Nhóm học sinh đó có tất cả 10 học sinh.

Xếp 10 học sinh thành một hàng ngang có \({P_{10}} = 10!\) cách xếp.

\({S_n} = n{u_1} + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}.d \Rightarrow {S_{26}} = 26.0 + \frac{{26.25}}{2}.3 = 975\)

\({2^{{x^2} - 3x}} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow {2^{{x^2} - 3x}} = {2^{ - 2}} \Leftrightarrow {x^2} - 3x =  - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \vee x = 2\)

Độ dài các cạnh hình lập phương là \(\frac{4}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 {\rm{ cm}}\).

Thể tích khối lập phương là \(V = {\left( {2\sqrt 2 } \right)^3} = 16\sqrt 2 {\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\)

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

Hàm số \(f\left( x \right) = \cos \left( {4x + 7} \right)\) có một nguyên hàm là \(\frac{1}{4}\sin \left( {4x + 7} \right) - 3\).

Diện tích đáy

\(S = \sqrt {\frac{{20 + 21 + 29}}{2}\left( {\frac{{20 + 21 + 29}}{2} - 20} \right)\left( {\frac{{20 + 21 + 29}}{2} - 21} \right)\left( {\frac{{20 + 21 + 29}}{2} - 29} \right)} = 210{\rm{ c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).

Thể tích khối chóp

\(V = \frac{1}{3}.S.h = \frac{1}{3}.210.100 = 7000{\rm{ c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\)

\(V = \frac{1}{3}\pi {\left( {\sqrt 3 } \right)^2}.4 = 4\pi \)

Ta có công thức tính thể tích khối cầu \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).

Từ đó suy ra thể tích khối cầu đã cho là \(V = \frac{4}{3}\pi {6^3} = 288\pi \)

Dựa vào bảng biến thiên ta có: hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;0 \right),\left( 0;1 \right)\) và đồng biến trên khoảng \(\left( 1;+\infty  \right)\). Do đó, khẳng định “Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( -2;+\infty  \right)\)” sai.

\(\log \left( {{a^2}{b^3}} \right) = \log \left( {{a^2}} \right) + \log \left( {{b^3}} \right) = 2\log a + 3\log b = 2x + 3y\)

Gọi r là bán kính đáy của hình trụ, h là chiều cao của hình trụ.

Theo bài ra ta có \(\left\{ \begin{array}{l} S = 2\pi rh\\ \pi {r^2} = 4\pi {a^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} r = 2a\\ h = \frac{S}{{4\pi a}} \end{array} \right.\).

Thể tích khối trụ là \(V = \pi {r^2}h = \pi .4{a^2}.\frac{S}{{4\pi a}} = Sa\).

Từ bảng biến thiên ta có y_CĐ = 3 và y_CT = 0

Căn cứ vào đồ thị ta có tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng x = 1 nên loại phương án \(y = - {x^3} + 3x + 1,{\rm{ }}y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}},{\rm{ }}y = {x^3} - 3{x^2} - 1\).

Vậy hình vẽ bên là đồ thị của hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2 - 2x}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\frac{2}{x} - 2}}{{1 + \frac{1}{x}}} = - 2 \Rightarrow y = - 2\) là đường tiệm cận ngang của hàm số.

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

Ta có: \(2f\left( x \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{3}{2}{\rm{ }}\left( * \right)\)

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm giữa đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng \(y = \frac{3}{2}\).

Dựa vào hình vẽ, hai đồ thị cắt nhau tại 3 điểm phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm.

\(\int\limits_1^5 {\frac{{dx}}{{2x - 1}} = \left. {\frac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right|} \right|} _1^5 = \ln 3\)

Vậy c = 3

\(\overline z = 1 - i\), phần thực bằng 1, phần ảo bằng -1.

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

Điểm M có tọa độ là M(3;-4) ⇒ điểm M biểu diễn số phức z = 3 - 4i

Hình chiếu vuông góc của điểm G(5;-3;7) lên trục Oy là H(0;-3;0).

Vì G' đối xứng với G qua trục Oy nên H là trung điểm của đoạn GG' nên tọa độ của điểm G' là \(\left\{ \begin{array}{l} {x_{G'}} = 2{x_H} - {x_G} = - 5\\ {y_{G'}} = 2{y_H} - {y_G} = - 3\\ {z_{G'}} = 2{z_H} - {z_G} = - 7 \end{array} \right.\)

Vậy tọa độ điểm \(G'\left( { - 5; - 3; - 7} \right)\).

Tâm mặt cầu là trung điểm của AB, có tọa độ là I(-1;0;1).

Bán kính mặt cầu: \(R = IA = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {0^2}} = \sqrt 2 \).

Phương trình mặt cầu đường kính AB: \({\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 2\).

Một vec-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là \(\overrightarrow n = \left( {1;1; - 2} \right)\).

Ta có \(\frac{{ - 1 - 1}}{2} = \frac{{1 - 2}}{1} = \frac{2}{{ - 2}} =  - 1\) nên M(-1;1;2) thuộc đường thẳng d

Ta có CD // AB, suy ra góc giữa A'B với CD bằng góc giữa A'B với AB, góc này bằng 45^o.

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = 2\\ x = 3\\ x = 4 \end{array} \right.\)

Bảng biến thiên của hàm số f(x) như sau

Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 2.

Tập xác định \(D = \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]\). Ta có \(y' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {2 - {x^2}} }} - 1 = \frac{{ - x - \sqrt {2 - {x^2}} }}{{\sqrt {2 - {x^2}} }}\).

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

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]} y = 2,{\rm{ }}\mathop {\min }\limits_{\left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]} y = - \sqrt 2 \).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]} y + \mathop {\min }\limits_{\left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]} y = 2 - \sqrt 2 \).

Vì 0 < b < a < 1 nên \({\log _a}b > {\log _a}a = 1\). Do đó \({\log _b}a = \frac{1}{{{{\log }_a}b}} < 1 < {\log _a}b\)

Phương trình hoành độ giao điểm \({x^2}\left| {{x^2} - 4} \right| = 3{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Nếu \({x^2} - 4 \ge 0 \Leftrightarrow x \le  - 2 \cup 2 \le x\).

Phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} - 4} \right) = 3 \Leftrightarrow {x^4} - 4{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^2} = 2 + \sqrt 7 \\ {x^2} = 2 - \sqrt 7 \left( {\rm{L}} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow x = \pm \sqrt {2 + \sqrt 7 } \).

Nếu \({x^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow  - 2 < x < 2\).

Phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} - 4} \right) = - 3 \Leftrightarrow {x^4} - 4{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^2} = 3\\ {x^2} = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \pm \sqrt 3 \\ x = \pm 1 \end{array} \right.\)

Vậy phương trình có 6 nghiệm.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} x + 1 > 0\\ 2 - x > 0\\ {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x + 1} \right) > {\log _3}\left( {2 - x} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > - 1\\ x < 2\\ - {\log _3}\left( {x + 1} \right) > {\log _3}\left( {2 - x} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < x < 2\\ {\log _3}\left( {2 - x} \right) + {\log _3}\left( {x + 1} \right) < 0 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < x < 2\\ {x^2} + x + 1 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < x < 2\\ \left[ \begin{array}{l} x > \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\\ x < \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2} \end{array} \right. \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow S = \left( { - 1;\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right) \cup \left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2};2} \right)\)

Suy ra \(a + b + c + d = - 1 + \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2} + \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} + 2 = 2\)

Khi quay tam giác đều ABC quanh cạnh AB ta thu được hai khối nón bằng nhau.

Do đó, ta có \(V = 2{V_{\rm{n}}} = 2.\frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{2}{3}\pi .{\left( {\frac{{1\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}.\frac{1}{2} = \frac{\pi }{4}{\rm{ }}\left( {vtt} \right)\).

(bán kính \(r = {h_{ABC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\), đường cao \(h = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\)).

Ta có

\(t = \sqrt {1 + \ln x} \Rightarrow {t^2} = 1 + \ln x \Rightarrow 2tdt = \frac{{dx}}{x}\).

Với

\(\begin{array}{l} x = 1 \Rightarrow t = 1\\ x = e \Rightarrow t = \sqrt 2 \end{array}\)

Vậy \(I = \int\limits_1^{\sqrt 2 } {t.2tdt} = 2\int\limits_1^{\sqrt 2 } {{t^2}dt} \).

Theo công thức tính diện tích hình phẳng ta có \(S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {x{e^x}} \right|dx} \)

Ta có \(\frac{z}{{z'}} = \frac{{a + bi}}{{a' + b'i}} = \frac{{\left( {a + bi} \right)\left( {a' - b'i} \right)}}{{{{a'}^2} + {{b'}^2}}} = \frac{{aa' + bb'}}{{{{a'}^2} + {{b'}^2}}} + \frac{{a'b - ab'}}{{{{a'}^2} + {{b'}^2}}}i\).

Do đó phần thực của \(\frac{z}{{z'}}\) bằng \(\frac{{aa' + bb'}}{{{{a'}^2} + {{b'}^2}}}\).

Ta có \({z^2} + 2z + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = - 1 + \sqrt 2 i\\ z = - 1 - \sqrt 2 i \end{array} \right.\). Vì z₁ có phần ảo âm nên \({z_1} = - 1 - \sqrt 2 i\).

Vậy điểm biểu diễn số phức z₁ là điểm \(M\left( { - 1; - \sqrt 2 } \right)\).

Mặt phẳng (P) có vec-tơ pháp tuyến cùng phương với vec-tơ chỉ phương của đường thẳng d, suy ra \({\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left( {1; - 1;2} \right)\).

Phương trình mặt phẳng (P) là \(1\left( {x - 2} \right) - 1\left( {y - 0} \right) + 2\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y + 2z = 0\)

Ta có đường thẳng d đi qua A(1;2;3) và có vec-tơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;2; - 4} \right)\).

Vậy phương trình chính tắc đường thẳng d là \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{{z - 3}}{{ - 4}}\)

Số phần tử không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 9!\).

Gọi E là biến cố các học sinh cùng lớp luôn ngồi cạnh nhau. Ta có các bước sắp xếp như sau:

· Xếp 5 học sinh lớp 12C ngồi vào bàn sao cho các học sinh này ngồi sát nhau. Số cách sắp xếp là 5!.

· Xếp 3 học sinh lớp 12B vào bàn sao cho các học sinh này ngồi sát nhau và sát nhóm của học sinh 12C. Số cách sắp xếp là 3!.2.

· Xếp 2 học sinh lớp 12A vào hai vị trí còn lại của bàn. Số cách sắp xếp là 2!.

Số phần tử thuận lợi cho biến cố E là \(n\left( E \right) = 5!.3!.2.2!\).

Xác suất của biến cố E là \(P\left( E \right) = \frac{{n\left( E \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{{126}}\).

Kẻ \(AH \bot SB = \left\{ H \right\}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} SA \bot AB\\ BC \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\)

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

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SAB có đường cao AH ta có:

\(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 a}}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Hàm số \(y = \frac{{mx + 10}}{{2x + m}}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 20 < 0\\ - \frac{m}{2} \notin \left( {0;2} \right) \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \sqrt {20} < m < \sqrt {20} \\ \left[ \begin{array}{l} - \frac{m}{2} \le 0\\ - \frac{m}{2} \ge 2 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \sqrt {20} < m < \sqrt {20} \\ \left[ \begin{array}{l} m \ge 0\\ m \le - 4 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - \sqrt {20} < m \le - 4\\ 0 \le m < \sqrt {20} \end{array} \right.\).

Vậy \(m \in \left\{ { - 4;0;1;2;3;4} \right\}\).

Theo bài ra ta có \(65 = 100.{\left( {0,5} \right)^{\frac{{3754}}{A}}} \Leftrightarrow 0,65 = {\left( {0,5} \right)^{\frac{{3754}}{A}}} \Leftrightarrow \frac{{3754}}{A} = {\log _{0,5}}0,65 \Leftrightarrow A = \frac{{3754}}{{{{\log }_{0,5}}0,65}}\).

Do mẫu gỗ còn 63% lượng Cacbon 14 nên ta có:

\(63 = 100.{\left( {0,5} \right)^{\frac{t}{A}}} \Leftrightarrow 0,63 = {\left( {0,5} \right)^{\frac{t}{A}}} \Leftrightarrow \frac{t}{A} = {\log _{0,5}}0,63 \Leftrightarrow t = A.{\log _{0,5}}0,63 = \frac{{3754}}{{{{\log }_{0,5}}0,65}}.{\log _{0,5}}0,63 \approx 3833\).

Ta có \(\frac{1}{2}f\left( x \right) - m = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2m\) (*)

Quan sát bảng biến thiên của hàm số y = f(x), ta thấy, để phương trình (*) có đúng hai nghiệm phân biệt thì \(\left[ \begin{array}{l} 2m = 0\\ 2m < - 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 0\\ m < - \frac{3}{2} \end{array} \right.\).

Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật, có độ dài một cạnh là 2a, có diện tích là 8a², suy ra chiều cao của hình trụ là \(h = \frac{{8{a^2}}}{{2a}} = 4a\).

Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_{xq}} = 2\pi rh = 2.\pi .a.4a = 8\pi {a^2}\).

Đặt: \(\left\{ \begin{array}{l} u = \cos \frac{{\pi x}}{2}\\ dv = f'\left( x \right)dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = - \frac{\pi }{2}\sin \frac{{\pi x}}{2}dx\\ v = f\left( x \right) \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \int\limits_0^1 {f'\left( x \right)\cos \frac{{\pi x}}{2}dx} = \left. {\cos \frac{{\pi x}}{2}f\left( x \right)} \right|_0^1 + \frac{\pi }{2}\int\limits_0^1 {f\left( x \right)\sin \frac{{\pi x}}{2}dx} \\ = f\left( 1 \right).\cos \frac{\pi }{2} - f\left( 0 \right).\cos 0 + \frac{\pi }{2}\int\limits_0^1 {f\left( x \right)\sin \frac{{\pi x}}{2}dx} \\ = \frac{\pi }{2}\int\limits_0^1 {f\left( x \right)\sin \frac{{\pi x}}{2}dx} = \frac{{3\pi }}{4} \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)\sin \frac{{\pi x}}{2}dx} = \frac{3}{2} \end{array}\)

Xét tích phân

\(\begin{array}{l} \int\limits_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right) + k\sin \frac{{\pi x}}{2}} \right]}^2}dx} = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {\left[ {{f^2}\left( x \right) + 2kf\left( x \right)\sin \frac{{\pi x}}{2} + {k^2}{{\sin }^2}\frac{{\pi x}}{2}} \right]dx} = 0\\ \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{f^2}\left( x \right)dx} + 2k\int\limits_0^1 {f\left( x \right)\sin \frac{{\pi x}}{2}} + {k^2}\int\limits_0^1 {{{\sin }^2}\frac{{\pi x}}{2}dx} = 0\\ \Leftrightarrow \frac{9}{2} + 2k\frac{3}{2} + \frac{1}{2}{k^2} = 0\\ \Leftrightarrow k = - 3 \end{array}\)

Khi đó ta có \(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right) - 3\sin \frac{{\pi x}}{2}} \right]}^2}dx} = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) - 3\sin \frac{{\pi x}}{2} = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 3\sin \frac{{\pi x}}{2}\)

Vậy \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = 3\int\limits_0^1 {\sin \frac{{\pi x}}{2}dx = - 3\frac{{\cos \frac{{\pi x}}{2}}}{{\frac{\pi }{2}}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {^1}\\ {_0} \end{array}} \right. = \frac{{ - 6}}{\pi }\cos \frac{{\pi x}}{2}} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {^1}\\ {_0} \end{array}} \right. = - \frac{6}{\pi }\left( {\cos \frac{\pi }{2} - \cos 0} \right) = \frac{6}{\pi }\)

Đặt f(0) = k < 0. Vì hàm số nghịch biến trên (-1;3) nên -2 < k < 4.

Ta có hàm số y = f(|x|) là hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục Oy, từ đó ta có bảng biến thiên sau

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f(|x|) = f(0) có 3 nghiệm.

Ta có: \({\left( {3b - 2} \right)^2} \ge 2 \Leftrightarrow \frac{{4\left( {3b - 1} \right)}}{9} \le {b^2}\)

Khi đó

\(\begin{array}{l} P \ge {\log _a}{b^2} + 8\log _{\frac{b}{a}}^2a - 1\\ = 2{\log _a}b + 8\log _{\frac{b}{a}}^2a - 1\\ = {\log _a}b + {\log _a}b + 8\log _{\frac{b}{a}}^2a - 1\\ = \left( {{{\log }_a}b - 1} \right) + \left( {{{\log }_a}b - 1} \right) + 8.{\left( {\frac{1}{{{{\log }_a}b - 1}}} \right)^2} + 1\\ \ge 3\sqrt[3]{{\left( {{{\log }_a}b - 1} \right).\left( {{{\log }_a}b - 1} \right).8.{{\left( {\frac{1}{{{{\log }_a}b - 1}}} \right)}^2}}} + 1 = 7 \end{array}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a = \sqrt[3]{{\frac{2}{3}}};{\rm{ }}b = \frac{2}{3}\) và min(P) = 7

Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số \(y=\left| 3{{x}^{2}}-6x+2m-1 \right|\) trên đoạn \(\left[ -2;3 \right]\).

Ta có \(M\ge f\left( -2 \right)=\left| 2m+23 \right|,\text{ }M\ge f\left( 1 \right)=\left| 2m-4 \right|\)

\(\Rightarrow 2M\ge \left| 2m+23 \right|+\left| 2m-4 \right|\ge \left| 2m+23-2m+4 \right|=27\Rightarrow M\ge \frac{27}{2}\). Khi \(M=\frac{27}{2}\Rightarrow \left| 2m+23 \right|=\left| 2m-4 \right|\) \(\Leftrightarrow m=-\frac{19}{4}\).

Với \(m=-\frac{19}{4},\underset{\left[ -2;3 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=\max \left\{ f\left( -2 \right);f\left( 1 \right);f\left( 3 \right) \right\}=\frac{27}{2}\)

Gọi \(I = BC \cap C'M \Rightarrow DI \cap AB = K\).

Khi đó ta có \({V_1} = {V_{ICDC'}} - {V_{IBKM}}\) trong đó

\({V_{ICDC'}} = \frac{1}{3}IC.\frac{1}{2}CD.CC' = \frac{1}{3}V\)

Mặt khác \(\frac{{{V_{IBKM}}}}{{{V_{ICDC'}}}} = \frac{1}{8}\)

\(\Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}V - \frac{1}{8}.\frac{1}{3}V = \frac{7}{{24}}V\)

\( \Rightarrow {V_2} = \frac{{17}}{{24}}V\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{7}{{17}}\)

Xét hàm \(f\left( x \right) = \frac{{\ln \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}{x} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{\left( {{2^x} - {2^{ - x}}} \right)\ln {2^x} - \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)\ln \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}{{{x^2}\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}\).

Vì \(\ln {2^x} < \ln \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)\) và \(0 < {2^x} - {2^{ - x}} < {2^x} + {2^{ - x}}\) nên \(f'\left( x \right) < 0 \Rightarrow f\left( x \right)\) nghịch biến.

Do vậy

\(\begin{array}{l} {\left( {{2^a} + \frac{1}{{{2^a}}}} \right)^{2017}} \le {\left( {{2^{2017}} + \frac{1}{{{2^{2017}}}}} \right)^a}\\ \Leftrightarrow 2017\ln \left( {{2^a} + {2^{ - a}}} \right) \le a\ln \left( {{2^{2017}} + {2^{ - 2017}}} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{\ln \left( {{2^a} + {2^{ - a}}} \right)}}{a} \le \frac{{\ln \left( {{2^{2017}} + {2^{ - 2017}}} \right)}}{{2017}}\\ \Leftrightarrow a \ge 2017 \end{array}\)