Xếp 7 học sinh thành một hàng ngang là một hoán vị của 7 phần tử.

Vậy có 7! = 5040 cách xếp.

\(\left\{ \begin{array}{l} {u_5} = 16\\ {u_7} = 22 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} + 4d = 16\\ {u_1} + 6d = 22 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 4\\ d = 3 \end{array} \right..\)

Phương trình đã cho tương đương với

\({3^{x - 4}} = {3^0} \Leftrightarrow x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 4.\)

Hình hộp chữ nhật có thể tích \(V = a.b.c = a.2a.3a = 6{a^3}\)

Ta có điều kiện \({x^2} - 3x + 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < 1\\ x > 2 \end{array} \right..\)

\(\int {\frac{1}{x}} dx = - \frac{1}{{{x^2}}} + C\) là sai

\(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{4}.\)

\({S_{tp}} = {S_d} + {S_{xq}} = \pi {R^2} + \pi Rl = \pi R\left( {l + R} \right).\)

Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính r = 2 là \(S = 4\pi {r^2} = 16\pi .\)

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right).\)

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

\({S_{tp}} = 2{S_d} + {S_{xq}} = 2\pi {a^2} + 2\pi a.2a = 6\pi {a^2}.\)

Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số đạt cực đại tại x = 2 và đạt cực tiểu tại x = 4

Dựa vào dạng đồ thị ta thấy:

• Hàm số đã cho có dạng \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) với a < 0

• Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -1 nên hàm số có hệ số tự do c = -1. Do vậy ta loại đáp án A và D.

• Hàm số đạt cực đại tại \(x = \pm 1,\) giá trị cực đại bằng 0.

• Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 gía trị cực tiểu bằng -1. Do vậy ta chọn đáp án B.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{4x + 4}}{{{x^2} + 2x + 1}} = 0\) nên đồ thị hàm số \(y = \frac{{4x + 4}}{{{x^2} + 2x + 1}}\) có tiệm cận ngang y = 0

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{4x + 4}}{{{x^2} + 2x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{4\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{4}{{x + 1}} = + \infty \) nên đồ thị hàm số \(y = \frac{{4x + 4}}{{{x^2} + 2x + 1}}\) có tiệm cận đứng x = -1

Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{4x + 4}}{{{x^2} + 2x + 1}}\) có tất cả hai đường tiệm cận.

Điều kiện 0 < x < 8

Do 2 > 1 nên bất phương trình đã cho tương đương với \(x > 8 - x \Leftrightarrow 2x > 8 \Leftrightarrow x > 4.\)

Kết hợp với điều kiện 0< x < 8 ta được tập nghiệm của bất phương trình là (4;8)

Số nghiệm của phương trình f(x) = -1 tương ứng với số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và y = -1. Dựa vào bảng biến thiên suy ra số giao điểm hai đồ thị là 2 điểm.

\(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]} dx = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_0^1 {g\left( x \right)} dx = 2 + ( - 4) = - 2\)

Ta thấy z có phần ảo là -8.

Ta có \({z_1} + {z_2} =  - 2 - 6i.\)

Vậy điểm biểu diễn \({z_1} + {z_2}\) trên mặt phẳng tọa độ là điểm Q(-2;-6)

Số phức có điểm biểu diễn bởi M(2;-1) trên mặt phẳng tọa độ là 2 - i

Gọi \(H\left( {x;y; - 6 - 3x + 2y} \right)\) là hình chiếu của A lên mặt phẳng P.

Ta có \(\overrightarrow {AH} = \left( {x - 2;y + 1; - 6 - 3x + 2y} \right).\)

Do \(\overrightarrow {AH} \bot \left( P \right)\) nên hai véc-tơ \(\overrightarrow {AH} \) và \(\overrightarrow {{n_P}} \) cùng phương.

Suy ra ta có hệ phương trình \(\frac{{x - 2}}{3} = \frac{{y + 1}}{{ - 2}} = \frac{{ - 6 - 3x + 2y}}{1}.\)

Giải hệ (1) ta thu được một nghiệm là (-1;1;-1)

Mặt cầu (S) có tâm I(2;-1;-3)

Mặt phẳng (P) nhận \(\overrightarrow n \left( {1;2;0} \right)\) làm vec-tơ pháp tuyến.

Gọi \(M\left( 1-t;2+t;2t \right)\) là hình chiếu của D lên BC.

Ta có \(\overrightarrow{AM}=\left( -5-t;t-1;2t-5 \right)\) vuông góc với \(\overrightarrow{u}=\left( -1;1;2 \right)\) là véc-tơ chỉ phương của BC.

Do đó \(-1\left( -5-t \right)+1\left( t-1 \right)+2\left( 2t-5 \right)=0\Leftrightarrow t=1.\) Suy ra \(M\left( 0;3;2 \right).\)

Vì ABC là tam giác đều nên M là trung điểm của BC. Suy ra \(\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AM}\Rightarrow G\left( 2;3;3 \right).\)

Đường thẳng D đi qua G, có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\frac{1}{3}\left[ \overrightarrow{AM},\overrightarrow{u} \right]=\left( 1;5;-2 \right).\)

Suy ra \(\Delta :\left\{ \begin{align} & x=2+t \\ & y=3+5t \\ & x=3-2t \\ \end{align} \right..\)

Với t=-1, ta có \(Q\left( 1;-2;5 \right)\in \Delta .\)

Vì AB // CD nên góc giữa SA và CD bằng góc giữa SA và AB.

Vì SA = SB nên tam giác SAB đều, vậy góc giữa chúng bằng 60°.

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

Trong đó x = 0, x = 2 là các nghiệm bội bậc lẻ nên hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị.

Ta có \(y' = \frac{{1 - 2x}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}\sqrt {{x^2} - 1} }},y' = 0 \Leftrightarrow 1 - 2x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2} \notin D.\)

Bảng biến thiên

Vậy \(M = \mathop {max}\limits_D y = 0\) và \(m = \mathop {min}\limits_D y = - \sqrt 5 .\)

Do đó \(P = - \sqrt 5 .\)

Ta có \(b \ne 0 \Leftrightarrow \left| b \right| > 0.\) Khi đó ta có \({\log _a}{b^2} = {\log _a}{\left| b \right|^2} = 2{\log _a}\left| b \right|.\)

Phương trình hoành độ giao điểm:

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

Vì \(0 < \frac{1}{{1 + {a^2}}} < 1\) nên \({\left( {\frac{1}{{1 + {a^2}}}} \right)^{2x + 1}} > 1 \Leftrightarrow 2x + 1 < 0 \Leftrightarrow x < - \frac{1}{2}.\)

Khi quay tam giác ABC vuông tại A xung quanh trục AB ta được hình nón có đường sinh là BC.

Tam giác ABC vuông tại A nên \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {a^2} + 3{a^2} = 4{a^2}.\)

Vậy l = BC = 2a

Ta có \(x = 2\sin t \Rightarrow dx = 2\cos tdt.\)

Với \(x = 0 \Rightarrow t = 0,x = 1 \Rightarrow t = \frac{\pi }{6}.\)

Do đó \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{2\cos tdt}}{{\sqrt {4 - 4{{\sin }^2}t} }} = } \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{2\cos tdt}}{{2\sqrt {co{s^2}t} }} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{2\cos tdt}}{{2\cos t}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {dt.} } } \)

Theo định nghĩa ta có \(V = \int\limits_0^{\ln 4} {x{e^x}dx.} \)

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

Phương trình \(2{z^2} - 2z + 13 = 0 \Leftrightarrow z = \frac{1}{2} + \frac{5}{2}i\) (loại) hay \(z = \frac{1}{2} - \frac{5}{2}i\) (nhận).

Nên ta có \(w = i{z_0} = i\left( {\frac{1}{2} - \frac{5}{2}i} \right) = \frac{5}{2} + \frac{1}{2}i.\)

Vậy điểm biểu diễn của w là \(Q\left( {\frac{5}{2};\frac{1}{2}} \right).\)

Mặt phẳng (P) đi qua M(2;0;-1) có một véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left( {1; - 1;2} \right)\) có dạng \(\left( P \right):x - y + 2z = 0.\)

Tam giác OAB vuông tại O nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm AB có tọa độ I(0;1;1)

Mặt phẳng (OAB) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( { - 2; - 2;2} \right).\)

Suy ra đường thẳng \(\Delta\) có \(\overrightarrow u = \left( {1;1; - 1} \right)\) và đi qua \(I\left( {0;1;1} \right).\) Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta\) là

\(\Delta :\left\{ \begin{array}{l} x = t\\ y = 1 + t\\ z = 1 - t \end{array} \right..\)

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = {P_6} = 6! = 720.\)

Gọi A là biến cố xếp được đứa bé ngồi giữa hai người đàn bà.

Đánh thứ tự các ghế là 1, 2, 3, 4, 5, 6. Ta có các trường hợp để xếp đứa bé ngồi giữa hai người đàn bà là hai người đàn bà ngồi ở các cặp ví trí (1; 3), (2; 4), (3; 5), (4; 6). Ở mỗi trường hợp ta có số cách sắp xếp là \(2!.1.3! = 12.\) 

Do đó số phần tử của A là \(n\left( A \right) = 4.12 = 48.\)

Xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{48}}{{720}} = \frac{1}{{15}}.\)

Gọi H là trung điểm của BC, do giả thiết tam giác ABC đều nên \(AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) và \(AH\bot BC\left( 1 \right).\)

Do \(A{A}'\bot \left( ABC \right)\) suy ra \(A{A}'\bot BC\left( 2 \right).\)

Từ (1), (2) ta suy ra \(BC\bot \left( A{A}'H \right).\)

Trong mặt phẳng (AA'H) kẻ \(AI\bot {A}'H\left( 3 \right).\)

Theo chứng minh trên \(BC\bot \left( A{A}'H \right)\) nên \(BC\bot AI\left( 4 \right).\)

Từ (3), (4) suy ra \(AI\bot \left( A{A}'H \right)\) do đó khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A'BC) là AI.

Xét tam giác AA'H ta có \(\frac{1}{A{{I}^{2}}}=\frac{1}{A{{{{A}'}}^{2}}}+\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{4}{3{{a}^{2}}}\)

Suy ra \(A{{I}^{2}}=\frac{3{{a}^{2}}}{7}\Leftrightarrow AI=\frac{a\sqrt{21}}{7}.\)

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BA'C) bằng \(\frac{a\sqrt{21}}{7}.\)

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

Hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\) khi và chỉ khi \(\Delta ' = {\left( {m + 1} \right)^2} - 9 \le 0 \Leftrightarrow  - 4 \le m \le 2.\)

Vậy các giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán là -4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, tức là có 7 giá trị.

\(\left\{ \begin{array}{l} 0,03 = k{a^2}\\ 0,1 = k{a^5} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = \sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}\\ k = \frac{{0,03}}{{{a^2}}} \end{array} \right.;f\left( t \right) = k{a^t} \Leftrightarrow t = {\log _a}\frac{{f\left( t \right)}}{k} = {\log _a}\frac{{0,2{a^2}}}{{0,03}} \approx 6,7.\)

Phương trình \(f\left( x \right) - 2 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2\)

Số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và y = 2 là số nghiệm của phương trình f(x) - 2 = 0 (*)

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình (*) có 3 nghiệm.

Giả sử mặt phẳng (a) cắt hình trụ theo giao tuyến là hình chữ nhật ABB'A'.

Gọi O là tâm của hình tròn đáy chứa dây cung AB, H là trung điểm của AB.

Theo giả thiết ta có \(OH = \frac{R}{2}.\)

Suy ra \(AB = R\sqrt 3 .\)

Vậy diện tích thiết diện là \(S = AB.AA' = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{2}.\)

Xét \(I = \int\limits_0^1 {{x^2}f'\left( x \right)dx} ,\) đặt \(u = {x^2},dv = f'\left( x \right)dx \Rightarrow du = 2xdx,v = f\left( x \right),\) ta được

\(I = {x^2}.f\left( x \right)\left| \begin{array}{l} 1\\ 0 \end{array} \right. - \int\limits_0^1 {2xf\left( x \right)dx} = f\left( 1 \right) - 2\int\limits_0^1 {xf\left( x \right)dx} = 5.\)

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {x - 2018} \right) + 2\). Ta có

\(\begin{array}{l} g'\left( x \right) = f'\left( {x - 2018} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x - 2018 = 0\\ x - 2018 = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2018\\ x = 2020 \end{array} \right..\\ g\left( {2018} \right) = f\left( 0 \right) + 2 = 3;g\left( {2020} \right) = f\left( 2 \right) + 2 = - 1. \end{array}\)

Bảng biến thiên của g(x) như sau

Đặt \(h\left( x \right) = \left| {g\left( x \right)} \right|.\)

Đồ thị hàm số y = g(x) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt \({x_1} < 2018 < {x_2} < 2020 < {x_3}.\) Do đó, ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biên thiên, dễ thấy phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 < m < 3.

Ta có \({\left( {2b - 1} \right)^2}\left( {b + 1} \right) \ge 0 \Rightarrow 3b - 1 \le 4{b^3}\) và điều kiện  bài toán suy ra \({\log _a}b > 0.\)

Từ đó suy ra \(P \ge 3{\log _a}b + \frac{{12}}{{{{\left( {{{\log }_a}b - 1} \right)}^2}}} - 3 = \frac{{3{{\log }_a}b.{{\left( {{{\log }_a}b - 3} \right)}^2}}}{{{{\left( {{{\log }_a}b - 1} \right)}^2}}} + 9 \ge 9.\)

Khi \(b = \frac{1}{2},a = \frac{1}{{\sqrt[3]{2}}}\) thì P = 9

Vậy min P = 9

Tìm m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y=-\left| {{x}^{3}}-3x+m \right|\) trên đoạn [0; 2] bằng -3

⇔ Tìm m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số \(y=\left| {{x}^{3}}-3x+m \right|\) trên đoạn [0; 2] bằng 3.

•  Xét hàm số \(f\left( x \right)={{x}^{3}}-3x+m\) liên tục trên đoạn [0; 2]. Ta có \({f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-3=0 \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=1\left( n \right) \\ & x=-1\left( l \right) \\ \end{align} \right..\)

• Suy ra GTLN và GTNN của \(f\left( x \right)\) thuộc \(\left\{ f\left( 0 \right);f\left( 1 \right);f\left( 2 \right) \right\}=\left\{ m,m-2,m+2 \right\}.\)

• Xét hàm số \(y=\left| {{x}^{3}}-3x+m \right|\) trên đoạn [0; 2] ta được giá trị lớn nhất của hàm số y là \(\underset{x\in \left[ 0;2 \right]}{\mathop{max}}\,y=\left\{ \left| m \right|,\left| m-2 \right|,\left| m+2 \right| \right\}=3.\)

- TH1: \(m\ge 0\Rightarrow \underset{x\in \left[ 0;2 \right]}{\mathop{max}}\,y=m+2=3\Leftrightarrow m=1.\)

- TH2: \(m<0\Rightarrow \underset{x\in \left[ 0;2 \right]}{\mathop{max}}\,y=2-m=3\Leftrightarrow m=-1.\)

• Vậy \(m\in \left\{ -1;1 \right\}\) nên tổng các phần tử của S bằng 0.

Ta thấy \({V_{ABCDD'C'}} = {V_{G.ABC'D'}} + {V_{G.ABCD}} + {V_{G.CC'D'D}} + {V_{G.ADD'}} + {V_{G.BCC'}}.\)

Vì G là trọng tâm tam giác BD'C nên ta có

\(\frac{{IG}}{{ID}} = \frac{{JG}}{{JB}} = \frac{{CG}}{{CA'}} = \frac{1}{3}.\)

Do vậy ta được

\(\left\{ \begin{array}{l} {V_{G.ABCD}} = \frac{1}{3}{V_{D'.ABCD}} = \frac{1}{9}\\ {V_{G.CC'D'D}} = \frac{1}{3}{V_{B.CC'D'D}} = \frac{1}{9}\\ {V_{G.ACC'}} = \frac{1}{3}{V_{D'.ACC'}} = \frac{1}{{18}}\\ {V_{G.ADD'}} = \frac{2}{3}{V_{C.ADD'}} = \frac{1}{9} \end{array} \right.\)

Ta được \({V_{G.ABC'D'}} = {V_{ABCDC'D'}} - \left[ {{V_{G.ABCD}} + {V_{G.CC'D'D}} + {V_{G.BCC'}} + {V_{G.ADD'}}} \right] = \frac{1}{2} - \frac{7}{{18}} = \frac{1}{9}.\)

Ta có \({V_{G.ABC'}} = \frac{1}{2}{V_{G.ABC'D'}} = \frac{1}{{18}}.\)

Đặt \(x={{\log }_{2}}a,y={{\log }_{2}}b,z={{\log }_{2}}c.\)

Ta có \(\log _{2}^{3}a+\log _{2}^{3}b+\log _{2}^{3}c\le 1\Rightarrow {{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}}\le 1;0\le x,y,z\le 1.\)

Biểu thức \(P={{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}-3\left( ax+by+cz \right).\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)=t-{{\log }_{2}}t\) với \(t\in \left[ 1;2 \right].{f}'\left( t \right)=1-\frac{1}{t\ln 2};{f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow {{t}_{0}}=\frac{t}{\ln 2}.\)

Suy ra \(f\left( t \right)\le max\left\{ f\left( 1 \right),f\left( 2 \right),f\left( {{t}_{0}} \right) \right\}=1,x\in \left[ 1;2 \right].\)

Do đó, \(a-x-1\le 0\Rightarrow {{a}^{3}}-3ax-{{x}^{3}}-1=\left( a-x-1 \right)\left( {{a}^{2}}+{{x}^{2}}+1+a+ax-x \right)\le 0.\)

Suy ra \({{a}^{3}}-3ax\le {{x}^{3}}+1.\)

Biểu thức \(P={{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}-3\left( ax+by+cz \right)\le {{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}}+3\le 4,{{P}_{max}}=4.\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai trong ba số x, y, z bằng 0 và số còn lại bằng 1. Vậy a+b+c=1.