Mỗi cách chọn 4 học sinh làm trực nhật của ngày thứ hai là một tổ hợp chập 4 của 12 nên số cách chọn là \(C_{12}^{4}\).

\({{u}_{6}}={{u}_{1}}+5d\Leftrightarrow 8\,=-2+5d\Leftrightarrow d=2\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( -1\,;\,0 \right)\) và \(\left( 0\,;\,1 \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho có 1điểm cực tiểu x=0 và 2 điểm cực đại \(x=\pm 1\).

Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 3.

Do hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên hàm số xác định tại các điểm \(-1\,;0\,;2\,;4\).

Mặt khác từ bảng xét dấu \({f}'\left( x \right)\), ta có \({f}'\left( x \right)\) đổi dấu khi x đi qua các điểm \(-1\,;0\,;2\,;4\).

Vậy hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.

Dựa vào hình vẽ đồ thị hàm số \(y=\frac{ax+b}{cx+d}\) ta có x=1 là tiệm cân đứng và y=1 là tiệm cận ngang của đồ thị.

Đây là dạng của đồ thị hàm số bậc ba \(y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\) có hệ số a>0 nên loại phương án A,B.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại phương án D.

Vậy đồ thị trên là của hàm số \(y={{x}^{3}}-3x+2\).

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^4} + 4{x^2} - 3\) với trục hoành:

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

Phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt nên đồ thị của hàm số \(y = {x^4} + 4{x^2} - 3\) cắt trục hoành tại 2 điểm.

\({\log _{\frac{a}{4}}}\left( {\frac{{{a^3}}}{{64}}} \right) = {\log _{\frac{a}{4}}}{\left( {\frac{a}{4}} \right)^3} = 3.{\log _{\frac{a}{4}}}\left( {\frac{a}{4}} \right) = 3\)

\(y' =  - {\left( {\frac{1}{{2022}}} \right)^x}\ln 2022\)

\(\sqrt {{a^4}}  = \sqrt {{{\left( {{a^2}} \right)}^2}}  = {a^2}\)

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

\({\log _5}\left( {2x} \right) = 2 \Leftrightarrow 2x = 25 \Leftrightarrow x = \frac{{25}}{2}\)

\(\int {f\left( x \right)} dx = \int {\left( {3 - {x^2} + {x^4}} \right)} dx = 3x - \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^5}}}{5} + C\)

\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = } \int {{\rm{sin3}}x{\rm{d}}x = } \int {\frac{{{\rm{sin3}}x{\rm{d}}\left( {3x} \right)}}{3} = }  - \frac{1}{3}\cos 3x + c\)

\(\int\limits_0^2 {g\left( {2x} \right)dx}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {2g\left( {2x} \right)dx}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {g\left( {2x} \right)d\left( {2x} \right)}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {g\left( t \right)dt}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {g\left( x \right)dx} \)

Suy ra \(\int\limits_0^4 {g\left( x \right)dx}  = 8\)

Vậy \(\int\limits_0^4 {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx}  =  - 5\)

\(\int\limits_0^1 {\left( {4{x^3} + 1} \right)} {\rm{d}}x = \left. {\left( {{x^4} + x} \right)} \right|_0^1 = 2\)

\(z = {(2 + i)^2} = \,4 + 4i + {i^2} = \,3 + 4i\)

Vậy số phức liên hợp của số phức z là: \(\overline z  = \,3 - 4i.\)

Ta có: \({{z}_{1}}+2{{z}_{2}}=7+i.\)

Vậy phần thực của số phức \({{z}_{1}}+2{{z}_{2}}\) là 7.

Trong mặt phẳng tọa độ, điểm M(3;6) biểu diễn của số phức z=3+6i.

Diện tích hình vuông​​ ABCD là​​ \({{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}\).

Chiều cao khối chóp là​​ \(SA=a\sqrt{2}\).​​

Vậy thể tích khối chóp​​ \({{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.a\sqrt{2}.{{a}^{2}}={{a}^{3}}\frac{\sqrt{2}}{3}\).

\(V = {3^3} = 27\)

Theo định nghĩa của hình trụ thì chiều cao chính là đường sinh của nó.

Do thiết diện đi qua trục hình trụ nên ta có h=a.

Bán kính đáy​​ \(R=\frac{a}{2}\).​​ Do đó thể tích khối trụ \(V={{R}^{2}}.\pi .h=\frac{\pi {{a}^{3}}}{4}\)​​.

\(\left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{0 + 2}}{2} = 1\\ {y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{ - 1 + 2}}{2} = \frac{1}{2}\\ {z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{ - 2 + 2}}{2} = 0 \end{array} \right.\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( -2;1;0 \right)\), bán kính R=6.

Ta có: 2-(-3)-5=0 suy ra \(M\left( 2;0;-3 \right)\in \left( P \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{OB}=4\overrightarrow{i}-\overrightarrow{j}-2\overrightarrow{k} \Rightarrow B(4;\,-1;\,-2) \Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( 2;-4;2 \right)\).

Vậy đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\left( 1;-2;1 \right)\).

Số kết quả có thể xảy ra \(\left| \Omega  \right|=6.6=36\).

Gọi A là biến cố “Tích số chấm xuất hiện trên con súc sắc trong 2 lần gieo là một số lẻ “.

\(\Rightarrow n\left( A \right)=3.3=9\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}\).

Do hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên loại ý C; D vì hai hàm số này không có tập xác định là \(\mathbb{R}\).

Loại đáp án A vì đây là hàm trùng phương.

Vậy chọn đáp án B.

Hàm số \(y = {x^3} - 2{x^2} - 7x + 1\) liên tục trên đoạn [-2;1].

Ta có : \(y' = 3{x^2} - 4x - 7\), y' = 0 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1 \in \left[ { - 2;1} \right]\\ x = \frac{7}{3}\,\,\, \notin \left[ { - 2;1} \right]\, \end{array} \right.\).

\(y\left( -2 \right)=-1,y\left( 1 \right)=-7,y\left( -1 \right)=5\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { - 2;1} \right]} y = y\left( { - 1} \right) = 5\).

Bất phương trình \(\Leftrightarrow {{2}^{{{x}^{2}}-x+8}}<{{2}^{2-6x}} \Leftrightarrow {{x}^{2}}+5x+6<0 \Leftrightarrow -3<x<-2\).

Ta có \(\int\limits_{1}^{3}{\left[ f\left( x \right)-2g\left( x \right) \right]\text{d}x}=9\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)\text{d}x-2}\int\limits_{1}^{3}{g\left( x \right)\text{d}x}=9\Leftrightarrow -5-2\int\limits_{1}^{3}{g\left( x \right)\text{d}x}=9\)

\(\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{3}{g\left( x \right)\text{d}x}=-7\).

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

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} CD \bot AD\\ CD \bot AA' \end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ADD'A'} \right)\).

Suy ra A'D là hình chiếu vuông góc của A'C lên \(\left( {A'D'DA} \right)\) \( \Rightarrow \tan \alpha  = \frac{{CD}}{{A'D}} = \frac{a}{{a\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).

Gọi O là giao điểm của AC và BD, suy ra \(BD\bot \left( SAO \right)\).

Từ A, kẻ đường \(AH\bot SO\) tại H. Khi đó \(AH\bot \left( SBD \right)\Rightarrow d\left( A,\left( SBD \right) \right)=AH\).

Xét tam giác SAO vuông tại,A có AH là đường cao, SA=a, \(AO=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Suy ra \(AH=\frac{SA.AO}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{O}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

\(R = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} - 2}  = \sqrt 3  \Rightarrow \) đường kính của mặt cầu là \(2\sqrt 3 \)

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -1;3;2 \right)\).

Đường thẳng AB có đường thẳng chính tắc là \(\frac{x}{-1}=\frac{y-1}{3}=\frac{z-3}{2}\).

Ta có: \({g}'\left( x \right)=2{f}'\left( x \right)-2\left( 1-x \right)\)

\({g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=1-x\).

Vẽ đường thẳng y=1-x, cắt đồ thị hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) tại ba điểm x=-4, x=-1, x=3.

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left[ -4;3 \right]\)

Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất trên \(\left[ -4;3 \right]\) tại \({{x}_{0}}=1\).

\({5^{ - \left( {y + 4} \right)}} = {3^{\left| {{x^2} - 2x - 3} \right| - {{\log }_3}5}} \ge {3^{ - {{\log }_3}5}} \Rightarrow {5^{ - \left( {y + 4} \right)}} \ge {5^{ - 1}} \Rightarrow  - \left( {y + 4} \right) \ge  - 1 \Rightarrow y \le  - 3.\)

Dấu “= ” xảy ra khi và chỉ khi \(\left| {{x^2} - 2x - 3} \right| = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 3\\ x = - 1 \end{array} \right.\).

Khi đó \(4\left| y \right| - \left| {y - 1} \right| + {\left( {y + 3} \right)^2} \le 8 \Leftrightarrow - 4y - \left( {1 - y} \right) + {y^2} + 6y + 9 \le 8 \Leftrightarrow {y^2} + 3y \le 0 \Leftrightarrow - 3 \le y \le 0\).

Kết hợp với điều kiện \(y \le  - 3\) suy ra y =-3.

Với y = -3, ta có \(\left[ \begin{array}{l} x = 3\\ x = - 1 \end{array} \right.\).

Vậy có đúng 2 cặp số thực thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\left\{ \begin{array}{l} y = - 3\\ x = 3 \end{array} \right.\) và \(\left\{ \begin{array}{l} y = - 3\\ x = - 1 \end{array} \right.\).

Hàm số f(x) có đạo hàm tại x₀ = 0 khi và chỉ khi:

\(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right)\\ f'\left( {{0^ + }} \right) = f'\left( {{0^ - }} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 + a = 0\\ 1 = b \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - 1\\ b = 1 \end{array} \right.\)

Khi đó \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} {e^x} - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,x \ge 0\\ - {x^3} + x\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,x < 0 \end{array} \right.\,\) nên \(I = \int\limits_{\ln \left( {\frac{e}{{e + 1}}} \right)}^{ - \ln \left( {e + 1} \right)} {\frac{1}{{1 - {e^x}}}f\left( {\ln \left( {{e^{ - x}} - 1} \right)} \right)dx} \).

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

Đổi biến:

+ Với \(x = \ln \frac{e}{{e + 1}} \Rightarrow t =  - 1\)

+ Với \(x =  - \ln \left( {e + 1} \right) \Rightarrow t = 1\)

\(\begin{array}{l} I = - \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( t \right)dt} = - \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} = - \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \\ = - \int\limits_{ - 1}^0 {\left( { - {x^3} + x} \right)dx} - \int\limits_0^1 {\left( {{e^x} - 1} \right)dx} = \frac{1}{4} - \left( {e - 2} \right) = \frac{9}{4} - e\\ \Rightarrow m = \frac{9}{4};n = 1 \Rightarrow P = 2m + \frac{n}{2} = 5. \end{array}\)

Đặt \(\left( {z - 2i} \right)\left( {2i + 1} \right) = x + yi \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} z - 2i = \frac{{x + yi}}{{2i + 1}} \Rightarrow z - i = \frac{{x - 2 + \left( {y + 1} \right)i}}{{2i + 1}}\\ z - 1 = \frac{{x + yi}}{{2i + 1}} + 2i - 1 = \frac{{x - 5 + yi}}{{2i + 1}} \end{array} \right.\)

Ta có: \(\left| {z - 1} \right| + \left| {z - i} \right| = 4 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y + 1} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {x - 5} \right)}^2} + {y^2}} = 4\sqrt 5 \) (1)

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn số phức \(\left( {z - 2i} \right)\left( {2i + 1} \right)\) khi z thay đổi.

\({F_1}\left( {2; - 1} \right),{F_2}\left( {5;0} \right)\).

Từ (1) ta có: \(M{F_1} + M{F_2} = 4\sqrt 5 \).

Do đó quỹ tích điểm M là elip nhận \({F_1},{F_2}\) là hai tiêu điểm.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 4\sqrt 5 = 2a \Rightarrow a = 2\sqrt 5 \\ {F_1}{F_2} = 2c = \sqrt {10} \Rightarrow c = \frac{{\sqrt {10} }}{2} \end{array} \right. \Rightarrow b = \sqrt {{a^2} - {c^2}} = \frac{{\sqrt {70} }}{2}\)

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là \({S_{\left( C \right)}} = \pi ab = 5\pi \sqrt {14} \).

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & BC\bot AB \\ & BC\bot SA \\ \end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\)

⇒ Hình chiếu vuông góc của đường thẳng SC lên mặt phẳng \(\left( SAB \right)\) là đường thẳng SB

\(\Rightarrow \left( SC;\left( SAB \right) \right)=\widehat{BSC}\Rightarrow \widehat{BSC}={{30}^{0}}\).

Đặt \(AB=BC=x\left( x>0 \right)\).

\(\Delta SBC\) vuông tại B \(\Rightarrow \frac{BC}{SB}=\tan {{30}^{0}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow SB=x\sqrt{3}\).

\(\Delta SAB\) vuông tại A\(\Rightarrow S{{B}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}\Rightarrow 3{{x}^{2}}={{a}^{2}}+{{x}^{2}}\Rightarrow {{x}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{2}\).

\({{S}_{ABCD}}={{x}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{2}\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}}{6}\).

Phần không gian trong lều được tính bởi công thức thể tích hình lăng trụ đứng.

Ta có: \(V=h.{{S}_{\Delta ABC}}=12.{{S}_{\Delta ABC}}\). Như vậy để thể tích lớn nhất khi diện tích tam giác đáy ABC là lớn nhất.

Trong tam giác đáy ABC, vẽ đường cao AH. Ta có \(AH=\sqrt{9-\frac{{{x}^{2}}}{4}}.\)

Do đó diện tích: \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}x.\sqrt{9-\frac{{{x}^{2}}}{4}}=\frac{1}{4}x\sqrt{36-{{x}^{2}}}.\)

Xét hàm \(S(x)=\frac{1}{4}x\sqrt{36-{{x}^{2}}}\) với \(x\in (0;6);\)

\({S}'(x)=\frac{1}{4}\left( \sqrt{36-{{x}^{2}}}+x\frac{-x}{\sqrt{36-{{x}^{2}}}} \right)=\frac{1}{4}.\frac{36-{{x}^{2}}-{{x}^{2}}}{\sqrt{36-{{x}^{2}}}}\)

\({S}'(x)=0\Leftrightarrow 36-2{{x}^{2}}=0\Leftrightarrow x=3\sqrt{2}.\)

Bảng biến thiên:

Vậy với \(x = 3\sqrt 2 \left( m \right)\) thì thể tích lều là lớn nhất.

Viết lại mặt phẳng \(\left( Q \right):x+y-2z+\frac{7}{2}=0\)

Gọi \(\left( R \right)\) là mặt phẳng song song và cách đều hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\).

Phương trình của mặt phẳng \(\left( R \right)\) là: \(\left( R \right):x+y-2z+\frac{\frac{7}{2}-1}{2}=0\) ⇔ \(\left( R \right):x+y-2z+\frac{5}{4}=0\)

Ycbt: \(\Delta \in \left( R \right)\) và \(\Delta \cap d\equiv K\) ⇒ \(K\equiv d\cap \left( R \right)\). Khi đó, tọa độ của K là nghiệm của hệ: 

\(\left\{ \begin{array}{l} \frac{x}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 2}}{1}\\ x + y - 2z + \frac{5}{4} = 0 \end{array} \right.\) ⇔ \(\left\{ \begin{array}{l} x = - \frac{{15}}{2}\\ y = \frac{{11}}{4}\\ z = - \frac{7}{4} \end{array} \right.\)

Ta lại có: \(\left\{ \begin{array}{l} {{\vec u}_\Delta } \bot {{\vec u}_d}\\ {{\vec u}_\Delta } \bot {{\vec n}_{\left( R \right)}} \end{array} \right.\). Do đó \(\Delta \) có một vectơ chỉ phương là: \({\vec u_\Delta } = \left[ {{{\vec n}_{\left( R \right)}};{{\vec u}_d}} \right] = \left( {1;5;3} \right)\)

Vậy phương trình của đường thẳng \(\Delta \) là: \(\left\{ \begin{array}{l} x = - \frac{{15}}{2} + t\\ y = \frac{{11}}{4} + 5t\\ z = - \frac{7}{4} + 3t \end{array} \right.\)

Cho \(t = \frac{1}{4}\) ⇒ \(M\left( { - \frac{{29}}{4};4; - 1} \right) \in \Delta \) ⇒ \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l} x = - \frac{{29}}{4} + t\\ y = 4 + 5t\\ z = - 1 + 3t \end{array} \right.\).

Ta có: \(f(x) = {x^3} - 3{x^2} + 1\) và \(g(x) = f\left( {\left| {f(x)} \right| - m} \right);f( - 1) =  - 3;f(1) =  - 1;\)

Suy ra \(g'(x) = {\left( {\left| {f(x)} \right|} \right)^\prime }.f'\left( {\left| {f(x)} \right| - m} \right) = \frac{{f(x)f'(x)}}{{\sqrt {{f^2}(x)} }}.f'\left( {\left| {f(x)} \right| - m} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0;x = 2\\ \left| {f(x)} \right| - m = 0\\ \left| {f(x)} \right| - m = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0;x = 2\\ \left| {f(x)} \right| = m\\ \left| {f(x)} \right| = m + 2 \end{array} \right.\)(*)

Mặt khác, \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = {a_1} \in \left( { - 1;0} \right) \approx - 0.53,\\ x = {b_1} \in \left( {0;1} \right) \approx 0.65\\ x = {c_1} \in \left( {2;3} \right) \approx 2.8 \end{array} \right.\) nên các điểm \(x = {a_1};x = {b_1};x = {c_1}\) là các điểm cực trị của g(x).

Để hai điểm x =  - 1;x = 1 là hai điểm cực trị của hàm số y = g(x) thì hai giá trị x đó phải là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} \left| {f(x)} \right| = m\\ \left| {f(x)} \right| = m + 2 \end{array} \right.\\ \left| {f( - 1)} \right| = 3;\left| {f(1)} \right| = 1; \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 3\\ m = 1\\ m + 2 = 3\\ m + 2 = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = - 1\\ m = 1\\ m = 3 \end{array} \right.\)

- Với m = 3 thì suy ra \(\left[ \begin{array}{l} \left| {f(x)} \right| = 3\\ \left| {f(x)} \right| = 5 \end{array} \right.\), tới đây ta nhận thấy hệ phương trình trên không có nghiệm x =  - 1;x = 1 nên ta loại

- Với m = -1 thì suy ra \(\left[ \begin{array}{l} \left| {f(x)} \right| = - 1\\ \left| {f(x)} \right| = 1 \end{array} \right.\), tới đây ta nhận thấy hệ phương trình kia không có nghiệm x = -1 nên ta loại

- Với m = 1 thì suy ra \(\left[ \begin{array}{l} \left| {f(x)} \right| = 1\\ \left| {f(x)} \right| = 3 \end{array} \right.\). Do hệ phương trình này có hai nghiệm x =  - 1;x = 1 nên hệ phương trình tương đương với (dựa vào đồ thị hình bên)

Suy ra \(\left[ \begin{array}{l} x = a \in \left( { - 1;0} \right)\\ x = 0\\ x = 1\\ x = b \in \left( {2;3} \right)\\ x = 3\\ x = - 1\\ x = 2\\ x = c \in \left( {3,4} \right) \end{array} \right.\). Do x = 0,x = 2 là nghiệm bội chẵn nên \(\left[ \begin{array}{l} x = a \in \left( { - 1;0} \right)\\ x = 1\\ x = b \in \left( {2;3} \right)\\ x = 3\\ x = - 1\\ x = c \in \left( {3,4} \right) \end{array} \right.\) là 6 nghiệm bội lẻ.

Như vậy hệ phương trình (*) có tổng cộng 11 nghiệm tương đương với hàm số y = g(x) có 11 điểm cực trị thỏa đề bài.

Ta có: \(y = {x^2}{e^{ - x}}\)

\(\Rightarrow y' = {\left( {{x^2}{e^{ - x}}} \right)^\prime }\)\(\, = 2x{e^{ - x}} - {x^2}{e^{ - x}}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x{e^{ - x}}\left( {2 - x} \right) = 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

+ Hàm số có \(x = 0\) là điểm cực tiểu, \(x = 2\) là điểm cực đại.

Đặt \(A\left( {a\,;\,{a^2}} \right)\) và \(B\left( {b\,  ;\,{b^2}} \right)\). Không mất tính tổng quát, ta xét a>0 và b<0

Gọi: d₁ là đường tiếp tuyến với (C) tại A, d₂ là đường tiếp tuyến với (C) tại B.

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {{d_1}} \right):y = 2ax - {a^2}}\\ {\left( {{d_2}} \right):y = 2bx - {b^2}} \end{array}} \right.\).

Do \(\left( {{d_1}} \right) \bot \left( {{d_2}} \right)\) nên

\({k_{\left( {{d_1}} \right)}}.{k_{\left( {{d_2}} \right)}} =  - 1 \Leftrightarrow \left( {2a} \right).\left( {2b} \right) =  - 1 \Rightarrow b = \frac{{ - 1}}{{4a}} \Rightarrow B\left( {\frac{{ - 1}}{{4a}}\,;\,\frac{1}{{16{a^2}}}} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {{d_2}} \right):y = \frac{{ - x}}{{2a}} - \frac{1}{{16{a^2}}}\)

\({d_1} \cap {d_2}\) tại \(E\left( {\frac{{4{a^2} - 1}}{{8a}}\,;\,\frac{{ - 1}}{4}} \right)\) ⇒ chiều dài \(D = \frac{{\sqrt {{{\left( {4{a^2} + 1} \right)}^3}} }}{{8a}}\) và chiều rộng \(R = \frac{{\sqrt {{{\left( {4{a^2} + 1} \right)}^3}} }}{{16{a^2}}}\).

Mà \(D = 2.R \Rightarrow a = 1 \Rightarrow {S_2} = \frac{{{{\left( {4{a^2} + 1} \right)}^3}}}{{128{a^3}}} = \frac{{125}}{{128}}\) và suy ra \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left( {{d_1}} \right):y = 2x - 1\\ \left( {{d_2}} \right):y = \frac{{ - x}}{2} - \frac{1}{{16}} \end{array} \right.\) và \(E\left( {\frac{3}{8};\frac{{ - 1}}{4}} \right)\).

Suy ra \({S_1} = \int\limits_{ - \frac{1}{4}}^{\frac{3}{8}} {\left[ {{x^2} - \left( {\frac{{ - x}}{2} - \frac{1}{{16}}} \right)} \right]} dx + \int\limits_{\frac{3}{8}}^1 {\left[ {{x^2} - \left( {2x - 1} \right)} \right]} dx = \frac{{125}}{{768}}\).

Như vậy tỉ số \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{125}}{{768}}.\frac{{128}}{{125}} = \frac{{128}}{{768}} = \frac{1}{6}\).

Gọi A(1;1),B(1;-3),C(4;1) là các điểm biểu diễn của \({{z}_{1}},{{z}_{2}},{{z}_{3}}\) và M là điểm biểu diễn của z.

Từ đó, ta thấy nếu gọi H,K,L là điểm biểu diễn của \({{z}_{4}},{{z}_{5}},{{z}_{6}}\) thì H,K,L chính là hình chiếu của M lên các cạnh BC,CA,AB. Ta cần tìm \(\min (M{{H}^{2}}+M{{K}^{2}}+M{{L}^{2}}).\) Ta có

\(({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})(M{{H}^{2}}+M{{K}^{2}}+M{{L}^{2}})\ge {{(aMH+bMK+cML)}^{2}}\ge 4S_{ABC}^{2}\) nên

\(T\ge \frac{4S_{ABC}^{2}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}=\frac{4\cdot {{6}^{2}}}{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}+{{5}^{2}}}=\frac{72}{25}.\)

trong đó BC=a=5,CA=b=3,AB=c=4. Đẳng thức xảy ra khi

\(\frac{MH}{a}=\frac{MK}{b}=\frac{ML}{c}\Rightarrow \frac{{{S}_{MBC}}}{{{a}^{2}}}=\frac{{{S}_{MCA}}}{{{b}^{2}}}=\frac{{{S}_{MAB}}}{{{c}^{2}}}\) và M nằm trong tam giác.

Từ đó dễ thấy M tồn tại nên z cũng tồn tại và \({{T}_{\min }}=\frac{72}{25}.\)

Điều kiện: \(x > 0\)

Ta có: \({\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} - 4{\log _2}x + 3 > 0 \)

\(\Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x - 1} \right)\left( {{{\log }_2}x - 3} \right) > 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}x - 1 > 0\\{\log _2}x - 3 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}x - 1 < 0\\{\log _2}x - 3 < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 2\\x > 8\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 2\\x < 8\end{array} \right.\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;2} \right) \cup \left( {8; + \infty } \right)\)