \(7.C_{5}^{4}.A_{4}^{2}.6!\) số thỏa yêu cầu. Xác suất \(P=\frac{7.C_{5}^{4}.A_{4}^{2}.6!}{9A_{9}^{8}}=\frac{5}{54}\)

Gọi  N,E,K tương ứng là trung điểm BC,AB,AN và H là hình chiếu vuông góc của E trên MK

\(\begin{align} & d\left( AM,SC \right)=d\left( C,\left( AMN \right) \right)=d\left( B,\left( AMN \right) \right)=2d\left( E,\left( AMN \right) \right)=2EH=2.\frac{EK.EM}{\sqrt{E{{K}^{2}}+E{{M}^{2}}}} \\ & =2.\frac{a.4a}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( 4a \right)}^{2}}}}=\frac{8\sqrt{17}}{17}a \\ \end{align}\)

Ta có \(y=-\frac{2}{3}{{x}^{3}}+\left( m-1 \right){{x}^{2}}-8x+4\Rightarrow y'=-2{{x}^{2}}+2\left( m-1 \right)x-8\).

Hàm số nghịch biến trên tập xác định \(D=\mathbb{R}\Leftrightarrow y'\le 0,\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow \Delta '={{\left( m-1 \right)}^{2}}-16\le 0\Leftrightarrow -3\le m\le 5\). 

Do đó có 9 số nguyên m

Con tàu hoạt động bình thường khi 

\(870.\,{e^{ - \frac{t}{{127}}}} > 600 \Leftrightarrow t <  - 127.\ln \left( {\frac{{60}}{{87}}} \right) \approx 47,1\)

Tiệm cận ngang \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=2\Rightarrow a=2\). Tiệm cận đứng \(x=-1\Rightarrow {{b}^{2}}=1\). Hàm số đồng biến nên \(a{{b}^{2}}-3b>0\Rightarrow 2{{b}^{2}}-3b>0\Rightarrow b=-1\). Tổng a+b=1

Gọi K là trung điểm \(AB,AK=a\sqrt{3},OK=\sqrt{4{{a}^{2}}-3{{a}^{2}}}=a.\,\,\) Tam giác SOK vuông cân cạnh a nên khoảng cách từ O đến \(\left( P \right)\)  bằng đường cao \(OH=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(f'\left( x \right) = \frac{{1 - 2{x^2}}}{{{x^2}}} = \frac{1}{{{x^2}}} - 2 \Rightarrow f\left( x \right) =  - \frac{1}{{{x^2}}} - 2x + C,\,\,x > 0\)

Vì f(1) = -3 nên \(C = 0 \Rightarrow \int\limits_1^e {f\left( x \right)dx = \int\limits_1^e {\left( { - \frac{1}{x} - 2x} \right)dx = } } \left( { - \ln \left| x \right| - {x^2}} \right)|_{^1}^e =  - {e^2}\)

\(f\left( {\cos x} \right) = \frac{3}{2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} \cos x = {x_1} < - 1:\,\,\,\,VN\\ \cos x = {x_2},\,\,{x_2} \in \left( { - 1;0} \right) \Rightarrow 2\,nghiem\\ \cos x = {x_3},\,\,{x_3} \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow 1\,\,nghiem\\ \cos x = {x_4} > 1:\,\,VN \end{array} \right.\)

Đặt \(t = {3^{2x - {x^2}}} \Rightarrow t' = \left( {2 - 2x} \right).\,{3^{2x - {x^2}}}.\,\ln 3\). Ta xác định miền của ẩn phụ t

\( \Rightarrow t \in \left( {0;3} \right]\)

Phương trình trở thành \(m =  - {t^2} + 4t = g\left( t \right)\) (*); \(g'\left( t \right) =  - 2t + 4\)

Phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt  khi phương trình (*)  có đúng một \(t \in \left( {0;3} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 4\\ 0 < m < 3 \end{array} \right.\) nghiệm .

Vậy các giá trị nguyên của m là 1; 2; 4

\(\int\limits_0^1 {x{e^{{x^2} + k}}{\rm{d}}x = \frac{1}{2}} \int\limits_0^1 {{e^{{x^2} + k}}{\rm{d}}\left( {{x^2} + k} \right)} = \frac{1}{2}{e^{{x^2} + k}}\left| \begin{array}{l} 1\\ 0 \end{array} \right. = \frac{1}{2}\left( {{e^{k + 1}} - {e^k}} \right) = 3 \Rightarrow {e^k} = \frac{6}{{e - 1}} \Rightarrow k = \ln \left( {\frac{6}{{e - 1}}} \right) = 1,...\)

Diện tích tam giác ABC là \(\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\).

Gọi H, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB,A'B' và K là giao của AH',A'B.

Ta chứng minh được \(A'B\bot \left( AC'H \right)\).

Suy ra \(A'B\bot AH'\)

Đặt \(A'H=x\Rightarrow BH'=x\). 

Ta có K là trọng tâm tam giác AA'B' suy ra \(KB=\frac{2}{3}A'B=\frac{2}{3}\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}},KA=\frac{2}{3}AH'=\frac{2}{3}\sqrt{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}\). 

Tam giác KAB vuông tại K nên \(K{{B}^{2}}+K{{A}^{2}}=A{{B}^{2}}\Leftrightarrow \frac{4}{9}\left( 2{{x}^{2}}+\frac{5}{4}{{a}^{2}} \right)={{a}^{2}}\Leftrightarrow x=\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Suy ra \(V={{S}_{ABC}}.A'H=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8}\)

Điều kiện \(x>0,0<y<1\) \({{\log }_{3}}\left( \frac{1-y}{x+3xy} \right)=3xy+x+3y-4\Leftrightarrow 1+{{\log }_{3}}\left( 1-y \right)+3-3y={{\log }_{3}}\left( x+3xy \right)+x+3xy\) hay

\({{\log }_{3}}\left( 3-3y \right)+3-3y={{\log }_{3}}\left( x+3xy \right)+x+3xy\Leftrightarrow 3-3y=x+3xy\). 

Do 0<y<1 nên \(y=\frac{3-x}{3x+3}\) và 0<x<3

Khi đó, \(x+y=x+\frac{3-x}{3x+3}=g\left( x \right)\ge g\left( \frac{2}{\sqrt{3}}-1 \right)=\frac{-4+4\sqrt{3}}{3}\)