Số cách chọn một cây viết từ 3 cây viết chì, 8 cây viết bi xanh và 2 cây viết bi đỏ là 3 + 8 + 2 = 13 cách.

Ta có \({u_7} = {u_2}.{q^5} \Rightarrow q = \sqrt[5]{{\frac{{{u_7}}}{{{u_2}}}}} = - 2\).

Số hạng đầu của cấp số nhân đã cho bằng \({u_1} = \frac{{{u_2}}}{q} = - 1\).

ĐK: x > 0

\(\begin{array}{l} \log _3^2x - 6{\log _3}x + 8 = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\log _3}x = 4\\ {\log _3}x = 2 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = {3^4}\\ x = {3^2} \end{array} \right.\\ \Rightarrow {3^4}{.3^2} = 729 \end{array}\)

Thể tích khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là \(V = \frac{1}{3}Bh\)

Phương án A: Tập xác định \(D = \left( {0; + \infty } \right)\). Ta có \(y' = \frac{1}{x} \Rightarrow y' > 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\). Hàm số đồng biến trên \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).

Phương án B: Tập xác định D = R. Ta có \(y' = - {{\rm{e}}^{ - x}} \Rightarrow y' < 0,\forall x \in R\). Hàm số nghịch biến trên D = R.

Phương án C: Tập xác định D = R. Ta có \(y' = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}\ln \frac{1}{3} \Rightarrow y' < 0,\forall x \in R\). Hàm số nghịch biến trên D = R.

Phương án D: Tập xác định \(D = \left( {0; + \infty } \right)\). Ta có \(y' = {\log _{\frac{1}{5}}}x = \frac{1}{{x\ln \frac{1}{5}}} \Rightarrow y' < 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\). Hàm số nghịch biến trên \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).

\(\int {\left( {2x + 1} \right)} {\rm{d}}x = {x^2} + x + C\)

Do ABC là tam giác vuông cân tại B và \(AC = a\sqrt 2 \) nên BA = BC = a

Do AC' tạo với đáy một góc 30^o nên \((AC',(ABC)) = (AC',AC) = \widehat {C'AC\,} = 30^\circ \)

Suy ra \(CC' = AC.\tan 30^\circ = a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{3} = a\frac{{\sqrt 6 }}{3}\)

Vậy thể tích của khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' là \(V = \frac{1}{2}a.a.a\frac{{\sqrt 6 }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\).

Theo giả thiết ta có: h = SO = 4cm, l = SB = 5cm ⇒ R = 3cm

Vậy thể tích khối nón cần tìm là : \(V=\dfrac13 h \pi R^2=12\pi cm^3\)

Tập hợp tâm các mặt cầu luôn đi qua hai điểm cố định A và B cho trước là một mặt phẳng

Hàm số đã cho đồng biến trên R \ {-2}

\({\log _3}5 = \frac{{{{\log }_6}5}}{{{{\log }_6}3}} = \frac{{{{\log }_6}5}}{{{{\log }_6}6 - {{\log }_6}2}} = \frac{b}{{1 - a}}\)

Thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình chữ nhật có hai cạnh lần lượt bằng đường kính đáy và chiều cao của hình trụ.

Vậy hai cạnh của hình chữ nhật là 8cm và 6cm.

Do đó độ đài đường chéo: \(\sqrt {{8^2} + {6^2}} = 10{\rm{cm}}{\rm{.}}\)

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3

a = 2, b = 1, c =  - 1.

\(y = \frac{{x + 1}}{x}\) có đường tiệm cận ngang là y = 1

Điều kiện: \(x > \frac{2}{3};x \ne \frac{{22}}{5}\)

\(\begin{array}{l} {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {3x - 2} \right) > \frac{1}{2}{\log _{\frac{1}{2}}}{\left( {22 - 5x} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}{\left( {3x - 2} \right)^2} > {\log _{\frac{1}{2}}}{\left( {22 - 5x} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {3x - 2} \right)^2} < {\left( {22 - 5x} \right)^2} \end{array}\)

⇔ x < 3 hoặc x > 10. Kết hợp điều kiện: \(\frac{2}{3} < x < 3\).

Phương trình có \({x^3} - 3{x^2} + m = 0\) hai nghiệm phân biệt khi m = 4 và m = 0

Ta có:

\(\int\limits_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}} {\cos xdx} = \left. {\sin x} \right|_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}} = 1 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy 2a + 6b = 2 - 3 =  - 1

\(z = \left( {3 + i} \right)\left( {2 - 3i} \right) = \left( {3.2 + 1.3} \right) + \left( {3.\left( { - 3} \right) + 2.1} \right)i = 9 - 7i\)

Vậy \(\overline z = 9 + 7i\)

\(w = {\bar z_1} - 2{z_2} = - 9i - 2(3 - i) = - 9i - 6 + 2i = - 6 - 7i\)

Ta có: M(-2;3).

Vì N là điểm thuộc đường thẳng y = 3 sao cho tam giác OMN cân tại O nên N đối xứng M qua trục Oy nên tọa độ N(2;3).

Vậy N(2;3) là điểm biểu diễn của số phức z = 2 + 3i.

Gọi \(H\left( {x;y; - 6 - 3x + 2y} \right)\) là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P). Ta có \(\overrightarrow {AH} = \left( {x - 2;y + 1; - 6 - 3x + 2y} \right).\)

Do \(\overrightarrow {AH} \bot \left( P \right)\) nên hai véc tơ \(\overrightarrow {AH} \) và \(\overrightarrow {{n_P}} \) cùng phương.

Suy ra ta có hệ phương trình \(\frac{{x - 2}}{3} = \frac{{y + 1}}{{ - 2}} = \frac{{ - 6 - 3x + 2y}}{1}.\)

Giải hệ (1) ta thu được một nghiệm là H(-1;1;-1)

\(R = d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.2 - 2.1 - ( - 1) + 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 2\)

Do  M' là hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng \((\alpha)\) nên mặt phẳng \((\alpha)\) vuông góc với véctơ \(\overrightarrow {MM'} = \left( {4;2;6} \right) = 2\left( {2;1;3} \right)\).

Chọn một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng \((\alpha)\) là \(\vec n = \left( {3;3; - 1} \right)\).

Gọi M(1-t; 2+t; 2t) là hình chiếu của \(\Delta\) lên BC.

Ta có \(\overrightarrow {AM} = \left( { - 5 - t;t - 1;2t - 5} \right)\) vuông góc với \(\overrightarrow u = \left( { - 1;1;2} \right)\) là véc-tơ chỉ phương của BC.

Do đó \(- 1\left( { - 5 - t} \right) + 1\left( {t - 1} \right) + 2\left( {2t - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1.\) Suy ra M(0;3;2)

Vì ABC là tam giác đều nên M là trung điểm của BC. Suy ra \(\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AM} \Rightarrow G\left( {2;3;3} \right).\)

Đường thẳng \(\Delta\) đi qua G, có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \frac{1}{3}\left[ {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow u } \right] = \left( {1;5; - 2} \right).\)

Suy ra \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l} x = 2 + t\\ y = 3 + 5t\\ x = 3 - 2t \end{array} \right..\) Với t = -1 ta có \(Q\left( {1; - 2;5} \right) \in \Delta .\)

Kẻ \(AH \bot \,SB\,\) (\(H \in SB\)) (1). Theo giả thiết ta có \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot \,SA\\ BC \bot \,AB \end{array} \right. \Rightarrow \,BC \bot \,\left( {SAB} \right) \Rightarrow \,BC \bot \,AH\,\) (2).

Từ (1) và (2) ⇒ \(AH \bot \,\left( {SBC} \right)\). Do đó \(\left( {\widehat {SA\,;\,\left( {SBC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SA;SH}} \right) = \widehat {ASH}\)

Ta có \(AB = \,\sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = \,\,a\sqrt 3 \). Trong vuông \(\Delta SAB\) ta có

\(\sin \widehat {ASB} = \,\frac{{AB}}{{SB}} = \,\frac{{a\sqrt 3 }}{{2a}} = \,\frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\(\Rightarrow \widehat {ASB} = \widehat {ASH} = {60^ \circ }\,\)

Vậy góc giữa SA và mặt phẳng (SBC) bằng 60^o.

Hàm số có 3 điểm cực trị khi m > - 1

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn [0;3].

\(f'\left( x \right) = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\), \(\forall x \in \left[ {0;3} \right]\) nên \(m = f\left( 0 \right) = - 1,M = f\left( 3 \right) = \frac{5}{4} \Rightarrow M - m = \frac{9}{4}\)

\(\frac{{{{\log }_3}5.{{\log }_5}a}}{{1 + {{\log }_3}2}} - {\log _6}b = 2. \Leftrightarrow \frac{{{{\log }_3}a}}{{{{\log }_3}6}} - {\log _6}b = 2 \Leftrightarrow {\log _6}a - {\log _6}b = 2 \Leftrightarrow {\log _6}\frac{a}{b} = 2 \Leftrightarrow a = 36b\)

\(bpt \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + 6x + 5 + m > 0\\ {\log _7}\left[ {7\left( {{x^2} + 2x + 2} \right)} \right] > {\log _7}\left( {{x^2} + 6x + 5 + m} \right) \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > - {x^2} - 6x - 5\\ 6{x^2} + 8x + 9 > m \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > \mathop {\max }\limits_{\left( {1;\,3} \right)} f\left( x \right)\\ m < \mathop {\min }\limits_{\left( {1;\,3} \right)} g\left( x \right) \end{array} \right.\) với \(f\left( x \right) = - {x^2} - 6x - 5;g\left( x \right) = 6{x^2} + 8x + 9\)

Xét sự biến thiên của hai hàm số f(x) và g(x)

\(f'\left( x \right) = - 2x - 6 < 0,\,\forall x \in \left( {1;\,3} \right)\) ⇒ f(x) luôn nghịch biến trên khoảng (1;3)

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left( {1;\,3} \right)} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = - 12\)

\(g'\left( x \right) = 12x + 8 > 0,\,\forall x \in \left( {1;\,3} \right)\) ⇒ g(x) luôn đồng biến trên khoảng (1;3)

\(\Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left( {1;\,3} \right)} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = 23\)

Khi đó -12 < m < 23

Mà m thuộc Z nên \(m \in \left\{ { - 11;\, - 10;\,\,...;\,22} \right\}\)

Vậy có tất cả 34 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi S là đỉnh, O là tâm của đáy, thiết diện qua trục là SAB.

Theo giả thiết, ta có SA = 2a và \(\widehat {ASO} = 60^\circ \).

Trong tam giác SAO vuông tại O, ta có

\(OA = SA.\sin 60^\circ = a\sqrt 3 .\)

Vậy diện tích toàn phần:

\({S_{tp}} = \pi R\ell + \pi {R^2} = \pi .OA.SA + \pi {\left( {OA} \right)^2} = \pi {a^2}\left( {3 + 2\sqrt 3 } \right)\) (đvdt).

Giả sử \(I = \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right){\rm{d}}x} \).

Đặt \(t = - x \Rightarrow {\rm{d}}t = - {\rm{d}}x\), đổi cận \(x = - \frac{\pi }{2} \to t = \frac{\pi }{2}x = \frac{\pi }{2} \to t = - \frac{\pi }{2}\).

Khi đó \(I = - \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{ - \frac{\pi }{2}} {f\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {f\left( t \right){\rm{d}}t} \).

Suy ra \(2I = \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\left[ {f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {2\sin x{\rm{d}}x} = 0 \Rightarrow 2I = 0 \Rightarrow I = 0\).

Thể tích vật thể cần tính là \(V = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {{{\rm{e}}^{2x}}{\rm{d}}x} = \frac{\pi }{2}\int\limits_{ - 1}^1 {{\rm{d}}\left( {{{\rm{e}}^{2x}}} \right)} = \frac{\pi }{2}\left. {{{\rm{e}}^{2x}}} \right|_{ - 1}^1 = \frac{{\pi \left( {{{\rm{e}}^2} - {{\rm{e}}^{ - 2}}} \right)}}{2}\)

Do số phức z có biểu diễn hình học là điểm M(1;-2) nên số phức z = 1 - 2i.

Khi đó số phức \(w = i\left( {1 + 2i} \right) - {\left( {1 - 2i} \right)^2} = 1 + 5i \Rightarrow \left| {\rm{w}} \right| = \sqrt {{1^2} + {5^2}} = \sqrt {26} \).

Ta có \({z^2} + 2z + 5 = 0\) là phương trình bậc hai với hệ số thực có hai nghiệm phức là - 1 + 2i và - 1 - 2i. Do đó \({z_0} = - 1 - 2i\) là nghiệm phức có phần ảo âm.

Mặt khác i⁴ = i suy ra \({i^{2019}} = {\left( {{i^4}} \right)^{504}}{i^3} = {i^3} = - i\) nên \(w = {i^{2019}}{z_0} = - i.{z_0} = - 2 + i\) do đó trên mặt phẳng tọa độ điểm M(-2;1) biểu diễn cho số phức w.

Tam giác OAB vuông tại O nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm AB có tọa độ I(0;1;1)

Mặt phẳng (OAB) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( { - 2; - 2;2} \right).\)

Suy ra đường thẳng \(\Delta\) có \(\overrightarrow u = \left( {1;1; - 1} \right)\) và đi qua I(0;1;1)

Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta\) là \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l} x = t\\ y = 1 + t\\ z = 1 - t \end{array} \right..\)

Số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega \right) = 7.A_7^4 = 5880\).

Gọi A là biến cố: “số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau”

Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số \(0,\,1,\,2,\,3,\,4,\,5,\,6,\,7\) là \(\left\{ {0,2,4,6} \right\}\).

Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số \(0,\,1,\,2,\,3,\,4,\,5,\,6,\,7\) là \(\left\{ {1,3,5,7} \right\}\).

+ Xét các số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ có dạng \(\overline {abcde} \) (Giả sử a có thể bằng 0), đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau là \(C_4^3.C_4^2.4.2!.3!\).

(Để ý: có 4 cách xếp sao cho hai chữ số lẻ đứng liền nhau là \(\left\{ {a,b} \right\},\left\{ {b,c} \right\},\left\{ {c,d} \right\},\left\{ {d,e} \right\}\)).

+ Xét các số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ có dạng \(\overline {0bcde} \), đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau là \(C_3^2.C_4^2.3.2!2!\).

(để ý: có 3 cách xếp sao cho hai chữ số lẻ đứng liền nhau là \(\left\{ {b,c} \right\},\left\{ {c,d} \right\},\left\{ {d,e} \right\}\)).

Suy ra \(n\left( A \right) = C_4^3.C_4^2.4.2!.3! - C_3^2.C_4^2.3.2!2! = 936\).

Vậy, xác suất cần tìm là: \(p\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{936}}{{5880}} = \frac{{39}}{{245}}\).

Gọi E là trung điểm của AB, ta có BC // DE. Suy ra BC // (SDE).

\(\Rightarrow d\left( {BC,SD} \right) = d\left( {BC,\left( {SDE} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SDE} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SDE} \right)} \right)\).

Hạ \(AF \bot DE\left( {F \in DE} \right) \Rightarrow DE \bot \left( {SAF} \right)\).

Hạ \(AH \bot SF\left( {H \in SF} \right)\). Suy ra \(AH \bot \left( {SDE} \right)\).

\(\Rightarrow d\left( {A,\left( {SDE} \right)} \right) = AH\).

Ta có: tam giác ADE đều cạnh a, suy ra \(AF = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Trong \(\Delta SAF:\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{F^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{5}{{3{a^2}}}\).

Suy ra \(A{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{5} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Vậy \(d\left( {BC,SD} \right) = d\left( {A,\left( {SDE} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Ta có \(y' = \left( {m + 2} \right){x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m - 8\).

Yêu cầu bài toán ⇔ \(y' \le 0,{\rm{ }}\forall x \in R\)( y' = 0 có hữu hạn nghiệm):

TH1: \(m + 2 = 0 \Leftrightarrow m = - 2\), khi đó \(y' = - 10 \le 0,{\rm{ }}\forall x \in R\) (thỏa mãn).

TH2: \(\left\{ \begin{array}{l} a = m + 2 < 0\\ \Delta ' = {\left( {m + 2} \right)^2} - \left( {m + 2} \right)\left( {m - 8} \right) \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m + 2 < 0\\ 10\left( {m + 2} \right) \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m < - 2\).

Hợp hai trường hợp ta được \(m \le - 2.\)

Gọi số tiền Thầy Đông gửi ở hai ngân hàng X và Y lần lượt là x, y (triệu)

Theo giả thiết \(x + y = {320.10^6}\) (1)

+ Tổng số tiền cả vốn lẫn lãi nhận được ở ngân hàng X sau 15 tháng (5 quý) là \(A = x{\left( {1 + 0,021} \right)^5} = x{\left( {1,021} \right)^5}\)

⇒ Số lãi sau 15 tháng là \({r_A} = x{\left( {1,021} \right)^5} - x = x\left[ {{{\left( {1,021} \right)}^5} - 1} \right]\)

+Tổng số tiền cả vốn lẫn lãi nhận được ở ngân hàng Y sau 9 tháng là

\(B = y{\left( {1 + 0,0073} \right)^9} = y{\left( {1,0073} \right)^9}\)

⇒ Số lãi sau 9 tháng là \({r_B} = y{\left( {1,0073} \right)^9} - y = y\left[ {{{\left( {1,0073} \right)}^9} - 1} \right]\)

Theo giả thiết \(x\left[ {{{\left( {1,021} \right)}^5} - 1} \right] + y\left[ {{{\left( {1,0073} \right)}^9} - 1} \right] = 27{\rm{ }}507{\rm{ }}768,13\) (2)

Từ (1) và (2) ⇒ \(\left\{ \begin{array}{l} x \simeq 140\\ y \simeq 180 \end{array} \right.\)

Từ sồ thị hàm y = f'(x) ta thấy:

\(f''\left( a \right) < 0;f'\left( a \right) = 0 \Rightarrow f\left( a \right)\) là giá trị cực đại

\(f''\left( b \right) > 0;f'\left( b \right) = 0 \Rightarrow f\left( b \right)\) là giá trị cực tiểu

\(f''\left( c \right) < 0;f'\left( c \right) = 0 \Rightarrow f\left( c \right)\) là giá trị cực đại

\( \Rightarrow f\left( a \right) - f\left( b \right) > 0;f\left( c \right) - f\left( b \right) > 0 \Rightarrow f\left( c \right) + f\left( a \right) - 2f\left( b \right) > 0\)

Công thức tính thể tích \(V = \pi {R^2}h\), suy ra \(h = \frac{V}{{\pi {R^2}}}.\)

Hộp sữa chỉ kín một đáy nên diện tích tôn cần dùng là:

\({S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_{{\rm{day}}}} = 2\pi Rh + \pi {R^2} = \frac{{2V}}{R} + \pi {R^2}.\)

Xét hàm \(f\left( R \right) = \frac{{2V}}{R} + \pi {R^2}\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\), ta được \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( R \right)\) đạt tại R = h

Ta có : \(I = \int\limits_0^1 {\frac{{\left( {{x^2} + 5x + 6} \right){{\rm{e}}^x}}}{{x + 2 + {{\rm{e}}^{ - x}}}}{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {\frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right){{\rm{e}}^{2x}}}}{{\left( {x + 2} \right){{\rm{e}}^x} + 1}}{\rm{d}}x} \)

Đặt \(t = \left( {x + 2} \right){{\rm{e}}^x} \Rightarrow {\rm{d}}t = \left( {x + 3} \right){{\rm{e}}^x}{\rm{d}}x\). Đổi cận : \(x = 0 \Rightarrow t = 2,x = 1 \Rightarrow t = 3{\rm{e}}\)

\(I = \int\limits_2^{3{\rm{e}}} {\frac{{t{\rm{d}}t}}{{t + 1}}} = \int\limits_2^{3{\rm{e}}} {\left( {1 - \frac{1}{{t + 1}}} \right){\rm{d}}t} = \left. {\left( {t - \ln \left| {t + 1} \right|} \right)} \right|_2^{3{\rm{e}}} = 3{\rm{e}} - 2 - \ln \frac{{3{\rm{e}} + 1}}{3}\).

Vậy a = 3, b = 2, c = 1 ⇒ S = 9.

Từ \({a^{x - y}} = \sqrt[3]{{ab}} \Rightarrow x - y = {\log _a}\sqrt[3]{{ab}} = \frac{1}{3} + \frac{{{{\log }_a}b}}{3}\) và \({b^{x + y}} = \sqrt[3]{{ab}} \Rightarrow {\log _a}{b^{x + y}} = {\log _a}\sqrt[3]{{ab}} \Rightarrow (x + y){\log _a}b = \frac{1}{3} + \frac{{{{\log }_a}b}}{3}\)

Mặt khác a > 1, b > 1 suy ra \({\log _a}b > 0 \Rightarrow x + y = \frac{1}{{3{{\log }_a}b}} + \frac{1}{3}\)

Nên có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x - y = \frac{1}{3} + \frac{{{{\log }_a}b}}{3}}\\ {x + y = \frac{1}{{3{{\log }_a}b}} + \frac{1}{3}} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = \frac{1}{3} + \frac{{{{\log }_a}b}}{6} + \frac{1}{{6{{\log }_a}b}}}\\ {y = \frac{1}{{6{{\log }_a}b}} - \frac{1}{6}{{\log }_a}b} \end{array}} \right.} \right.\)

Ta có: \(P = 3x + 2y - 1 = 3\left( {\frac{1}{3} + \frac{{{{\log }_a}b}}{6} + \frac{1}{{6{{\log }_a}b}}} \right) + 2\left( {\frac{1}{{6{{\log }_a}b}} - \frac{1}{6}{{\log }_a}b} \right) - 1 = \frac{{{{\log }_a}b}}{6} + \frac{5}{{6{{\log }_a}b}}\)

Áp dụng BĐT Cô-Si cho hai số không âm \(\frac{{{{\log }_a}b}}{6},\frac{5}{{6{{\log }_a}b}}\) ta có

\(P = \frac{{{{\log }_a}b}}{6} + \frac{5}{{6{{\log }_a}b}} \ge 2 \cdot \sqrt {\frac{{{{\log }_a}b}}{6} \cdot \frac{5}{{6{{\log }_a}b}}} = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\)

Dấu bằng khi \(\frac{{{{\log }_a}b}}{6} = \frac{5}{{6{{\log }_a}b}} \Leftrightarrow {\log _a}b = 5\)

Vậy giá trị nhỏ nhất \(P = \frac{{\sqrt 5 }}{3} \Rightarrow x = \frac{6}{5};y = - \frac{4}{5}.{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {m = 5}\\ {n = 3} \end{array} \Rightarrow S = m - n = 2} \right.\)

Đặt t = 3^x (t > 0), bất phương trình có dạng \(t + \frac{9}{t} < 10 \Leftrightarrow {t^2} - 10t + 9 < 0 \Leftrightarrow 1 < t < 9\).

Khi đó \(1 < {3^x} < 9 \Leftrightarrow 0 < x < 2\). Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x = 1.

Khối tròn xoay có được là hai khối nón giống nhau úp hai đáy lại với nhau.

Mỗi khối nón có đường cao h = a/2, bán kính đường tròn đáy \(r = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

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

\(I = \int\limits_0^4 {x\sqrt {1 + 2x} {\rm{d}}x} \)

Đặt \(u = \sqrt {2x + 1} \Rightarrow x = \frac{1}{2}\left( {{u^2} - 1} \right) \Rightarrow {\rm{d}}x = u\,{\rm{d}}u\) đổi cận: \(x = 0 \Rightarrow u = 1,x = 4 \Rightarrow u = 3\).

Khi đó \(I = \frac{1}{2}\int\limits_1^3 {\left( {{u^2} - 1} \right){u^2}{\rm{d}}u} \).

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = {x^2} - x\) và y = x:

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

Diện tích hình phẳng cần tìm là: \(S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 2x} \right|{\rm{d}}x = \left| {\int\limits_0^2 {\left( {{x^2} - 2x} \right){\rm{d}}x} } \right|} = \frac{4}{3}\).

\(z = \frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \frac{{1 + 2i}}{{3 - i}} = \frac{{\left( {1 + 2i} \right)\left( {3 + i} \right)}}{{10}} = \frac{1}{{10}} + \frac{7}{{10}}i\)

Ta có: \({z^2} + 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = - 1 + 2i\\ z = - 1 - 2i \end{array} \right.\) suy ra A(-1;2) và B(-1;-2). Vậy AB = 4.