Mỗi cách chọn ra ba bạn từ một lớp có 20 bạn trong đó một bạn làm lớp trưởng, một bạn làm lớp phó, một bạn làm thủ quỹ là một chỉnh hợp chập 3 của 20.

Nên số cách chọn ra là là \(A_{20}^3\).

\(u_4=u_1.q^3 =- \frac{1}{9}\)

2^x = 4

⇔ x = 2

Thể tích khối chóp là \(V = \frac{1}{3}.a.2{a^2}\sqrt 3 = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

Điều kiện xác định của hàm số \({x^2} - 3x + 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < 1\\ x > 2 \end{array} \right.\).

Tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \,\left( { - \infty ;\,1} \right) \cup \left( {2;\, + \infty } \right)\).

Các nguyên hàm sai khác nhau hằng số nên C là đáp án sai.

\(V = B.h = 25.7 = 175\)

\(h = l = a\sqrt 3 .\)

\(V = \pi {r^2}h = \pi {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2}a\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \pi {a^3}.\)

Xét đáp án A ta có \(\pi {R^2}\) là diện tích hình tròn nên A sai.

Dựa vào bảng biến thiên ta được hàm số f(x) đồng biến trên khoảng (0;2).

Với a là một số thực dương tùy ý ,ta có : \({\log _2}\left( {8{a^3}} \right) = {\log _2}8 + {\log _2}{a^3} = 3 + 3{\log _2}a\).

\({S_{xq}} = \pi .\frac{3}{\pi }.l = 3l\)

Dựa vào BBT ta có đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua \(x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) và \(x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Nên hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) và \(x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Khi đó giá trị cực tiểu của hàm số bằng \(y\left( { \pm \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = - \frac{{25}}{4}\).

Đường cong có dạng của đồ thị hàm số hữu tỉ bậc 1 trên bậc 1, đồ thị có các đường tiệm cận đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = 1 nên chỉ có hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x - 1}}\) thỏa yêu cầu bài toán.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = - \frac{1}{2}\) nên đường thẳng \(y = -\dfrac12\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 3} \right) \ge {\log _{\frac{1}{2}}}4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x - 3 \le 4\\ x - 3 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le 7\\ x > 3 \end{array} \right.\)

Vậy \(x \in \left\{ {4{\mkern 1mu} \,;{\mkern 1mu} \,5{\mkern 1mu} \,;{\mkern 1mu} \,6{\mkern 1mu} \,;{\mkern 1mu} \,7} \right\}\)

Số giao điểm là nghiệm của phương trình: \({x^4} + 3{x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\)

\(\int\limits_0^4 {f\left( u \right){\rm{d}}u = \int\limits_0^3 {f\left( u \right){\rm{d}}u + \int\limits_3^4 {f\left( u \right){\rm{d}}u} } } \)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \int\limits_3^4 {f\left( u \right){\rm{d}}u}  = \int\limits_0^4 {f\left( u \right){\rm{d}}u - \int\limits_0^3 {f\left( u \right){\rm{d}}u} } \\
 \Leftrightarrow \int\limits_3^4 {f\left( u \right){\rm{d}}u}  = \int\limits_0^4 {f\left( t \right){\rm{d}}t - \int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} } 
\end{array}\)

\(\Leftrightarrow \int\limits_3^4 {f\left( u \right){\rm{d}}u}  = \frac{3}{5} - \frac{5}{3} =  - \frac{{16}}{{15}}\)

\(z = \left( {3 + 2i} \right)i = 3i + 2{i^2} = - 2 + 3i\)

Vậy \(\left| z \right| = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {3^2}} = \sqrt {13} \)

\(z = \frac{{{z_2}}}{{{z_1}}} = \frac{{3 - i}}{{1 + 2i}} = \frac{{\left( {1 - 2i} \right)\left( {3 - i} \right)}}{{\left( {1 - 2i} \right)\left( {1 + 2i} \right)}} = \frac{{1 - 7i}}{5} = \frac{1}{5} - \frac{7}{5}i\)

Điểm biểu diễn số phức z = -i là N(0;-1)

Hình chiếu vuông góc của điểm A(2;5;-3) trên mặt phẳng (Oxz) có tọa độ là (2;0;-3)

Tâm \(I\left( {2; - 4;1} \right)\)

Bán kính \(R = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {1^2} - \left( { - 4} \right)} = 5\)

\(\overrightarrow {{n_2}} = \left( { - 3;0;4} \right)\)

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \({\Delta _1}:\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2;3;4} \right)\)

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \({\Delta _2}:\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;1;2} \right)\)

Ta có \(\frac{2}{1} \ne \frac{3}{1} \ne \frac{4}{2}\) nên \(\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}}\),  không cùng phương.

\({\Delta _1}:\left\{ \begin{array}{l} x = 2s\\ y = - 2 + 3s\\ z = 4s \end{array} \right.\)

Ta xét hệ phương trình : \(\left\{ \begin{array}{l} 2s = 1 + t\\ - 2 + 3s = 2 + t\\ 4s = 1 + 2t \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2s - t = 1\\ 3s - t = 4\\ 4s - 2t = - 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} s = 3\\ t = 5\\ 4.3 - 2.5 \ne - 1 \end{array} \right.\)

Nên hệ phương trình vô nghiệm.

Vậy \(\Delta _1\) và \(\Delta_2\) chéo nhau.

Ta có: \(\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\).

Vì ABCD là hình thang vuông tại A và D có AB = 2AD = 2DC = a \( \Rightarrow AC \bot BC\) (1).

\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra: \(BC \bot SC\) nên góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng góc \(\widehat {SCA}\).

Trong tam giác vuông DAC có \(AD = DC = \frac{a}{2} \Rightarrow AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Trong tam giác vuông ASC có \(SA = AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {SCA} = 45^\circ \).

BXD của f'(x)

Từ bảng xét dấu ta thấy f'(x) đổi dấu từ + sang - qua hai điểm \(x = \frac{3}{2}\) và x = 4.

Vậy hàm số y = f(x) có hai điểm cực đại

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

\(f( - 4) = 13;f(0) = - 7;f( - 3) = 20\)

Vậy GTNN của hàm số \(f(x) = {x^3} + 3{x^2} - 9x - 7\) trên đoạn [-4;0] là -7.

\(P = {\log _a}{b^3} + {\log _{{a^2}}}{b^6} = 3{\log _a}b + 3{\log _a}b = 6{\log _a}b\)

Xét phương trình \({x^4} - 3{x^2} + m = 0 \Leftrightarrow {x^4} - 3{x^2} - 3 = - m - 3{\rm{ }}\left( 1 \right)\).

Số nghiệm của phương trình (1) bằng số điểm chung của đồ thị (C) và đường thẳng \(d:{\rm{ }}y = - m - 3\)

Khi đó dựa vào đồ thị phương trình đã cho thì phương trình \({x^4} - 3{x^2} + m = 0\) có ba nghiệm phân biệt khi \( - m - 3 = - 3 \Leftrightarrow m = 0\).

Điều kiện: x > 0.

Viết lại bất phương trình:

\(\begin{array}{l} {\log ^2}_2\left( {2x} \right) - 5{\log _2}x - 5 \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {1 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 5{\log _2}x - 5 \ge 0\\ \Leftrightarrow {\log ^2}_2x - 3{\log _2}x - 4 \ge 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _2}x \le - 1\\ {\log _2}x \ge 4 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \le \frac{1}{2}\\ x \ge 16 \end{array} \right. \end{array}\)

Kết hợp điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình là: \(T = \left( {0;\frac{1}{2}} \right] \cup \left[ {16; + \infty } \right)\).

Thiết diện qua trục là tam giác SAB vuông cân tại S, có \(AB = 2a\sqrt 2 \) nên bán kính đáy \(r = \frac{{AB}}{2} = a\sqrt 2 \)

Đường sinh \(l = SA = \sqrt {\frac{{A{B^2}}}{2}} = \sqrt {\frac{{{{\left( {2a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{2}} = 2a\)

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .a\sqrt 2 .2a = 2\sqrt 2 \pi {a^2}\).

Đặt \(u = 2 + {x^3} \Rightarrow du = 3{x^2}dx\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ x = - 1 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} u = 3\\ u = 1 \end{array} \right.\).

Khi đó: \(\int\limits_{ - 1}^1 {{x^2}\sqrt {2 + {x^3}} dx} = \frac{1}{3}\int\limits_1^3 {\sqrt {{u^5}} du} \).

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị \(y = 2{x^2} + 3x + 1\,,\,y = {x^3} + 1\,\) là

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

Ta có: \({x^3} - 2{x^2} - 3x \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \ge 3\\ - 1 \le x \le 0 \end{array} \right.\)

Diện tích S của hình phẳng là:

\(S = \int\limits_{ - 1}^3 {\left| {\left( {{x^3} + 1} \right) - \left( {2{x^2} + 3x + 1} \right)} \right|dx} = \int\limits_{ - 1}^3 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 3x} \right|dx} \)

\( = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {{x^3} - 2{x^2} - 3x} \right)dx} + \int\limits_0^3 {\left( {2{x^2} + 3x - {x^3}} \right)dx} \)

\({z_1}\overline {{z_2}} = \left( {3 - i} \right)\left( {\overline { - 1 + i} } \right) = \left( {3 - i} \right)\left( { - 1 - i} \right) = - 4 - 2i\)

\({z^2} - 4z + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = 2 + \sqrt 5 i\\ z = 2 - \sqrt 5 \end{array} \right.\)

Vì z₀ có phần ảo nên \({z_0} = 2 - \sqrt 5 i\)

\(\omega = \left( {1 + i} \right){z_0} = \left( {1 + i} \right)\left( {2 - \sqrt 5 i} \right) = 2 + \sqrt 5 + \left( {2 - \sqrt 5 } \right)i\)

Tọa độ điểm biểu diễn w là \(\left( {2 + \sqrt 5 \,;\,2 - \sqrt 5 } \right)\)

+ Do (Q) // (P) nên mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left( {3\,;\, - 2\,;\,4} \right)\).

+ Phương trình mặt phẳng (Q): \(3(x - 2) - 2\left( {y + 1} \right) + 4({\rm{z}}\,{\rm{ + }}\,{\rm{3)}}\,{\rm{ = }}\,0 \Leftrightarrow 3\,x - 2y + 4{\rm{z}}\,{\rm{ + }}\,4 = 0\)

Ta có \(M = \left( d \right) \cap \left( \Delta \right) \Rightarrow M \in \left( d \right)\). Giả sử \(\,M\left( { - 2 + 2t;{\rm{ }}1 + t;{\rm{ }}1 - t} \right),\,\,t \in R\)

Do A là trung điểm MN nên \(N\left( {4 - 2t;\,\,5 - t;\,\,t + 3} \right)\).

Mà N thuộc (P) nên ta có phương trình \(2\left( {4 - 2t} \right) - \left( {5 - t} \right) + \left( {3 + t} \right) - 10 = 0\) ⇔ t = -2

Do đó M(-6;-13).

\(\overrightarrow {MA} = \left( {7;\,4;\, - 1} \right)\) là véc-tơchỉ phương của đường thẳng \(\Delta\).

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là \(\frac{{x + 6}}{7} = \frac{{y + 1}}{4} = \frac{{z - 3}}{{ - 1}}\).

Gọi số viết được có dạng \(X = \overline {abc} \). Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = A_6^3 = 120\).

Gọi T là biến cố: “Số được viết là một số có 3 chữ số khác nhau chia hết cho 6”.

TH1: \(X = \overline {ab2} \):

Ta suy ra a + b chia cho 3 dư 1 nên \(\left( {a;b} \right) \in \left\{ {\left( {1;3} \right),\left( {1;6} \right),\left( {3;4} \right),\left( {4;6} \right)} \right\} \Rightarrow \) Số các kết quả thuận lợi của biến cố T là 8.

TH2: \(X = \overline {ab4} \):

Ta suy ra a + b chia cho 3 dư 2 nên \(\left( {a;b} \right) \in \left\{ {\left( {2;3} \right),\left( {2;6} \right),\left( {3;5} \right),\left( {5;6} \right)} \right\} \Rightarrow \) Số các kết quả thuận lợi của biến cố T là 8.

TH3: \(X = \overline {ab6} \):

Ta suy a + b ra chia cho 3 dư 0 nên \(\left( {a;b} \right) \in \left\{ {\left( {1;2} \right),\left( {1;5} \right),\left( {2;4} \right),\left( {4;5} \right)} \right\} \Rightarrow \) Số các kết quả thuận lợi của biến cố T là 8.

Tổng các kết quả thuận lợi của biến cố T là n(T) = 24

Xác suất cần tìm là \(P\left( T \right) = \frac{{n\left( T \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{24}}{{120}} = \frac{1}{5}.\)

Gọi H là trung điểm của \(AB \Rightarrow SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)(Vì \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\))

Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, suy ra G là là giao điểm của SH và BM.

Gọi O là giao điểm của AC và BD, suy ra O là trung điểm của  AC

\( \Rightarrow d\left( {C\,;\,\left( {MBD} \right)} \right) = d\left( {A\,;\,\left( {MBD} \right)} \right)\)

Từ H kẻ \(HI \bot BD\), ta có \(\left\{ \begin{array}{l} BD \bot HI\\ BD \bot SH \end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow \left( {MBD} \right) \bot \left( {SHI} \right)\)

Từ H kẻ \(HK \bot GI \Rightarrow HK \bot \left( {MBD} \right) \Rightarrow HK = d\left( {H;\left( {MBD} \right)} \right)\)

Gọi AJ là đường cao trong \(\Delta ABD \Rightarrow \frac{1}{{A{J^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AJ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Ta có: \(HI = \frac{1}{2}AJ = \frac{{a\sqrt 3 }}{4};HG = \frac{1}{3}HS = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Xét tam giác vuông GHI, có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{I^2}}} + \frac{1}{{H{G^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} + \frac{{36}}{{3{a^2}}} = \frac{{52}}{{3{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {39} }}{{26}}\)

Do H là trung điểm của \(AB \Rightarrow d\left( {A;\left( {MBD} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {MBD} \right)} \right) = 2HK = \frac{{a\sqrt {39} }}{{13}}\)

Vậy \(d\left( {C\,;\,\left( {MBD} \right)} \right) = d\left( {A\,;\,\left( {MBD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {39} }}{{13}}\).

Ta có \(y' = 3m{x^2} + 6mx + 3.\)

Hàm số đồng biến trên \(R \Leftrightarrow y' \ge 0,\,\,\,\,\forall \,x \in R.\)

Với m = 0, ta có \(y' = 3 > 0\,\forall x \in R.\) Nên m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Với m khác 0, ta có \(y' \ge 0\,\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a > 0\\ \Delta ' \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ 9{m^2} - 9m \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ 0 \le m \le 1 \end{array} \right.\)

Vậy \(0 \le m \le 1\) thì hàm số đồng biến trên R.

Tổng tiền Việt nợ sau 4 năm: \(A = 4{\left( {1 + 0,03} \right)^4} + 4{\left( {1 + 0,03} \right)^3} + 4{\left( {1 + 0,03} \right)^2} + 4{\left( {1 + 0,03} \right)^1}\).

Gọi X là số tiền Việt trả mỗi tháng sau khi tốt nghiệp và \(r = 0,25\% \).

Số tiền còn lại sau 1 tháng trả nợ: \({T_1} = A + rA - X = A\left( {1 + r} \right) - X\)

Sau 60 tháng: \({T_{60}} = A{\left( {1 + r} \right)^{60}} - X\left( {1 + \left( {r + 1} \right) + {{\left( {r + 1} \right)}^2} + ... + {{\left( {r + 1} \right)}^{59}}} \right)\).

Trả hết nợ, nên: \({T_{60}} = 0 \Leftrightarrow X \approx 0,3097\) (triệu đồng).

\(100.{\left( {1,01} \right)^3} - m.\frac{{\left[ {1,{{01}^3} - 1} \right]}}{{0,01}} = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{{{\left( {1,01} \right)}^3}}}{{{{\left( {1,01} \right)}^3} - 1}}\) (triệu đồng)

Xét phương trình \({x^6} + 6{x^4} + 6{x^2} + 1 = {x^3}\sqrt {m - 15x} \left( {m + 3 - 15x} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^3} + 6x + \frac{6}{x} + \frac{1}{{{x^3}}} = \sqrt {m - 15x} \left( {m + 3 - 15x} \right)\) (Do x = 0 không là nghiệm)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^3} + 3\left( {x + \frac{1}{x}} \right) = {\left( {\sqrt {m - 15x} } \right)^3} + 3\sqrt {m - 15x} \,\,\left( * \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^3} + 3t \Rightarrow f'\left( t \right) = 3{t^2} + 3 > 0,\,\,\forall t \in R\).

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {x + \frac{1}{x}} \right) = f\left( {\sqrt {m - 15x} } \right)\)

\( \Leftrightarrow x + \frac{1}{x} = \sqrt {m - 15x} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ m = {x^2} + 15x + \frac{1}{{{x^2}}} + 2 \end{array} \right.\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^2} + 15x + \frac{1}{{{x^2}}} + 2\) với \(x \in \left( {0; + \infty } \right)\).

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 2x + 15 - \frac{2}{{{x^3}}} = \frac{{2{x^4} + 15{x^3} - 2}}{{{x^3}}} = \frac{{\left( {2x - 1} \right)\left( {{x^3} + 8{x^2} + 4x + 2} \right)}}{{{x^3}}} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\).

Từ bảng biến thiên ta có (C₁) và (C₂) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow m > \frac{{55}}{4}\).

Do m nguyên và \(m \in \left[ { - 2020;\,2020} \right]\) nên \(m \in \left\{ {14,15,...,2020} \right\}\). Vậy có 2007 giá trị của m.

Giả sử ta có mặt cắt của hình nón cụt và các đại lượng như hình vẽ.

Gọi \(\alpha\) là góc cần tìm.

Xét tam giác AHD vuông tại H có \(DH = h\,,\,AH = R - r \Rightarrow h = 2{r_0} = AH.tam\alpha = \left( {R - r} \right)\tan \alpha \,\left( 1 \right)\)

Thể tích khối cầu là \({V_1} = \frac{4}{3}\pi r_0^3 = \frac{{\pi {h^3}}}{6}\)

Thể tích của (N₂) là \({V_2} = \frac{1}{3}\pi h\left( {{R^2} + {r^2} + Rr} \right)\)

\(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {h^2} = {R^2} + {r^2} + Rr\,\,\left( 2 \right)\)

Ta có BC = R + r (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà \({h^2} = B{C^2} - {\left( {R - r} \right)^2} = 4Rr\,\,\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 2 \right)\,,\,\left( 3 \right)\, \Rightarrow {\left( {R - r} \right)^2} = Rr\,\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\,,\,\left( 3 \right)\,,\,\left( 4 \right) \Rightarrow {h^2} = {\left( {R - r} \right)^2}.{\tan ^2}\alpha = 4{\left( {R - r} \right)^2}\) (vì \(\alpha\) là góc nhọn)

\( \Rightarrow {\tan ^2}\alpha = 4 \Rightarrow \tan \alpha = 2\).

Ta có \({I_1} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {f\left( {\tan x} \right)} \,{\rm{d}}x = 4\).

Đặt \(t = \tan x \Rightarrow {\rm{d}}t = \frac{{{\rm{d}}x}}{{{{\cos }^2}x}} \Rightarrow {\rm{d}}t = \left( {1 + {{\tan }^2}x} \right){\rm{d}}x = \left( {1 + {t^2}} \right){\rm{d}}x \Rightarrow \frac{{{\rm{d}}t}}{{1 + {t^2}}} = {\rm{d}}x\).

\( \Rightarrow {\rm{d}}t = \left( {1 + {{\tan }^2}x} \right){\rm{d}}x = \left( {1 + {t^2}} \right){\rm{d}}x \Rightarrow \frac{{{\rm{d}}t}}{{1 + {t^2}}} = {\rm{d}}x\).

\( \Rightarrow {I_1} = \int\limits_0^1 {\frac{{f(t)}}{{{t^2} + 1}}{\rm{d}}t} = \int\limits_0^1 {\frac{{f(x)}}{{{x^2} + 1}}{\rm{d}}x} = 4\).

\({I_2} = \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2}f\left( x \right)}}{{{x^2} + 1}}\,} {\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {f(x)} \,{\rm{d}}x - \int\limits_0^1 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{x^2} + 1}}} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x - 4 = 2 \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 6\)

Ta có

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

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

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^4} - 2{x^2} + m = - 2\\ {x^4} - 2{x^2} + m = - 1\\ {x^4} - 2{x^2} + m = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m = {x^4} - 2{x^2} + 2 = {g_1}\left( x \right)\\ - m = {x^4} - 2{x^2} + 1 = {g_2}\left( x \right)\\ - m = {x^4} - 2{x^2} - 3 = {g_3}\left( x \right) \end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên của các hàm số \({g_1}\left( x \right),{g_2}\left( x \right),{g_3}\left( x \right)\) như hình vẽ:

Từ bảng biến trên, ta dễ thấy: với \(- m \le - 4 \Leftrightarrow m \ge 4\) hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^4} - 2{x^2} + m} \right)\) có đúng 3 điểm cực trị.

Do đó: \(S = \left\{ {4;5;6;7;...;2020} \right\}\)

Vậy tổng tất cả các phần tử của  là: \(4 + 5 + 6 + ... + 2020 = \frac{{\left( {4 + 2020} \right)2017}}{2} = 2041204\).

\(\begin{array}{l} {\log _{\sqrt 3 }}({y^2} + 8y + 16) + {\log _2}\left[ {(5 - x)\left( {1 + x} \right)} \right] = 2{\log _3}\frac{{5 + 4x - {x^2}}}{3} + {\log _2}{(2y + 8)^2}\\ \Leftrightarrow 2{\log _3}{(y + 4)^2} + {\log _2}\left[ {5 + 4x - {x^2}} \right] = 2{\log _3}\left( {5 + 4x - {x^2}} \right) + {\log _2}{(y + 4)^2}\\ \Leftrightarrow {\log _3}{(y + 4)^2} = {\log _3}\left( {5 + 4x - {x^2}} \right) \Leftrightarrow {(y + 4)^2} = \left( {5 + 4x - {x^2}} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 8y + 11 = 0 \end{array}\)

Ta có \({x^2} + {y^2} + 11 = 4\left( {x - 2y} \right) \le 4\sqrt {\left( {{1^2} + {2^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right)} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2\sqrt 5 - 3 \le \sqrt {{x^2} + {y^2}} \le 2\sqrt 5 + 3\\ \Rightarrow 2\sqrt 5 - 3 - m \le \sqrt {{x^2} + {y^2}} - m \le 2\sqrt 5 + 3 - m\\ \Rightarrow P = \max \left\{ {\left| {2\sqrt 5 - 3 - m} \right|;\left| {2\sqrt 5 + 3 - m} \right|} \right\} = \left| {2\sqrt 5 - m} \right| + 3 \le 10\\ \Leftrightarrow 2\sqrt 5 - 7 \le m \le 2\sqrt 5 + 7 \end{array}\)

Vậy \(S = \left\{ { \pm 2; \pm 1;0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11} \right\}\) có 14 phần tử và S có tất cả \({2^{14}} - 1 = 16383\) tập con khác rỗng.

Đặt \(t = {x^2} - 2x + 3\) vì \(x \in \left[ {0;\,3} \right]\) nên \(t \in \left[ {2;\,6} \right]\).

Ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,3} \right]} \left| {m\left( {{x^2} - 2x + 3} \right) - 5m + 1} \right| = 7 \Leftrightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {2;\,6} \right]} \left| {mt - 5m + 1} \right| = 7\)

\( \Leftrightarrow \max \left\{ {\left| { - 3m + 1} \right|,\left| {m + 1} \right|} \right\} = 7 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {\left| { - 3m + 1 + m + 1} \right| + \left| { - 3m + 1 - m - 1} \right|} \right) = 7\).

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {\left| { - 2m + 2} \right| + \left| { - 4m} \right|} \right) = 7 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = - 2\\ m = \frac{8}{3} \end{array} \right.\)

Vậy có 2 giá trị \(m = - 2,\,m = \frac{8}{3}\) thỏa mãn và tổng của chúng bằng \(\frac{2}{3}\).

Từ giả thiết và cách dựng thiết diện ta có :

\(a = \frac{{SA}}{{SA}} = 1;b = \frac{{SB}}{{SM}};c = \frac{{SC}}{{SP}} = 2;d = \frac{{S{\rm{D}}}}{{SN}} \Rightarrow a + c = b + d = 3\)

Khi đó \(\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{{a + b + c + d}}{{4{\rm{a}}.b.c.d}} = \frac{6}{{4.1.2.b{\rm{d}}}} = \frac{3}{{4b.d}} \ge \frac{3}{{4{{\left( {\frac{{b + d}}{2}} \right)}^2}}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{V} \ge \frac{1}{3}\)

\( \Rightarrow Min\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{1}{3}.\)

Ta có: \(4{b^3} - 3b + 1 = \left( {b + 1} \right){\left( {2b - 1} \right)^2} \ge 0;\forall b \in \left( {\frac{1}{3};1} \right).\)

Suy ra: \(3b - 1 \le 4{b^3} \Rightarrow {\log _a}\left( {\frac{{3b - 1}}{{4{a^3}}}} \right) \ge {\log _a}\left( {\frac{{4{b^3}}}{{4{a^3}}}} \right),\) do \(a \in \left( {\frac{1}{3};1} \right)\).

\( \Rightarrow P \ge 3{\log _a}\left( {\frac{b}{a}} \right) + 12\log _{\frac{b}{a}}^2a = 3\left[ {\frac{1}{2}{{\log }_a}\left( {\frac{b}{a}} \right) + \frac{1}{2}{{\log }_a}\left( {\frac{b}{a}} \right) + \frac{4}{{\log _a^2\left( {\frac{b}{a}} \right)}}} \right]\) .

\( \ge 3.3\sqrt[3]{{\frac{1}{2}{{\log }_a}\left( {\frac{b}{a}} \right)\frac{1}{2}{{\log }_a}\left( {\frac{b}{a}} \right)\frac{4}{{\log _a^2\left( {\frac{b}{a}} \right)}}}} = 9\)

\({P_{\min }} = 9 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}{\log _a}\left( {\frac{b}{a}} \right) = \frac{4}{{\log _a^2\left( {\frac{b}{a}} \right)}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = \frac{1}{2}\\ {\log _a}\left( {\frac{b}{a}} \right) = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = \frac{1}{2}\\ \frac{b}{a} = {a^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = \frac{1}{2}\\ a = \frac{1}{{\sqrt[3]{2}}} \end{array} \right.\)

Vậy \(\frac{b}{a} = \frac{1}{{\sqrt[3]{4}}}\)