Số tập hợp con có 3 phần tử được thành lập từ A là \(C_{20}^3\)

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

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

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 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 \(D = \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\)

Chọn C

\(\,\int\limits_1^5 {f\left( x \right)dx} \,\, = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_2^5 {f\left( x \right)dx}  = 3 - 1 = 2\)

Khối cầu có thể tích là \(V = \frac{{4\pi {r^3}}}{3}\)

Khối nón có diện tích xung quanh là \(S = \pi rl = \pi r\sqrt {{r^2} + {h^2}} \)

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên \(( - \infty ; - 1)\)

\({\log _8}\left( {{a^3}} \right) = \frac{3}{3}{\log _2}a = {\log _2}a\)

Khối chóp tứ giác đều  có diện tích xung quanh là S = 2nad với a là độ dài cạnh đáy, d là trung đoạn .

Ta có \(d = \sqrt {{a^2} + {h^2}} \), cạnh đáy 2a nên \(S = 4a\sqrt {{h^2} + {a^2}} .\)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1 và có giá trị cực đại là 3.

Căn cứ hình dáng đồ thị nhận thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 3 \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) nên loại phương án A và C .

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty \) suy ra a > 0. Vậy chọn B .

+ Ta có \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}+1}{{{x}^{2}}\left( x-4 \right)}=0\Rightarrow \) đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận ngang là y=0.

+ Ta có \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}+1}{{{x}^{2}}\left( x-4 \right)}=-\infty ; \underset{x\to {{4}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{4}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}+1}{{{x}^{2}}\left( x-4 \right)}=+\infty \Rightarrow \) Suy ra đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng là: x=0; x=4

+ Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Điều kiện xác định: \(x-1\ne 0\Leftrightarrow x\ne 1\).

Với điều kiện \(x\ne 1\), bất phương trình tương đương

\(\frac{1}{x-1}\le 1\Leftrightarrow \frac{1}{x-1}-1\le 0\Leftrightarrow \frac{1-\left( x-1 \right)}{x-1}\le 0\Leftrightarrow \frac{-x+2}{x-1}\le 0\Leftrightarrow x<1\vee x\ge 2\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( -\infty ;1 \right)\cup \left[ 2;+\infty  \right)\)

Ta có \(3f\left( x \right) - 16 = 0\) \( \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{16}}{3}\)

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình \(f\left( x \right) = \frac{{16}}{3}\) có 4 nghiệm.

\(\int {\left( {{3^x} + \sin 2x} \right)} {\rm{d}}x = \int {{3^x}} {\rm{d}}x + \int {\sin 2x{\rm{d}}x}  = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} - \frac{1}{2}\cos 2x + C\)

z = (3 - 4i).i = 4 + 3i

\(\left| z \right| = \left| {4 + 3i} \right| = \sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 5\)

\(z = 3{z_1} - 5i{z_2} = 3\left( {3 - i} \right) - 5i\left( { - 5 + 2i} \right) = 19 + 22i\)

Vậy phần ảo của z bằng 22.

Điểm biểu diễn số phức z =  - 1 - 2i là điểm P(-1;-2)

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {0;1; - 1} \right)\) lên trục Oz là điểm (0;0;-1)

Tâm của \(\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9\) có tọa độ là \(I\left( {2; - 4;1} \right)\).

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):2x + 3y + 2 = 0.\) là \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {2;3;0} \right)\).

Một vectơ chỉ phương của \(d:\,\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{3} = \frac{{z + 1}}{{ - 1}}\) là \(\overrightarrow u \left( {  2;\,3\,;\, - 1\,} \right)\)

Góc giữa hai đường thẳng SC và AB bằng góc giữa hai đường thẳng SC và CD.

Mà \(CD\bot SA,\,CD\bot AD\) nên \(CD\bot SD\) hay \(\Delta SCD\) vuông tại D.

\(\cos \widehat{SCD}=\frac{CD}{SC}=\frac{AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{2{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{SCD}=60{}^\circ \) .

Nên góc giữa hai đường thẳng SC và AB bằng \(60{}^\circ \)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = 0\\ x = 2 \end{array} \right.\)

Ta có bảng xét dấu

f'(x) đổi dấu 2 lần nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{4}{x} + x + 1\) liên tục trên đoạn [1;3].

+) \(f'\left( x \right) =  - \frac{4}{{{x^2}}} + 1\).

+) \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 20x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2\,\,\,\,\, \in \left[ {1\,;\,3} \right]\\ x = - 2\,\, \notin \left[ {1\,;\,3} \right] \end{array} \right.\).

+) \(f\left( 1 \right) = 6,\,f\left( 2 \right) = 5,\,f\left( 3 \right) = \frac{{16}}{3}\).

Từ đó suy ra: \(M = f\left( 1 \right) = 6,\,\,m = f\left( 2 \right) = 5,\,M - m = 1.\)

\({\log _2}{a^2} = 2{\log _2}\left| a \right| = 2{\log _2}\left( { - a} \right)\)

Phương trình hoành độ giao điểm \({{x}^{3}}+x+2=-2x+1\Leftrightarrow {{x}^{3}}+3x+1=0\).

Xét \(f\left( x \right)={{x}^{3}}+3x+1,\,\,f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}+3>0,\forall x\) nên \(f\left( x \right)\) là hàm đồng biến.

Vậy số giao điểm cần tìm là 1 .

ĐK: \(1 < x < \frac{{11}}{2}\)

\(\begin{array}{l} {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 1} \right) + {\log _3}\left( {11 - 2x} \right) \ge 0 \Leftrightarrow - {\log _3}\left( {x - 1} \right) + {\log _3}\left( {11 - 2x} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {\log _3}\frac{{11 - 2x}}{{x - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{11 - 2x}}{{x - 1}} \ge 1 \Leftrightarrow \frac{{12 - 3x}}{{x - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow 1 < x \le 4. \end{array}\)

Khi quay tam giác \(A{A}'{C}'\) quanh trục \(A{A}'\) ta được hình nón có bán kính đáy \(R={A}'{C}'=a\sqrt{2}\), đường sinh \(l=A{C}'=\sqrt{{A}'{{{{C}'}}^{2}}+A{{{{A}'}}^{2}}}=a\sqrt{3}\) và chiều cao \(h=A{A}'=a\).

Khi đó diện tích toàn phần là: \(S=\pi Rl+\pi {{R}^{2}}=\pi \left( \sqrt{6}+2 \right){{a}^{2}}\).

Đặt \(t = 2 + \cos x \Rightarrow dt =  - \sin xdx\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow t = 3\\ x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow t = 2 \end{array} \right.\).

Khi đó: \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {2 + \cos x} .\sin x{\rm{d}}x}  = I = \int\limits_2^3 { - \sqrt t {\rm{dt}}}  = I = \int\limits_2^3 {\sqrt t {\rm{dt}}} \).

Theo định nghĩa ta có \(V = \int\limits_0^{\ln 4} {x{e^x}dx} \)

\(\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \frac{{a + bi}}{{a' + b'i}} = \frac{{\left( {a + bi} \right)\left( {a' - b'i} \right)}}{{\left( {a' + b'i} \right)\left( {a' - b'i} \right)}} = \frac{{aa' + bb' + \left( {a'b - ab'} \right)i}}{{a{'^2} + b{'^2}}}\)

Vậy phần thực của số phức \(\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}}\) bằng \(\frac{{aa' + bb'}}{{a{'^2} + b{'^2}}}\).

Ta có : \(\overline{z}=\frac{1+3i}{1+i}=2+i \Rightarrow z=2-i\).

Suy ra \(\text{w}=1-iz+\overline{z}=1-i\left( 2-i \right)+2+i\] \Leftrightarrow \text{w}=2-i\).

Phần ảo của \(\text{w}\) bằng -1

Gọi \(\overrightarrow n \) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow n \bot \overrightarrow {AB} \\ \overrightarrow n \bot \overrightarrow {{n_Q}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( { - 1; - 1;1} \right) = - 1\left( {1;1; - 1} \right)\)

Khi đó mặt phẳng (P) qua A(2;1;-3) và nhận \(\overrightarrow n  = \left( {1;1; - 1} \right)\) làm vectơ pháp tuyến.

Ta có phương trình: \(\left( P \right):\left( {x - 2} \right) + \left( {y - 1} \right) - \left( {z + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( P \right):x + y - z - 6 = 0\).

d' có VTCP \(\overrightarrow u  = \left( {1\,;\,4\,;\, - 2} \right)\), d₂ có phương trình tham số \(\left\{ \begin{array}{l} x = t'\\ y = 1 - 2t'\\ z = 1 + 3t' \end{array} \right.\).

Giả sử A và B lần lượt là giao điểm của d với d₁ và d₂ \( \Rightarrow A\left( {t\,;\, - 1 + 2t\,;\,t} \right)\) và \(B\left( {t'\,;\,1 - 2t'\,;\,1 + 3t'} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {t' - t\,;\,2 - 2t' - 2t\,;\,1 + 3t' - t} \right)\).

Do d//d' nên vectơ \(\overrightarrow u \) và vectơ \(\overrightarrow {AB} \) cùng phương \( \Leftrightarrow \frac{{t' - t}}{1} = \frac{{2 - 2t' - 2t}}{4} = \frac{{1 + 3t' - t}}{{ - 2}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = 2\\ t' = 1 \end{array} \right.\).

Do đó, A(2;3;2).

Vậy d là đường thẳng đi qua A(2;3;2) và nhận \(\overrightarrow u  = \left( {1\,;\,4\,;\, - 2} \right)\) là VTCP nên d có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 2 + u\\ y = 3 + 4u\\ z = 2 - 2u \end{array} \right.\)

Số phần tử của không gian mẫu: \(\left| \Omega  \right|=10!\).

Đếm số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán:

Coi hai quyển T1 và T2 là một phần tử kép.

Bước 1: Số cách xếp 6 quyển sách toán, trong đó hai quyển T1 và T2 xếp cạnh nhau là 2.5!.

Bước 2: Xếp 3 quyển sách tiếng Anh vào 3 trong số 4 khoảng trống giữa các quyển sách Toán, có \(A_{4}^{3}\) cách.

Bước 3: Xếp 1 quyển sách Văn vào khoảng trống ở hai đầu hoặc 1 khoảng trống giữa hai quyển sách toán có 3 cách xếp.

Áp dụng quy tắc nhân ta có \(2.5!.A_{4}^{3}.3=17280\)

Vậy xác suất cần tìm là \(P=\frac{1}{210}\)

Trước hết ta chứng minh được \(\sin \,(SB;(SCD))=\frac{d(B,(SCD))}{SB}\) (như hình trên).

Gọi O là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó ta có \(CO\bot CD\).

Dựng \(OH\bot SC\) suy ra \(OH\bot (SCD)\). Ta tính được \(OC=\frac{a\sqrt{3}}{3},SO=\frac{a\sqrt{6}}{3}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{2}}{3}\).

Khi đó \(d(B,(SCD))=\frac{3}{2}d(O,(SCD))=\frac{3}{2}OH=\frac{3}{2}\frac{\text{a}\sqrt{2}}{3}=\frac{\text{a}\sqrt{2}}{2}\).

Vậy \(\sin \,(SB;(SCD))=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

TXĐ: D = R.

\(y' =  - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên \( \Leftrightarrow y' \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall {\mkern 1mu} x \in R \Leftrightarrow  - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9 \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall {\mkern 1mu} x \in R\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {a = - 3 < 0}\\ {\Delta ' = {m^2} + 3(4m + 9) \le 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow m \in \left[ { - 9; - 3} \right]\).

Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Từ công thức lãi kép ta có \({T_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}\).

Theo đề bài ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} n = 10\\ r = 0,06\\ {T_n} = A + {100.10^6} \end{array} \right.\) ⇒ \({100.10^6} + A = A{\left( {1 + 0,06} \right)^{10}}\)

\( \Leftrightarrow {100.10^6} = A\left( {1,{{06}^{10}} - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow A = \frac{{{{100.10}^6}}}{{1,{{06}^{10}} - 1}}\)

\( \Leftrightarrow A = 126446597\) (đồng).

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

Với mọi \(x\in (2;+\infty )\) ta có \(3{{x}^{2}}-6x>0\) nên hàm số \(g(x)=f\left( {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+m \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( 2;+\infty  \right) \Leftrightarrow  {f}'({{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+m)\le 0,\forall x\in (2;+\infty )\).

Dựa vào đồ thị ta có hàm số y=f(x) nghịch biến trên các khoảng \((-\infty ;1)\) và \((3;+\infty )\) nên \({f}'(x)\le 0\) với \(x\in \left( -\infty ;1 \right]\cup \left[ 3;+\infty  \right)\).

Do đó \(f'({x^3} - 3{x^2} + m) \le 0,\forall x \in (2; + \infty )\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^3} - 3{x^2} + m \le 1,\forall x \in (2; + \infty )\\ {x^3} - 3{x^2} + m \ge 3,\forall x \in (2; + \infty ) \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m \le - {x^3} + 3{x^2} + 1,\forall x \in (2; + \infty )\\ m \ge - {x^3} + 3{x^2} + 3,\forall x \in (2; + \infty ) \end{array} \right.\)

Nhận thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } ( - {x^3} + 3{x^2} + 1) =  - \infty \) nên trường hợp \(m \le  - {x^3} + 3{x^2} + 1,\forall x \in (2; + \infty )\) không xảy

ra.

Trường hợp: \(m \ge  - {x^3} + 3{x^2} + 3,\forall x \in (2; + \infty )\). Ta có hàm số \(h(x) =  - {x^3} + 3{x^2} + 3\) liên tục trên \(\left[ {2; + \infty } \right)\) và \(h'(x) =  - 3{x^2} + 6x < 0,\forall x \in (2; + \infty )\) nên h(x) nghịch biến trên \(\left[ {2; + \infty } \right)\) suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2; + \infty } \right)} h(x) = h(2)\).

Do đó \(m \ge  - {x^3} + 3{x^2} + 3,\forall x \in (2; + \infty )\)

\( \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {2; + \infty } \right)} h(x) = h(2)\)

\( \Leftrightarrow m \ge 7\)

Do m nguyên thuộc khoảng ( - 2019;2019) nên \(m \in \left\{ {7;8;9;...;2018} \right\}\).

Vậy có 2012 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi C là hình chiếu của A trên đường tròn đáy \(\left( {{O}'} \right)\)

Đặt \(O{O}'=h\). Gọi I, D, E lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, \(O{O}'\), AB.

Ta có:\(d\left( AB,O{O}' \right)=d\left( O{O}',\left( ABC \right) \right)=d\left( {O}',\left( ABC \right) \right)=IO'=\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng chứa đường tròn đáy là góc \(\widehat{ABC}=45{}^\circ \)

Tam giác ABC vuông tại C có \(\widehat{B}=45{}^\circ \) nên tam giác ABC vuông cân tại C \(\Rightarrow BC=AC=h\)

Ta có: \(O'{{C}^{2}}=C{{I}^{2}}+O'{{I}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}={{\left( \frac{h}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}\Leftrightarrow h=a\sqrt{2}\)

Thể tích khối trụ là: \(V=\pi {{a}^{2}}.a\sqrt{2}=\pi {{a}^{3}}\sqrt{2}\).

Ta có \(2x.f\left( x \right)+{{x}^{2}}{f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}+1\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}f\left( x \right) \right)}^{\prime }}=3{{x}^{2}}+1\)

Lấy nguyên hàm hai vế ta có

\(\int{{{\left( {{x}^{2}}f\left( x \right) \right)}^{\prime }}\text{dx=}\int{\left( 3{{x}^{2}}+1 \right)\text{dx}\Rightarrow {{x}^{2}}f\left( x \right)={{x}^{3}}+x+C}}\) , C là một số thực nào đó.

Mà ta lại có \(f\left( 1 \right)=1\Rightarrow 1=2+C\Leftrightarrow C=-1\Rightarrow f\left( x \right)=\frac{{{x}^{3}}+x-1}{{{x}^{2}}}\Rightarrow f\left( 2 \right)=\frac{9}{4}\).

\(2f(\sin 2x)=7\Leftrightarrow f(\sin 2x)=\frac{7}{2},u=sin2x\in [-1;1].\) 

Từ đồ thị ta có phương trình \(f(u)=\frac{7}{2}\) có hai nghiệm u phân biệt thuộc đoạn \(\left[ -1;1 \right]\) gồm một nghiệm u=a thuộc khoảng \(\left( -1;0 \right)\), một nghiệm u=b thuộc khoảng \(\left( 0;1 \right)\).

Giả thiết suy ra \(2x\in [0;5\pi ]\), phương trình u=a cho 4 nghiệm \(x\in [0;5\pi ]\), phương trình u=b cho 6 nghiệm \(x\in [0;5\pi ]\).

Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm trên đoạn \(\left[ 0;\frac{5\pi }{2} \right]\)

Biến đổi giả thiết

\(\begin{array}{l} ({2^{a + b - 1}} + {2^{a + 2b - 1}})({2^{3a + 4b - 3}} + {2^{1 - a - b}}) = {2^{2a + 3b}}\\ \Leftrightarrow {2^{4a + 5b - 4}} + {2^0} + {2^{4a + 6b - 4}} + {2^b} = {2^{2a + 3b}}\\ \Leftrightarrow {2^{2a + 2b - 4}} + {2^{ - 2a - 3b}} + {2^{2a + 3b - 4}} + {2^{ - 2a - 2b}} = 1. \end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình  nhân, ta có

\(\begin{array}{l} {2^{2a + 2b - 4}} + {2^{ - 2a - 3b}} + {2^{2a + 3b - 4}} + {2^{ - 2a - 2b}} = \left( {{2^{2a + 2b - 4}} + {2^{ - 2a - 2b}}} \right) + \left( {{2^{ - 2a - 3b}} + {2^{2a + 3b - 4}}} \right) \ge {2.2^{ - 2}} + {2.2^{ - 2}} = 1,\\ = khi\left\{ \begin{array}{l} 2a + 2b - 4 = - 2a - 2b\\ - 2a - 3b = 2a + 3b - 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 1\\ b = 0 \end{array} \right.. \end{array}\)

\( \Rightarrow P = 1 \in \left[ {1;3} \right]\)

Đặt \(u = {e^x}\), từ điều kiện của x, có \(u \in [2;5]\) và hàm số đã cho thành \(y = \left| {f(u)} \right|,u = {e^x} \in [2;5].\)

\(f(u) = {u^2} - 6u + m,{f'}(u) = 2u - 6,{f'}(u) = 0 \Leftrightarrow u = 3,f(2) = m - 8,f(3) = m - 9,f(5) = m - 5\)

Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn [ln2; ln5] thuộc tập hợp

\(A = \left\{ {\left| {m - 8} \right|,\left| {m - 9} \right|,\left| {m - 5} \right|} \right\}.\)

\(\left| {m - 8} \right| = 7 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 15 \Rightarrow A = \left\{ {7;6;10} \right\}\\ m = 1 \Rightarrow A = \left\{ {7;8;4} \right\} \end{array} \right..\)

\(\left| {m - 9} \right| = 7 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 16 \Rightarrow A = \left\{ {8;7;11} \right\}\\ m = 2 \Rightarrow A = \left\{ {6;7;3} \right\} \end{array} \right..\)

\(\left| {m - 5} \right| = 7 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 12 \Rightarrow A = \left\{ {4;3;7} \right\}\\ m = - 2 \Rightarrow A = \left\{ {10;11;7} \right\} \end{array} \right..\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn [ln2; ln5] bằng 7 khi m = 2 hoặc m = 12, tức là có hai giá trị m cần tìm.

Do mặt phẳng (P) song song với SC nên giao tuyến của mặt phẳng (P) với mặt phẳng (SAC) là \(IL//SC,L\in AC\); với mặt phẳng (SBC) là \(JK//SC,K\in BC.\)

Có \({{V}_{SCLKJI}}={{V}_{S.CLK}}+{{V}_{S.ILK}}+{{V}_{S.IJK}}.\)

Ta có \(\frac{{{S}_{CLK}}}{{{S}_{CAB}}}=\frac{CL}{CA}.\frac{CK}{CB}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\) nên \(\frac{{{V}_{S.CLK}}}{{{V}_{S.CAB}}}=\frac{{{S}_{CLK}}}{{{S}_{CAB}}}=\frac{1}{3}\)

Suy ra \({{V}_{S.CLK}}=\frac{1}{3}\) và \({{V}_{S.ABKL}}=\frac{2}{3}\)

Ta có \(\frac{{{V}_{S.ILK}}}{{{V}_{S.ALK}}}=\frac{SI}{SA}=\frac{1}{2}\) và \({{V}_{S.ALK}}=\frac{1}{3}{{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}\) nên \({{V}_{SILK}}=\frac{1}{6}.\)

Mặt khác \(\frac{{{V}_{S.IJK}}}{{{V}_{S.ABK}}}=\frac{SI}{SA}.\frac{SJ}{SB}=\frac{1}{3}\) và \({{V}_{S.ABK}}=\frac{1}{3}{{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}\) nên \({{V}_{S.IJK}}=\frac{1}{9}.\)

Mà \({{V}_{SCLKJI}}={{V}_{S.CLK}}+{{V}_{S.ILK}}+{{V}_{S.IJK}}\) nên \({{V}_{SCLKJI}}=\frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{9}=\frac{11}{18}.\)

Bằng cách khảo sát hàm số, chứng minh được \({e^x} \ge x + 1,{\rm{ }} = {\rm{ }}khi{\rm{ }}x = 0\) nên   

\(\begin{array}{l} {e^{2x - y - 1}} - 2x + y + 2 = {e^{2x - y - 1}} - [(2x - y - 1) + 1] + 2 \ge 2\\ \Rightarrow lo{g_3}({\log _2}({e^{2x - y - 1}} - 2x + y + 2)) \ge {\log _3}({\log _2}(2)) = 0, = {\rm{ }}khi{\rm{ }}2x - y - 1 = 0{\rm{ }}(1) \end{array}\)

Lại có

\(\begin{array}{l} - {x^2} - 4{y^2} + 4xy - 2x + 4y + 2 = 3 - {(x - 2y + 1)^2} \le 3\\ \Rightarrow {\log _2}({\log _3}( - {x^2} - 4{y^2} - 2x + 4y + 2)) \le {\log _2}({\log _3}3)) = 0,{\rm{ }} = {\rm{ }}khi{\rm{ }}x - 2y + 1 = 0{\rm{ }}(2) \end{array}\)

Từ (1) và (2), đẳng thức xảy ra khi đồng thời có \(\left\{ \begin{array}{l} 2x - y - 1 = 0\\ x - 2y + 1 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = 1 \end{array} \right..\)

Vậy có 1 cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn yêu cầu bài toán.