Số tổ hợp chập 2 của 10 phần tử là \(C_{10}^2\)

\({u_2} = {u_1} + d \Rightarrow {u_1} = {u_2} - d = 6\)

\({2^{x - 1}} = 8 \Leftrightarrow {2^{x - 1}} = {2^3} \Leftrightarrow x - 1 = 3 \Leftrightarrow x = 4\)

Thể tích của khối hợp V = 2.3.4 = 24

Hàm số  xác định khi x >1. Tập xác định \(D = \left( {1; + \infty } \right)\)

\(\int {f(x).g(x)} dx = \int {f(x)} dx.\int {g(x)dx} {\rm{ }}\) ⇒ SAI

\(V = \frac{1}{3}Bh \Rightarrow h = \frac{{3V}}{B} = \frac{{3.4}}{3} = 4\)

\(l = \sqrt {{r^2} + {h^2}}  = \sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 5\)

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right)\).

\({\log _3}\left( {{a^5}} \right) = 5{\log _3}5\)

\(V = \pi {r^2}h = \pi {.4^2}.3 = 48\pi \)

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại x = -1 và đạt cực tiểu tại x = 3

Từ hình vẽ ta nhận thấy hàm số cần tìm có đồ thị cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm (2;0) và (0;2) nên các đáp án A, B, C đều loại và thấy D là đáp án đúng.

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số  \(y=\frac{1+3x}{3-x}\) là y = -3

\(\begin{array}{l} {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} \ge 2 \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} \ge {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 1}}\\ {\rm{ }} \Leftrightarrow x \le - 1 \end{array}\)

\(2f(x) - 1 = 0 \Leftrightarrow f(x) = \frac{1}{2}\)

Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng \(y=\frac{1}{2}\).

Dựa vào bảng biến thiên, ta có đồ thị hàm số  cắt đường thẳng \(y=\frac{1}{2}\) tại 4 điểm phân biệt.

\({\rm{I = }}\int\limits_0^3 {{f'}(x)dx} = f(x)\left| \begin{array}{l} 3\\ 0 \end{array} \right. = f(3) - f(0) = 5 - 2 = 3\)

\(\overline w  =  - 1 - 2i\)

\(\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \frac{{3 - 4i}}{{4 - i}} = \frac{{(3 - 4i)(4 + i)}}{{(4 - i)(4 + i)}} = \frac{{16 - 13i}}{{17}} = \frac{{16}}{{17}} - \frac{{13}}{{17}}i\)

\(\left| w \right| = \sqrt {{4^2} + {{( - 3)}^2}}  = 5\)

\(\overrightarrow {AB}  = ( - 3;5;1)\)

I(2; - 1;7),R = 6

VTPT của (P) là \(\overrightarrow n  = \left( { - 3;0;1} \right).\)

VTCP của d là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {0;1; - 1} \right)\)

Ta có AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mp (ABCD)

Suy ra góc giữa SC và (ABCD) bằng góc \(\widehat{SCA}\)

Xét tam giác SAC vuông tại A có \(SA=AC=a\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SCA}={{45}^{0}}\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y = f(x) có 2 điểm cực trị.

Hàm số xác định và liên tục trên [-1;2]      

Ta có \(y'=\frac{5}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}>0,\,\forall x\in [-1;2]\)

Suy ra hàm số luôn đồng biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-3 \right)\) và \(\left( -3;+\infty  \right)\)  

Vậy \(\underset{\text{ }\!\![\!\!\text{ }-1;2]}{\mathop{\text{Max}f(x)}}\,=f\left( 2 \right)=0\).

\({2^a}{.4^b} = 8 \Leftrightarrow {2^{a + 2b}} = {2^3} \Leftrightarrow a + 2b = 3\)

Giao điểm của (c) với trục hoành: \(y = 0 \Leftrightarrow {x^4} - 5{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \pm 1\\ x = \pm 2 \end{array} \right.\)

Vậy (c) cắt ox tại 4 điểm phân biệt.

\(\begin{array}{l} {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} - 2}} > {2^{4 - 3x}}\\ \Leftrightarrow {2^{ - {x^2} + 2}} > {2^{4 - 3x}}\\ \Leftrightarrow - {x^2} + 2 > 4 - 3x\\ \Leftrightarrow - {x^2} + 3x - 2 > 0\\ \Leftrightarrow 1 < x < 2 \end{array}\)

Bán kính đáy khối nón là \(\frac{a}{2}\), chiều cao khối nón là \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\), suy ra \(V=\frac{1}{3}\pi {{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}\)

Đặt \(t=\sqrt{3{{\ln }^{2}}x+1}\Rightarrow {{t}^{2}}=3{{\ln }^{2}}x+1\Rightarrow 2tdt=\frac{\text{6lnx}}{x}\text{dx}\Rightarrow \frac{\ln x}{x}\text{dx}=\frac{1}{3}tdt\).

Đổi cận \(\left\{ \begin{align} & x=1\Rightarrow t=1 \\ & x=e\Rightarrow t=2 \\ \end{align} \right.\)

Vậy \(I=\int\limits_{1}^{e}{\frac{\ln x}{x\sqrt{3{{\ln }^{2}}x+1}}dx}=\frac{1}{3}\int\limits_{1}^{2}{dt}\)

Xét phương trình: \({{x}^{2}}+x-2=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-2 \\ & x=1 \\ \end{align} \right.\)

Suy ra \(S=\int\limits_{-2}^{1}{\left| {{x}^{2}}+x-2 \right|dx}=-\int\limits_{-2}^{1}{\left( {{x}^{2}}+x-2 \right)dx}\,\,\left( do\,\,{{x}^{2}}+x-2\le 0,\,\,\forall x\in \left[ -2;1 \right] \right)\)

\(3{z_1}{z_2} = 3\left( {2 - i} \right)\left( { - 3 + i} \right) =  - 15 + 15i\)

\({z^2} + 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1 + 2i\\ x = - 1 - 2i \end{array} \right.\)

\({{z}_{0}}\) là nghiệm có phần ảo dương \(\Rightarrow {{z}_{0}}=-1+2i\Rightarrow {{z}_{0}}+3i=-1+5i\)

Điểm biểu diễn của số phức \({{z}_{0}}+3i\) là (-1;5).

Trục 0x đi qua O(0;0;0) và có 1VTCP \(\overrightarrow{i}=(1;0;0), \overrightarrow{OA}=(-1;2;3)\)

⇒ \(\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{OA};\overrightarrow{i} \right]\,\,\,=(0;3;-2)\).

Mặt phẳng (\(\alpha \)) đi qua điểm A(-1; 2; 3) và nhận \(\overrightarrow{n}\)=(0;3;-2) làm một VTPT, phương trình là:  3(y-2)-2(z-3)=0 ⇔ 3y-2z=0.

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; – 3; – 2} \right)\) là VTCP của \(\Delta \) hay và \(\overrightarrow u = \left( { – 1;{\rm{ }}3;{\rm{ }}2} \right)\) cũng là VTCP của \(\Delta \).

\(\Delta \) đi qua \(A\left( {3;{\rm{ }}2;{\rm{ }}2} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 – t\\y = 2 + 3t\\z = 2 + 2t\end{array} \right.\)

+) Xét phép thử ''Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một quả''

Lấy một quả từ hộp 1 có 12 cách.

Lấy một quả từ hộp 2 có 10 cách.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu \(n(\Omega )=10.12=120\).

+) Gọi A là biến cố “Hai quả lấy ra cùng màu đỏ''.

Lấy một quả màu đỏ từ hộp 1 có 7 cách.

Lấy một quả màu đỏ từ hộp 2 có 6 cách.

Suy ra n(A)=7.6=42.

+) Xác suất của biến cố A là \(P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{42}{120}=\frac{7}{20}\).

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

Tập xác định \(D=\mathbb{R}\). 

Ta có \({y}'=4{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}+m+25\).

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 1;+\infty  \right)\Leftrightarrow {y}'\ge 0, \forall x>1\Leftrightarrow 4{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}+m+25\ge 0, \forall x>1\)

\(\Leftrightarrow m\ge -4{{x}^{3}}+12{{x}^{2}}-25, \forall x>1\).

Xét hàm số \(f\left( x \right)=-4{{x}^{3}}+12{{x}^{2}}-25\), với x>1.

\({f}'\left( x \right)=-12{{x}^{2}}+24x\).      \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow -12{{x}^{2}}+24x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=2 \\ \end{align} \right.\)

Ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta có: \(m\ge -4{{x}^{3}}+12{{x}^{2}}-25,\,\forall x>1\Leftrightarrow m\ge -9\)

Vì m nguyên âm nên \(m\in \left\{ -9;\,-8;\,-7;\,-6;\,-5;\,-4;\,-3;\,-2;\,-1 \right\}\)

Vậy có 9 giá trị nguyên âm của m để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 1;+\infty  \right)\)

\(M \in {d_1} \Rightarrow M\left( {1 + 2t; – 1 + t; – t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( { – 1 + 2t; – 2 + t; – t} \right)\).

\({d_1}\) có VTCP \(\overrightarrow u = \left( {2;1; – 1} \right)\).

Vì \({d_1} \bot {d_2} \Rightarrow \overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{u_2}} = 0 \Rightarrow 6t – 4 = 0\Rightarrow t = \frac{2}{3} \Rightarrow M\left( {\frac{7}{3}; – \frac{1}{3}; – \frac{2}{3}} \right)\).

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

Số nghiệm của phương trình \(f(x)=-\frac{1}{2}\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y=-\frac{1}{2}\).

Từ hình vẽ ta thấy số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y=-\frac{1}{2}\) là 4.

Vậy số nghiệm của phương trình 2f(x)+1=0 là 4.

V = \(\pi\)R²h ⇒ 8p = \(\pi\).h².h ⇔ h = 2.

Ta có \({4^x} + {2^x}{.3^y} – {9.2^x} + {3^y} \le 10 \Leftrightarrow \left( {{2^x} + 1} \right)\left( {{2^x} + {3^y} – 10} \right) \le 0\).

Vì \({2^x} + 1 > 0\) nên bất phương trình tương đương với \({2^x} + {3^y} – 10 \le 0\).

Với cặp số \(\left( {x,y} \right)\) nguyên không âm thì \(\left( {x,y} \right)\) chỉ có thể là: \(\left( {0;0} \right),\left( {0;1} \right),\left( {0;2} \right),\left( {1;0} \right),\left( {1;1} \right),\left( {2;0} \right);\left( {2;1} \right),\left( {3;0} \right)\).

Vậy tổng S = 3.

\({\log _2}\frac{{x + 2}}{{y + 1}} = 4{y^2} – {x^2} – 4x + 8y + 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) – {\log _2}\left( {y + 1} \right) = 4{\left( {y + 1} \right)^2} – {\left( {x + 2} \right)^2} + 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) + {\left( {x + 2} \right)^2} = {\log _2}2\left( {y + 1} \right) + {\left[ {2\left( {y + 1} \right)} \right]^2}\,\,\left( 1 \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + {t^2}\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có \(f’\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + 2t > 0\,\,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {x + 2} \right) = f\left( {2y + 2} \right) \Leftrightarrow x + 2 = 2y + 2 \Leftrightarrow x = 2y\).

Mà \(0 < x \le 2020 \Rightarrow 0 < y \le 1010\).

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

\(t’ = 3{x^2} + 1 > 0,\;\forall x \in \left[ {0;2} \right]\), suy ra \(0 \le t \le 10\).

Ta có \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} \,g\left( x \right) = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} \left[ {f\left( {{x^3} + x} \right) – {x^2} + 2x + m} \right] \le \mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} f\left( {{x^3} + x} \right) + \mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} \left( { – {x^2} + 2x + m} \right)\).

Mà \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} f\left( {{x^3} + x} \right) = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{t \in \left[ {0;10} \right]} f\left( t \right) = 4\).

\(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} \left( { – {x^2} + 2x + m} \right) = 1 + m\).

Suy ra \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} \,g\left( x \right) \le 4 + 1 + m = m + 5\).

\(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} \,g\left( x \right) = m + 5 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = {x^3} + x = 2\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\).

Theo giả thiết \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} \,g\left( x \right) = 8 \Leftrightarrow m + 5 = 8 \Leftrightarrow m = 3\).

+) Nhận xét: Đồ thị của hàm số \(y = f’\left( x \right)\) cắt trục hoành tại 5 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \( – 2;\;0;\;2;\;5;\;6\) nên phương trình \(f’\left( x \right) = 0\) có 5 nghiệm phân biệt là \({x_1} = – 2;\;{x_2} = 0;\;{x_3} = 2;\;{x_4} = 5;\;{x_5} = 6\). Hơn nữa \(f’\left( x \right) > 0,\;\forall x \in \left( { – 2;\;0} \right) \cup \left( {2;\;5} \right)\) và ngược lại \(f’\left( x \right) < 0,\;\forall x \in \left( {0;\;2} \right) \cup \left( {5;\;6} \right)\) Ta lập bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\).

+) Gọi \({S_1},\;{S_2},\;{S_3},\;{S_4}\) lần lượt là diện tích của các hình phẳng \(\left( {{H_1}} \right),\;\left( {{H_2}} \right),\;\left( {{H_3}} \right),\;\left( {{H_4}} \right)\)

\(\left( {{H_1}} \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = f’\left( x \right),\,y = 0,\;x = – 2,\;x = 0.\)

\(\left( {{H_2}} \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = f’\left( x \right),\,y = 0,\;x = 2,\;x = 0.\)

\(\left( {{H_3}} \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = f’\left( x \right),\,y = 0,\;x = 2,\;x = 5.\)

\(\left( {{H_4}} \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = f’\left( x \right),\,y = 0,\;x = 5,\;x = 6.\)

Ta có

\({S_1} > {S_2} \Leftrightarrow \int\limits_{ – 2}^0 {f’\left( x \right)dx} > \int\limits_0^2 { – f’\left( x \right)dx} \Leftrightarrow f\left( 0 \right) – f\left( { – 2} \right) > f\left( 0 \right) – f\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( { – 2} \right) < f\left( 2 \right)\;\;\;\left( 1 \right)\)

\({S_2} > {S_3} \Leftrightarrow \int\limits_0^2 { – f’\left( x \right)dx} > \int\limits_2^5 {f’\left( x \right)dx} \Leftrightarrow f\left( 0 \right) – f\left( 2 \right) > f\left( 5 \right) – f\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( 0 \right) < f\left( 5 \right)\;\;\;\left( 2 \right)\)

\({S_3} > {S_4} \Leftrightarrow \int\limits_2^5 {f’\left( x \right)dx} > \int\limits_5^6 { – f’\left( x \right)dx} \Leftrightarrow f\left( 5 \right) – f\left( 2 \right) > f\left( 5 \right) – f\left( 6 \right) \Leftrightarrow f\left( 2 \right) < f\left( 6 \right)\;\;\;\left( 3 \right)\)

+) Từ bảng biến thiên và (1), (2), (3) ta có:

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ { – 2;6} \right]} f\left( x \right) = f\left( 5 \right),\;\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 2;6} \right]} f\left( x \right) = f\left( { – 2} \right)\) và \(T = f\left( 5 \right) + f\left( { – 2} \right)\).

Đặt \(t = – x \Rightarrow {\rm{d}}t = – {\rm{d}}x\). Đổi cận \(x = – \pi \Rightarrow t = \pi ,\,\,x = \pi \Rightarrow t = – \pi \).

\( \Rightarrow I = – \int_\pi ^{ – \pi } {\frac{{f\left( { – t} \right)}}{{{{2020}^{ – t}} + 1}}{\rm{d}}t} = \int_{ – \pi }^\pi {\frac{{f\left( t \right)}}{{{{2020}^{ – t}} + 1}}{\rm{d}}t} \) ( vì \(y = f\left( x \right)\) là hàm số chẵn nên \(f\left( t \right) = f\left( { – t} \right)\)).

\(I = \int_{ – \pi }^\pi {\frac{{{{2020}^t}f\left( t \right)}}{{{{2020}^t} + 1}}{\rm{d}}t} = \int_{ – \pi }^\pi {\frac{{\left( {{{2020}^t} + 1 – 1} \right)f\left( t \right)}}{{{{2020}^t} + 1}}{\rm{d}}t} = \int_{ – \pi }^\pi {f\left( t \right){\rm{d}}t} – \int_{ – \pi }^\pi {\frac{{f\left( t \right)}}{{{{2020}^t} + 1}}{\rm{d}}t} \)

\(2I = \int_{ – \pi }^\pi {f\left( t \right){\rm{d}}t} = 2\int_0^\pi {f\left( t \right){\rm{d}}t} \)( vì \(y = f\left( t \right)\) là hàm số chẵn )

Vậy \(I = \int_0^\pi {f\left( t \right){\rm{d}}t} = 2\)

Theo giả thiết, ta có: \(f\left( x \right) + f\left( {1 – x} \right) = \frac{{{x^2} + 2x + 3}}{{x + 1}}, \forall x \in \left[ {0;\,1} \right]\) và \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ {0;\,1} \right]\) nên \(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + f\left( {1 – x} \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2} + 2x + 3}}{{x + 1}}{\rm{d}}x}  \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_0^1 {f\left( {1 – x} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} + 2}}{{x + 1}}{\rm{d}}x} \) (1)

Đặt 1 – x = t thì \({\rm{d}}x = – {\rm{d}}t\), với \(x = 0 \Rightarrow t = 1\), với \(x = 1 \Rightarrow t = 0\)

Do đó: \(\int\limits_0^1 {f\left( {1 – x} \right){\rm{d}}x} = – \int\limits_1^0 {f\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^1 {f\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_0^1 {f\left( {1 – x} \right){\rm{d}}x} = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \) (2).

Lại có \(\int\limits_0^1 {\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} + 2}}{{x + 1}}{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {\left( {x + 1 + \frac{2}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x + 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1 = \frac{3}{2} + 2\ln 2\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(2\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{3}{2} + 2\ln 2 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{3}{4} + \ln 2\)