Theo công thức tính thể tích lăng trụ: V = Bh

\(d = {u_2} - {u_1} = 6.\)

Dựa vào BBT ta thấy hàm số \(y=f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( -1;3 \right)\)

\(V = a.2a.3a = 6{a^3}\)

Mỗi cách chọn 2 học sinh từ 7 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 7 phần tử. Số cách chọn 2 học sinh của 7 học sinh là: \(C_{7}^{2}.\)

\(I = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {2x + 1} \right)dx}  = \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_{ - 1}^0 = 0 - 0 = 0\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số là -4

\(I = \int\limits_0^1 {\left[ {2f\left( x \right) - 3g\left( x \right)} \right]} dx = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx - 3\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} }  = 2.3 - 3.\left( { - 2} \right) = 12\)

\(r = \sqrt {{l^2} - {h^2}}  = 3\)

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = 12\pi \)

\({z_1} + {z_2} = 3 - 4i\)

\({2^{2x - 1}} = 8 \Leftrightarrow 2x - 1 = 3 \Leftrightarrow x = 2\)

\(M\left( 3;-5 \right)\) là điểm biểu diễn của số phức z=3-5i.

Số phức liên hợp \(\overline{z}\) của z là: \(\overline{z}=3+5i.\)

Số phức nghịch đảo của số phức z=1+3i là \(\frac{1}{{10}}\left( {1 - 3i} \right)\)

\(F\left( x \right) = \int {\frac{1}{{x + 1}}{\rm{d}}x}  = \ln \left| {x + 1} \right| + C\) mà \(F\left( 0 \right)=2\) nên \(F\left( x \right)=\ln \left| x+1 \right|+2\)

Do đó \(F\left( 1 \right)=2+\ln 2\).

Ta có: \(z\left( 1+i \right)=3-5i \Leftrightarrow z=\frac{3-5i}{1+i} =-1-4i \Rightarrow \left| z \right|=\sqrt{{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{\left( -4 \right)}^{2}}} =\sqrt{17}\).

\(f'\left( x \right) = 27 + \cos x \Rightarrow \int {f'\left( x \right)dx}  = \int {\left( {27 + \cos x} \right)dx}  \Rightarrow f\left( x \right) = 27x + \sin x + C\)

Mà \(f\left( 0 \right) = 2019 \Rightarrow 27.0 + \sin 0 + C = 2019 \Leftrightarrow C = 2019 \Rightarrow f\left( x \right) = 27x + \sin x + 2019\)

Theo công thức tọa độ trọng tâm ta có \(\left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + 2 + 0}}{3} = 1\\ {y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{3 + 0 + 9}}{3} = 4\\ {z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{5 + 1 + 0}}{3} = 2 \end{array} \right.\) \( \Rightarrow G\left( {1;4;2} \right)\)

Xét pt

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

Vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm.

Đồ thị hàm số \(y=\frac{2x-3}{x+4}\) có TCN y=2 và TCĐ x=-4. Vậy tọa độ điểm I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y=\frac{2x-3}{x+4}\) là: \(I\left( -4;2 \right)\).

Dạng hàm bậc ba nên loại C và loại D

Từ đồ thị ta có a > 0 do đó loại B

\({\log _{\sqrt a }}({a^2}b) = 2{\log _a}({a^2}b) = 2\left[ {{{\log }_a}{a^2} + {{\log }_a}b} \right] = 2(2 + {\log _a}b) = 4 + 2{\log _a}b\)

\({S_{xq}} = 2\pi rh = 70\pi {\rm{ }}(c{m^2})\)

Hàm số \(y=\frac{{{x}^{3}}}{3}+2{{x}^{2}}+3x-4\) xác định và liên tục trên \(\left[ -4;0 \right]\)

\({y}'={{x}^{2}}+4x+3\), \({y}'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-1\left( n \right) \\ & x=-3\left( n \right) \\ \end{align} \right.\). \(f\left( 0 \right)=-4, f\left( -1 \right)=-\frac{16}{3}, f\left( -3 \right)=-4, f\left( -4 \right)=-\frac{16}{3}\)

Vậy M=-4, \(m=-\frac{16}{3}\) nên \(M+m=-\frac{28}{3}\).

\(\log {\left( {x - 1} \right)^2} = 2 = \log {10^2} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 100 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 11\\ x = - 9 \end{array} \right.\)

\(P = {\left( {x.{x^{\frac{1}{4}}}} \right)^{\frac{1}{3}}} = {\left( {{x^{\frac{5}{4}}}} \right)^{\frac{1}{3}}} = {x^{\frac{5}{{12}}}}\)

Thế vào đường thẳng ta chọn đáp án A

Mặt cầu \((S):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-3=0\) có a = 1; b = 0; c = 0; d = -3 \(\Rightarrow R=\sqrt{{{1}^{2}}+{{0}^{2}}+{{0}^{2}}-(-3)}=2\)

\(y' = \left( {{3^{x + 1}}} \right)' = {3^{x + 1}}\ln 3\)

Nhận thấy \({y}'\) đổi dấu từ - sang + 2 lần \(\Rightarrow \) Hàm số có 2 điểm cực tiểu

\({5^{1 - 2{\rm{x}}}} > {5^{ - 3}} \Rightarrow 1 - 2{\rm{x}} >  - 3 \Rightarrow x < 2\)

Xét đáp án A: có \(\overrightarrow{n}=\left( 2;-1;0 \right)\Rightarrow \overrightarrow{n}.\overrightarrow{k}=2.0+\left( -1 \right).0+0.1=0\)

Thay tọa độ điểm \(I\left( 1;2;3 \right)\) vào phương trình ta được: \(2.1-2=0\Rightarrow \) thỏa mãn

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

Đường thẳng d đi qua điểm \(A\left( 1;2;0 \right)\) và nhận \(\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\left( 2;1;-3 \right)\) là một VTCP

\(\Rightarrow d:\left\{ \begin{align} & x=1+2t \\ & y=2+t \\ & z=-3t \\ \end{align} \right..\)

Với t=1 thì ta được điểm \(M\left( 3;3;-3 \right)\)

Thay tọa độ điểm \(M\left( 3;3;-3 \right)\) vào phương trình đường thẳng ở đáp án A nhận thấy thỏa mãn vậy chúng ta chọn đáp án A.

Tâm \(I\left( 2;2;2 \right),R=\frac{AB}{2}=\sqrt{2}\). Mặt cầu đường kính AB: \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=2\)

+) Đáp án A: \(y'=2+2\sin 2x\)

Ta có: \(-1\le \sin 2x\le 1\Rightarrow -1\le -\sin 2x\le 1\Rightarrow 1\le 2-\sin 2x\le 3\)

\(\Rightarrow y'>0\,\,\,\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow \) Chọn A

+) Đáp án B: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1 \right\}\Rightarrow \) loại đáp án B

+) Đáp án C: \(y'=2x-2\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow x=1\Rightarrow \) hàm số có y' đổi dấu tại x=1.

+) Đáp án D: \(D=\left( 0;+\infty  \right)\Rightarrow \) loại đáp án C

Ta có \(SA\bot \left( ABC \right)\) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng \(\left( ABC \right).\) Do đó \(\left( SC,\left( ABC \right) \right)=\left( SC,AC \right)=\widehat{SCA}.\)

Tam giác ABC vuông tại B, \(AB=a\sqrt{3}\) và BC=a nên \(AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}}=2a.\)

Do đó tam giác SAC vuông cân tại A nên \(\widehat{SCA}=45{}^\circ .\)

Vậy \(\left( SC,\left( ABC \right) \right)=45{}^\circ .\)

Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử trong 17 phần tử của tập S có \({{n}_{\Omega }}=C_{17}^{3}=680\) cách chọn.

Gọi A là biến cố: “Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của tập S sao cho tổng của 3 phần tử chia hết cho 3”.

Trong tập hợp S có 5 số chia hết cho 3 là \(\left\{ 3;6;9;12;15 \right\}\), có 6 số chia 3 dư 1 là \(\left\{ 1;4;7;10;13;16 \right\}\) và có 6 số chia 3 dư 2 là \(\left\{ 2;5;8;11;14;17 \right\}\).

Giả sử số được chọn là \(a,b,c\Rightarrow \left( a+b+c \right)\) chia hết cho 3.

TH1: Cả 3 số a,b,c đều chia hết cho 3 \(\Rightarrow \) Có \(C_{5}^{3}=10\) cách chọn.

TH2: Cả 3 số a,b,c chia 3 dư 1 \(\Rightarrow \) Có \(C_{6}^{3}=20\) cách chọn.

TH3: Cả 3 số a,b,c chia 3 dư 2 \(\Rightarrow \) Có \(C_{6}^{3}=20\) cách chọn.

TH4: Trong 3 số a,b,c có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2 \(\Rightarrow \) Có 5.6.6 = 180 cách chọn.

\(\Rightarrow n\left( A \right)=10+20+20+180=230\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{230}{680}=\frac{23}{68}\)

Trong \(\left( ABC \right)\) kẻ \(AH\bot BC\) ta có

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

Xét tam giác vuông ABC có:

\(AH = \frac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \frac{{a.2a}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\)

Kẻ \(OH\bot CD,\left( H\in CD \right).\) Ta có:

\(\left\{ \begin{align} & CD\bot OH \\ & CD\bot SO \\ \end{align} \right.\Rightarrow CD\bot (SOH)\Rightarrow \angle \left( \left( SCD \right);\left( ABCD \right) \right)=\angle SHO={{60}^{0}}\)

ABCD là hình thoi tâm O, \(\angle BAD={{60}^{0}}\Rightarrow \Delta BCD\) đều, \(OH=\frac{1}{2}\left( B;CD \right)=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\)

\(\Delta SOH\) vuông tại \(O\Rightarrow SO=OH.\tan \angle H=\frac{a\sqrt{3}}{4}.\tan {{60}^{0}}=\frac{3a}{4}\)

Diện tích hình thoi ABCD: \({{S}_{ABCD}}=2{{S}_{ABC}}=2.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}\)

Tính thế tích khối chóp S.ABCD: \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{2}.\frac{3a}{4}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}.\)

Đặt t=3x thì \(t\in \left[ -1;1 \right]\) và ta đưa về xét \(g\left( t \right)=f\left( t \right)+3t\)

Ta có

\(g'\left( t \right) = f'\left( t \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) = - 3 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {{t_1} = - 1}\\ {{t_2} = 0}\\ {{t_3} = 1}\\ {{t_4} = 2} \end{array}} \right.\)

Vẽ BBT cho \({g}'\left( t \right)\) trên \(\left[ -1;1 \right]\), ta thấy trong đoạn \(\left[ -1;1 \right]\), hàm số \({g}'\left( t \right)\) đổi dấu từ + sang - qua \({{t}_{2}}=0\), vậy giá trị lớn nhất của hàm số là \(g\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)+0\)

\(f\left( x \right)+x{f}'\left( x \right)=4x+1\Leftrightarrow {{\left( x{f}'\left( x \right) \right)}^{\prime }}=4x+1\)

Lấy nguyên hàm hai vế theo x ta được \(xf\left( x \right)=2{{x}^{2}}+x+C.\)

Mà \(f\left( 1 \right)=3\) nên ta có \(1.f\left( 1 \right)={{2.1}^{2}}+1+C\Leftrightarrow 3=3+C\Rightarrow C=0\)

Từ đó \(xf\left( x \right)=2{{x}^{2}}+x\Rightarrow f\left( x \right)=2x+1\) (do x>0)

Suy ra \(f\left( 2 \right)=2.2+1=5.\)

Ta có \(z=a+bi\,\left( a,\,b\in \mathbb{R} \right)\).

+) \(\left| z-3 \right|=\left| z-1 \right|\Leftrightarrow \left| a-3+bi \right|=\left| a-1+bi \right| \Leftrightarrow \sqrt{{{\left( a-3 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}}=\sqrt{{{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}} \Leftrightarrow {{\left( a-3 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}={{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}} \Leftrightarrow -4a+8=0 \Leftrightarrow a=2\).

+) \(\left( z+2 \right)\left( \overline{z}-i \right)=\left( a+bi+2 \right)\left( a-bi-i \right)=\left[ \left( a+2 \right)+bi \right]\left[ a-\left( b+1 \right)i \right]=a\left( a+2 \right)+b\left( b+1 \right)-\left( a+2b+2 \right)i\)

\(\left( z+2 \right)\left( \overline{z}-i \right)\) là số thực \(\Leftrightarrow a+2b+2=0\).

Thay a=2 tìm được b=-2. Vậy a+b=0.

Đặt \(t = \ln \left( {x + 1} \right) \Rightarrow dt = \frac{1}{{x + 1}}dx\)

Đổi cận \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_2} = {e^2} - 1 \Rightarrow {t_2} = \ln \left( {{e^2} - 1 + 1} \right) = 2}\\ {{x_1} = 0 \Rightarrow {t_1} = \ln \left( {0 + 1} \right) = 0} \end{array}} \right.\)

Ta có: \(\int\limits_0^2 {f\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt}  + \int\limits_1^2 {f\left( t \right)}  = \int\limits_0^1 {3{x^2} + \int\limits_1^2 {4 - x}  = \frac{7}{2}} \)

Gọi \(A\left( t;1-t;-1 \right),B\left( -1+2t';1+t';-2+t' \right)\) là giao điểm của \(\Delta \) với \({{d}_{1}},{{d}_{2}}\).

Khi đó \(\overrightarrow{MA}=\left( t-1;2-t;-3 \right),\overrightarrow{MB}=\left( -2+2t';2+t';-4+t' \right)\)

Ba điểm M, A, B cùng thuộc \(\Delta \) nên \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t - 1 = k\left( { - 2 + 2t'} \right)\\ 2 - t = k\left( {2 + t'} \right)\\ - 3 = k\left( { - 4 + t'} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = 0\\ kt' = \frac{1}{3}\\ k = \frac{5}{6} \end{array} \right.\)

Do đó \(A\left( 0;1;-1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{MA}=\left( -1;2;-3 \right)\Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left( 1;-2;3 \right)\) là một VTCP của \(\Delta \) hay \(a=-2,b=3\Rightarrow a+b=1\)

TH1. Nếu \(y=\sqrt{2}\notin \mathbb{Z}\)

TH2. Nếu \(y>\sqrt{2} \Rightarrow \left( {{\log }_{2}}x-\sqrt{2} \right)\left( {{\log }_{2}}x-y \right)\Leftrightarrow {{2}^{\sqrt{2}}}<x<{{2}^{y}}\).

Tập nghiệm của BPT chứa tối đa 1000 số nguyên \(\left\{ 3;4;...;1002 \right\}\Leftrightarrow {{2}^{y}}\le 1003\Leftrightarrow y\le {{\log }_{2}}1003\approx 9,97\Rightarrow y\in \left\{ 2;...;9 \right\}\)

TH3. Nếu \(y<\sqrt{2}\Rightarrow y=1\Rightarrow \left( {{\log }_{2}}x-\sqrt{2} \right)\left( {{\log }_{2}}x-y \right)<0\Leftrightarrow 1<{{\log }_{2}}x<\sqrt{2}\Leftrightarrow 2<x<{{2}^{\sqrt{2}}}\). Tập nghiệm không chứa số nguyên nào

Gọi \({{z}_{1}}={{x}_{1}}+{{y}_{1}}\text{i}\) và \({{z}_{2}}={{x}_{2}}+{{y}_{2}}\text{i}\), trong đó \({{x}_{1}}, {{y}_{1}}, {{x}_{2}}, {{y}_{2}} \in \mathbb{R}\); đồng thời \({{M}_{1}}\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right)\) và \({{M}_{2}}\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)\) lần lượt là điểm biểu diễn các số phức \({{z}_{1}}, {{z}_{2}}\).

Theo giả thiết, ta có: \(\left\{ \begin{align} & x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=144 \\ & {{\left( {{x}_{2}}-3 \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-4 \right)}^{2}}=25 \\ \end{align} \right.\).

Do đó \({{M}_{1}}\) thuộc đường tròn \(\left( {{C}_{1}} \right)\) có tâm \(O\left( 0;0 \right)\) và bán kính \({{R}_{1}}=12, {{M}_{2}}\) thuộc đường tròn \(\left( {{C}_{2}} \right)\) có tâm \(I\left( 3;4 \right)\) và bán kính \({{R}_{2}}=5\).

Mặt khác, ta có \(\left\{ \begin{align} & O\in \left( {{C}_{2}} \right) \\ & OI=5<7={{R}_{1}}-{{R}_{2}} \\ \end{align} \right.\) nên \(\left( {{C}_{2}} \right)\) chứa trong \(\left( {{C}_{1}} \right)\).

Khi đó \(\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|={{M}_{1}}{{M}_{2}}\). Suy ra \({{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}_{\min }}\Leftrightarrow {{\left( {{M}_{1}}{{M}_{2}} \right)}_{\min }} \Leftrightarrow {{M}_{1}}{{M}_{2}}={{R}_{1}}-2{{R}_{2}}=2\).

Ta có \(x\left( {{2}^{y}}+y-1 \right)=2-{{\log }_{2}}{{x}^{x}}\Leftrightarrow x{{\log }_{2}}x+x\left( {{2}^{y}}+y-1 \right)=2\)

Đặt \(t={{\log }_{2}}x\Leftrightarrow x={{2}^{t}}\)

Khi đó \({{2}^{t}}.t+{{2}^{t}}\left( {{2}^{y}}+y-1 \right)=2\Leftrightarrow t+{{2}^{y}}+y-1={{2}^{1-t}}\Leftrightarrow {{2}^{y}}+y={{2}^{1-t}}+\left( 1-t \right)\)

\(\Leftrightarrow y=1-t\Leftrightarrow t=1-{{\log }_{2}}x\Leftrightarrow {{\log }_{2}}x=1-y\Leftrightarrow x={{2}^{1-y}}\)

Vì \(1\le x\le 2020\Leftrightarrow 1\le {{2}^{1-y}}\le 2020\Leftrightarrow 0\le 1-y\le {{\log }_{2}}2020\Leftrightarrow 1-{{\log }_{2}}2020\le y\le 1\)

Khi đó \(y\in \left\{ -9;...;1 \right\},x={{2}^{1-y}}\Rightarrow 11.1=11\) cặp số nguyên thỏa mãn

\(TXD:D = R\)

\(y = {x^4} - 2{x^2}\)

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

Xét phương trình hoanh độ giao điểm

\({x^3} - 3x = 2m + 1\)

\(\Leftrightarrow {x^3} - 3x - 1 = 2m\)

Xét \(y = {x^3} - 3x - 1\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

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

từ BBT ta có \( - 3 < 2m < 1 \Leftrightarrow \dfrac{{ - 3}}{2} < m < \dfrac{1}{2}\)

Gọi I là trung điểm của AB, H là chân đường vuông góc của O lên mp (SAB)

\(\begin{array}{l}SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{8^2} - {5^2}}  = \sqrt {39} \\OI = \sqrt {O{A^2} - I{A^2}}  = \sqrt {{5^2} - {4^2}}  = 3\\\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{O^2}}} + \dfrac{1}{{O{I^2}}} = \dfrac{1}{{39}} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{{16}}{{117}}\\ \Rightarrow OH = \dfrac{{3\sqrt {13} }}{4}\end{array}\)