Dựa vào bảng biến thiên ta thấy y' đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x = 2, do đó hàm số cực đại tại x = 2.

Điều kiện a > 0,b > 0.

\(\left\{ \begin{array}{l} {\log _8}a + {\log _4}{b^2} = 5\\ {\log _4}{a^2} + {\log _8}b = 7 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{3}{\log _2}a + {\log _2}b = 5\\ {\log _2}a + \frac{1}{3}{\log _2}b = 7 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\log _2}a = 6\\ {\log _2}b = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = {2^6}.\\ b = {2^3}. \end{array} \right.\)

Vậy \(ab = {2^9}.\)

Đồ thị có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow \) D sai.

Hàm số có các điểm cực trị là \(x=0,x=\pm 1\Rightarrow \) A, B sai.

Gọi năm số hạng của cấp số cộng đã cho là: \({{u}_{1}};{{u}_{2}};{{u}_{3}};{{u}_{4}};{{u}_{5}}.\)

Theo đề bài ta có: \({{u}_{1}}-{{u}_{5}}=20\Leftrightarrow {{u}_{1}}-\left( {{u}_{1}}+4d \right)=20\Leftrightarrow d=-5.\)

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) bằng \(d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - 4 + 2 - 1} \right|}}{3} = \frac{2}{3}.\)

Do đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải nên hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}.\)

Trong bốn hàm số trên chỉ có hàm số \(y={{\left( \frac{1}{2} \right)}^{x}}\) và \(y={{\left( \frac{1}{3} \right)}^{x}}\) có cơ số nhỏ hơn 1 là hàm nghịch biến nhưng đồ thị trên đi qua điểm x=-1;y=3, vậy chỉ có hàm số \(y={{\left( \frac{1}{3} \right)}^{x}}\) thoả mãn.

\(z = i - 2 + 2\left( {i + 1} \right) = 3i\) có điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức là (0;3)

\(\overrightarrow a  \bot \overrightarrow b  \Leftrightarrow 1.2 + m.1 + \left( { - 1} \right).3 = 0 \Leftrightarrow m = 1.\)

\(\int\limits_0^1 {\left[ {2f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx}  = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx - } 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx}  = 2.2 - 3 = 1.\)

\(\int {f\left( x \right)dx}  = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + \frac{{{x^3}}}{3} + C.\)

Hình bát diện đều là hình có 8 mặt và mỗi mặt đều là một tam giác đều.

Diện tích của một mặt là \(\frac{\sqrt{3}}{4}{{.2}^{2}}=\sqrt{3}.\) Như vậy tổng diện tích \(S=8\sqrt{3}.\)

Theo đề bài hình nón có: \(h=SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=4\,\,cm\), r = AO = 3 cm,

l= SA = 5 cm.

Thể tích khối nón cần tìm \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi {{.3}^{2}}.4=12\pi \,\,\left( c{{m}^{3}} \right).\)

Đường thẳng \(\Delta \) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 2;-1;2 \right)\)

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

Ta có \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}.\overrightarrow{{{u}_{2}}}=2.\left( -1 \right)+\left( -1 \right).2+2.2=0\Rightarrow \) góc giữa d và \(\Delta \) bằng \({{90}^{0}}.\)

Số cách chọn 3 học sinh trong lớp để làm lớp trưởng, bí thư đoàn và lớp phó là: \(A_{30}^3.\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ m-1 \right\}.\)

Ta có \({y}'=\frac{-{{m}^{2}}+m+6}{{{\left( x-m+1 \right)}^{2}}}\), hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định khi và chỉ khi \({y}'>0\)

\(\Leftrightarrow -{{m}^{2}}+m+6>0\Leftrightarrow -2<m<3.\)

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

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m thoả yêu cầu bài toán.

+) Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm x; \(\frac{1}{x}\) ta được:

\(y=\sqrt{x+\frac{1}{x}}\ge \sqrt{2\sqrt{x\frac{1}{x}}}=\sqrt{2}\), dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x=\frac{1}{x}\Leftrightarrow x=1.\)

+) Vậy \(\underset{\left( 0;\,+\infty  \right)}{\mathop{Min\,y}}\,=\sqrt{2}=y\left( 1 \right).\)

Ta có

\({\log _2}\frac{{x - 2}}{{\sqrt {x - 3} }} = {\log _3}\frac{{\sqrt {x - 3} }}{{x - 2}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 3\\ {\log _2}\left( {x - 2} \right) + {\log _3}\left( {x - 2} \right) = {\log _2}\sqrt {x - 3} + {\log _3}\sqrt {x - 3} \end{array} \right.\left( 1 \right)\)

Xét hàm \(f\left( t \right)={{\log }_{2}}t+{{\log }_{3}}t\) là hàm đồng biến trên khoảng \(\left( 0;+\infty  \right).\)

Khi đó từ hệ phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x - 2 = \sqrt {x - 3} \\ x > 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} - 5x + 7 = 0\\ x > 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{5 + \sqrt {21} }}{2}.\)

Vậy phương trình có một nghiệm.

Ta có: \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=\pm 1 \\ & x=2 \\ \end{align} \right.\)

Ta có x=-1 là nghiệm bội chẵn

\(\Rightarrow {f}'\left( x \right)\) không đổi dấu khi qua x=-1

x = 1 là nghiệm đơn, x = 2 là nghiệm bội lẻ \(\Rightarrow {f}'\left( x \right)\) sẽ đổi dấu qua x = 1 và x = 2

⇒ Hàm số có 2 điểm cực trị.

Đường thẳng y = m có vị trí như trên thì thoả điều kiện bài toán.

Vậy -2<m<-1 là giá trị cần tìm.

Gọi H là trung điểm BC.

Ta có \(SH\bot \left( ABC \right)\) và \(SH=\frac{1}{2}BC=a.\)

\({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}a.2a={{a}^{2}}.\)

Vậy thể tích khối chóp \({{V}_{SABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}.a.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}}{3}.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2{x^2} - 5x + 3}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 3} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} = \frac{{ - 1}}{2}\) nên x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇒ loại A.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{{\left( {\sqrt {x - 1} } \right)}^2}}}{{\sqrt {x - 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {\sqrt {x - 1} } \right) = 0\) nên x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇒ loại B.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{3x + 1}}{{x - 1}} = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{3x + 1}}{{x - 1}} = - \infty \) nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇒ chọn C.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 1}}{{2x + 1}} = 0\) nên x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇒ loại D.

Ta có:

\({{3}^{x}}<{{e}^{x}}\Leftrightarrow \frac{{{3}^{x}}}{{{e}^{x}}}<1\Leftrightarrow {{\left( \frac{3}{e} \right)}^{x}}<{{\left( \frac{3}{e} \right)}^{0}}\Leftrightarrow x<0\) (do cơ số \(\frac{3}{e}>1\)).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S=\left( -\infty ;0 \right).\)

Ta có: \(A\left( -3;0;0 \right),B\left( 0;2;0 \right),C\left( 0;0;4 \right).\)

Suy ra phương trình mặt phẳng (ABC) là \(\frac{x}{-3}+\frac{y}{2}+\frac{z}{4}=1\) hay 4x-6y-3z+12=0.

Khi đó, mặt phẳng có phương trình 4x-6y-3z-12=0 song song với (ABC).

Hàm số \(y={{\log }_{a}}x\) đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right)\) nên a>1.

Hàm số \(y={{\log }_{b}}x\) nghịch biến trên \(\left( 0;+\infty  \right)\) nên 0<b<1.

Vậy 0<b<1<a.

Ta có:

\(K={{\left. \int\limits_{1}^{2}{\frac{{{e}^{x}}.x-{{e}^{x}}}{{{x}^{2}}}dx}=\int\limits_{1}^{2}{\frac{({{e}^{x}}{)}'.x-{x}'.{{e}^{x}}}{{{x}^{2}}}dx=\int\limits_{1}^{2}{{{\left( \frac{{{e}^{x}}}{x} \right)}^{\prime }}dx=\frac{{{e}^{x}}}{x}}} \right|}^{2}}_{1}=\frac{{{e}^{2}}}{2}-e.\)

Vậy S=a+b+c=1+2-1=2.

Gọi z=x+yi với x, y thuộc tập số thực, ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ \sqrt {{x^2} + {y^2}} = 2\\ y - \sqrt 3 x = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ {x^2} + {y^2} = 4\\ y = \sqrt 3 x \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = \sqrt 3 \end{array} \right. \Rightarrow - z = - 1 - \sqrt 3 i.\)

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

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ 1 + 2y - 2x = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = 1 \end{array} \right..\)

Quay hình vuông ABCD xung quanh MN ta được hình trụ như hình vẽ.

Khi đó

\(r=\frac{AB}{2}=4\,cm,1=h=AD=8\,\,cm.\)

\({{S}_{tp}}=2\pi rh+2\pi {{r}^{2}}=2\pi .4.8+2\pi {{.4}^{2}}=96\pi \,\,\left( c{{m}^{2}} \right).\)

Xét mặt cầu \(\left( S \right):{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=1\Rightarrow I\left( 2;1;1 \right)\) và bán kính R = 1.

Vì mp (P) tiếp xúc mặt cầu (S) nên \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = R \Leftrightarrow \frac{{\left| {m + 1} \right|}}{3} = 1 \Leftrightarrow \left| {m + 1} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 2\\ m = - 4 \end{array} \right.\)

Gọi E là trung điểm của CD do các tam giác \(\Delta \,ACD,\Delta BCD\) đều nên ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} AE \bot CD\\ BE \bot CD \end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABE} \right) \Rightarrow CD \bot AB.\)

Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 90^o

\({\left( {a + 2b} \right)^5} = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k.{a^k}.{{\left( {2b} \right)}^{5 - k}}}  = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{{.2}^{5 - k}}{a^k}.{b^{5 - k}}} \)

Số hạng chứa \({{a}^{3}}{{b}^{2}}\) tương ứng với giá trị k = 3.

Suy ra hệ số của \({{a}^{3}}{{b}^{2}}\) trong khai triển trên là: \(C_{5}^{3}{{.2}^{2}}=40.\)

Dựa vào hình vẽ ta thấy:

+ Hàm số \(y=\frac{ax+b}{cx+d}\) là hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, suy ra

\({y}'<0\Leftrightarrow ad-bc<0\Leftrightarrow ad<bc\), loại đáp án C.

+ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là đường thẳng \(x=-\frac{d}{c}>0\Rightarrow cd<0\left( 1 \right)\)

+ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là đường thẳng \(y=\frac{a}{c}>0\Rightarrow ac>0\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2) suy ra ad<0 nên loại đáp án A.

+ Đồ thị hàm số giao với trục Ox tại điểm có hoành độ \(x=-\frac{b}{a}>0\Rightarrow ab<0\left( 3 \right)\)

Từ (2), (3) suy ra bc<0 nên loại đáp án D.

Ta có

\(\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}=1,\left( a,b>0 \right)\Rightarrow y=\frac{b}{a}\sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}.\)

Diện tích (E) là \({{S}_{\left( E \right)}}=4\int\limits_{0}^{a}{\frac{b\sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{a}dx}=4\frac{b}{a}\int\limits_{0}^{a}{\sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}dx}\)

Đặt \(x=a\sin t,t\in \left[ -\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2} \right]\Rightarrow dx=a\operatorname{costdt}.\)

Đổi cận \(x=0\Rightarrow t=0;x=a\Rightarrow t=\frac{\pi }{2}\)

\({{S}_{\left( E \right)}}=4\frac{b}{a}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{a}^{2}}.{{\cos }^{2}}tdt=2ab\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1+\cos 2t \right)dt}=\pi ab=100\pi }\)

Mà ta có \({{S}_{\left( C \right)}}=\pi .{{R}^{2}}=10\pi .\)

Vậy \(\frac{{{S}_{\left( E \right)}}}{{{S}_{\left( C \right)}}}=\frac{100}{10}=10.\)

Giả sử chiều dài và chiều rộng của trang sách lần lượt là x, y (điều kiện: x>6;y>4)

Ta có \(xy=4.2.3+\left( y-4 \right).3.2+\left( x-6 \right).2.2+384\)

\(\Leftrightarrow xy=4x+6y+360\ge 2\sqrt{24xy}+360\,\,\,\left( 1 \right)\)

Đặt \(t=\sqrt{xy},t>0.\)

\(\left( 1 \right) \Rightarrow {t^2} - 4\sqrt 6 t - 360 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t \ge 10\sqrt 6 \\ t \le - 6\sqrt 6 \end{array} \right. \Rightarrow t \ge 10\sqrt 6 \)

Hay \(xy \ge 600.\)

Trang giấy đạt diện tích nhỏ nhất bằng 600 khi \(\left\{ \begin{array}{l} xy = 600\\ 2x = 3y \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 30\\ y = 20 \end{array} \right..\)

Ta có: \(2\left( {{m}^{2}}+m+2 \right)x+\left( {{m}^{2}}-1 \right)y+\left( m+2 \right)z+{{m}^{2}}+m+1=0\,\,\forall m\in \mathbb{R}\)

\(\Leftrightarrow {{m}^{2}}\left( 2x+y+1 \right)+m\left( 2x+z+1 \right)+4x-y+2z+1=0\,\,\forall m\in \mathbb{R}\)

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

Vậy (P) luôn chứa đường thẳng \(\left( \Delta  \right)\) cố định \(\left\{ \begin{array}{l} x = - \frac{t}{2} - \frac{1}{2}\\ y = t\\ z = t \end{array} \right.,t \in R\)

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(A\left( -\frac{1}{2};0;0 \right)\) và có vectơ \(\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left( -\frac{1}{2};1;1 \right)\)

Vậy khoảng cách từ gốc toạ độ đến \(\Delta \) là: \(d\left( O;\Delta  \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{OA},\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}} \right|}=\frac{\sqrt{2}}{3}.\)

Giả sử để đạt được mục tiêu đề ra, trung bình mỗi năm thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A tăng x (%).

Cuối năm 2019, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A là:

\({{S}_{1}}=2300+\frac{x}{100}.2300=2300.\left( 1+\frac{x}{100} \right)\left( USD \right).\)

Cuối năm 2020, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A là:

\({{S}_{2}}={{S}_{1}}+\frac{x}{100}.{{S}_{1}}=2300.{{\left( 1+\frac{x}{100} \right)}^{2}}\,\,\left( USD \right).\)

Cuối năm 2035, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A là:

\({{S}_{17}}=2300.{{\left( 1+\frac{x}{100} \right)}^{17}}\left( USD \right).\)

Ta có: \({{S}_{17}}=10000\Leftrightarrow 2300.{{\left( 1+\frac{x}{100} \right)}^{17}}=10000\Leftrightarrow {{\left( 1+\frac{x}{100} \right)}^{17}}=\frac{100}{23}\)

\(\Leftrightarrow 17\log \left( 1+\frac{x}{100} \right)=\log \frac{100}{23}\Leftrightarrow x\approx 9,03.\)

+ Vì Parabol đi qua O(0;0) và có toạ độ đỉnh I (3;9) nên thiết lập được phương trình Parabol \(\left( P \right):y=v\left( t \right)=-{{t}^{2}}+6t;\forall t\in \left[ 0;2 \right].\)

+ Sau 2 giờ đầu thì hàm vận tốc có dạng là hàm bậc nhất \(y=\frac{1}{4}t+m\), dựa trên đồ thị ta thấy đi qua điểm có toạ độ (6;9) nên thế vào phương trình hàm số và tìm được \(m=\frac{15}{2}.\)

Nên hàm vận tốc từ giờ thứ 2 đến giờ thứ 6 là \(y=\frac{1}{4}t+\frac{15}{2};\forall t\in \left[ 2;6 \right].\)

+ Quãng đường vật đi được bằng tổng đoạn đường 2 giờ đầu và đoạn đường 4 giờ sau

\(S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}=\int\limits_{0}^{2}{\left( -{{t}^{2}}+6t \right)dt}+\int\limits_{2}^{6}{\left( \frac{1}{4}t+\frac{15}{2} \right)dt}=\frac{130}{3}\left( km \right).\)

\(z\sqrt{3z\overline{z}+1}=\left| z \right|\left( 2+6iz \right)\Leftrightarrow z\left( \sqrt{3z\overline{z}+1}-6i\left| z \right| \right)=2\left| z \right|.\)

Ta thấy \(\sqrt{3z\overline{z}+1}-6i\left| z \right|\) là số phức có phần thực là \(\sqrt{3z\overline{z}+1}\) và phần ảo là \(6\left| z \right|.\)

Suy ra \(\left| z \right|\left( \sqrt{3z\overline{z}+1+36{{\left| z \right|}^{2}}} \right)=2\left| z \right|\)

\(\Leftrightarrow 3z\overline{z}+1+36{{\left| z \right|}^{2}}=4\Leftrightarrow 3{{\left| z \right|}^{2}}+1+36{{\left| z \right|}^{2}}=4\Leftrightarrow {{\left| z \right|}^{2}}=\frac{1}{13}\Rightarrow \left| z \right|=\frac{\sqrt{13}}{13}.\)

Giả sử thiết diện qua trục của hình nón là \(\Delta ABC\) với A là đỉnh nón, BC là đường kính đáy nón, H là tâm đáy O₁, O₂ lần lượt là tâm của mặt cầu lớn và nhỏ D₁, D₂ lần lượt là tiếp điểm của AC với (O₁) và (O₂).

Vì \({{O}_{1}}{{D}_{1}}//{{O}_{2}}{{D}_{2}}\) và \({{O}_{1}}{{D}_{1}}=2{{O}_{2}}{{D}_{2}}\) nên O₂ là trung điểm AO₁

\(\Rightarrow A{{O}_{1}}=2{{O}_{1}}{{O}_{2}}=2.3a=6a\)

\({{O}_{1}}{{D}_{1}}=2a,AH=A{{O}_{1}}+{{O}_{1}}H=8a.\)

Ta có \(A{{D}_{1}}=\sqrt{AO_{1}^{2}-{{O}_{1}}D_{1}^{2}}=4a\sqrt{2}.\)

Từ \(\Delta A{{O}_{1}}{{D}_{1}}\backsim \Delta ACH\Rightarrow \frac{{{O}_{1}}{{D}_{1}}}{CH}=\frac{A{{D}_{1}}}{AH}\Rightarrow CH=2\sqrt{2}a\Rightarrow r=2\sqrt{2}a.\)

Gọi H, E lần lượt là trung điểm của BC, AC thì \(DH\bot \left( ABC \right).\)

Ta có \(BA\bot AC,HE//BA\Rightarrow HE\bot CA.\)

Lại có \(AC\bot DH\) nên \(AC\bot \left( DHE \right)\Rightarrow \left( DHE \right)\bot \left( DAC \right).\)

Kẻ \(HK\bot DE\left( K\in DE \right)\Rightarrow HK\bot \left( DAC \right).\)

Tam giác DHE vuông tại H có

\(DH=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sqrt{4{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}=a\sqrt{2},HE=\frac{1}{2}AB=a.\)

Áp dụng công thức \(\frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{D{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{E}^{2}}}\) ta tính được \(HK=\frac{a\sqrt{6}}{3}.\)

Vì H là trung điểm BC nên \(d\left( B,\left( DAC \right) \right)=2d\left( H,\left( DAC \right) \right)=2HK=\frac{2a\sqrt{6}}{3}.\)

Vậy khoảng cách \(d\left( C,\left( SAB \right) \right)=\frac{3V}{{{S}_{SAB}}}=\frac{3.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}}{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}\sqrt{13}}{4}}=\frac{6a}{\sqrt{13}}=\frac{6\sqrt{13}a}{13}.\)

\(y=2x+\frac{mx}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}}\Rightarrow {y}'=2+\frac{m\sqrt{{{x}^{2}}+2}-\frac{m{{x}^{2}}}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}}}{{{x}^{2}}+2}=2+\frac{2m}{\left( {{x}^{2}}+2 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+2}}\)

\(\Rightarrow {y}'=0\Leftrightarrow m=-\left( {{x}^{2}}+2 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+2}\)

Gọi A (x;y) là điểm cực trị ta có \(y=2x+\frac{mx}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}}=2x-x\left( {{x}^{2}}+2 \right)=-{{x}^{3}}\Rightarrow A\left( x;-{{x}^{3}} \right).\)

Yêu cầu bài toán \(\Rightarrow OA\le \sqrt{68}\Leftrightarrow {{x}^{6}}+{{x}^{2}}-68\le 0\Leftrightarrow {{x}^{2}}\le 4\Leftrightarrow -2\le x\le 2\)

\(f\left( x \right)=-\left( {{x}^{2}}+2 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+2},x\in \left[ -2;2 \right]\)

\({f}'\left( x \right)=-2x\sqrt{{{x}^{2}}+2}-\left( {{x}^{2}}+2 \right)\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}}=\frac{-3{{x}^{3}}-6x}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}}\Rightarrow {f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=0\)

Bảng biến thiên:

Để hàm số có cực trị thoả yêu cầu bài toán thì \(-6\sqrt{6}\le m\le -2\sqrt{2}.\)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l} x + 2 > 0\\ \frac{{2x + 1}}{x} > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 < x < - \frac{1}{2}\\ x > 0 \end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\)

Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình:

\({{\log }_{2}}\sqrt{x+2}+x+2-2\sqrt{x+2}<{{\log }_{2}}\left( 2+\frac{1}{x} \right)+{{\left( 2+\frac{1}{x} \right)}^{2}}-2\left( 2+\frac{1}{x} \right)\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

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

Ta có \({f}'\left( t \right)=\frac{1}{t\ln 2}+2t-2>\frac{1}{t}+2t-2=t+\frac{{{\left( t-1 \right)}^{2}}}{t}>0,\,\,\forall t>0.\)

Do đó f(t) đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right).\)

Suy ra \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow f\left( \sqrt{x+2} \right)<f\left( 2+\frac{1}{x} \right)\Leftrightarrow \sqrt{x+2}<2+\frac{1}{x}\,\,\left( 2 \right)\)

+) Vì (*) nên (2) \(\Leftrightarrow x+2<{{\left( 2+\frac{1}{x} \right)}^{2}}\Leftrightarrow x+2<4+\frac{4}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}}\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-4x-1<0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( \frac{3-\sqrt{13}}{2};\frac{3+\sqrt{13}}{2} \right)\)

Kết hợp điều kiện (*) ta được \(S=\left( -2;-1 \right)\cup \left( 0;\frac{3+\sqrt{13}}{2} \right).\)

\(F\left( x \right) = \int {{x^2}{e^{ax}}dx} .\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = {x^2}\\ dv = {e^{ax}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = 2xdx\\ v = \frac{1}{a}{e^{ax}} \end{array} \right..\)

\( \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{1}{a}{x^2}{e^{ax}} - \frac{2}{a}\int {x{e^{ax}}dx}  = \frac{1}{a}{x^2}{e^{ax}} - \frac{2}{a}.A\,\,\,\left( 1 \right)\)

Xét \(A = \int {x{e^{ax}}dx} .\) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ dv = {e^{ax}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = \frac{1}{a}{e^{ax}} \end{array} \right..\)

\( \Rightarrow A = \frac{1}{a}x{e^{ax}} - \frac{1}{a}\int {{e^{ax}}dx} \,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(F\left( x \right)=\frac{1}{a}{{x}^{2}}{{e}^{ax}}-\frac{2}{{{a}^{2}}}x{{e}^{ax}}+\frac{2}{{{a}^{2}}}\int{{{e}^{ax}}dx}=\frac{1}{a}{{x}^{2}}{{e}^{ax}}-\frac{2}{{{a}^{2}}}x{{e}^{ax}}+\frac{2}{{{a}^{3}}}{{e}^{ax}}+C.\)

Mà \(F\left( \frac{1}{a} \right)=F\left( 0 \right)+1\Rightarrow \frac{1}{{{a}^{3}}}e-\frac{2}{{{a}^{3}}}e+\frac{2}{{{a}^{3}}}e+C=\frac{2}{{{a}^{3}}}+1+C\)

\(\Rightarrow {{a}^{3}}=e-2\Rightarrow a=\sqrt[3]{e-2}\Rightarrow 0<a\le 1.\)

Quan sát đồ thị ta thấy

\(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = {x_1}\left( { - 3 < {x_1} < - 2} \right)\\ x = - 1\\ x = {x_2}\left( {1 < {x_2} < 2} \right)\\ x = {x_3}\left( {2 < {x_3} < 3} \right)\\ x = {x_4}\left( {4 < {x_4} < 5} \right) \end{array} \right.\)

Do đó \(f\left( {g\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} g\left( x \right) = {x_1}\left( 1 \right)\\ g\left( x \right) = - 1\left( 2 \right)\\ g\left( x \right) = {x_2}\left( 3 \right)\\ g\left( x \right) = {x_3}\left( 4 \right)\\ g\left( x \right) = {x_4}\left( 5 \right) \end{array} \right.\)

Phương trình (1) có đúng 1 nghiệm; phương trình (2) có đúng 3 nghiệm; phương trình (3) có đúng 3 nghiệm; phương trình (4) có đúng 3 nghiệm; phương trình (5) có đúng 1 nghiệm. Tất cả các nghiệm trên đều phân biệt nên phương trình f(g(x)) = 0 có đúng 11 nghiệm.

Quan sát đồ thị ta thấy \(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = {x_5}\left( { - 2 < {x_5} < - 1} \right)\\ x = {x_6}\left( {0 < {x_6} < 1} \right)\\ x = 3 \end{array} \right.\)

Do đó \(g\left( {f\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f\left( x \right) = {x_5}\left( 6 \right)\\ f\left( x \right) = {x_6}\left( 7 \right)\\ f\left( x \right) = 3\left( 8 \right) \end{array} \right.\)

Phương trình (6) có 5 nghiệm; phương trình (7) có 5 nghiệm; phương trình (8) có 1 nghiệm. Tất cả các nghiệm này đều phân biệt nên phương trình (f(g(x)) = 0 có đúng 11 nghiệm.

Vậy tổng số nghiệm của hai phương trình f(g(x)) = 0 và g(f(x)) = 0 là 22 nghiệm.

Ta có phương trình các mặt phẳng (ABC), (DAB), (DBC), (DAC) lần lượt là

\(x+y+z-3=0,\,\,-x+y+z-3=0,\,\,x+y-z-3=0,\,\,x-y+z-3=0.\)

Nếu M(x;y;z) nằm trong tứ diện thì M, O khác phía so với mặt phẳng (ABC) và cùng phía so với các mặt phẳng còn lại, đồng thời M có toạ độ là những số nguyên dương.

Từ đó toạ độ M thoả mãn \(\left\{ \begin{array}{l} x + y + z - 3 > 0\\ - x + y + z - 3 < 0\\ x - y + z - 3 < 0\\ x + y - z - 3 < 0\\ x,y,z \in {Z^ + } \end{array} \right.\)

Không mất tính tổng quát giả sử \(x\ge y\ge z.\)

Từ \(x+y<3+z\le 3+y\Leftrightarrow x<3\Rightarrow 1\le x,y,z\le 2.\)

Do đó ta có các bộ \(\left( x;y;z \right)\in \left\{ \left( 1;1;2 \right);\left( 1;2;1 \right);\left( 2;1;1 \right);\left( 2;2;2 \right) \right\}\) thoả mãn hệ phương trình trên.

Vậy có tất cả 4 điểm M nằm trong tứ diện.

Ta có:

\(f\left( x \right)+2f\left( \frac{1}{x} \right)=3x\), chia cả 2 vế cho x ta được \(\frac{f\left( x \right)}{x}+2\frac{f\left( \frac{1}{x} \right)}{x}=3\)

Lấy tích phân 2 vế

\(\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\left[ \frac{f\left( x \right)}{x}+2\frac{f\left( \frac{1}{x} \right)}{x} \right]dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{3dx}\)

\(\Leftrightarrow \int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{f\left( x \right)}{x}dx+2\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{f\left( \frac{1}{x} \right)}{x}dx}=3x\left| \begin{align} & 2 \\ & \frac{1}{2} \\ \end{align} \right.=\frac{9}{2}}\)

Xét \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{f\left( \frac{1}{x} \right)}{x}dx}\): Đặt \(\frac{1}{x}=t\Rightarrow -\frac{1}{{{x}^{2}}}dx=dt\Rightarrow dx=-\frac{dt}{{{t}^{2}}}.\)

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

Khi đó \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{f\left( \frac{1}{x} \right)}{x}dx}=-\int\limits_{2}^{\frac{1}{2}}{\frac{t.f\left( t \right)}{{{t}^{2}}}dt}\Rightarrow \int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{f\left( \frac{1}{x} \right)}{x}dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{f\left( t \right)}{t}dt=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{f\left( x \right)}{x}dx.}}\)

Thay vào tích phân ban đầu ta được

\(3\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{f\left( x \right)}{x}dx}=\frac{9}{2}\Rightarrow \int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{f\left( x \right)}{x}dx}=\frac{3}{2}.\)

Gọi \(z=x+yi\left( x,y\in \mathbb{R} \right)\) và \(M\left( x,y \right)\) là điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng phức. Xét các điểm \({{F}_{1}}\left( -8;0 \right),{{F}_{2}}\left( 8;0 \right).\)

Ta có: \(M{{F}_{1}}=\sqrt{{{\left( -8-x \right)}^{2}}+{{\left( -y \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( x+8 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}=\left| z+8 \right|.\)

\(M{{F}_{2}}=\sqrt{{{\left( 8-x \right)}^{2}}+{{\left( -y \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( x-8 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}=\left| z-8 \right|.\)

\(\Rightarrow \left| z-8 \right|+\left| z+8 \right|=20\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( x+8 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}+\sqrt{{{\left( x-8 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}=20\Leftrightarrow M{{F}_{1}}+M{{F}_{2}}=20.\)

Do \(M{{F}_{1}}+M{{F}_{2}}\ge {{F}_{1}}{{F}_{2}}\Rightarrow \) Tập hợp điểm M là một elip có dạng \(\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}=1\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2a = 20\\ c = 8 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {a^2} = 100\\ {b^2} = {a^2} - {c^2} = 36 \end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{36}} = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \max \left| z \right| = 10\\ \min \left| z \right| = 6 \end{array} \right. \Rightarrow m + n = 16.\)

Gọi H là trung điểm của \({A}'{C}'\), tam giác \(\Delta {A}'{B}'{C}'\) đều nên \({B}'H\bot {A}'{C}'.\)

Trong \(\left( {A}'{C}'CA \right)\), kẻ \(HE\bot {A}'C, HE\cap {A}'A=I.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} B'H \bot A'C'\\ HI \bot A'C' \end{array} \right. \Rightarrow A'C' \bot \left( {B'HI} \right) \Rightarrow \left( P \right) \equiv \left( {B'HI} \right).\)

\(\Delta A'EH \sim \Delta A'C'C \Rightarrow \frac{{A'E}}{{A'H}} = \frac{{A'C'}}{{A'C}} \Rightarrow A'E = \frac{{A'C'.A'H}}{{A'C}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{{20}}.\)

\(\Delta A'IH \sim \Delta A'C'C \Rightarrow \frac{{IH}}{{A'H}} = \frac{{A'C}}{{C'C}} \Rightarrow IH = \frac{{A'C.A'H}}{{C'C}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{6}.\)

\({S_{B'HI}} = \frac{1}{2}B'H.HI = \frac{{{a^2}\sqrt {30} }}{{24}} \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}.{S_{B'HI}}.A'E = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt {30} }}{{24}}.\frac{{a\sqrt {10} }}{{20}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{144}}.\)

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.3a = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{4},\,\,{V_2} = \frac{{107}}{{144}}.{a^3}\sqrt 3 \) do đó \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{{107}}.\)

\(\left( \alpha  \right)\) có vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow{n}=\left( 1;-2;2 \right).\)

\(\Delta :\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z}{2}\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \[2x-y-1=0;y-z-1=0.\)

(P) là mặt phẳng chứa \(\Delta \) nên phương trình (P) có dạng

\(m\left( 2x-y-1 \right)+n\left( y-z-1 \right)=0;\left( {{m}^{2}}+{{n}^{2}}>0 \right).\)

\(\Rightarrow 2mx+\left( n-m \right)y-nz-m-n=0\)

\(\cos \left( \left( P \right),\left( \alpha  \right) \right)=\frac{\left| 4m-4n \right|}{3\sqrt{5{{m}^{2}}-2mn+2{{n}^{2}}}}.\)

+ Với n = 0: \(\cos \left( \left( P \right),\left( \alpha  \right) \right)=\frac{\left| 4m \right|}{3\sqrt{5{{m}^{2}}}}=\frac{4}{3\sqrt{5}}\)

+ Với \(n\ne 0:\cos \left( \left( P \right),\left( \alpha  \right) \right)=\frac{4\left| \frac{m}{n}-1 \right|}{\sqrt[3]{5{{\left( \frac{m}{n} \right)}^{2}}-2\frac{m}{n}+2}}\)

Đặt \(t=\frac{m}{n},\cos \left( \left( P \right),\left( \alpha  \right) \right)=\frac{4\left| t-1 \right|}{3\sqrt{5{{t}^{2}}-2t+2}}=\frac{4}{3}\sqrt{\frac{{{t}^{2}}-2t+1}{5{{t}^{2}}-2t+2}}\)

Xét \(f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}-2t+1}{5{{t}^{2}}-2t+2}\)

\(f'\left( t \right) = \frac{{8{t^2} - 6t - 2}}{{{{\left( {5{t^2} - 2t + 2} \right)}^2}}};f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = 1\\ t = - \frac{1}{4} \end{array} \right.\)

(P) là mặt phẳng tạo với \[\left( \alpha  \right)\) một góc nhỏ nhất nên \(\cos \left( \left( P \right),\left( \alpha  \right) \right)=\frac{4}{3}\sqrt{\frac{5}{9}}=\frac{4\sqrt{5}}{9}\)

Khi đó \(t=-\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{m}{n}=-\frac{1}{4}.\)

Chọn m=1;n=-4 ta được phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):2x-5y+4z+3=0.\)

Khi đó \(a=2;b=-5;c=4;d=3\Rightarrow abcd=-120.\)

Ta có: \({y}'=4\left( {{m}^{2}}+1 \right){{x}^{3}}-4mx=4x\left[ \left( {{m}^{2}}+1 \right){{x}^{2}}-m \right].\)

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \pm \sqrt {\frac{m}{{{m^2} + 1}}} \left( {m > 0} \right) \end{array} \right..\)

Khi m>0 thì đồ thị hàm số có ba điểm cực trị:

\(A\left( -\sqrt{\frac{m}{{{m}^{2}}+1}};-\frac{{{m}^{2}}}{{{m}^{2}}+1}+{{m}^{2}}+1 \right),B\left( 0;{{m}^{2}}+1 \right),C\left( \sqrt{\frac{m}{{{m}^{2}}+1}};-\frac{{{m}^{2}}}{{{m}^{2}}+1}+{{m}^{2}}+1 \right).\)

Tam giác ABC cân tại B, gọi I là trung điểm của AC.

Khi đó \(BI=\frac{{{m}^{2}}}{{{m}^{2}}+1}.\)

Khi quay tam giác ABC quay quanh AC thì được khối tròn xoay có thể tích là:

\(V=2.\frac{1}{3}.\pi {{r}^{2}}h=\frac{2}{3}\pi B{{I}^{2}}.IC=\frac{2}{3}\pi {{\left( \frac{{{m}^{2}}}{{{m}^{2}}+1} \right)}^{2}}\sqrt{\frac{m}{{{m}^{2}}+1}}=\frac{2}{3}\pi \sqrt{\frac{{{m}^{9}}}{{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{5}}}}\)

Xét hàm số \(f\left( m \right)=\frac{{{m}^{9}}}{{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{5}}}\), ta có \({f}'\left( m \right)=\frac{{{m}^{8}}\left( 9-{{m}^{2}} \right)}{{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{6}}}\], với \[m>0.\)

Cho \({f}'\left( m \right)=0\Rightarrow m=3\left( m>0 \right).\)

Bảng biến thiên của hàm số y = f(m):

Từ bảng biến thiên ta có \(\max f\left( m \right)=f\left( 3 \right).\) Vậy thể tích lớn nhất khi \(m=3\in \left( 2;4 \right).\)