Có tất cả \({P_5} = 5! = 120\) (số).

\({u_8} = {u_1} + 7d = 15 + 7\left( { - 2} \right) = 1.\)

\({\log _2}\left( {x + 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x + 1 = {2^2} \Leftrightarrow x + 1 = 4 \Leftrightarrow x = 3.\)

Thể tích của khối lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a là: a³

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow 2x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}.\)

\(\int {f\left( x \right)dx} = 4.\frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{{x^2}}}{2} - x + C = {x^4} + \frac{1}{2}.{x^2} - x + C.\)

Vì ABC là tam giác vuông cân tại C nên \(AB = a\sqrt 2 .\)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AB, vì \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\).

Ta có: \({S_{SAB}} = \frac{1}{2}SH.AB = \frac{{{a^2}}}{2} \Rightarrow SH = \frac{{{a^2}}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Gọi r là bán kính của đáy hình nón. Ta có \(r = \sqrt {{l^2} - {h^2}}  = a.\)

Thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}.\pi .{r^2}.h = \frac{1}{3}\pi {a^3}\sqrt 3 \)

Ta có thể tích của khối cầu được tính theo công thức: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {6^3} = 288\pi \)

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).

\({\log _9}45 = \frac{{\log {3^2}.5}}{{\log {3^2}}} = 1 + \frac{{\log 5}}{{2\log 3}} = 1 + \frac{n}{{2m}}.\)

Bán kính đường tròn đáy của hình trụ là r = a

Thể tích \(V = h.\pi {r^2} = 2a.\pi {a^2} = 2\pi {a^3}\).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0

Đồ thị đã cho có dạng đồ thị của hàm bậc 4 trùng phương với hệ số a dương, cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -3.

Hàm số đã cho là hàm nhất biến nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = 1, đường tiệm cận ngang là y = 2.

\({3^{2x - 1}} > 27 \Leftrightarrow 2x - 1 > 3 \Leftrightarrow x > 2.\)

Ta có \(2f\left( x \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{3}{2}\).

Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và đường thẳng \(\Delta :y = - \frac{3}{2}\).

Dựa vào đồ thị thì hàm số có cực đại là \({y_{C{\rm{D}}}} = 1\) và cực tiểu là \({y_{CT}} = - 3\).

Mà \(- 3 < - \frac{3}{2} < 1\) nên đường thẳng \(\Delta\) cắt đồ thị đã cho tại 4 điểm.

Vậy phương trình \(2f\left( x \right) + 3 = 0\) có 4 nghiệm.

\(\int\limits_a^b {f'\left( x \right)dx} = \left. {f\left( x \right)} \right|_a^b = f\left( b \right) - f\left( a \right).\)

Số phức liên hợp của số phức 6 - 4i là 6 + 4i

\({z_1} + {z_2} = \left( {2 + 3i} \right) + \left( { - 4 - 5i} \right) =  - 2 - 2i\)

Ta có \(\overline z = 1 - 2i \Rightarrow z = 1 + 2i\). Khi đó số phức z được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ bởi điểm M(1; 2).

Gọi M(a, b, 0) là điểm thuộc mặt phẳng (Oxy). Ta có \(\overrightarrow{AM}=\left( a-1;b+2;-3 \right).\)

Mặt phẳng (Oxy) có véc – tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{k}=\left( 0;0;1 \right)\).

Vì M là hình chiếu của A lên mặt phẳng (Oxy) nên hai véc – tơ \(\overrightarrow{AM}\) và \(\overrightarrow{k}\) cùng phương. Do đó, ta có \(\left\{ \begin{align} & a-1=0 \\ & b+2=0 \\ \end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & a=1 \\ & b=-2 \\ \end{align} \right.\)

Vậy M(1;-2;0).

\(\left( S \right):{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y + 5} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 1 \Rightarrow I\left( {4; - 5;3} \right)\) và R = 1

Đường thẳng d đi qua điểm M(-2;1;2) và có 1 vectơ chỉ phương là \(\vec u = \left( {1;1;2} \right)\) nên loại đáp án D.

Lần lượt thay toạ độ điểm M vào các phương trình trong các đáp án còn lại ta thấy toạ độ M thoả mãn phương trình \(\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{{z - 4}}{2}\).

Thay tọa độ điểm A(-1; 2; 0) vào phương trình đường thẳng ta có \(\frac{-1-1}{2}\ne \frac{2+2}{-1}\ne \frac{0}{-1}.\)

Vậy điểm A không thuộc \(\Delta \).

\(y \ge \sqrt {2\sqrt {x.\frac{1}{x}} }  = \sqrt 2 \)

Ta có \(\left( {\widehat {AC,DA'}} \right) = \left( {\widehat {AC,CB'}} \right) = \widehat {ACB'}\)

Xét \(\Delta ACB'\) có \(AC = CB' = AB' = AB\sqrt 2 .\)

Do đó \(\Delta ACB'\) là tam giác đều.

Vậy \(\widehat {ACB'} = 60^\circ \) hay \(\left( {\widehat {AC,DA'}} \right) = 60^\circ \)

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

Nhận thấy \({\left( {x + 2} \right)^2} > 0,\forall x \ne - 2\). Suy ra f'(x) không đổi dấu khi đi qua nghiệm x = -2 nên x = -2 không phải là điểm cực trị của hàm số.

Ngoài ra, f'(x) cùng dấu với tam thức bậc hai \(x\left( {x - 1} \right) = {x^2} - x\) nên suy ra x = 0,x = 1 là hai điểm cực trị của hàm số.

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Với a, b, c, d là các số thực dương, khác 1 ta có

\({a^c} = {b^d} \Leftrightarrow \ln \left( {{a^c}} \right) = \ln \left( {{b^d}} \right) \Leftrightarrow c.\ln a = d.\ln b \Leftrightarrow \frac{{\ln a}}{{\ln b}} = \frac{d}{c}.\)

Vì phương trình \({x^4} - 3{x^2} - 5 = 0\) có hai nghiệm trái dấu nên đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 3{x^2} - 5\) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt

\({\log _3}\left( {{x^2} + x} \right) \le 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + 2 > 0\\ {x^2} + 2 \le 27 \end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} + 2 \le 27 \Leftrightarrow {x^2} \le 25 \Leftrightarrow - 5 \le x \le 5\)

Gọi hình chữ nhật ABCD có đường chéo AC = 5, cạnh bên AB = 3 suy ra BC = 4.

Quay hình chữ nhật ABCD (cùng với phần bên trong của nó) quanh trục BC ta được một khối trụ có bán kính R = 3, chiều cao h = 4.

Thể tích khối trụ này là: \(V = \pi {R^2}h = \pi {.3^2}.4 = 36\pi \).

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

Đổi cận

Tích phân trở thành

\(I = \int\limits_1^2 {\frac{{\left( {{t^2} - 1} \right)2t}}{{1 + t}}dt} = \int\limits_1^2 {\frac{{\left( {t - 1} \right)\left( {t + 1} \right)2t}}{{1 + t}}dt = \int\limits_1^2 {\left( {t - 1} \right)2tdt = \int\limits_1^2 {\left( {2{t^2} - 2t} \right)dt} } } \)

Từ đồ thị ta có \(f\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left[ { - 2;0} \right]\) và \(f\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\).

Do đó \(S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|} dx = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} + \int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_{ - 2}^0 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx.} \)

Ta có \(\omega = 4 - i\). Suy ra \(\left| \omega \right| = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt {17} \).

\(2{z^2} - 6z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = \frac{3}{2} + \frac{1}{2}i\\ z = \frac{3}{2} - \frac{1}{2}i \end{array} \right. \Rightarrow {z_0} = \frac{3}{2} - \frac{1}{2}i \Rightarrow i.{z_o} = \frac{1}{2} + \frac{3}{2}i\)

Vec – tơ chỉ phương của đường thẳng (d) là \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 2;-1;2 \right)\).

Mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng (d) nên có véc – tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 2;-1;2 \right)\)

Vậy véc – tơ pháp tuyến của (P) là \(\overrightarrow{n}\left( 2;-1;2 \right).\)

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần lập phương trình. Ta có

Trung điểm của AB là I (0; 1; -1).

Đường thẳng \(d:\frac{x+2}{1}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z+3}{2}\) có véc – tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}\left( 1;-1;2 \right)\)

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua I và nhận \(\overrightarrow{u}\left( 1;-1;2 \right)\) làm véc – tơ chỉ phương nên \(\Delta :\frac{x}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{x+1}{2}.\)

Chọn vị trí bên trái có 2⁵ cách.

Chọn vị trí bên phải có 1.1.1.1.1 = 1 cách.

Hoán vị 5 nam có 5!.

Hoán vị 5 nữ có 5!.

\(n\left( A \right) = {2^5}.5!.5!\)

\(P\left( A \right) = \frac{{{2^5}.5!.5!}}{{10!}} = \frac{8}{{63}}.\)

Gọi H, M, N là trung điểm các cạnh AB, SD, AD. Từ giả thiết ta có \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(\widehat {SCH} = 45^\circ \); tam giác SHC vuông cân nên \(SH = HC = \frac{{\sqrt {17} a}}{2}.\) 

MN // SA suy ra \(d\left( {M,\left( {SAC} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {SAC} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right).\,\,(1)\)

Dựng \(HE \bot AC,\,HF \bot SE\). Dễ thấy \(HF \bot \left( {SAC} \right)\,(2)\). Từ (1) và (2) suy ra

\(d\left( {M,\left( {SAC} \right)} \right) = HF = \frac{{HE.SH}}{{\sqrt {H{E^2} + S{H^2}} }} = \frac{{a\sqrt {1513} }}{{89}}.\)

Tập xác định D = R \ {m}

\(y' = \frac{{6 - 2m}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\).

Hàm số \(y = \frac{{2x - 6}}{{x - m}}\) đồng biến trên khoảng \((5; + \infty )\)

\( \Leftrightarrow y' > 0,\forall x \in \left( {5; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 6 - 2m > 0\\ m \notin \left( {5; + \infty } \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m < 3\\ m \le 5 \end{array} \right. \Leftrightarrow m < 3\)

Kết hợp điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l} m \in \left( { - 2018;2018} \right)\\ m \in Z \end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 2017, - 2016,...,0,1,2} \right\}\)

Vậy có tất cả \(2 - \left( { - 2017} \right) + 1 = 2020\) giá trị m thỏa mãn.

Đổi 5 giờ = 300 phút.

Theo giả thuyết ta được \(S\left( 300 \right)=500.{{e}^{r300}}=1500\Rightarrow {{e}^{r.300}}=3\Rightarrow 300.r=\ln 3\Rightarrow r=\frac{\ln 3}{300}\).

Thời gian để số lượng vi khuẩn đạt 121500 con là

Áp dụng công thức \(S\left( t \right)=A.{{e}^{rt}}\) ta được

\(121500=500.{{e}^{t.\frac{\ln 3}{300}}}\Rightarrow {{e}^{t.\frac{\ln 3}{300}}}=243\Rightarrow t.\frac{\ln 3}{300}=\ln 243\Rightarrow t=1500\) (phút) hay t = 25 giờ.

Ta có đồ thị hàm số y = f(|x|) có được từ đồ thị hàm số y = f(x) bằng cách giữ nguyên phần bên phải của trục Oy sau đó lấy đối xứng phần giữ nguyên đó qua trục Oy.

Từ đây ta có bảng biến thiên của hàm số y = f(|x|) như sau:

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y = f(|x|) có 3 cực trị.

Giả sử hình trụ (T) có trục OO'. Thiết diện song song với trục là hình chữ nhật MNPQ (N, P thuộc đường tròn tâm O và M, Q thuộc đường tròn tâm O')

Gọi H là trung điểm MQ. Khi đó, \({O}'H\bot MQ\Rightarrow {O}'H\bot \left( MNPQ \right)\).

Do đó, \(d\left( O{O}',\left( MNPQ \right) \right)=d\left( {O}',\left( MNPQ \right) \right)={O}'H=3cm.\)

Ta có \(MH=\sqrt{{O}'{{M}^{2}}-{O}'{{H}^{2}}}=4cm\Rightarrow MQ=2MH=8cm\).

Diện tích thiết diện là \(S=MQ.MN=56\,c{{m}^{2}}\).

Gọi \(I = \int\limits_0^1 {\left( {2x - 2} \right)f'\left( x \right)} dx\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = 2x - 2\\ dv = f'\left( x \right)dx \end{array} \right.\) ta chọn \(\left\{ \begin{array}{l} du = 2dx\\ v = f\left( x \right) \end{array} \right.\)

\(I = \left. {\left( {2x - 2} \right)f\left( x \right)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {2f\left( x \right)dx} \Leftrightarrow 6 = 2f\left( 0 \right) - 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = f\left( 0 \right) - 3 = 3\).

\(\left| {f\left[ {f\left( x \right)} \right]} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f\left[ {f\left( x \right)} \right] = 2\\ f\left[ {f\left( x \right)} \right] = - 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f\left( x \right) = a < - 4\,\,(1)\\ f\left( x \right) = b > 3\,\,(2)\\ f\left( x \right) = - 4\,\,\left( 3 \right)\\ f\left( x \right) = c \in \left( {1;3} \right)\,\,\left( 4 \right)\\ f\left( x \right) = d > 3\,\,\left( 5 \right) \end{array} \right.\)

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra các phương trình (2) và (5) có 2 nghiệm, phương trình (1) vô nghiệm, phương trình (3) có 1 nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có tổng cộng 7 nghiệm.

Ta có \(y' = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 3} }} - \left( {\ln x + 1} \right) < \frac{x}{{\sqrt {{x^2}} }} - \left( {\ln x + 1} \right) < - \ln x < 0,\forall x \in \left[ {1;2} \right].\)

Do đó, hàm số \(y = \sqrt {{x^2} + 3} - x\ln x\) nghịch biến trên [1; 2].

Vậy \(M.m = y\left( 1 \right).y\left( 2 \right) = 2\left( {\sqrt 7 - 2\ln 2} \right) = 2\sqrt 7 - 4\ln 2\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + mx + m}}{{x + 1}}\) trên [1; 2].

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in [1;2]\). Ngoài ra ta có \(f\left( 1 \right) = \frac{{2m + 1}}{2},f\left( 2 \right) = \frac{{3m + 4}}{3}.\)

Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{x \in [1;2]} y = \max \left\{ {\left| {f\left( 1 \right)} \right|;\left| {f\left( 2 \right)} \right|} \right\} = \max \left\{ {\frac{{\left| {2m + 1} \right|}}{2};\frac{{\left| {3m + 4} \right|}}{3}} \right\}\)

Trường hợp 1: \(\mathop {\max }\limits_{x \in [1;2]} y = \frac{{\left| {2m + 1} \right|}}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left| {2m + 1} \right| = 4\\ \frac{{\left| {2m + 1} \right|}}{2} \ge \frac{{\left| {3m + 4} \right|}}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow m = - \frac{5}{2}.\)

Trường hợp 2: \(\mathop {\max }\limits_{x \in [1;2]} y = \frac{{\left| {3m + 4} \right|}}{3} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left| {3m + 4} \right| = 6\\ \frac{{\left| {2m + 1} \right|}}{2} \le \frac{{\left| {3m + 4} \right|}}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow m = \frac{2}{3}.\)

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.

Gọi độ dài AB = a, BC = b, AA' = c.

Khi đó theo đề ta có \(\left\{ \begin{array}{l} ab + bc + ca = 18\\ {a^2} + {b^2} + {c^2} = 36 \end{array} \right.\)

Suy ra \({\left( {a + b + c} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {ab + bc + ca} \right) = 72.\)

Hay \(a + b + c = 6\sqrt 2 \Leftrightarrow b + c = 6\sqrt 2 - a.\)

Ta có: \({b^2} + {c^2} + {a^2} = 36 \Leftrightarrow {\left( {b + c} \right)^2} - 2bc + {a^2} = 36\)

Hay \({\left( {6\sqrt 2 - a} \right)^2} - 2bc + {a^2} = 36 \Rightarrow bc = \frac{{{{\left( {6\sqrt 2 - a} \right)}^2} + {a^2} - 36}}{2}\).

Từ đó ta có \(V = abc = a.\frac{{{{\left( {6\sqrt 2 - a} \right)}^2} + {a^2} - 36}}{2} = \frac{{2{a^3} - 12\sqrt 2 {a^2} + 36a}}{2}\)

Không mất tổng quát, giả sử \(a = \max \left\{ {a,b,c} \right\}\), khi đó \(6\sqrt 2 = a + b + c \le 3a \Rightarrow a \ge 2\sqrt 2 \).

Lại có \(36 = {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge {a^2} + \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{2} = {a^2} + \frac{{{{\left( {6\sqrt 2 - a} \right)}^2}}}{2} \Rightarrow 3{a^2} - 12\sqrt 2 a \le 0 \Rightarrow a \le 4\sqrt 2 \).

Xét hàm số \(f\left( a \right) = \frac{{2{a^3} - 12\sqrt 2 {a^2} + 36a}}{2}\) với \(a \in [2\sqrt 2 ;4\sqrt 2 {\rm{]}}\).

Ta có \(f'\left( a \right) = \frac{{6{a^2} - 24\sqrt 2 a + 36}}{2},f'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = \sqrt 2 \left( L \right)\\ a = 3\sqrt 2 \left( N \right) \end{array} \right.\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} f\left( {2\sqrt 2 } \right) = 4\sqrt 2 \\ f\left( {3\sqrt 2 } \right) = 0\\ f\left( {4\sqrt 2 } \right) = 8\sqrt 2 \end{array} \right.\)

Vậy \({V_{\max }} = 8\sqrt 2 \) khi \(a = 4\sqrt 2 ,b = c = \sqrt 2 .\)

Ta có: \({\log _5}\frac{{2\sqrt x + 1}}{x} = 2{\log _2}\left( {\frac{{\sqrt x }}{2} - \frac{1}{{2\sqrt x }}} \right) \Leftrightarrow {\log _5}\frac{{2\sqrt x + 1}}{x} = 2{\log _3}\left( {\frac{{x - 1}}{{2\sqrt x }}} \right)\)

Điều kiện xác định: x > 1.

\((1) \Leftrightarrow {\log _5}\left( {2\sqrt x + 1} \right) + 2{\log _3}2\sqrt x = {\log _5}x + 2{\log _3}\left( {x - 1} \right)\,\,\left( * \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _5}t + 2{\log _3}\left( {t - 1} \right)\) với t > 1

Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 5}} + \frac{2}{{\left( {t - 1} \right)\ln 3}} > 0\) với t > 1 suy ra f(t) đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Từ (*) ta có \(f\left( {2\sqrt x + 1} \right) = f\left( x \right)\) nên suy ra \(2\sqrt x + 1 = x \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x } \right)^2} - 2\sqrt x - 1 = 0 \Leftrightarrow \sqrt x = 1 + \sqrt 2 \) ( do x > 1)

Suy ra \(x = 3 + 2\sqrt 2 \Rightarrow a = 3;b = 2 \Rightarrow 2a + b = 8.\)