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.

\({u_4} = {u_1}.{q^3} \Rightarrow 16 = 2.{q^3} \Leftrightarrow q = 2\)

\({\log _2}\left( {x + 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x + 1 = {2^3} \Leftrightarrow x + 1 = 8 \Leftrightarrow x = 7.\)

V = 4.6.8 = 192

Hàm số xác định khi \(2x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}\).

Tập xác định của hàm số là \(D = \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\).

\(\int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{.g}}\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x.} \int\limits_a^b {g\left( x \right){\rm{d}}x} \) ⇒ Sai

V = Bh = 3.4 = 12

\(V = 64\sqrt 2 \pi .\)

Gọi R là bán kính của khối cầu. Ta có \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} \Leftrightarrow \frac{4}{3}\pi {R^3} = 288\pi \Leftrightarrow {R^3} = 216 \Rightarrow R = 6\).

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (-1;0)

\({\log _2}\left( {2{a^2}} \right) = {\log _2}2 + {\log _2}{a^2} = 1 + 2{\log _2}a\)

Áp dụng công thức ta có \({S_{xq}} = \pi rl\)

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 3

Ta thấy, đồ thị hàm số trên là đồ thị của hàm số trùng phương. Suy ra loại đáp án C, D.

Mặt khác, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \) nên loại đáp án B.

Ta có : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y =  + \infty \) ⇒ đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

\({3^{x + 2}} \ge \frac{1}{9} \Leftrightarrow {3^{x + 2}} \ge {3^{ - 2}} \Leftrightarrow x + 2 \ge - 2 \Leftrightarrow x \ge - 4\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ { - 4; + \infty } \right)\)

Ta có \(3f(x) - 4 = 0 \Leftrightarrow f(x) = \frac{4}{3}\). Số nghiệm của phương trình trên là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng \(y = \frac{4}{3}\).                  

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng \(y = \frac{4}{3}\) cắt nhau tại 3 điểm.

 Vậy phương trình 3f(x) - 4 = 0 có 3 nghiệm.

\(\int\limits_0^1 {{\rm{[}}f(x) - 2g(x){\rm{]d}}x} = - \int\limits_1^0 {f(x){\rm{d}}x} - 2\int\limits_0^1 {g(x){\rm{d}}x} = - 3 - 2.( - 4) = 5\)

z = 1 + 2i

Ta có \(\overline {{z_2}} = - 3 + i\).

Suy ra \({z_1} - \overline {{z_2}} = (2 + 2i) - ( - 3 + i) = 5 + i\).

Phần ảo của số phức \({z_1} - \overline {{z_2}} \) là -1.

M(-2;1) ⇒ z = -2 + i

Hình chiếu vuông góc của điểm M(3;-2;2) trên trục Oy có toạ độ là (0;-2;0).

\({x^2} + {y^2} + {z^2} + 8x - 4y - 6z - 7 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 36.\)

Vậy (S) có tâm I(-4;2;3) bán kính R = 6

VTCP là \(\overrightarrow {{u}} = \left( {1;2; - 1} \right)\)

Thay tọa độ các điểm vào (P), ta có điểm thuộc (P) là M(1;1;6)

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

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

ABCD là hình vuông cạnh \(a\sqrt 3 \) nên \(AC = AB\,.\,\sqrt 2 \, = \,a\sqrt 6 \).

Tam giác SCA vuông tại A có \(SA = \,3a\sqrt 2 ,AC = \,a\sqrt 6 \) nên

\(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \,\frac{{3a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 6 }}\, = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SCA} = 60^\circ \).

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

Hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên R.

Từ đồ thị f'(x), ta thấy f'(x) chỉ đổi dấu khi qua \({x_1} \in \left( { - 2\,;\, - 1} \right)\) và \({x_2} \in \left( {2\,;\,3} \right)\) nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Tập xác định: R.

Hàm số liên tục trên đoạn [0;2].

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

Ta có f(0) = 4, f(2) = 6, f(1) = 2.

Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 2\) đạt được khi x = 1.

Ta có:

\(\begin{array}{l} \ln \frac{a}{c} + \ln \frac{b}{c} = 0\\ \Leftrightarrow \ln a + \ln b - 2\ln c = 0\\ \Leftrightarrow \ln a + \ln b = 2\ln c\\ \Leftrightarrow ab = {c^2} \end{array}\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm 

\({x^3} - 2{x^2} + x - 1 = 1 - 2x \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + 3x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

\(\log _2^2x - 5{\log _2}x + 4 \ge 0\)

\(S = ( - \infty ;2] \cup {\rm{[}}16; + \infty )\)

Áp dụng công thức tính thể tích khối trụ tròn xoay ta có

\(V = \pi {r^2}h = \pi {\left( {2a} \right)^2}.a = 4\pi {a^3}\)

Xét \(I = \int\limits_0^1 {{x^3}{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^{2020}}} {\rm{d}}x\). Đặt \({x^2} + 1 = u \Rightarrow {x^2} = u - 1\). Ta có \(2x{\rm{d}}x = {\rm{d}}u \Rightarrow x{\rm{d}}x = \frac{{{\rm{d}}u}}{2}\).

Đổi cận:

\(\begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow u = 1\\ x = 1 \Rightarrow u = 2 \end{array}\).

Vậy \(I = \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\left( {u - 1} \right){u^{2020}}{\rm{d}}u} \).

Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay (H) xung quanh trục Ox là: \(V = \pi \int\limits_1^3 {{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^2}{\rm{d}}x} \)

\(\begin{array}{l} {z_1} = - 3 - i\\ {z_2} = 1 - i \Rightarrow \overline {{z_2}} = 1 + i\\ w = 2{z_1} - \overline {{z_2}} = 2\left( { - 3 - i} \right) - \left( {1 + i} \right) = - 7 - 3i\\ \left| w \right| = \sqrt {{{\left( { - 7} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} = \sqrt {58} \end{array}\)

Ta có: \({z^2} + 2z + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = - 1 + 3i\\ z = - 1 - 3i \end{array} \right.\). Suy ra \({z_0} = - 1 + 3i\).

\(w = {i^{2019}}{z_0} = i.\left( { - 1 + 3i} \right) = - 3 - i\).

Suy ra : Điểm M(-3;-1) biểu diễn số phức w.

Đường thẳng d đi qua điểm A(1;2;0) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right):2x + 2y - 4z - 5 = 0\) nên nhận vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2;2; - 4} \right)\) của mặt phẳng (P) làm vectơ chỉ phương.

Do (Q) // (P) nên (Q) nhận vectơ pháp tuyến \({\overrightarrow n _P} = \left( {3; - 1;2} \right)\) của mặt phẳng (P) làm vectơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng (Q) là: \(3\left( {x - 3} \right) - \left( {y + 1} \right) + 2\left( {z + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x - y + 2z - 6 = 0\).

Số phần tử không gian mẫu là 6! = 720.

Xếp bạn học sinh A thứ nhất có 6 cách, bạn học sinh A thứ 2 có 4 cách, bạn học sinh A thứ 3 có 2 cách.

Xếp 3 bạn học sinh lớp B vào ba ghế còn lại có 3! cách.

Vậy xác suất cần tìm là \(\frac{{6.4.2.3!}}{{6!}} = \frac{{288}}{{720}} = \frac{2}{5}\). 

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow AC\) là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABCD).

Khi đó góc giữa SC và mặt đáy (ABCD) là góc \(\widehat {SCA} = 45^\circ \) \( \Rightarrow \Delta SAC\) là tam giác vuông cân tại A  \( \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \).

Gắn hệ trục tọa như hình vẽ và chọn A = 1 ta có :

\(A\left( {0;\,0;\,0} \right),\,B\left( {1;\,0;\,0} \right)D\left( {0;\,1;\,0} \right),\,C\left( {1;\,1;\,0} \right),\,S\left( {0;\,0;\,\sqrt 2 } \right),E\left( {1;\,\frac{1}{2};\,0} \right).\)

Suy ra : \(\overrightarrow {DE} = \left( {1;\, - \frac{1}{2};\,0} \right),\,\,\overrightarrow {SC} = \left( {1;\,1;\, - \sqrt 2 } \right),\,\,\overrightarrow {DC} = \left( {1;\,0;\,0} \right)\); \(\left[ {\overrightarrow {DE} ;\,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};\,\sqrt 2 ;\,\frac{3}{2}} \right)\).

\( \Rightarrow d\left( {DE,\,SC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {DC} .\left[ {\overrightarrow {DE} ,\,\overrightarrow {SC} } \right]} \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {DE} ,\,\overrightarrow {SC} } \right]} \right|}} = \frac{{\sqrt {38} }}{{19}}\).

Vậy với cạnh của hình vuông ABCD là a \( \Rightarrow d\left( {DE,\,SC} \right) = \frac{{\sqrt {38} }}{{19}}a\) .

Ta có \(y' = m{x^2} - 4mx + 3m + 6\).

TH1 : Nếu \(m = 0 \Rightarrow y' = 6 > 0,\forall x \in R \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên R nên m = 0 thỏa mãn.

TH2 : Nếu m khác 0, hàm số đã cho đồng biến trên R

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y' \ge 0,\,\,\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ \Delta ' \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ {\left( {2m} \right)^2} - m\left( {3m + 6} \right) \le 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ {m^2} - 6m \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ 0 \le m \le 6 \end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m \le 6 \end{array}\)

Mà \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\)

Từ hai trường hợp trên ta được \(m \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6} \right\}\).

Vì sau 3 giờ thì số lượng vi rút A là 625 nghìn con nên

\(s\left( 3 \right) = s\left( 0 \right){.2^3} \Leftrightarrow s\left( 0 \right) = \frac{{625000}}{8} = 78125\)

Nếu số lượng vi rút lớn hơn \(2,{1.10^{19}}\) thì người nhiễm vi rút A sẽ bị sốt và đau họng

Ta có \(s\left( t \right) > 2,{1.10^{19}} \Leftrightarrow {78125.2^t} > 2,{1.10^{19}} \Leftrightarrow {2^t} > \frac{{2,{{1.10}^{19}}}}{{78125}} \Leftrightarrow t > lo{g_2}\frac{{2,{{1.10}^{19}}}}{{78125}} \approx 47,93.\)

Vậy sau ít nhất 48 giờ (hai ngày) thì bệnh nhân sẽ có biểu hiện sốt và đau họng.

Từ bảng biến thiên ta có: a > 0.

\(y' = 4a{x^3} + 2bx = 0 \Leftrightarrow x\left( {4a{x^2} + 2b} \right) = 0\).

Vì phương trình \(4a{x^2} + 2b = 0\) có 2 nghiệm trái dấu nên 4a.2b < 0. Do a > 0 nên b < 0.

Ta có \(f\left( 1 \right) = b - 1 \Leftrightarrow a + b + c = b - 1 \Leftrightarrow c = - a - 1\). Mà a > 0 nên c < 0.

Vậy trong các số a, b và c có 1 số dương.

Theo bài ra ta có SO = 3a; \(OK = \frac{{12}}{5}a\) (Hình vẽ).

Ta có \(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{I^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}} \Rightarrow OI = 4a\).

Lại có \(SI = \sqrt {S{O^2} + O{I^2}} = 5a\)

\({S_{SAB}} = \frac{1}{2}SI.AB \Rightarrow AB = \frac{{2{S_{SAB}}}}{{SI}} = 8a \Rightarrow IA = 4a.\)

Khi đó \(\Delta IOA\) vuông cân tại I nên \(r = OA = 4\sqrt 2 a.\)

Vậy thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi .{\left( {4\sqrt 2 a} \right)^2}.3a = 32\pi {a^3}\).

Xét \(\int {f'\left( x \right)} .{\rm{d}}x = \int {\sqrt {l{n^2}x + 1} .\frac{{lnx}}{x}} .{\rm{d}}x\).

Đặt \(\sqrt {l{n^2}x + 1} = t \Rightarrow l{n^2}x = {t^2} - 1 \Rightarrow \frac{{lnx}}{x}.{\rm{d}}x = t.{\rm{d}}t\).

Suy ra: \(\int {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {t.t{\rm{d}}t} = \frac{{{t^3}}}{3} + C = \frac{{\sqrt {{{\left( {{{\ln }^2}x + 1} \right)}^3}} }}{3} + C\)

Vì vậy: \(f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {{{\left( {l{n^2}x + 1} \right)}^3}} }}{3} + C\).

Do \(f\left( 1 \right) = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{3} + C = \frac{1}{3} \Leftrightarrow C = 0\). Suy ra: \(f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {{{\left( {l{n^2}x + 1} \right)}^3}} }}{3}\).

Vậy \(\int\limits_1^2 {\frac{{f\left( x \right)}}{{x\sqrt {{{\ln }^2}x + 1} }}dx} = \int\limits_1^2 {\frac{{\sqrt {{{({{\ln }^2}x + 1)}^3}} }}{{3x\sqrt {{{\ln }^2}x + 1} }}dx} = \int\limits_1^2 {\frac{{{{\ln }^2}x + 1}}{{3x}}dx} = \frac{1}{3}\int\limits_1^2 {\left( {{{\ln }^2}x + 1} \right)d(\ln x)}\)

\( = \left. {\frac{1}{3}\left( {\frac{1}{3}{{\ln }^3}x + \ln x} \right)} \right|_1^2 = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{3}{{\ln }^3}2 + \ln 2} \right) = \frac{{\ln 2\left( {{{\ln }^2}2 + 3} \right)}}{9}\).

Đặt t = cosx với \(x \in [0\,;\,3\pi ] \Rightarrow t \in [ - 1\,;\,1]\);

Phương trình \(2\left| {f(\cos x)} \right| - 1 = 0\) trở thành \(\left[ \begin{array}{l} f(t) = \frac{1}{2}{\rm{ }}(1)\\ f(t) = \frac{{ - 1}}{2}{\rm{ }}(2) \end{array} \right.\)

Căn cứ đồ thị hàm số f(x) ta thấy:

+ \((1) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = {t_1} \in ( - 1;0)\\ t = {t_2} \in ( - 1;0) \end{array} \right.{\rm{ (}}{t_1} \ne {t_2})\)

 Với \(t = {t_1} \in ( - 1;0) \Rightarrow \cos x = {t_1}\) có 3 nghiệm thuộc \([0\,;\,3\pi ]\)

Với \(t = {t_2} \in ( - 1;0) \Rightarrow \cos x = {t_2}\) có 3 nghiệm thuộc \([0\,;\,3\pi ]\)

+ \((2) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = {t_3} \in (0;1)\\ t = {t_4} \in (0;1) \end{array} \right.{\rm{ (}}{t_3} \ne {t_4})\)

Với \(t = {t_3} \in (0;1) \Rightarrow \cos x = {t_3}\) có 3 nghiệm thuộc \([0\,;\,3\pi ]\)

Với \(t = {t_4} \in (0;1) \Rightarrow \cos x = {t_4}\) có 3 nghiệm thuộc \([0\,;\,3\pi ]\)

Các nghiệm trên không có nghiệm nào trùng nhau(xem hình minh hoạ)

Vậy phương trình đã cho có 12 nghiệm thuộc \([0\,;\,3\pi ]\)

Ta có: a,b,c > 1 và x, y, z > 0 nên \({a^x};{b^y};{c^z};\sqrt[3]{{abc}} > 1\)

Do đó:

\({a^x} = {b^y} = {c^z} = \sqrt[3]{{abc}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{1}{3}\left( {1 + {{\log }_a}b + {{\log }_a}c} \right)\\ y = \frac{1}{3}\left( {{{\log }_b}a + 1 + {{\log }_b}c} \right)\\ z = \frac{1}{3}\left( {{{\log }_c}a + {{\log }_c}b + 1} \right) \end{array} \right.\).

Khi đó, ta có:

\(\begin{array}{l} P = x + y + z = \frac{1}{3}\left( {1 + {{\log }_a}b + {{\log }_a}c + {{\log }_b}a + 1 + {{\log }_b}c + {{\log }_c}a + {{\log }_c}b + 1} \right)\\ = \frac{1}{3}.\left( {3 + {{\log }_a}b + {{\log }_a}c + {{\log }_b}a + {{\log }_b}c + {{\log }_c}a + {{\log }_c}b} \right)\\ = \frac{1}{3}.\left( {3 + {{\log }_a}b + {{\log }_b}c + {{\log }_c}a + {{\log }_a}c + {{\log }_c}b + {{\log }_b}a} \right) \end{array}\)

Mặt khác a,b,c > 1 nên \({\log _a}b,{\log _b}c,{\log _c}a,{\log _a}c,{\log _c}b,{\log _b}a > 0\)

Suy ra: \(P \ge \frac{1}{3}\left( {3 + 3\sqrt[3]{{{{\log }_a}b.{{\log }_b}c.{{\log }_c}a}} + 3\sqrt[3]{{{{\log }_a}c.{{\log }_c}b.{{\log }_b}a}}} \right) = 3\).

Dấu "=" xảy ra khi: \(\left\{ \begin{array}{l} {\log _a}b = {\log _b}c = {\log _c}a\\ {\log _a}c = {\log _c}b = {\log _b}a\\ {a^x} = {b^y} = {c^z} = \sqrt[3]{{abc}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\log _a}b = {\log _b}c = {\log _c}a\\ \frac{1}{{{{\log }_c}a}} = \frac{1}{{{{\log }_b}c}} = \frac{1}{{{{\log }_a}b}}\\ {a^x} = {b^y} = {c^z} = \sqrt[3]{{abc}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = b = c\\ x = y = z = 1 \end{array} \right.\).

Vậy \({\mathop{\rm minP}\nolimits} = 3 \in \left( {2;4} \right).\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2} + m\) liên tục trên đoạn [0;2].

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

Khi đó f(0) = m; f(1) = m - 1; f(2) = m + 8.

Suy ra \(f\left( 1 \right) = m - 1 < f\left( 0 \right) = m < f\left( 2 \right) = m + 8\).

Đồ thị của hàm số y = |f(x)| thu được bằng cách giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành của (C): y = f(x), còn phần đồ thị phía dưới trục hoành của (C): y = f(x) thì lấy đối xứng qua trục hoành lên trên. Do đó, ta có biện luận sau đây:

Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1. \(m + 8 \le 0 \Leftrightarrow m \le - 8\) thì \(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {m + 8} \right| = - m - 8\\ \mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {m - 1} \right| = 1 - m \end{array} \right.\). Do đó:

\(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 7 \Leftrightarrow 1 - m - m - 8 = 7 \Leftrightarrow m = - 7\) (loại).

Trường hợp 2. \(m \le 0 < m + 8 \Leftrightarrow - 8 < m \le 0\), thì đồ thị hàm số (C):y = f(x) cắt trục hoành tại x_o với \({x_0} \in \left[ {0;2} \right]\). Do đó \(\mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 0\). Suy ra \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 7\).

Mặt khác \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = max\left\{ {\left| {m + 8} \right|;\left| {m - 1} \right|} \right\} = max\left\{ {m + 8;1 - m} \right\}\).

Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 7 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} 1 - m \ge m + 8\\ 1 - m = 7 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} m + 8 > 1 - m\\ m + 8 = 7 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} m \le - \frac{7}{2}\\ m = - 6\,\,\,\,\left( {TM} \right) \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} m > - \frac{7}{2}\\ m = - 1\,\,\,\,\,\left( {TM} \right) \end{array} \right. \end{array} \right.\).

Trường hợp 3. \(m - 1 \le 0 < m \Leftrightarrow 0 < m \le 1\), thì đồ thị hàm số (C): y = f(x) cắt trục hoành tại x₀ với \({x_0} \in \left[ {0;2} \right]\). Do đó \(\mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 0\).

Măt khác \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m + 8\).

Suy ra \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 7 \Leftrightarrow m + 8 = 7 \Leftrightarrow m = - 1\) (loại).

Trường hợp 4. \(m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1\) thì \(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m - 1\\ \mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m + 8 \end{array} \right.\). Do đó:

\(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 7 \Leftrightarrow m - 1 + m + 8 = 7 \Leftrightarrow m = 0\) (loại).

Suy ra \(S = \left\{ { - 1; - 6} \right\}\).

Vậy tổng các phần tử của S là \(\left( { - 6} \right) + \left( { - 1} \right) = - 7\).

Kéo dài NP cắt CD tại E. Đặt DC = a, BC = b.

Ta có: \({S_{MEA}} = {S_{ECBA}} - {s_{MEC}} - {s_{MAB}} = \frac{5}{4}ab - \frac{3}{8}ab - \frac{1}{4}ab = \frac{5}{8}ab.\)

\({V_{NEAM}} = \frac{1}{3}{S_{MEA}}.d\left( {N,\left( {MEA} \right)} \right) = \frac{1}{3}{S_{MEA}}.CC' = \frac{5}{{24}}ab.CC' = \frac{5}{{24}}.{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 30.\)

\({V_{NPAM}} = \frac{1}{2}{V_{NEAM}} = 15.\)

Đặt \({\log _2}\left( {4x + 4} \right) = t \Leftrightarrow 4x + 4 = {2^t} \Leftrightarrow x = {2^{t - 2}} - 1\).

Từ điều kiện \(0 \le x \le 2020 \Rightarrow 0 \le {2^{t - 2}} - 1 \le 2020 \Leftrightarrow 1 \le t - 1 \le 1 + {\log _2}2021\).

Theo giả thiết ta có: \(t - 1 + {2^{t - 2}} = y + 1 + {2^y}\left( * \right)\).

Xét hàm số \(f\left( u \right) = u + {2^{u - 1}}\) với \(1 \le u \le 1 + {\log _2}2021\).

Có \(f'\left( u \right) = 1 + {2^{u - 1}}.\ln 2 > 0,\forall u \in \left[ {1;1 + {{\log }_2}2021} \right]\) nên hàm f(u) đồng biến trên đoạn \(\left[ {1;1 + {{\log }_2}2021} \right]\).

Dựa vào \(\left( * \right) \Rightarrow f\left( {t - 1} \right) = f\left( {y + 1} \right) \Leftrightarrow t - 1 = y + 1\).

Mặt khác \(1 \le t - 1 \le 1 + {\log _2}2021 \Rightarrow 1 \le y + 1 \le 1 + {\log _2}2021 \Rightarrow 0 \le y \le {\log _2}2021 \approx 10,98\).

Vì \(y \in Z \Rightarrow y \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}\).

Vậy có 11 cặp số nguyên thỏa mãn ycbt .