Mỗi cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán chính là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử nên số cách xếp là \(A_5^3\).

Cấp số số cộng (u_n) có số hạng đầu u₁ và công sai d có công thức số hạng tổng quát là: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\)

Suy ra \({u_5} = {u_1} + 4d = 2 + 4.3 = 14\).

Vậy số giá trị của u₅ bằng 14.

\({4^{3x - 2}} = 16 \Leftrightarrow 3x - 2 = 2 \Leftrightarrow x = \frac{4}{3}\)

Khối chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD và nhận SA làm đường cao.

Diện tích hình thoi ABCD là \(S = \frac{1}{2}AC.BD\).

Thể tích khối chóp là \(V = \frac{1}{6}SA.AC.BD\).

Hàm số \(y = {\log _2}\left( {2x - 3} \right)\) xác định \(\Leftrightarrow 2x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}\).

Vậy tập xác định của hàm số là: \(D = \left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\)

\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\cos x{\rm{d}}x = \sin x + C} } .\)

Thể tích khối lăng trụ V = h.B.

Trong đó h = 6a.

Diện tích đáy \(B = \frac{1}{2}.3a.4a = 6{a^2}\).

Vậy \(V = 6a.6{a^2} = 36{a^3}\)

\(V = \pi {r^2}h = \pi {h^3} = 8\pi \Leftrightarrow {h^3} = 8 \Leftrightarrow h = 2\)

Ta có thể tích khối cầu : \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {6^3} = 288\pi \) (cm³)

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số suy ra hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (-2;0)

\(\log \left( {{a^3}{b^2}} \right) = \log {a^3} + \log {b^2} = 3\log a + 2\log b\)

Ta có: l = 10

\(\begin{array}{l} {S_{xq}} = 60\pi \Leftrightarrow \pi rl = 60\pi \Leftrightarrow 10\pi r = 60\pi \Leftrightarrow r = 6\\ h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = \sqrt {64} = 8 \end{array}\)

Do đó thể tích khối nón đã cho là: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.6^2}.8 = 96\pi \)

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy giá trị cực đại của hàm số là y_CĐ = 4 tại \(x = \pm \sqrt 2 \)

Từ bảng biến thiên suy ra hệ số a > 0.

Mặt khác hàm số có 3 điểm cực trị suy ra các hệ số a, b trái dấu.

Từ bảng biến thiên ta thấy:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 5\) ⇒ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang: y = 5.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = 3\) ⇒ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang: y = 3.

\(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = + \infty \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = - \infty \end{array} \right.\) ⇒ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng: x = 1.

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

\(\begin{array}{l} {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {2x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + 1 > 2x - 1\\ 2x - 1 > 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \frac{1}{2} < x < 2 \end{array}\)

Phương trình \(2f\left( x \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{3}{2}\)

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với đường thẳng \(y = \frac{3}{2}\).

Từ bảng biến thiên suy ra số nghiệm thực của phương trình \(2f\left( x \right) - 3 = 0\) là 2.

\(\int\limits_0^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x + \int\limits_2^4 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = 9 + 4 = 13\)

\(z = 1 - 2i \Rightarrow \overline z = 1 + 2i\)

Ta có \(z = 1 + 2i \Rightarrow \overline z = 1 - 2i\), khi đó \(w = 2z + \overline z = 2\left( {1 + 2i} \right) + \left( {1 - 2i} \right) = 3 + 2i\).

Phần thực của số phức w là 3, phần ảo của số phức w là 2.

⇒ Tổng phần thực và phần ảo là: 3 + 2 = 5.

Ta có \(z = - 1 + 2i \Rightarrow \overline z = - 1 - 2i\).

Vậy số phức \(\overline z \) được biểu diễn bởi điểm Q(-1;-2)

Chiếu vuông góc một điểm bất kỳ lên trục Ox khi đó giữ nguyên hoành độ còn tung độ và cao độ bằng 0.

Vậy hình chiếu vuông góc của A lên trục Ox có tọa độ là: (-2;0;0).

Từ phương trình mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - 5} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 3\).

Suy ra, bán kính của mặt cầu đó là \(R = \sqrt 3 \).

Mặt phẳng (P) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {2\,;\,0\,\,; - 1} \right)\)

Thử đáp án B ta được: \(\frac{{1 - 3}}{2} = \frac{{ - 1 + 2}}{{ - 1}} \ne \frac{{3 + 1}}{4}\). Suy ra M không thuộc đường thẳng d.

Vì \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot AB\\ BC \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\).

Suy ra góc giữa 2 mặt phẳng (ABC) và mặt phẳng (SBC) là góc \(\alpha = \widehat {SBA}\).

Xét tam giác vuông SBA có \(\cos \alpha = \frac{{AB}}{{SB}} = \frac{{AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\).

Dễ thấy: f'(x) liên tục trên R.

\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1\\ x = - \frac{3}{2} \end{array} \right.\).

Trong đó có 2 nghiệm đơn là x = 0 và \(x = - \frac{3}{2}\) và một nghiệm bội 2 là x = 1.

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

Quan sát đồ thị ta thấy hàm số y = f(x) đạt giá trị nhỏ nhất trên [-1;3] là -1 tại điểm x = -1 và đạt giá trị lớn nhất trên [-1;3] là 4 tại điểm x = 3. Do đó M = 4, m = -1.

Giá trị \(M - m = 4 - \left( { - 1} \right) = 5\).

\({\log _c}\left( {ab} \right) = {\log _c}a + {\log _c}b = \frac{1}{{{{\log }_a}c}} + \frac{1}{{\log b}}c = \frac{1}{x} + \frac{1}{y}\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục Ox là:

\({x^4} - 5{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^2} = 1\\ {x^2} = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \pm 1\\ x = \pm 2 \end{array} \right.\).

Vậy số điểm chung của đồ thị hàm số với trục hoành là 4

\(\begin{array}{l} {3^{2x + 1}} - {7.3^x} + 2 > 0\\ \Leftrightarrow {3.3^{2x}} - {7.3^x} + 2 > 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {3^x} < \frac{1}{3}\\ {3^x} > 2 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < {\log _3}\frac{1}{3}\\ x > {\log _3}2 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < - 1\\ x > {\log _3}2 \end{array} \right. \end{array}\)

Ta có thể tích khối nón \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\).

Trong đó \(h = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};r = HB = \frac{a}{2}\)

Do đó: \(V = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{{24}}\).

Đặt \(u = {x^2} - 1 \Rightarrow {\rm{d}}u = 2x{\rm{d}}x\)

Đổi cận: Với x = 1 thì u = 0; với x = 2 thì u = 3.

Khi đó \(I = \int\limits_1^2 {2x\sqrt {{x^2} - 1} } {\rm{d}}x = \int\limits_0^3 {\sqrt u {\rm{d}}u} = \frac{2}{3}{u^{\frac{3}{2}}}\left| \begin{array}{l} 3\\ 0 \end{array} \right. = \frac{2}{3}{3^{\frac{3}{2}}} = \frac{2}{3}\sqrt {27} \) do đó mệnh đề \(I = \int\limits_1^2 {\sqrt u {\rm{d}}u} \) sai.

Theo công thức tính diện tích hình phẳng ta có \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^3}} \right|} dx\)

\({z_1} = 1 + i \Rightarrow {\bar z_1} = 1 - i\)

\({z_2} = 1 - i \Rightarrow i{z_2} = 1 + i\)

Suy ra \({\bar z_1} + i{z_2} = 2\)

\({z^2} + 6z + 34 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = - 3 + 5i\\ z = - 3 - 5i \end{array} \right.\)

Do đó \({z_0} = - 3 + 5i \Rightarrow \left| {{z_0} + 2 - i} \right| = \left| { - 1 + 4i} \right| = \sqrt {17} \)

\(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{z}{2}\)

Vì \(\left( P \right) \bot \left( d \right)\) nên chọn \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2; - 1;2} \right)\)

(P) qua gốc tọa độ nên \(\left( P \right):2x - y + 2z = 0\)

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; - 2; - 2} \right)\) nên phương trình đường thẳng  nhận vecto \(\overrightarrow n = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 1; - 1} \right)\) làm vecto chỉ phương.

Vì \(B \in AB\) nên ta suy ra phương trình đường thẳng AB là: \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{z}{{ - 1}}\).

Số phần tử của không gian mẫu là: 13!

Gọi A là biến cố: “Thầy giáo đứng giữa 2 học sinh nam”

Bước 1: Xếp hai học sinh nam đứng cạnh thầy giáo có \(A_8^2\).

Coi hai học sinh nam đứng cạnh thầy giáo và thầy giáo là một người.

Bước 2: Xếp 12 người quanh một bàn tròn có 11! cách.

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là: \(A_8^2.11!.\)

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{A_8^2.11!}}{{13!}} = \frac{{14}}{{39}}.\)

ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương \( \Rightarrow BC'\,{\rm{//}}\,AD' \Rightarrow BC'\,{\rm{//}}\,\left( {ACD'} \right);\,\,CD' \subset \left( {ACD'} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {BC'\,;\,CD'} \right) = d\left( {BC'\,;\,\left( {ACD'} \right)} \right) = d\left( {B\,;\,\left( {ACD'} \right)} \right) = d\left( {D\,;\,\left( {ACD'} \right)} \right) = h\)

Tứ diện DACD' có DA, DC, DD' đôi một vuông góc.

\( \Rightarrow \frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{D{A^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}} + \frac{1}{{D{{D'}^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Rightarrow h = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Ta có \(y' = 3{x^2} - 4x - 2m + 5\)

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0{\rm{; + }}\infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0,{\rm{ }}\forall x \in {\rm{ }}\left( {{\rm{0; + }}\infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 4x - 2m + 5 \ge 0{\rm{ ,}}\forall x \in \left( {{\rm{0; + }}\infty } \right) \Leftrightarrow 3{x^2} - 4x \ge 2m - 5{\rm{ ,}}\forall x \in \left( {{\rm{0; + }}\infty } \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^2} - 4x\) trên \(\left( {0{\rm{; + }}\infty } \right)\), ta có \(f'\left( x \right) = 6x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{2}{3}\)

Vẽ bảng biến thiến

Từ bảng trên suy ra \(3{x^2} - 4x \ge 2m - 5{\rm{ ,}}\forall x \in {\rm{ }}\left( {{\rm{0; + }}\infty } \right)\) \( \Leftrightarrow 2m - 5 \le - \frac{4}{3} \Leftrightarrow m \le \frac{{11}}{6}\).

Do m nguyên và \(m \in \left[ { - 2018{\rm{ ; 2019}}} \right] \Rightarrow m \in \left\{ { - 2018; - 2017; - 2016,....,0,1} \right\}\)

Vậy có 2020 giá trị m thỏa mãn đề bài.

Gọi S₀ là số lượng lá bèo ban đầu được thả xuống hồ.

Sau 1 giờ thì số lượng lá bèo có trong hồ là \({S_1} = 10{S_0}\);

Sau 2 giờ thì số lượng lá bèo có trong hồ là \({S_2} = {10^2}{S_0}\);

……….

Sau n giờ thì số lượng lá bèo có trong hồ là \({S_n} = {10^n}{S_0}\).

Sau 10 giờ số lượng lá bèo phủ kín mặt hồ nên ta có \({S_{10}} = {10^{10}}{S_0}\).

Giả sử sau k giờ (0 < k < 10) thì số lượng lá bèo phủ kín tối thiểu một phần tư hồ

Khi đó: \({S_k} = \frac{1}{4}{S_{10}} \Leftrightarrow {10^k}{S_0} = \frac{1}{4}{.10^{10}}{S_0} \Leftrightarrow {10^k} = \frac{{{{10}^{10}}}}{4} \Leftrightarrow k = \log \left( {\frac{{{{10}^{10}}}}{4}} \right) = 10 - \log 4\).

Đồ thị đi lên khi \(x \to + \infty \) nên \(a - 1 > 0 \Leftrightarrow a > 1\).

Đồ thị đi qua điểm (0;c;-1) có tung độ nằm phía trên trục hoành nên \(c - 1 > 0 \Leftrightarrow c > 1\).

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên \(\left( {a - 1} \right).\left( {b + 2} \right) < 0\) mà a > 1 nên \(b + 2 < 0 \Leftrightarrow b < - 2\).

Gọi H là trung điểm của đoạn AB

Nhận thấy:

+) Tam giác OAB vuông cân tại O.

+) \(OH \bot AB,SH \bot AB\) nên góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (OAB) bằng \(\varphi = \widehat {SHO}\).

Ta có: \({S_{\Delta OAB}} = {S_{\Delta SAB}}.\cos \varphi \Rightarrow \frac{1}{2}{R^2} = {R^2}\sqrt 2 .\cos \varphi \Rightarrow \cos \varphi = \frac{1}{{2\sqrt 2 }}.\)

Mà \(\cos \varphi = \frac{{OH}}{{SH}} = \frac{1}{{2\sqrt 2 }} \Rightarrow \frac{{\frac{{R\sqrt 2 }}{2}}}{{SH}} = \frac{1}{{2\sqrt 2 }} \Rightarrow SH = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}.2\sqrt 2 = 2R.\)

\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{H^2} - O{H^2}} = \sqrt {4{R^2} - {{\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{R\sqrt {14} }}{2}\)

Vậy thể tích của khối nón bằng \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}.SO = \frac{1}{3}\pi {R^2}.\frac{{R\sqrt {14} }}{2} = \frac{{\pi {R^3}\sqrt {14} }}{6}.\)

Đặt \(t = \sqrt {x + 1} \Rightarrow {t^2} = x + 1 \Rightarrow 2t{\rm{d}}t = {\rm{d}}x\).

Khi \(x = 3 \Rightarrow t = 2\); Khi \(x = 8 \Rightarrow t = 3\).

Khi đó  

\(\begin{array}{l} I = \int\limits_2^3 {\frac{1}{{{t^2} - 1 + \left( {{t^2} - 1} \right)t}}.2t} {\rm{d}}t = \int\limits_2^3 {\frac{{2t}}{{\left( {{t^2} - 1} \right)\left( {t + 1} \right)}}} {\rm{d}}t = \int\limits_2^3 {\frac{{2t}}{{\left( {t - 1} \right){{\left( {t + 1} \right)}^2}}}} {\rm{d}}t\\ = \int\limits_2^3 {\frac{{\left( {t + 1} \right) + \left( {t - 1} \right)}}{{\left( {t - 1} \right){{\left( {t + 1} \right)}^2}}}} {\rm{d}}t = \int\limits_2^3 {\left( {\frac{{\left( {t + 1} \right)}}{{\left( {t - 1} \right){{\left( {t + 1} \right)}^2}}} + \frac{{\left( {t - 1} \right)}}{{\left( {t - 1} \right){{\left( {t + 1} \right)}^2}}}} \right)} {\rm{d}}t\\ = \int\limits_2^3 {\left( {\frac{1}{{\left( {t - 1} \right)\left( {t + 1} \right)}} + \frac{1}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}} \right)} {\rm{d}}t = \int\limits_2^3 {\left( {\frac{1}{2}.\frac{{\left( {t + 1} \right) - \left( {t - 1} \right)}}{{\left( {t - 1} \right)\left( {t + 1} \right)}} + \frac{1}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}} \right)} {\rm{d}}t\\ = \int\limits_2^3 {\left[ {\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right) + \frac{1}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}} \right]} {\rm{d}}t = \left. {\left[ {\frac{1}{2}\left( {\ln \left| {t - 1} \right| - \ln \left| {t + 1} \right|} \right) - \frac{1}{{t + 1}}} \right]} \right|_2^3\\ = \left. {\left[ {\frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right| - \frac{1}{{t + 1}}} \right]} \right|_2^3 = \frac{1}{2}\ln \frac{1}{2} - \frac{1}{4} - \left( {\frac{1}{2}\ln \frac{1}{3} - \frac{1}{3}} \right)\\ = \frac{1}{2}\ln \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\ln \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} = \frac{1}{2}\ln \frac{3}{2} + \frac{1}{{12}} \end{array}\)

⇒ a = 3, b = 2, c = 1, d = 12

Vậy abc - d = 3.2.1 - 12 =  - 6.

Đặt f(x) = t (*).

Nhận xét: +) Với  phương trình t = -3 có một nghiệm x = 1.

+) Với t > -3 ⇒ phương trình (*) có hai nghiệm x = x₁ và x = x₂ với \({x_1} < 1;{x_2} > 1.\)

Ta có: \(f\left[ {f\left( x \right) + m} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {t + m = 0}\\ {t + m = 2} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {t = - m}\\ {t = 2 - m} \end{array}} \right.\)

Vì \(2 - m > - m,\;\forall m\) nên \(f\left[ {f\left( x \right) + m} \right] = 0\) có đúng 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} { - m = - 3}\\ {2 - m > - 3} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {m = 3}\\ {m < 5} \end{array}} \right. \Leftrightarrow m = 3\).

Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do \({a^2} + {b^2} > 1\) nên từ \({\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {a + b} \right) \ge 1{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}a + b \ge {a^2} + {b^2} > 1\).

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l} {a^2} + {b^2} > 1\\ {\left( {a - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {b - \frac{1}{2}} \right)^2} \le {\rm{ }}\frac{1}{2} \end{array} \right.\)

Khi đó: \(P = 2a + 4b - 3 = 2\left( {a - \frac{1}{2}} \right) + 4\left( {b - \frac{1}{2}} \right) \le \sqrt {\left( {{2^2} + {4^2}} \right).\left[ {{{\left( {a - \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {b - \frac{1}{2}} \right)}^2}} \right]{\rm{ }}} \le \sqrt {20.\left( {\frac{1}{2}} \right)} = \sqrt {10} \)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l} \frac{{a - \frac{1}{2}}}{2} = \frac{{b - \frac{1}{2}}}{4} > 0\\ {\left( {a - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {b - \frac{1}{2}} \right)^2} = {\rm{ }}\frac{1}{2}\\ \\ {a^2} + {b^2} > 1 \end{array} \right.{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}\left\{ \begin{array}{l} a = \frac{1}{2} + \frac{1}{{\sqrt {10} }}\\ b = \frac{1}{2} + \frac{2}{{\sqrt {10} }} \end{array} \right.\)

Vậy \({P_{{\rm{max}}}} = \sqrt {10} \) khi \(\left\{ \begin{array}{l} a = \frac{1}{2} + \frac{1}{{\sqrt {10} }}\\ b = \frac{1}{2} + \frac{2}{{\sqrt {10} }} \end{array} \right.\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} - 4{x^3} + 4{x^2} + a\) trên đoạn [0;2], có:

\(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 12{x^2} + 8x\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 12{x^2} + 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1\\ x = 2 \end{array} \right.\).

Vì \(f(0) = a,f\left( 1 \right) = 1 - 4 + 4 + a = a + 1,f\left( 2 \right) = {2^4} - {4.2^3} + {4.2^2} + a = a\) nên trên đoạn [0;2] giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} - 4{x^3} + 4{x^2} + a\) lần lượt là a + 1, a.

Suy ra \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,2} \right]} \left\{ {\left| a \right|;\left| {a + 1} \right|} \right\};m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\,2} \right]} \left\{ {\left| a \right|;\left| {a + 1} \right|} \right\}\) nếu \(a\left( {a + 1} \right) > 0\). m = 0 nếu \(a\left( {a + 1} \right) \le 0\).

TH1: \(a \in \left[ { - \frac{1}{2};2} \right]\)

\(M = \left| {a + 1} \right|;m = \left| a \right|\). Khi đó \(M \le 2\,m \Leftrightarrow \left| {a + 1} \right| \le 2\left| a \right| \Leftrightarrow 3{a^2} - 2a - 1 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a \le - \frac{1}{3}\\ a \ge 1 \end{array} \right.\), vì \(a \in Z\) nên chọn \(a \in \left\{ {1;\,2} \right\}\)

TH2: \(a \in \left[ { - 3; - \frac{1}{2}} \right)\)

\(M = \left| a \right|;m = \left| {a + 1} \right|\). Khi đó \(M \le 2\,m \Leftrightarrow \left| a \right| \le 2\left| {a + 1} \right| \Leftrightarrow 3{a^2} + 8a + 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a \ge - \frac{2}{3}\\ a \le - 2 \end{array} \right.\), vì \(a \in Z\) nên chọn \(a \in \left\{ { - 3;\, - 2} \right\}\)

Vậy có 4 giá trị a thỏa yêu cầu.

+ Dựng hình chóp S.A'B'C' sao cho A là trung điểm B'C', B là trung điểm A'C', C là trung điểm A'B'.

+ Khi đó SB = AC = BA' = BC' = 4 nên \(\Delta SA'C'\) vuông tại S và \(SA{'^2} + SC{'^2} = {\left( {2.SB} \right)^2} = 64{\rm{ }}(1)\).

+ Tương tự \(\Delta SB'C',\Delta SA'B'\) vuông tại S và \(\left\{ \begin{array}{l} SA{'^2} + SB{'^2} = 80{\rm{ (2)}}\\ SB{'^2} + SC{'^2} = 36{\rm{ (3)}} \end{array} \right.\).

+ Từ (1), (2), (3) ta suy ra \(SC' = \sqrt {10} ;SB' = \sqrt {26} ;SA' = \sqrt {54} \)

+ Ta tính được \({V_{S.A'B'C'}} = \frac{1}{3}SC'.\frac{1}{2}.SA'.SB' = \sqrt {390} \) và \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{4}{V_{S.A'B'C'}} = \frac{{\sqrt {390} }}{4}\).

Do \(0 \le x \le 2021\) nên \({\log _2}(2x + 2)\) luôn có nghĩa.

Ta có \({\log _2}(2x + 2) + x - 3y = {8^y}\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}(x + 1) + x + 1 = 3y - {2^{3y}}\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}(x + 1) + {2^{{{\log }_2}(x + 1)}} = 3y + {2^{3y}}\) (1)

Xét hàm số \(f(t) = t + {2^t}\).

Tập xác định D = R và \(f'(t) = 1 + {2^t}\ln 2 \Rightarrow f'(t) > 0\forall t \in R\)

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R. Do đó \((1) \Leftrightarrow {\log _2}(x + 1) = 3y \Leftrightarrow x + 1 = {2^{3y}} \Leftrightarrow y = {\log _8}(x + 1)\)

Ta có \(0 \le x \le 2021\) nên \(1 \le x + 1 \le 2022\) suy ra \(0 \le {\log _8}(x + 1) \le {\log _8}2022\).

Lại có \({\log _8}2022 \approx 3,66\) nên nếu \(y \in Z\) thì \(y \in \left\{ {0\,;1\,;2\,;\left. 3 \right\}} \right.\).

Vậy có 4 cặp số (x;y) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là các cặp (0;0), (7;1), (63;2), (511;3).