Để chọn được một đôi song ca gồm một nam và một nữ ta thực hiện liên tiếp 2 công đoạn:

Công đoạn 1: Chọn 1 học sinh nam từ 20 học sinh nam ⇒ có 20 cách chọn.

Công đoạn 2: Chọn 1 học sinh nữ từ 25 học sinh nữ ⇒ có 25 cách chọn.

Theo quy tắc nhân ta có 20.25 = 500 cách chọn.

Số hạng tổng quát của cấp số cộng có số hạng đầu u₁ và công sai bằng d là \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

Vậy \({u_5} = {u_1} + 4d = 2 + 4.3 = 14\).

Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r là \({S_{xq}} = 2\pi rl\)

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1).

Thể tích của hình hộp đã cho là \(V = B.h = {a^2}.3a = 3{a^3}\).

\({2020^{4x - 8}} = 1 \Leftrightarrow {2020^{4x - 8}} = {2020^0} \Leftrightarrow 4x - 8 = 0 \Leftrightarrow x = 2\)

Ta có \(\int\limits_1^2 {\left[ {2f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = 13 \Leftrightarrow 2.\int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 13\)

\( \Leftrightarrow \int\limits_1^2 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 13 - 2.\int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \Leftrightarrow \int\limits_1^2 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 13 - 2.5 \Leftrightarrow \int\limits_1^2 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 3\).

Vậy \(\int\limits_1^2 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 3\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy điểm cực đại của đồ thị hàm số là A(0;-3) do đó chọn D. 

+) Từ đồ thị hàm số trên, ta thấy đồ thị là dạng của hàm bậc ba nên loại đáp án A, C

+) Từ đồ thị hàm số trên, ta thấy giới hạn của hàm số khi \(x \to + \infty \) là \(+ \infty \) nên hệ số của x³ dương, loại đáp án D

Vậy B là đáp án đúng.

Với a là số thực dương tùy ý, ta có \({\log _3}\sqrt a = {\log _3}{a^{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{2}{\log _3}a\).

\(\int {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = \int {\left( {\sin x - 6{x^2}} \right)} {\rm{d}}x = \int {\sin x} {\rm{d}}x - 2\int {3{x^2}} {\rm{d}}x = - \cos x - 2{x^3} + C\)

Số phức z =  - 3 + 4i có số phức liên hợp là \(\overline z = - 3 - 4i\).

Vậy số phức \(\overline z \) có phần thực bằng -3 và phần ảo bằng -4.

Theo lý thuyết ta có : hình chiếu vuông góc của M(x;y;z) điểm lên mặt phẳng (Oyz) là M'(0;y;z) suy ra hình chiếu vuông góc của điểm A(1;2;3) trên mặt phẳng (Oyz) có tọa độ là (0;2;3).

Ta có \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {z^2} = 11\) nên tọa độ tâm mặt cầu là (1;2;0).

Mặt phẳng ax + by + cz + d = 0 có các vectơ pháp tuyến dạng \(\overrightarrow n = \left( {ka\,;\,kb\,;\,kc} \right),\,k \in R,k \ne 0\).

Suy ra \((\alpha)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( { - 2\,;\,0\,;\, - 3} \right)\).

Từ phương trình đường thẳng d ta thấy đường thẳng đi qua điểm M(1;3;0).

Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu của SO lên mặt phẳng (ABCD) là AO.

Khi đó góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (ABCD) là góc \(\widehat {SOA}\).

Tam giác ABD đều cạnh \(a\sqrt 2 \) nên \(AO = AB\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Tam giác SOA vuông tại A có \(SA = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2},AO = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) nên

\(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}:\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SOA} = 60^\circ \)

Vậy góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (ABCD) bằng 60^o.

Căn cứ vào bảng xét dấu của f'(x) ta thấy đổi dấu từ âm sang dương tại các điểm x = -1 và x = 1 nên hàm số đã cho có 2 điểm cực tiểu.

Hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} - 10{x^2} + 1\) xác định trên [-3;2].

Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 20x\). 

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \in \left[ { - 3\,;\,2} \right]\\ x = \sqrt 5 \notin \left[ { - 3\,;\,2} \right]\\ x = - \sqrt 5 \in \left[ { - 3\,;\,2} \right] \end{array} \right..\)

\(f\left( { - 3} \right) = - 8;f\left( { - \sqrt 5 } \right) = - 24;f\left( 0 \right) = 1;\,f\left( 2 \right) = - 23\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [-3;2] bằng -24 tại \(x = - \sqrt 5 \).

Ta có \({\log _3}a = {\log _{27}}\left( {{a^2}\sqrt b } \right) \Leftrightarrow {\log _3}a = \frac{1}{3}{\log _3}\left( {{a^2}\sqrt b } \right)\)

\( \Leftrightarrow 3{\log _3}a = {\log _3}\left( {{a^2}\sqrt b } \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _3}{a^3} = {\log _3}\left( {{a^2}\sqrt b } \right)\\ \Leftrightarrow {a^3} = {a^2}\sqrt b \\ \Leftrightarrow a = \sqrt b \\ \Leftrightarrow {a^2} = b \end{array}\)

\({9^{\log _9^2x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18\,\,\left( 1 \right)\).

Điều kiện x > 0.  

\(\begin{array}{l} \left( 1 \right) \Rightarrow {9^{{{\log }_9}x.{{\log }_9}x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow {\left( {{9^{{{\log }_9}x}}} \right)^{{{\log }_9}x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow 2{x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow {x^{{{\log }_9}x}} \le 9\\ \Leftrightarrow {\log _9}x.{\log _9}x \le {\log _9}9\\ \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_9}x} \right)^2} \le 1\\ \Leftrightarrow - 1 \le {\log _9}x \le 1\\ \Leftrightarrow \frac{1}{9} \le x \le 9 \end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S = \left[ {\frac{1}{9};9} \right]\)

Gọi I là tâm mặt cầu (S), J là tâm đường tròn (T), A là điểm thuộc đường tròn (T)

Có bán kính đường tròn (T) là r = JA, IJ = 3.Có chu vi đường tròn (T) là \(P = 2\pi r = 12\pi \Rightarrow r = 6\).

Gọi R là bán kính mặt cầu thì \(R = \sqrt {{r^2} + I{J^2}} = 3\sqrt 5 \).

Diện tích mặt cầu (S) là \(S = 4\pi {R^2} = 180\pi \).

\(\int {{e^x}\left( {1 - \frac{{{e^{ - x}}}}{{{{\cos }^2}x}}} \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {{e^x} - \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}} \right)} {\rm{d}}x = {e^x} - \tan x + C\)

Điều kiện xác định: \( - {x^2} + 3x > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 3\)

.+) Ta có f(x) + 1 = m ⇔ f(x) = m - 1 (*).

+) Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m - 1.

+) Từ đồ thị ta có, đường thẳng y = m - 1 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi \( - 1 < m - 1 < 3 \Leftrightarrow 0 < m < 4\).

+) Vì \(m \in Z\) nên \(m \in \left\{ {1\,\,;\,\,2\,\,;\,3} \right\}\).

Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn đề bài.

Diện tích hình bình hành ABCD là \({S_{ABCD}} = AB.AD.\sin \widehat {BAD} = \frac{3}{2}{a^2}\).

Tam giác ABB' vuông tại B có \(BB' = \sqrt {A{{B'}^2} - A{B^2}} = a\sqrt 3 \).

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = BB'.{S_{ABCD}} = a\sqrt 3 .\frac{3}{2}{a^2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{a^3}\).

Tập xác định \(D = \left( {0;\,2} \right]\backslash \left\{ 1 \right\}\).

+ Do tập xác định của hàm số là \(D = \left( {0;\,2} \right]\backslash \left\{ 1 \right\}\) nên không tồn tại giới hạn của hàm số khi \(x \to \pm \infty \), do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1 + } \frac{{\sqrt {2 - x} }}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt x }} = + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt {2 - x} }}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt x }} = - \infty \), suy ra x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {2 - x} }}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt x }} = - \infty \), suy ra x = 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Do đó đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang và có hai đường tiệm cận đứng.

Vậy k = 0; l = 2.

+ Dựa vào hình dáng đồ thị ta có a > 0.

+ Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị suy ra a, b trái dấu, mà a > 0 suy ra b < 0.

+ Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm, suy ra c < 0

Ta có \({x^2} - 1 \le 0,\,\forall x \in \left[ { - 1;\,1} \right]\).

Do đó diện tích phần tô đậm là

\(S = \int_{ - 1}^1 {\left| {{x^2} - 1} \right|} {\rm{dx}} = \int_{ - 1}^1 {\left( {1 - {x^2}} \right)} {\rm{dx}} = \left. {\left( {x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - 1}^1 = \frac{4}{3}\)

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

Vậy phần ảo của số phức z₂ là -2

Ta có \(z = x + yi\left( {x,y \in R;x \ne 0} \right)\)

Mặt khác \(w = i{z^2} + 2\overline z = i{\left( {x + yi} \right)^2} + 2\left( {x - yi} \right) = 2\left( {x - xy} \right) + \left( {{x^2} - {y^2} - 2y} \right)i\).

Vì w là số thuần ảo nên \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\,\,\left( {L\,} \right)\\ y - 1 = 0\,\,({\rm{N}}) \end{array} \right.\).

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình y - 1 = 0 (trừ điểm M(0;1)), do đó đường thẳng này đi qua điểm Q(1;1).

\(\overrightarrow a - \overrightarrow b = \left( { - 3;2;2} \right) \Rightarrow \left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right).\overrightarrow b = - 5\)

Phương trình đường thẳng \(\Delta :\frac{{x - 1}}{{ - 2}} = \frac{y}{2} = \frac{{z - 2}}{1}\) được viết lại là \(\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 1 - 2t}\\ {y = 2t}\\ {z = 2 + t} \end{array}} \right.\,\,,\,\,t \in R\).

Theo giả thiết \(I \in \Delta \to I\left( {1 - 2t\,;\,2t\,;\,2 + t} \right) \in \Delta \).

Ta có \(\overrightarrow {HI} = \left( { - 2t;2t + 1;t + 2} \right)\).

Mặt phẳng (P) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {2; - 1;1} \right)\).

Vì mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) tại điểm H nên \(\overrightarrow {HI} \) và \(\overrightarrow n\) cùng phương.

Ta có \(\overrightarrow {HI}\) và \(\overrightarrow n\) cùng phương khi và chỉ khi \(\frac{{ - 2t}}{2} = \frac{{2t + 1}}{{ - 1}} = \frac{{t + 2}}{1} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {t = 2t + 1}\\ {2t + 1 = - t - 2} \end{array}} \right.\).

\(\Leftrightarrow t = - 1 \Rightarrow I\left( {3; - 2;1} \right)\)

Bán kính mặt cầu (S) là : \(R = IH = \sqrt {{{\left( {1 - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 1 + 2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 1} \right)}^2}} = \sqrt 6 \).

Vậy phương trình mặt cầu (S) là : \({\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 6\).

Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua điểm M(1;2;3) và song song với mặt phẳng (P).

Vì (Q) // (P) nên (Q) nhận vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1; - 2;1} \right)\) của mặt phẳng (P) làm vectơ pháp tuyến.

Phương trình của mặt phẳng (Q) là: \(1.\left( {x - 1} \right) - 2.\left( {y - 2} \right) + 1.\left( {z - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y + z = 0\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):x - 2y + z = 0\).

Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1;2; - 1} \right)\).

Mà \(\overrightarrow {{u_3}} = - 2\overrightarrow {{u_d}} \) suy ra \(\overrightarrow {{u_3}} = \left( { - 2; - 4;2} \right)\) cũng là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d.

Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S”.

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 9.A_9^3 = 4536\).

Gọi A là biến cố: “ Số được chọn có các chữ số sắp xếp theo thứ tự tăng dần và không chứa hai chữ số nguyên nào liên tiếp nhau”.

Gọi số được chọn là \(\overline {abcd} \).

+) Vì chữ số sắp xếp theo thứ tự tăng dần nên: \(1 \le a < b < c < d \le 9\).

+) Trong số được chọn không chứa hai chữ số nguyên nào liên tiếp nhau nên: \(1 \le a < b - 1 < c - 2 < d - 3 \le 6\).

Đặt: \({a_1} = a;{b_1} = b - 1;{c_1} = c - 2;{d_1} = d - 3\).

Khi đó: \(1 \le {a_1} < {b_1} < {c_1} < {d_1} \le 6\).

Số cách chọn bộ bốn số \(\left( {{a_1};{b_1};{c_1};{d_1}} \right)\) là: \(C_6^4\) (cách) ⇒ có \(C_6^4\) cách chọn a; b; c; d.

Mỗi cách chọn (a;b;c;d) chỉ có một cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán nên tạo ra một số.

Suy ra: \(n\left( A \right) = C_6^4 = 15\).

Xác suất cần tìm là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{5}{{1512}}\)

+) Theo giả thiết ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {SBI} \right) \bot (ABCD)\\ \left( {SCI} \right) \bot (ABCD)\\ SI = \left( {SBI} \right) \cap \left( {SCI} \right) \end{array} \right. \Rightarrow SI \bot (ABCD)\)

+) Vẽ \(IK \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SIK} \right) \Rightarrow \widehat {SKI}\) là góc giữa mặt phẳng (SBC) với mặt đáy nên \(\widehat {SKI} = 60^\circ \).

+) Vì \({S_{\Delta IDC}} = \frac{1}{2}DI.DC = \frac{{{a^2}}}{4},{S_{\Delta IAB}} = \frac{{3{a^2}}}{4}\). Suy ra \({S_{\Delta BIC}} = {S_{ABCD}} - \left( {{S_{\Delta ICD}} + {S_{\Delta IAB}}} \right) = {a^2}\).

+) Mặt khác \(BC = \sqrt {{{\left( {AB - CD} \right)}^2} + A{D^2}} = a\sqrt 5 \) và \({S_{\Delta IBC}} = \frac{1}{2}IK.BC.\) Suy ra \(IK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\)

+) Trong tam giác vuông SIK ta có \(SI = IK.\tan 60^\circ = \frac{{2{\rm{a}}\sqrt {15} }}{5}\).

+) Vì AM = 2a nên \(BM = a \Rightarrow MD\,{\rm{//}}\,BC\), do đó \(d\left( {MD\,,\,\,SC} \right) = d\left( {MD\,,\,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {D\,,\,\left( {SBC} \right)} \right)\).

+) Gọi E là giao điểm của AD với BC, ta có \(\frac{{ED}}{{EA}} = \frac{{DC}}{{AB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow ED = \frac{1}{2}AD = ID\).

Do đó \(d\left( {D\,,\,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {I\,,\,\left( {SBC} \right)} \right)\).

+) Gọi H là hình chiếu của I lên SK ta có \(d\left( {I\,,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = IH\).

Trong tam giác vuông SIK, ta có: \(\frac{1}{{I{H^2}}} = \frac{1}{{S{I^2}}} + \frac{1}{{I{K^2}}} = \frac{5}{{12{a^2}}} + \frac{5}{{4{a^2}}} = \frac{5}{{3{a^2}}} \Rightarrow IH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}.\)

Vậy \(d\left( {MD,SC} \right) = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}}\).

Do \(f'\left( x \right) = x\sin x\) nên \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {x\sin x{\rm{d}}x = - \int {x{\rm{d}}\cos x} = } - x\cos x + \int {\cos x{\rm{d}}x} = - x\cos x + \sin x + C\).

Theo giả thiết \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 2 \Leftrightarrow 1 + C = 2 \Rightarrow C = 1\). Suy ra \(f\left( x \right) = \sin x - x\cos x + 1\).

\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos x.f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos x\left( {\sin x - x\cos x + 1} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\sin x\cos x - x{{\cos }^2}x + \cos x} \right){\rm{d}}x} \)

\( = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin 2x{\rm{d}}x} - \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {x\left( {1 + \cos 2x} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos x{\rm{d}}x} = - \frac{1}{4}\cos 2x\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. + \sin x\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. - \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {x{\rm{d}}x} - \frac{1}{4}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {x{\rm{d}}\sin 2x} \)

\( = \frac{1}{2} + 1 - \frac{{{x^2}}}{4}\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. - \frac{1}{4}x\sin 2x\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. + \frac{1}{4}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin 2x{\rm{d}}x} = \frac{3}{2} - \frac{{{\pi ^2}}}{{16}} - \frac{1}{8}\cos 2x\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. = \frac{7}{4} - \frac{{{\pi ^2}}}{{16}}\)

Vậy a = 7,b = 4,c = 16. Suy ra a + b + c = 27.

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l} x \le \frac{3}{2}\\ - \sqrt { - 2x + 3} + \frac{2}{m} \ne 0 \end{array} \right.\).

Đặt \(u = \sqrt { - 2x + 3} \Rightarrow u' = \frac{{ - 1}}{{\sqrt { - 2x + 3} }} < 0,\,\forall x \in \left( { - \frac{1}{2};\,\,1} \right)\), suy ra hàm số \(u = \sqrt { - 2x + 3} \) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \frac{1}{2};\,\,1} \right)\). Với \(x \in \left( { - \frac{1}{2};\,\,1} \right) \Rightarrow u \in \left( {1;\,\,2} \right)\).

Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để hàm số \(g\left( u \right) = \frac{{\left( {m + 1} \right)u - 1}}{{ - u + \frac{2}{m}}}\) đồng biến trên khoảng (1;2)

Ta có \(g'\left( u \right) = \frac{{\frac{2}{m}\left( {m + 1} \right) - 1}}{{{{\left( { - u + \frac{2}{m}} \right)}^2}}},\,\,u \ne \frac{2}{m}\).

Hàm số g(u) đồng biến trên khoảng (1;2) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l} g'\left( u \right) > 0,\,\,\forall u \in \left( {1;\,\,2} \right)\\ \frac{2}{m} \notin \left( {1;\,\,2} \right) \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{2}{m}\left( {m + 1} \right) - 1 > 0\\ \left[ \begin{array}{l} \frac{2}{m} \le 1\\ \frac{2}{m} \ge 2 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{{m + 2}}{m} > 0\\ \left[ \begin{array}{l} \frac{{m - 2}}{m} \ge 0\\ \frac{{m - 1}}{m} \le 0 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} m > 0\\ m < - 2 \end{array} \right.\\ \left[ \begin{array}{l} m \ge 2\\ m < 0\\ 0 < m \le 1 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} m > 0\\ m < - 2 \end{array} \right.\\ \left[ \begin{array}{l} m \ge 2\\ m \le 1 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m < - 2\\ 0 < m \le 1\\ m \ge 2 \end{array} \right.\)

Vậy \(S = \left( { - \infty ;\,\, - 2} \right) \cup \left( {0;\,\,1} \right] \cup \left[ {2;\,\, + \infty } \right) \Rightarrow a = - 2;\,\,b = 0;\,\,c = 1;\,\,\,d = 2\).

Do đó P =  - 2 - 0 + 1 - 2 =  - 3.

Mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác vuông SAB.

Gọi SA = l là đường sinh, OA = R là bán kính và SO = h là đường cao của hình nón đã cho.

Gọi I là trung điểm của AB và K là hình chiếu của O lên SI.

Góc giữa đường cao của hình nón và mặt phẳng thiết diện là \(\left( {\widehat {\,SO\,;\,\left( {SAB} \right)\,}} \right) = \widehat {\,OSK\,} = 30^\circ \).

Tam giác SAB vuông cân tại S nên \({S_{SAB}} = \frac{1}{2}.S{A^2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}{l^2} = 4 \Rightarrow l = 2\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow AB = l.\sqrt 2 = 4 \Rightarrow \) Đường trung tuyến \(SI = \frac{1}{2}.AB = \frac{1}{2}.4 = 2\).

Tam giác SOI vuông tại O: \(\cos \widehat {OSI} = \frac{{SO}}{{SI}} \Rightarrow SO = SI.\cos 30^\circ = 2.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \Rightarrow h = \sqrt 3 \).

Ta có: \(R = \sqrt {{l^2} - {h^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = \sqrt 5 \).

Vậy thể tích của khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi .5.\sqrt 3 = \frac{{5\sqrt 3 \pi }}{3}\).

Ta có:

\(\log _{\sqrt a }^2b + {\log _b}c.{\log _b}\left( {\frac{{{c^2}}}{b}} \right) + 9{\log _a}c = 4{\log _a}b\)

\( \Leftrightarrow 4\log _a^2b + {\log _b}c.\left( {2{{\log }_b}c - {{\log }_b}b} \right) + 9{\log _a}c = 4{\log _a}b\)

\( \Leftrightarrow 4\log _a^2b + 2\log _b^2c - {\log _b}c + 9{\log _a}c = 4{\log _a}b\,\,\,\left( * \right)\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} {\log _a}b = x\\ {\log _b}c = y \end{array} \right.\) (x , y > 0 vì a, b, c > 1).

Ta có \({\log _a}c = {\log _a}b.{\log _b}c = xy\).Thay vào (*) ta được: \(4{x^2} + 2{y^2} - y + 9xy = 4x\).

\( \Leftrightarrow 4{x^2} + xy + 8xy + 2{y^2} - \left( {4x + y} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {4x + y} \right)\left( {x + 2y - 1} \right) = 0\) 

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 4x + y = 0\,\,\left( L \right)\\ x + 2y = 1 \end{array} \right.\)

Vậy \({\log _a}b + {\log _b}{c^2} = {\log _a}b + 2{\log _b}c = x + 2y = 1\).

Dựa vào hình vẽ ta có: \( - 2 \le f(x) \le 2,\forall x \in \left[ { - 2;2} \right]\,\) (*)

\( \Rightarrow 2f\left( x \right) + 4 \ge 0,\forall x \in \left[ { - 2;2} \right]\)

Vì \(m \in \left[ {0;20} \right]\) nên \(2f\left( x \right) + m + 4 \ge 0\)

Suy ra \(\left| {2f\left( x \right) + m + 4} \right| = 2f\left( x \right) + m + 4,\forall x \in \left[ { - 2;2} \right]\)

Ta có: \(g\left( x \right) = \left| {\left| {2f\left( x \right) + m + 4} \right| - f(x) - 3} \right| = \left| {2f\left( x \right) + m + 4 - f\left( x \right) - 3} \right| = \left| {f\left( x \right) + m + 1} \right|\forall x \in \left[ { - 2;2} \right]\).

+) Với \(m = 0 \Rightarrow g\left( x \right) = \left| {f\left( x \right) + 1} \right|,\forall x \in \left[ { - 2;2} \right]\).

\(\begin{array}{l} (*) \Leftrightarrow \Rightarrow 0 \le \left| {f\left( x \right) + 1} \right| \le 3,\forall x \in \left[ { - 2;2} \right] - 1 \le f\left( x \right) + 1 \le 3,\forall x \in \left[ { - 2;2} \right]\\ \Leftrightarrow 0 \le g\left( x \right) \le 3,\forall x \in \left[ { - 2;2} \right] \end{array}\)

\(\mathop { \Rightarrow min}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} \,g\left( x \right) = 0 \Rightarrow m = 0\) không thỏa yêu cầu bài toán.

+) Với \(m \in \left[ {1;20} \right] \Rightarrow f\left( x \right) + m + 1 \ge 0 \Rightarrow g\left( x \right) = f\left( x \right) + m + 1\).

Từ (*) ta có: \(f\left( x \right) + m + 1 \ge m - 1 \Rightarrow \mathop {min}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} \,g\left( x \right) = m - 1\).

Yêu cầu bài toán: \(\mathop {min}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} \,g\left( x \right) \ge 1 \Leftrightarrow m - 1 \ge 1 \Leftrightarrow m \ge 2 \Rightarrow m \in \left[ {2;20} \right]\).

Vậy có 19 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán.

Đặt \(t = {\log _3}x\), với \(x \ge 27 \Rightarrow t \ge 3\).

Phương trình trở thành \(\sqrt {{t^2} - 4t - 5} = m\left( {t + 1} \right).\) (*)

Điều kiện xác định: \(\left[ \begin{array}{l} t \le - 1\\ t \ge 5 \end{array} \right.\).

+) Với m < 0 thì phương trình vô nghiệm, do \(\left\{ \begin{array}{l} \sqrt {{t^2} - 4t - 5} \ge 0\\ t + 1 > 0 \end{array} \right.,\forall t \ge 5.\)

+) Với m = 0, ta có \(\sqrt {{t^2} - 4t - 5} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - 1\,\,\,(l)\\ t = 5\,\,\,\,(n) \end{array} \right.\)

+) Với m > 0 thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow {t^2} - 4t - 5 = {m^2}{\left( {t + 1} \right)^2} \Leftrightarrow \left( {1 - {m^2}} \right){t^2} - \left( {2{m^2} + 4} \right)t - 5 - {m^2} = 0\). (**)

Nếu \(m = 1 \Rightarrow t = - 1\) không thỏa mãn.

Nếu m khác 1, ta có (**) \( \Leftrightarrow \left( {t + 1} \right)\left[ {\left( {1 - {m^2}} \right)t - {m^2} - 5} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - 1\,\,\,(l)\\ t = \frac{{{m^2} + 5}}{{1 - {m^2}}} \end{array} \right.\).

Do đó, phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow \frac{{{m^2} + 5}}{{1 - {m^2}}} \ge 5 \Leftrightarrow \frac{{6{m^2}}}{{1 - {m^2}}} \ge 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 1\), kết hợp m > 0 suy ra 0 < m < 1.

Vậy với \(0 \le m < 1\) thì phương trình đã cho có nghiệm thuộc \([27;\, + \infty )\).

Ta có \(f'\left( x \right) - f\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right){e^x} \Leftrightarrow \left[ {f'\left( x \right) - f\left( x \right)} \right].{e^{ - x}} = 2x + 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow f'\left( x \right).{e^{ - x}} + f\left( x \right).{\left( {{e^{ - x}}} \right)^\prime } = 2x + 1 \Leftrightarrow {\left( {f\left( x \right).{e^{ - x}}} \right)^\prime } = 2x + 1\\ \Rightarrow f\left( x \right).{e^{ - x}} = \int {\left( {2x + 1} \right){\rm{d}}x} \Rightarrow f\left( x \right).{e^{ - x}} = {x^2} + x + C(1) \end{array}\)

Do f(0) = -2 nên từ (1) ta có \(- 2.{e^0} = {0^2} + 0 + C \Rightarrow C = - 2\).

\(\begin{array}{l} f\left( x \right) = \left( {{x^2} + x - 2} \right).{e^x}\\ f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} + x - 2} \right).{e^x} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0 \end{array}\)

Vậy tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình f(x) = 0 là 1 - 2 =  - 1.

+) Đặt t = cosx, do \(x \in \left[ {\frac{\pi }{2};\pi } \right)\) nên suy ra \(t \in \left( { - 1;0} \right].\)

Trên khoảng (-1;0) hàm số nghịch biến nên suy ra

Với \(t \in \left( { - 1;0} \right]\) thì \(f\left( 0 \right) \le f\left( t \right) < f\left( { - 1} \right)\) hay \(0 \le f\left( t \right) < 2.\)

+) Đặt \(u = \sqrt {2f\left( {\cos x} \right)} \) thì \(u = \sqrt {2f\left( t \right)} ,\,u \in \left[ {0;2} \right).\) Khi đó bài toán trở thành:

Tìm m để phương trình f(u) = m có nghiệm \(u \in \left[ {0;2} \right).\)

Quan sát đồ thị ta thấy rằng với \(u \in \left[ {0;2} \right)\) thì \(f\left( u \right) \in \left[ { - 2;2} \right) \Rightarrow - 2 \le m < 2.\)

Vì \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1} \right\}.\)

Vậy có 4 giá trị của m

Tổng các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là -2.

Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} + 6x} \right){e^{{x^3} + 3{x^2}}}.f'\left( {{e^{{x^3} + 3{x^2}}} - m} \right)\)

\(\begin{array}{l} g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {3{x^2} + 6x} \right){e^{{x^3} + 3{x^2}}}.f'\left( {{e^{{x^3} + 3{x^2}}} - m} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\;\;\;\;\\ x = - 2\\ {e^{{x^3} + 3{x^2}}} - m = - 3\\ {e^{{x^3} + 3{x^2}}} - m = 3\\ {e^{{x^3} + 3{x^2}}} - m = 5 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - 2\\ {e^{{x^3} + 3{x^2}}} = m - 3,\;\left( 1 \right)\\ {e^{{x^3} + 3{x^2}}} = m + 3,\;\left( 2 \right)\\ {e^{{x^3} + 3{x^2}}} = m + 5,\;\left( 3 \right) \end{array} \right.\;\; \end{array}\)

Hàm số g(x) có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi tổng số nghiệm đơn và bội lẻ, khác 0 và -2 của các phương trình (1), (2), (3) là 5.

Xét hàm số \(h\left( x \right) = {e^{{x^3} + 3{x^2}}}\) có \(h'\left( x \right) = \left( {3{x^2} + 6x} \right){e^{{x^3} + 3{x^2}}}\). Ta có \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 0}\\ {x = - 2} \end{array}} \right.\).

Bảng biến thiên:

Khi đó có 3 trường hợp sau:

Trường hợp 1:

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {m + 3 \ge {e^4}\;\;\;\;\;\;\;\;}\\ {1 < m - 3 < {e^4}} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {m \ge {e^4} - 3 \approx 51,6\;\;\;\;\;\;\;\;}\\ {4 < m < {e^4} + 3 \approx 57,6} \end{array}} \right.\)

Do m nguyên nên \(m \in \left\{ {52;\,53;\,54;\,55;\,56;\,57} \right\}\).

Trường hợp 2:

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l} m + 5 \ge {e^4}\\ 1 < m + 3 < {e^4}\\ 0 < m - 3 \le 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > {e^4} - 5 \approx 49,6\\ - 2 < m < {e^4} - 3\\ 3 < m \le 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \).

Trường hợp 3:

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {1 < m + 5 < {e^4}}\\ {m + 3 \le 1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\\ {m - 3 > 0\;\;\;\;\;\;\;\;\;} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 < m < {e^4} - 5 \approx 49,6\\ m \le - 2\\ m > 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \).

Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán.

Với a, b là các số nguyên dương, ta có:

\({\log _3}\left( {a + b} \right) + {\left( {a + b} \right)^3} = 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 3ab\left( {a + b - 1} \right) + 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + {b^2} - ab}} + {a^3} + {b^3} + 3ab\left( {a + b} \right) = 3\left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right) + 3ab\left( {a + b} \right) + 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{a^3} + {b^3}} \right) + {a^3} + {b^3} = {\log _3}\left[ {3\left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right)} \right] + 3\left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right)\,\,\,\left( 1 \right)\)

Xét hàm số: \(f\left( t \right) = {\log _3}t + t\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

\(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 3}} + 1 > 0,\,\forall t > 0\) nên hàm số f(t) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Khi đó, phương trình (1) trở thành : \(f\left( {{a^3} + {b^3}} \right) = f\left[ {3\left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right)} \right] \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} = 3\left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right)\left( {a + b - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {a^2} + {b^2} - ab = 0\,\,\left( * \right)\\ a + b - 3 = 0 \end{array} \right.\)

Do \(a, b \in N^*\) nên phương trình (*) vô nghiệm. Suy ra: a + b = 3.

Mà a, b là các số nguyên dương nên \(\left\{ \begin{array}{l} 0 < a < 3\\ 0 < b < 3\\ a + b = 3\\ a,b \in {N^*} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} a = 2\\ b = 1 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} a = 1\\ b = 2 \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Vậy có hai cặp số (a;b) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có: \({x^2}f\left( {1 - x} \right) + 2f\left( {\frac{{2x - 2}}{x}} \right) = \frac{{ - {x^4} + {x^3} + 4x - 4}}{x},\forall x \ne 0,x \ne 1\)

\( \Leftrightarrow {x^2}f\left( {1 - x} \right) + 2f\left( {\frac{{2x - 2}}{x}} \right) = \frac{{ - {x^4} + {x^3}}}{x} + \frac{{4x - 4}}{x},\forall x \ne 0,x \ne 1\).

\(\Leftrightarrow {x^2}f\left( {1 - x} \right) + 2f\left( {\frac{{2x - 2}}{x}} \right) = {x^2}\left( {1 - x} \right) + 2\left( {\frac{{2x - 2}}{x}} \right),\forall x \ne 0,x \ne 1\)

Chọn \(f\left( x \right) = x \Rightarrow \int_{ - 1}^1 {f\left( x \right)} .{\rm{d}}x = \int_{ - 1}^1 x .{\rm{d}}x = 0\)

Gọi D là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABC).

\(\left\{ \begin{array}{l} AB \bot SB\\ AB \bot SD \end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow AB \bot BD\)

\(\left\{ \begin{array}{l} AC \bot SA\\ AC \bot SD \end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AC \bot AD\,\)

Tam giác ABC có \(\widehat {CAB} = 135^\circ \Rightarrow \widehat {BAD} = 45^\circ \).

Tam giác ABD vuông tại B có \(\widehat {BAD} = 45^\circ \) suy ra tam giác ABD vuông cân và \(AD = a\sqrt 2 \).

Từ đó có tam giác ACD vuông cân tại A ⇒ tứ giác ABCD là hình thang vuông tại B và D.

Trong mặt phẳng (SBD), hạ \(DH \bot SB\,\,\left( {H \in SB} \right)\). Dễ chứng minh \(DH \bot \left( {SAB} \right)\).

Trong mặt phẳng (SAD), hạ \(DK \bot SA\,\,\left( {K \in SA} \right)\). Dễ chứng minh \(DK \bot \left( {SAC} \right)\).

Gọi \(\alpha\) là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) ta có: \(\alpha = \widehat {\left( {DH,DK} \right)} = \widehat {HDK} = 30^\circ \) do tam giác DHK vuông tại H.

Đặt SD = x, (x > 0). Tam giác DHK vuông tại H có

\(\cos \widehat {HDK} = \frac{{HD}}{{DK}} \Rightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{ax}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}.\frac{{\sqrt {2{a^2} + {x^2}} }}{{\sqrt 2 .ax}}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt 6 \sqrt {{a^2} + {x^2}} = 2\sqrt {2{a^2} + {x^2}} \Leftrightarrow 6{a^2} + 6{x^2} = 8{a^2} + 4{x^2} \Leftrightarrow x = a\)

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{6}.SD.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{{{a^3}}}{6}\)

Vậy thể tích khối S.ABC bằng \(\frac{{{a^3}}}{6}\).

Ta có \(g'\left( x \right) = \left( { - 2x + 4m} \right).{e^{ - {x^2} + 4mx - 5}}.f\left( x \right) + {e^{ - {x^2} + 4mx - 5}}.f'\left( x \right)\).

\( \Leftrightarrow g'\left( x \right) = \left[ {\left( { - 2x + 4m} \right).f\left( x \right) + f'\left( x \right)} \right].{e^{ - {x^2} + 4mx - 5}}\)

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow g'\left( x \right) \ge 0,\,\forall x \in \left( { - 1;\,\frac{1}{2}} \right)\) và g'(x) = 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc \(\left( { - 1;\frac{1}{2}} \right)\).

\( \Leftrightarrow \left( { - 2x + 4m} \right).f\left( x \right) + f'\left( x \right) \ge 0,\,\forall x \in \left( { - 1;\frac{1}{2}} \right)\) (vì \({e^{ - {x^2} + 4mx - 5}} > 0\))

\(\Leftrightarrow - 2x + 4m \ge - \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}},\,\forall x \in \left( { - 1;\frac{1}{2}} \right)\), (vì \(f\left( x \right) > 0,\,\forall x \in R\))

\( \Leftrightarrow 4m \ge 2x - \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}},\,\forall x \in \left( { - 1;\frac{1}{2}} \right)\) (*)

Xét \(h\left( x \right) = 2x - \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}},\,\forall x \in \left( { - 1;\frac{1}{2}} \right)\). Ta có \(h'\left( x \right) = 2 - \frac{{f''\left( x \right).f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{f^2}\left( x \right)}}\).

Mà \(\left\{ \begin{array}{l} f''\left( x \right) < 0\\ f\left( x \right) > 0 \end{array} \right.,\,\forall x \in \left( { - 1;\frac{1}{2}} \right) \Rightarrow \frac{{f''\left( x \right).f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{f^2}\left( x \right)}} < 0,\,\forall x \in \left( { - 1;\,\frac{1}{2}} \right)\).

Từ đó suy ra \(h'\left( x \right) > 0,\,\forall x \in \left( { - 1;\,\frac{1}{2}} \right)\). Vậy hàm số h(x) đồng biến trên \(\left( { - 1;\frac{1}{2}} \right)\).

Bảng biến thiên

Vậy điều kiện (*) \( \Leftrightarrow 4m \ge h\left( {\frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow 4m \ge 2.\left( {\frac{1}{2}} \right) - \frac{{f'\left( {\frac{1}{2}} \right)}}{{f\left( {\frac{1}{2}} \right)}} \Leftrightarrow 4m \ge \frac{{225}}{{137}} \Leftrightarrow m \ge \frac{{225}}{{548}}\).

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l} m \in Z\\ m \in \left[ { - 2020;\,2020} \right] \end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ {1;\,2;\,3;\,...;\,2020} \right\}\).

Vậy có 2020 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.