Mỗi cách chọn 2 học sinh là tổ hợp chập 2 của 5

Số các chọn là: \(C_5^2\)

\(d = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{9}{3} = 3\)

\({2^{x + 1}} = {2^4} \Leftrightarrow x + 1 = 4 \Leftrightarrow x = 5\)

\(V = a.b.c \Leftrightarrow V = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8}\)

\(\int {{e^{2020x}}dx = } \int {\frac{1}{{2020}}{e^{2020x}}d(2020x) = } \frac{1}{{2020}}{e^{2020x}} + C\)

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.4^3} = \frac{{256\pi }}{3}\)

\({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .2a.5a = 10\pi {a^2}\)

Diện tích đáy của hình chóp là \({S_{ABCD}} = {a^2}\)

Khi đó \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.{a^2}.a\sqrt 3  = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;3)

Tập xác định của hàm số: \(y = {x^{\frac{2}{3}}}\) là \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Với a, b là hai số thực dương khác 1 và theo công thức đổi cơ số: \({\log _{{b^2}}}a = \frac{1}{{2{{\log }_a}b}}.\)

Hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh a nên có đường sinh a và bán kính đáy \(\frac{a}{2}\) nên có diện tích toàn phần \({S_{tp}} = \frac{3}{2}\pi {a^2}.\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (3;4)

Đồ thị của hàm số \(y =  - {x^3} + 3{x^2}\)

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 3}}{{x + 1}}\)  là: x = -1

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} =  - \infty \)

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 3}}{{x + 1}}\)  là: y = 2

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} = 2\)

Điều kiện: x > 0

\({\log _{\frac{1}{2}}}x < 3 \Leftrightarrow x > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3} \Leftrightarrow x > \frac{1}{8}\)

Tập nghiệm là: \(\left( {\frac{1}{8}; + \infty } \right)\)

Số nghiệm của phương trình \(2f(x) - 3 = 0 \Leftrightarrow f(x) = \frac{3}{2}\)

Số nghiệm phương trình là số giao điểm của hai đồ thị \(\left\{ \begin{array}{l} y = f(x)\\ y = \frac{3}{2} \end{array} \right.\)

Nhìn vào đồ thị ta thấy có ba giao điểm

Vậy: số nghiệm phương trình là 3

\(\int\limits_2^1 {5f(x)} dx = - \int\limits_1^2 {5f(x)} dx = - 5\int\limits_1^2 {f(x)} dx = - 5.3 = - 15\)

Mođun của số phức z = 1 - 2i là \(\left| z \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = \sqrt 5 \)

\(\left| {{z_1} + {z_2}} \right| = \left| {7 + i} \right| = \sqrt {{7^2} + {1^2}} = 5\sqrt 2 \)

Điểm biểu diễn số phức z = -3i là M(0;-3)

Hình chiếu vuông góc của A(2;1;1) lên mặt phẳng (Oyz) có cao độ, tung độ không đổi và hoàng độ bằng 0. Do đó hình chiếu đó có tọa độ (0;1;1)

\(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x + 2y - 4z - 3 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 9 \Rightarrow R = 3\)

Vậy đường kính của (S) là 6

\(\left( P \right):x + 2y - 3z + 1 = 0 \Rightarrow vtpt\left( P \right):\overrightarrow n  = \left( {1;2; - 3} \right)\)

\(\left( {{Q_1}} \right):2x + 4y - 6z - 1 = 0 \Rightarrow vtpt\left( {{Q_1}} \right):\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {2;4; - 6} \right) = 2\overrightarrow n \)

Do đó \(\left( {{Q_1}} \right)\parallel \left( P \right)\)

\(\Delta :\left\{ \begin{array}{l} x = 2 + t\\ y = - 1 - t\\ z = 1 \end{array} \right. \Rightarrow vtcp\Delta :\overrightarrow u = \left( {1; - 1;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_2}} = - 2\overrightarrow u \)

\(AC = a\sqrt 2 \) (ABCD là hình vuông cạnh a)

Xét \(\Delta SAC\left( {\widehat A = 1v} \right):SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {3{a^2} - 2{a^2}} = a\)

\( \Rightarrow \Delta SAB\) vuông cân tại A \(\Rightarrow \widehat {SBA} = {45^0}\)

Do \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right),\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow \) Góc giữa đường thẳng (SBC) và và mặt phẳng (ABCD) là \(\widehat {SBA} = {45^0}\)

Tại điểm x = 1 hàm số xác định và liên tục đồng thời không tồn tại f'(1) và dấu của f'(x) đổi từ dương sang âm.

Hàm số liên tục trên R

\(\begin{array}{l} f'(x) = 4{x^3} - 12x\\ f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \sqrt 3 \\ x = - \sqrt 3 \notin \left[ { - 1;4} \right] \end{array} \right.\\ f(0) = - 9;f( - 1) = - 14;f(\sqrt 3 ) = - 18;f(4) = 151 \end{array}\)

\(\begin{array}{l} {\log _8}({4^a}{.8^b}) = {\log _{{2^2}}}16 \Leftrightarrow {\log _{{2^3}}}({2^{2a}}{.2^{3b}}) = {\log _2}{2^2}\\ \Leftrightarrow \frac{1}{3}{\log _2}{2^{2a + 3b}} = {\log _2}{2^2} \Leftrightarrow {\log _2}{2^{2a + 3b}} = {\log _2}{2^6} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} y' = - 3{x^2} + 6x\\ y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow y = - 7\\ x = 2 \Rightarrow y = - 3 \end{array} \right.\\ y\left( 0 \right).y\left( 2 \right) > 0 \end{array}\)

\({4^x} - {3.2^x} + 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{2^x} > 2\\
{2^x} < 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 1\\
x < 0
\end{array} \right.\)

Độ dài đường sinh l bằng độ dài cạnh BC của tam giác vuông ABC.

Theo định lý Pytago thì \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {a^2} + 3{a^2} = 4{a^2} \Rightarrow BC = 2a\)

Vậy độ dài đường sinh của hình nón là l = 2a

Ta có \(t = \ln x \Rightarrow dt = \frac{1}{x}dx.\)

\(\begin{array}{l} x = 1 \Rightarrow t = 0;x = e \Rightarrow t = 1\\ \Rightarrow \int\limits_1^2 {\frac{1}{x}\ln xdx = \int\limits_0^1 {tdt} } \end{array}\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là \(S = \int\limits_0^1 {\left| {4{x^2} + 4x + 1} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {\left( {4{x^2} + 4x + 1} \right){\rm{d}}x} \) do \(4{x^2} + 4x + 1 > 0,\forall x \in \left[ {0\,;\,1} \right]\).

\({z_1} - 3{z_2} = \left( { - 1 + i} \right) - 3\left( { - 2 + 3i} \right) = 5 - 8i\)

Vậy phần ảo của số phức \({z_1} - 3{z_2}\) bằng -8

\(\overline z = 3 + i \Rightarrow z = 3 - i \Rightarrow M(3; - 1)\)

Do đó \(M \in d:2x + y - 5 = 0\)

Ta có \(\overrightarrow {MN} = (2; - 2;2) \Rightarrow \overrightarrow n = (1; - 1;1)\).

Gọi I là trung điểm của MN nên I(2;0;2).

Vậy phương trình mặt phẳng trung trực của MN là x - y + z - 4 = 0

Ta có \(\overrightarrow n = (2;1;1) \Rightarrow \overrightarrow u = (2;1;1)\).

Gọi I là trung điểm của AB nên I(-1;1;2).

Đường thẳng d qua trung điểm I của AB và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình là : \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = - 1 + 2t}\\ {y = 1 + t}\\ {z = 2 + t} \end{array}} \right.\)

Chọn 1 hs lớp 12B và 1 hs lớp 12 C để đứng cạnh hs 12A là: \(C_4^1.C_5^1\)

Xếp các học sinh vào hàng là 8!.

Đổi vị trí 2 hs 12B và 12C là 2!.

Vậy có : \(C_4^1.C_5^1.8!.2! = 1612800\)

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và D là trung điểm AC thì B'G \(\bot\) (ABC), khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’B’C’) bằng khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (ABC)

Lại có : \({d_{(B';(ABC))}} = B'G\); \(\widehat {B'BG} = {30^0}\) nên \(B'G = \frac{a}{2} \Rightarrow {d_{(A;(a'B'C'))}} = \frac{a}{2}\)

Ta có \(y' = {x^3} + m + \frac{3}{{2{x^2}}}\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0\,\,\forall x > 0 \Leftrightarrow {x^3} + m + \frac{3}{{2{x^2}}} \ge 0\forall x > 0 \Leftrightarrow {x^3} + \frac{3}{{2{x^2}}} \ge - m\,\forall x > 0\).

Đặt \(g\left( x \right) = {x^3} + \frac{3}{{2{x^2}}} = > - m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( x \right)\)

Ta có \(g\left( x \right) = {x^3} + \frac{3}{{2{x^2}}} = \frac{{{x^3}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{2} + \frac{1}{{2{x^2}}} + \frac{1}{{2{x^2}}} + \frac{1}{{2{x^2}}}\mathop \ge \limits^{Co\, - \,si} 5\sqrt[5]{{\frac{{{x^3}}}{2}.\frac{{{x^3}}}{2}.\frac{1}{{2{x^2}}}.\frac{1}{{2{x^2}}}.\frac{1}{{2{x^2}}}}}\)

Suy ra \(g\left( x \right) \ge \frac{5}{2}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\frac{{{x^3}}}{2} = \frac{1}{{2{x^2}}} = > {x^5} = 1 \Leftrightarrow x = 1\,\,\left( {TM} \right)\)

Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( x \right) = \frac{5}{2} \Leftrightarrow x = 1\), suy ra \( - m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( x \right) \Leftrightarrow - m \le \frac{5}{2} \Leftrightarrow m \ge - \frac{5}{2}\)

Nên các giá trị nguyên âm của m thỏa mãn đề bài là m = -2;m = -1.

Tiền thu được cuối mỗi tháng là:

Tháng 1: \({T_1} = 10 + 10.0,5\% = 10\left( {1 + 0,5\% } \right)\)

Tháng 2: \({T_2} = 10 + 10.0,5\% + 10 + 0,5\% \left( {10 + 10.0,5\% + 10} \right) = 10{\left( {1 + 0,5\% } \right)^2} + 10\left( {1 + 0,5\% } \right)\)

…

Tháng 60: \({T_{60}} = 10\left( {1 + 0,5\% } \right) + 10{\left( {1 + 0,5\% } \right)^2} + ...10{\left( {1 + 0,5\% } \right)^{60}}\)

\( = 10\left( {1 + 0,5\% } \right).\frac{{{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^{60}} - 1}}{{0,5\% }} \approx 701,19\) (triệu đồng)

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm \( \Rightarrow \frac{b}{d} < 0 \Rightarrow b,d\) trái dấu

Đồ thị hàm số có TCĐ \(x = - \frac{d}{c} < 0 \Rightarrow c,d\) cùng dấu.

Đồ thị hàm số có TCN \(y = \frac{a}{c} > 0 \Rightarrow a,c\) cùng dấu.

⇒ trái dấu với \(a,c,d \Rightarrow ad > 0\) và ab < 0.

Mặt phẳng (P) cắt hình trụ được thiết diện là đường tròn có chu vi \(6a \pi\) nên ta có bán kính đáy của hình trụ \(r = \frac{{6a\pi }}{{2\pi }} = 3a\).

Giả sử thiết diện là hình vuông ABCD như hình bên, gọi O và O' lần lượt là tâm của hai đáy, H là trung điểm của AB.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} OH \bot AB\\ OH \bot CD \end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Suy ra \(OH = d\left( {O,\left( {ABCD} \right)} \right) = d\left( {OO',\left( {ABCD} \right)} \right) = 2a\).

Ta có \(AB = 2AH = 2\sqrt {O{A^2} - O{H^2}} = 2\sqrt {{r^2} - O{H^2}} = 2a\sqrt 5 \).

Suy ra chiều cao hình trụ (T) là \(h = CD = a\sqrt 5 \).

Vậy thể tích khối trụ (T): \(V = \pi {r^2}h = 18\sqrt 5 \pi {a^3}\)

Ta có \(I = \int {f'\left( x \right)} dx = \int {\sin x.{{\cos }^2}2xdx = \int {\sin x{{\left( {2{{\cos }^2}x - 1} \right)}^2}dx} } \)

Đặt \(t = \cos x \Rightarrow dt = - \sin xdx\)

Suy ra \(I = - \int {{{\left( {2{t^2} - 1} \right)}^2}dt = - \int {\left( {4{t^4} - 4{t^2} + 1} \right)dt = - \frac{4}{5}{t^5} + \frac{4}{3}{t^3} - t + c} } \)

Hay \(I = - \frac{4}{5}{\cos ^5}x + \frac{4}{3}{\cos ^3}x - \cos x + C \Rightarrow f\left( x \right) = - \frac{4}{5}{\cos ^5}x + \frac{4}{3}{\cos ^3}x - \cos x + C\)

Mà \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 0 \Rightarrow C = 0\). Vậy \(f\left( x \right) = - \frac{4}{5}{\cos ^5}x + \frac{4}{3}{\cos ^3}x - \cos x\)

Tích phân \(J = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)} dx = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( { - \frac{4}{5}{{\cos }^5}x + \frac{4}{3}{{\cos }^3}x - \cos x} \right)} dx\)

\(= \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos x\left( { - \frac{4}{5}{{\cos }^4}x + \frac{4}{3}{{\cos }^2}x - 1} \right)} dx\)

\( = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos x\left( { - \frac{4}{5}{{\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right)}^2} + \frac{4}{3}\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right) - 1} \right)} dx\)

Đặt \(t = \sin x \Rightarrow dt = \cos xdx\)

Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow t = 0;\,\,x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow t = 1\)

Khi đó \(J = \int\limits_0^1 {\left[ { - \frac{4}{5}{{\left( {1 - {t^2}} \right)}^2} + \frac{4}{3}\left( {1 - {t^2}} \right) - 1} \right]dt} = - \frac{{121}}{{225}}\)

Phương trình \(f\left( {\sqrt {1 + x} - \sqrt {3 - x} } \right) = f\left( {\sqrt {\left| m \right| + 1} } \right)\) (1). Điều kiện: \(x \in \left[ { - 1;3} \right]\).

Đặt \(t = \sqrt {1 + x} - \sqrt {3 - x} \)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \sqrt {1 + x} - \sqrt {3 - x} ,\,\,\,x \in \left[ { - 1;3} \right]\).

Ta có: \(g'\left( x \right) = \frac{1}{{2\sqrt {1 + x} }} + \frac{1}{{2\sqrt {3 - x} }} > 0,\,\,\forall x \in \left( { - 1;3} \right)\)

⇒ g(x) đồng biến trên khoảng (-1;3)

Do đó, khi \(x \in \left[ { - 1;3} \right] \Rightarrow t \in \left[ {g\left( { - 1} \right);g\left( 3 \right)} \right]\) hay \(t \in \left[ { - 2;2} \right]\).

+) Phương trình (1) trở thành \(f\left( t \right) = f\left( {\sqrt {\left| m \right| + 1} } \right)\,\,\,\left( 2 \right)\)

Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm \(t \in \left[ { - 2;2} \right]\)

⇔ đường thẳng \(y = f\left( {\sqrt {\left| m \right| + 1} } \right)\,\,\) cắt đồ thị hàm số y = f(t) tại ít nhất một điểm có hoành độ thuộc [-2;2].

+) Ta có bảng biến thiên của f(t) trên đoạn [-2;2]

Suy ra phương trình (1) có nghiệm ⇔ \(0 \le f\left( {\sqrt {\left| m \right| + 1} } \right) \le 4\)

\( \Leftrightarrow - 2 \le \sqrt {\left| m \right| + 1} \le 2\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left| m \right| + 1 \le 4\\ \Leftrightarrow - 3 \le m \le 3 \end{array}\)

Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ 0 < y < 8 \end{array} \right.\).

Từ giả thiết biến đổi có:

\({\log _3}x + xy = {\log _3}\left( {8 - y} \right) + x\left( {8 - x} \right) \Leftrightarrow {\log _3}{x^2} + {x^2} = {\log _3}\left[ {x\left( {8 - y} \right)} \right] + x\left( {8 - y} \right)\)

Do hàm số \(f\left( t \right) = {\log _3}t + t\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) đồng thời từ giả thiết bài toán có:

\(\left\{ \begin{array}{l} {x^2} \in \left( {0; + \infty } \right)\\ x\left( {8 - y} \right) \in \left( {0; + \infty } \right)\\ f\left( {{x^2}} \right) = f\left[ {x\left( {8 - y} \right)} \right] \end{array} \right. \Rightarrow {x^2} = x\left( {8 - y} \right) \Leftrightarrow x + y = 8\)

Do x, y > 0 nên có \(x \in \left( {0;8} \right)\)

Thay vào P ta có: \(P = {x^3} - {x^2} - {\left( {8 - x} \right)^2} - 16x = {x^3} - 2{x^2} - 64\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^3} - 2{x^2} - 64;x \in \left( {0;8} \right)\) ta có \(\mathop {\min g\left( x \right)}\limits_{\left( {0;8} \right)} = - \frac{{1760}}{{27}}\)

\(f\left( x \right) = \left| {\frac{{{x^2} + \left( {m - 2} \right)x + 2 - m}}{{x - 1}}} \right| = \left| {\frac{{{x^2} - 2x + 2}}{{x - 1}} + m} \right|\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2x + 2}}{{x - 1}}\) trên đoạn [2;3], ta có

\(g'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} \ge 0,\,\forall x \in \left[ {2\,;\,3} \right]\)(g'(x) = 0 tại x = 2). Suy ra, tập giá trị của g(x) trên [2;3] là đoạn \(\left[ {g\left( 2 \right)\,;\,g\left( 3 \right)} \right] = \left[ {2\,;\,\frac{5}{2}} \right]\).

Đặt \(t = \frac{{{x^2} - 2x + 2}}{{x - 1}}\), hàm số f(x) trên [2;3] trở thành hàm số \(h\left( t \right) = \left| {t + m} \right|\) xét trên \(\left[ {2\,;\,\frac{5}{2}} \right]\). Khi đó: \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2\,;\,3} \right]} f\left( x \right) = \mathop {\min }\limits_{\left[ {2;\,\frac{5}{2}} \right]} h\left( t \right)\,\)

\(\mathop {max}\limits_{\left[ {2\,;\,3} \right]} f\left( x \right) = \mathop {max}\limits_{\left[ {2\,;\,\frac{5}{2}} \right]} h\left( t \right) = max\left\{ {\left| {m + 2} \right|\,;\,\left| {m + \frac{5}{2}} \right|} \right\} = \frac{{\left| {\left( {m + 2} \right) + \left( {m + \frac{5}{2}} \right)} \right| + \left| {\left( {m + 2} \right) - \left( {m + \frac{5}{2}} \right)} \right|}}{2} = \left| {m + \frac{9}{4}} \right| + \frac{1}{4}\)

*) Xét \(\left( {m + 2} \right)\left( {m + \frac{5}{2}} \right) \le 0 \Leftrightarrow m \in \left[ { - \frac{5}{2}\,;\, - 2} \right]\,\,\left( 1 \right)\)

Khi đó, \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2\,;\,3} \right]} f\left( x \right) = 0\). Suy ra

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2\,;\,3} \right]} f\left( x \right) + 2\mathop {max}\limits_{\left[ {2\,;\,3} \right]} f\left( x \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left| {2m + \frac{9}{2}} \right| + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow m = - \frac{9}{4}\,\,\left( {thoa\,\,man\,\left( 1 \right)} \right)\)

*) Xét \(\left( {m + 2} \right)\left( {m + \frac{5}{2}} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m < - \frac{5}{2}\\ m > - 2 \end{array} \right.\,\,\,\left( 2 \right)\). Khi đó

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2\,;\,3} \right]} f\left( x \right) = \mathop {\min }\limits_{\left[ {1\,;\,\frac{5}{2}} \right]} h\left( t \right) = \min \left\{ {\left| {m + 2} \right|\,;\,\left| {m + \frac{5}{2}} \right|} \right\} = \frac{{\left| {\left( {m + 2} \right) + \left( {m + \frac{5}{2}} \right)} \right| - \left| {\left( {m + 2} \right) - \left( {m + \frac{5}{2}} \right)} \right|}}{2} = \left| {m + \frac{9}{4}} \right| - \frac{1}{4}\)

Suy ra 

\(\begin{array}{l} \mathop {\min }\limits_{\left[ {2\,;\,3} \right]} f\left( x \right) + 2\mathop {max}\limits_{\left[ {2\,;\,3} \right]} f\left( x \right) = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \left| {m + \frac{9}{4}} \right| - \frac{1}{4} + 2\left| {m + \frac{9}{4}} \right| + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \left| {m + \frac{9}{4}} \right| = \frac{1}{{12}}\\ \Leftrightarrow \left| {m + \frac{9}{4}} \right| = \frac{1}{{12}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = - \frac{{13}}{6}\\ m = - \frac{7}{3} \end{array} \right.\,\left( L \right) \end{array}\)

Vậy \(S = \left\{ {\, - \frac{9}{4}\,} \right\}\). Suy ra, số phần tử của tập S bằng 1.

Gọi O, O' là tâm của hình vuông \(ABCD.A'B'C'D',M = AK \cap {\rm{OO'}}\)

Qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt BB', DD' lần lượt tại E, F

Khi đó, thiết diện tạo bởi (α) và hình lập phương chính là hình bình hành AEKF.

Có OM là đường trung bình tam giác ACK nên \(OM = \frac{1}{2}CK = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}CC' = a\)

Do đó, \(BE = DF = \frac{1}{2}CK = \frac{a}{2}\).

Dễ thấy tứ giác BCKF = C'B'EK, mặt phẳng (AA'C'C) chia khối ABEKFDC thành hai phần bằng nhau nên:

\({V_{ABEKFDC}} = 2{V_{A.BCKE}} = 2.\frac{1}{3}.AB.{S_{BCKE}} = \frac{2}{3}.3a.\frac{1}{2}.{S_{BCC'B'}} = 9{a^3}\)

\({\log _2}\frac{{x + 2}}{{y + 1}} = 4{y^2} - {x^2} - 4x + 8y + 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) - {\log _2}\left( {y + 1} \right) = 4{\left( {y + 1} \right)^2} - {\left( {x + 2} \right)^2} + 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) + {\left( {x + 2} \right)^2} = {\log _2}2\left( {y + 1} \right) + {\left[ {2\left( {y + 1} \right)} \right]^2}\,\,\left( 1 \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + {t^2}\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + 2t > 0\,\,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow f(t)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

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

Mà \(0 < x \le 2020 \Rightarrow 0 < y \le 1010\).

Vậy có 1010 cặp số nguyên dương (x;y).