Dựa vào mối tương giao giữa các đồ thị hàm số ta có:

.\(f\left( {{f^2}\left( x \right)} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {f^2}\left( x \right) = a \in \left( { - 2; - 1} \right){\rm{ vo nghiem}}\\ {f^2}\left( x \right) = 0\\ {f^2}\left( x \right) = b \in \left( {1;2} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f\left( x \right) = 0\\ f\left( x \right) = \sqrt b \in \left( {1;\sqrt 2 } \right)\\ f\left( x \right) = - \sqrt b \in \left( { - \sqrt 2 ; - 1} \right) \end{array} \right.\)

+ Phương trình \(f\left( x \right)=0\) có 3 nghiệm phân biệt.

+ Phương trình \(f\left( x \right)=\sqrt{b}\) có 3 nghiệm phân biệt.

+ Phương trình \(f\left( x \right)=-\sqrt{b}\) có 1 nghiệm.

Dựa vào đồ thị ta thấy các nghiệm trên không trùng nhau. Vậy phương trình có 7 nghiệm phân biệt.

Ta có: \(P=\frac{{{a}^{\sqrt{3}+1+2-\sqrt{3}}}}{{{a}^{\left( \sqrt{2}-2 \right)\left( \sqrt{2}+2 \right)}}}=\frac{{{a}^{3}}}{{{a}^{-2}}}={{a}^{5}}.\)

Vì \(\frac{BM}{BC}=\frac{2}{3},\) suy ra \(IM//AC.\) Kéo dài \(MI\) cắt \(AB\) tại \(N:\frac{BN}{BA}=\frac{2}{3}.\)

Suy ra \(NJ//AD.\) Kéo dài \(NJ\) cắt \(BD\) tại \(P:\frac{BP}{BD}=\frac{2}{3}.\)

Vì tứ diện đều nên \(DI\) là đường cao của tứ diện.

+) \(DJ=\sqrt{A{{D}^{2}}-A{{I}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3};{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\)

Suy ra: \({{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}.\)

Khi đó: \(\frac{{{V}_{B.MNP}}}{{{V}_{B.CAD}}}=\frac{BM}{BC}.\frac{BN}{BA}.\frac{BP}{BD}={{\left( \frac{2}{3} \right)}^{3}}=\frac{8}{27}\Rightarrow {{V}_{B.MNP}}=\frac{8}{27}{{V}_{B.CAD}}=\frac{8}{27}.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}=\frac{2\sqrt{2}{{a}^{3}}}{81}.\)

Ta xét lăng trụ tam giác \(ABA'.DCD'\) có thể tích bằng \(\frac{1}{2}V.\)

Kéo dài \(D'N\) cắt \(A'B\) tại \(E.\)

+) \(\frac{EN}{ED'}=\frac{BN}{A'D'}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{D'N}{D'E}=\frac{3}{4};\text{  }\frac{A'B}{EA'}=\frac{D'N}{D'E}=\frac{3}{4}\Leftrightarrow \frac{EA'}{BA'}=\frac{4}{3}.\)

+) \(\frac{{{V}_{D'.A'ME}}}{{{V}_{D'.A'AB}}}=\frac{{{S}_{\Delta MA'E}}}{{{S}_{AA'B}}}=\frac{MB}{AB}.\frac{A'E}{A'B}=\frac{1}{2}.\frac{4}{3}=\frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow {{V}_{D'.A'ME}}=\frac{2}{3}{{V}_{D'.A'AB}}=\frac{2}{3}.\frac{1}{3}{{V}_{D'DC.A'AB}}=\frac{2}{3}.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}V=\frac{1}{9}V.\)

Vậy \(\frac{{{V}_{D'.PMN}}}{{{V}_{D'.A'ME}}}=\frac{D'P}{D'A'}.\frac{D'M}{D'M}.\frac{D'N}{D'E}=\frac{2}{3}.1.\frac{3}{4}=\frac{1}{2}\Rightarrow {{V}_{D'.PMN}}=\frac{1}{2}{{V}_{D'.A'ME}}=\frac{1}{18}V.\)

Đặt \(t={{2}^{x}}\left( t>0 \right)\)

Bất phương trình trở thành:

\(t<3-\frac{2}{t}\)

\(\Leftrightarrow {{t}^{2}}-3t+2<0\)

\(\Leftrightarrow 1<t<2\)

\(\Rightarrow 1<{{2}^{x}}<2\)

\(\Leftrightarrow 0<x<1.\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( 0;1 \right).\)

\(y'={{13}^{x}}. \ln 13. \)      

Xét hàm số \(y=f\left( x \right)-{{x}^{2}}-x+2021\) có \(y'=f'\left( x \right)-2x-1\)

Ta có \(y'=0\Leftrightarrow f'\left( x \right)=2x+1\text{ }\left( 1 \right)\)

Số nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(d:y=2x+1\)

Từ hình vẽ ta thấy đường thẳng \(d\) cắt đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt có hoành độ \(x=0;x=a\left( 0<a<2 \right);x=2.\)

BBT

Từ BBT suy ra hàm số \(y=f\left( x \right)-{{x}^{2}}-x+2021\) đạt cực đại tại \(x=0.\)

Chu vi đáy là \(C=37+13+30=80,\) nửa chu vi đáy là \(p=40\)

Gọi \(h\) là chiều cao lăng trụ. Ta có \({{S}_{xq}}=h.C\Rightarrow h=\frac{{{S}_{xq}}}{C}=\frac{480}{80}=6.\)

Diện tích đáy là \(S=\sqrt{40\left( 40-37 \right)\left( 40-13 \right)\left( 40-30 \right)}=180\)

Thể tích khối lăng trụ là \(V={{S}_{1}}.h=180.6=1080.\)

Hàm số xác định khi: \(x-m\ne 0\Leftrightarrow x\ne m.\)

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

Để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( -\infty ;3 \right)\) thì

\(\left\{ \begin{array}{l} y' < 0{\rm{ }}\forall x \in \left( { - \infty ;3} \right)\\ \left( { - \infty ;3} \right) \subset D \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m + 2 < 0\\ m \ge 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 2\\ m \ge 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 3.\)

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\).

Do \(S.ABCD\) là khối chóp tứ giác đều \(\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right).\)

\({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}\Rightarrow \frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}=\frac{1}{3}.SO.{{a}^{2}}\Rightarrow SO=a\sqrt{2}\).

Ta có: \(d\left( C;\left( SAB \right) \right)=2.d\left( O;\left( SAB \right) \right).\)

Gọi K là trung điểm \(AB,H\) là hình chiếu của \(O\) lên \(SK.\)

Ta có \(\left. \begin{array}{l} OK \bot AB\\ SO \bot AB \end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SOK} \right) \bot AB \Rightarrow OH \bot AB.\)

\(\left. \begin{array}{l} OH \bot SK\\ OH \bot AB \end{array} \right\} \Rightarrow OH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = OH.\)

Xét tam giác \(SOK\) vuông tại \(O\) có \(OH\) là đường cao.

\(\Rightarrow \frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{K}^{2}}}+\frac{1}{S{{O}^{2}}}=\frac{1}{{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}=\frac{9}{2{{a}^{2}}}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{2}}{3}.\)

\(\Rightarrow d\left( C;\left( SAB \right) \right)=2.d\left( O;\left( SAB \right) \right)=\frac{2a\sqrt{2}}{3}.\)

Xét hàm số \(y=\frac{{{x}^{2}}-2x}{1-x}.\)

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

Ta có: \(y'=\frac{-{{x}^{2}}+2x-2}{{{\left( 1-x \right)}^{2}}}=\frac{-{{\left( x-1 \right)}^{2}}-1}{{{\left( 1-x \right)}^{2}}}<0\) với mọi \(x\ne 1.\)

Nên hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;1 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right).\)

Gọi \(S\) và \(O\) lần lượt là đỉnh và tâm mặt đáy của hình nón.

Một thiết diện qua trục cắt đường tròn đáy tại hai điểm \(A\) và \(B\) như hình vẽ.

Khi đó tam giác \(SAB\) cân tại \(S\) có \(\widehat{ASB}={{120}^{0}}.\)

Ta có:

\(SO=SA.\cos \widehat{ASO}=2a.\cos {{60}^{0}}=a.\)

\(AO=\sqrt{S{{A}^{2}}-S{{O}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2a \right)}^{2}}-{{a}^{2}}}=a\sqrt{3}.\)

Thể tích \(V\) của khối nón đã cho là: \(V=\frac{1}{3}\pi .A{{O}^{2}}.SO=\frac{1}{3}\pi {{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}.a=\pi {{a}^{3}}.\)

Ta có: \(2{{\log }_{3}}\left( a-3b \right)={{\log }_{3}}a+{{\log }_{3}}\left( 4b \right)\Leftrightarrow {{\log }_{3}}{{\left( a-3b \right)}^{2}}={{\log }_{3}}\left( 4ab \right)\Leftrightarrow {{\left( a-3b \right)}^{2}}=4ab\)

\( \Leftrightarrow {a^2} - 10ab + 9{b^2} = 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{a}{b}} \right)^2} - 10\frac{a}{b} + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \frac{a}{b} = 1\\ \frac{a}{b} = 9 \end{array} \right..\)

Vì \(a>3b\Rightarrow \frac{a}{b}=9.\)

Ta có \({{S}_{MNP}}={{S}_{MCN}}=\frac{1}{4}{{S}_{BCD}}\Rightarrow V=\frac{1}{4}{{V}_{ABCD}}=\frac{1}{4}.\frac{1}{6}.AB.AC.AD=\frac{1}{4}.\frac{1}{6}.4a.6a.7a=7{{a}^{3}}.\)

Giả sử phải thuê mỗi căn hộ là \(3000000+200000x\) đồng.

Số căn hộ bị bỏ trống là \(2x,\) số căn hộ được thuê là \(50-2x.\)

Số tiền công ty thu được mỗi tháng là

\(S=\left( 3000000+200000x \right)\left( 50-2x \right)=100000\left( 30+2x \right)\left( 25-x \right)\)

\(S=100000\left( -2{{x}^{2}}+20x+500 \right)=100000.f\left( x \right)\)

Khảo sát hàm số bậc hai \(f\left( x \right)\) ta có \(f'\left( x \right)=20-4x=0\Leftrightarrow x=5\)

Khi đó giá niêm yết mỗi căn hộ là \(3000000+200000.5=4000000\) đồng.

Chú ý \({{S}_{ABCD}}=S;{{S}_{ABD}}=\frac{S}{2};{{S}_{A'MN}}=\frac{S}{8}.\)

Sử dụng công thức hình chóp cụt ta có

\({{V}_{ABD.A'MN}}=\frac{h}{3}\left( {{S}_{1}}+\sqrt{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}+{{S}_{2}} \right)=\frac{h}{3}.\left( \frac{S}{2}+\sqrt{\frac{S}{2}.\frac{S}{8}}+\frac{S}{8} \right)=\frac{7Sh}{24}=\frac{7V}{24}=\frac{7{{a}^{3}}}{24}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( C \right)\) là

\(\frac{x+2}{x+1}=x+m\Leftrightarrow {{x}^{2}}+mx+m-2=0\left( * \right)\left( x\ne -1 \right)\)

Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại hai điểm về hai phía trục hoành

\(\Leftrightarrow \) PT (*) có hai nghiệm phân biệt \({{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}\ne -1\) và \({{y}_{1}}{{y}_{2}}<0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\ {\left( { - 1} \right)^2} + m\left( { - 1} \right) + m - 2 \ne 0\\ \left( {{x_1} + m} \right)\left( {{x_2} + m} \right) < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 4m + 8 > 0,\forall m\\ - 1 \ne 0\\ {x_1}{x_2} + m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {m^2} < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m - 2 + m\left( { - m} \right) + {m^2} < 0\)

\(\Leftrightarrow m<2\)

Vì \(m\in \mathbb{Z}\) và \(m\in \left( -10;10 \right)\) nên \(m\in \left\{ -9;-8;-7;-6;-5;-4;-3;-2;-1;0;1 \right\}.\)

Vậy có 11 giá trị.

Ta có: \({{u}_{6}}={{u}_{1}}+5d=2+5.\left( -7 \right)=-33.\)

Ta có \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{2f\left( x \right)-1}=\frac{1}{2-1}=1.\)

Suy ra đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) có 1 đường tiệm cận ngang là \(y=1.\)

Mặt khác, ta có từ bảng biến thiên suy ra phương trình \(2f\left( x \right)-1=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=\frac{1}{2}\) có hai nghiệm phân biệt \(x=\alpha ;x=\beta \) với \(\alpha <0,5<\beta .\)

Nên \(\underset{x\to {{\alpha }^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{\alpha }^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{2f\left( x \right)-1}=-\infty \) và \(\underset{x\to {{\alpha }^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{\alpha }^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{2f\left( x \right)-1}=+\infty \) suy ra đồ thị hàm số \(y=g\left( x \right)\) có đường tiệm cận đứng là \(x=\alpha .\)

Và \(\underset{x\to {{\beta }^{+}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=\underset{x\to {{\beta }^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{2f\left( x \right)-1}=+\infty \) và \(\underset{x\to {{\beta }^{-}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=\underset{x\to {{\beta }^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{2f\left( x \right)-1}=-\infty \) suy ra đồ thị hàm số \(y=g\left( x \right)\) có đường tiệm cận đứng là \(x=\beta .\)

Vậy đồ thị hàm số \(y=g\left( x \right)\) có 3 đường tiệm cận.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l} 10000 - {x^2} \ge 0\\ x - 2 \ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 100 \le x \le 100\\ x \ne 2 \end{array} \right..\)

Tập xác định của hàm số là \(D=\left[ -100;100 \right]\backslash \left\{ 2 \right\}.\)

Suy ra không tồn tại giới hạn \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y.\)

Vậy đồ thị hàm số \(y=\frac{\sqrt{10000-{{x}^{2}}}}{x-2}\) không có đường tiệm cận ngang.

Ta có: \({{u}_{n+1}}=\frac{1}{3}{{u}_{n}}\Rightarrow q=\frac{1}{3}\) là công bội của cấp số nhân dãy số \(\left( {{u}_{n}} \right)\)

Số hạng tổng quát \({{u}_{n}}={{u}_{1}}{{q}^{n-1}}=2020.\frac{1}{{{3}^{n-1}}}\)

Khi đó \({{S}_{n}}={{u}_{1}}+{{u}_{2}}+...+{{u}_{n}}=2020\left( 1+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{{{3}^{n-1}}} \right)=2020\frac{1-\frac{1}{{{3}^{n}}}}{1-\frac{1}{3}}\)

\(\Rightarrow \lim {{S}_{n}}=\frac{2020}{1-\frac{1}{3}}=3030.\)

Ta có \(\log \left| {{x^2} - 3} \right| = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ne \pm \sqrt 3 \\ \left| {{x^2} - 3} \right| = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ne \pm \sqrt 3 \\ \left[ \begin{array}{l} {x^2} - 3 = 1\\ {x^2} - 3 = - 1 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ne \pm \sqrt 3 \\ \left[ \begin{array}{l} x = \pm 2\\ x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Vậy số nghiệm âm là 2.

Số tập con gồm 10 phần tử của tập X bằng số các tổ hợp chập 10 của 2020 phần tử của \(X=C_{2020}^{10}.\)

Gọi thiết diện qua điểm \(A\) và trục \(II'\) là tứ giác \(AEFK.\)

Ta có: \(A{{B}^{2}}=A{{E}^{2}}+E{{B}^{2}};A{{F}^{2}}=A{{E}^{2}}+E{{F}^{2}}\) mà \(EF\ge EB\) nên \(AF\ge AB.\)

Do đó: \(AB\) có độ dài lớn nhất \(\Leftrightarrow B\equiv F.\)

Vậy \(AF=10a\Rightarrow AE=\sqrt{A{{F}^{2}}-E{{F}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 10a \right)}^{2}}-{{\left( 8a \right)}^{2}}}=6a\Rightarrow h=AE=6a.\)

Ta có: \(V=\pi {{R}^{2}}h=\pi .{{\left( 4a \right)}^{2}}.6a=96\pi {{a}^{3}}.\)

\(y={{\left( x-1 \right)}^{\frac{2}{3}}}\) xác định \(\Leftrightarrow x-1>0\Leftrightarrow x>1.\)

\(y=\sqrt{{{x}^{3}}-3x}\) xác định \(\Leftrightarrow {{x}^{3}}-3x\ge 0\Leftrightarrow -\sqrt{3}\le x\le 0\) hoặc \(x\ge 3\)

TXĐ: \(D=\left[ -\sqrt{3};0 \right]\cup \left[ \sqrt{3};+\infty  \right)\) do đó đáp án C đúng.

Ta có: \(\ln \left( 7a \right)-\ln \left( 3a \right)=\ln \frac{7a}{3a}=\ln \frac{7}{3}.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({{x}^{3}}-4x+5=3-x\)

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

Với \(x=-2\Rightarrow y=5\Rightarrow A\left( -2;5 \right).\)

Với \(x=1\Rightarrow y=2\Rightarrow B\left( 1;2 \right).\)

Do đó \(AB=3\sqrt{2}.\)

Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật \(ABCD\) có diện tích là \(S=100{{a}^{2}}\)

\(\Rightarrow 2rl=100{{a}^{2}}.\)

Ta có \(A_{6}^{3}=120\) số các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau lập thành từ từ \(1,2,3,4,5,6.\)

Dựa vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị của hàm trùng phương \(y=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+c\)

Nhìn vào nhánh phải đồ thị có hướng đi lên suy ra \(a>0.\)

Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị nằm dưới trục \(Ox\) suy ra đồ thị có dạng \(y=-{{a}^{x}}.\)

Ta thấy đồ thị có hướng đi xuống suy ra hàm số \(y=-{{a}^{x}}\) nghịch biến suy ra \(y=-{{2}^{x}}.\)

Khối bát diện đều và khối lập phương có cùng số cạnh là 12.

Ta có số phần tử của tập \(S\) là \(\left| S \right|=7.7=49.\)

\(y = \frac{{x + 3}}{{x - 1}} = \frac{{x - 1 + 4}}{{x - 1}} = 1 + \frac{4}{{x - 1}}.\)

Để \(y \in Z \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x - 1 = \pm 1\\ x - 1 = \pm 2\\ x - 1 = \pm 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2;x = 0\\ x = 3;x = - 1\\ x = 5;x = - 3 \end{array} \right.\)

Vậy tập hợp các điểm nguyên trên đồ thị hàm số \(y=\frac{x+3}{x-1}\) thuộc tập \(S\) là \(\left\{ \left( -3;0 \right),\left( -1;-1 \right),\left( 0;3 \right),\left( 3;3 \right) \right\}.\)

Suy ra xác suất cần tìm là \(p=\frac{4}{49}.\)

Tập xác định \(D=\mathbb{R}.\)

Ta có \(y'=-3{{x}^{2}}\le 0,\forall x\in \mathbb{R}.\) Hàm số \(y=-{{x}^{3}}+1\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}.\)

Hàm số \(y=-{{x}^{3}}+1\) không có cực trị.

Ta có \(b=a+8d.\)

Ta có \({{\log }_{2}}\left( \frac{b-a}{d} \right)={{\log }_{2}}\left( \frac{a+8d-a}{d} \right)={{\log }_{2}}8=3.\)

Ta có: \({{\log }_{2}}x=2\Leftrightarrow x={{2}^{2}}=4.\) Suy ra số hạng đầu của cấp nhân là \({{u}_{1}}=4.\)

Số hạng thứ năm của cấp số nhân là \({{u}_{5}}={{u}_{1}}.{{q}^{4}}={{4.3}^{4}}=324.\)

Ta có: \({{\left( xy-\frac{3}{{{y}^{4}}} \right)}^{12}}=\sum\limits_{k=0}^{12}{C_{12}^{k}.{{\left( xy \right)}^{12-k}}.{{\left( -\frac{3}{{{y}^{4}}} \right)}^{k}}}=\sum\limits_{k=0}^{12}{C_{12}^{k}.{{\left( -3 \right)}^{k}}.{{x}^{12-k}}.{{y}^{12-5k}}}.\)

Do số mũ của \(x\) gấp 5 lần số mũ của \(y\) nên ta có: \(12-k=5\left( 12-5k \right)\Leftrightarrow k=2.\)

Số hạng thứ năm của cấp số nhân là \(x\) gấp 5 lần số mũ của \(y\) là \(C_{12}^{2}.{{\left( -3 \right)}^{2}}=594.\)

Nhìn vào bảng biến thiên ta suy ra hàm số không có giá trị lớn nhất trên R nên câu A sai.

Đồ thị hàm số \(y=\frac{ax-b}{x-1}\) có tiệm cận ngang là đường thẳng \(y=a\) và tiệm cận đứng là đường thẳng \(x=1.\) Từ hình vẽ suy ra \(a<0.\)

Giao điểm của đồ thị hàm số \(y=\frac{ax-b}{x-1}\) và trục tung có tọa độ là \(\left( 0;b \right).\) Từ hình vẽ suy ra \(b<0.\)

Giao điểm của đồ thị hàm số \(y=\frac{ax-b}{x-1}\) và trục hoành có tọa độ là \(\left( \frac{b}{a};0 \right).\) Từ hình vẽ suy ra \(\frac{b}{a}>1\) mà \(a<0\) nên suy ra \(b<a.\)

Vậy \(b<a<0.\)

Gọi \(A\) là biến cố “3 bi lấy ra khác màu”

Xác suất lấy ra 3 bi khác màu là: \(P\left( A \right)=\frac{7.6.3}{C_{16}^{3}}=\frac{9}{40}.\)

Trường hợp 1: \(m=0.\)

Khi đó hàm số trở thành dạng \(y=3{{x}^{2}}\) không có điểm cực đại.

Trường hợp 2: \(m\ne 0.\)

Khi đó hàm số \(y=m{{x}^{4}}-\left( m-3 \right){{x}^{2}}+{{m}^{2}}\) không có điểm cực đại khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ - \left( {m - 3} \right) \ge 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ m \le 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m \le 3.\)

Vậy \(0\le m<3.\)

Do đó có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(0;1;2;3.\)

Ta có: \(\left( 3+\sqrt{5} \right)\left( 3-\sqrt{5} \right)=4\Leftrightarrow \frac{3+\sqrt{5}}{2}.\frac{3-\sqrt{5}}{2}=1\Leftrightarrow \frac{3-\sqrt{5}}{2}=\frac{1}{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}.\)

Chia hai vế của phương trình cho \({{2}^{x}}>0.\) Ta được \({{\left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right)}^{x}}+15{{\left( \frac{3-\sqrt{5}}{2} \right)}^{x}}=8\left( 1 \right)\)

Đặt \(t={{\left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right)}^{x}}>0\Rightarrow {{\left( \frac{3-\sqrt{5}}{2} \right)}^{x}}=\frac{1}{t}.\left( 1 \right)\) trở thành:

\(t+\frac{15}{t}=8\Leftrightarrow {{t}^{2}}-8t+15=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=3 \\ & t=5 \\ \end{align} \right..\) Suy ra \(\frac{{{x}_{1}}}{{{x}_{2}}}={{\log }_{3}}5>1.\)

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l} a = 3\\ b = 5 \end{array} \right. \Rightarrow 2a + b = 11.\)

ĐK: \(y\ne 0.\)

Phương trình \(\Leftrightarrow 6y+3y\sqrt{9{{y}^{2}}+3}=\left( 2-4x \right)+\left( 2-4x \right)\sqrt{{{x}^{2}}-x+1}\)

\(\Leftrightarrow 6y+3y\sqrt{9{{y}^{2}}+3}=2\left( 1-2x \right)+\left( 1-2x \right)\sqrt{4{{y}^{2}}-4y+4}\)

\(\Leftrightarrow 2.3y+3y\sqrt{{{\left( 3y \right)}^{2}}+3}=2\left( 1-2x \right)+\left( 1-2x \right)\sqrt{{{\left( 1-2x \right)}^{3}}+3}\)

\(\Leftrightarrow f\left( 3y \right)=f\left( 1-2x \right)\text{ }\left( 1 \right)\) với \(f\left( t \right)=2t+t\sqrt{{{t}^{2}}+3},\forall t\in \mathbb{R}.\)

Có \(f'\left( t \right)=2+\sqrt{{{t}^{2}}+3}+\frac{{{t}^{2}}}{\sqrt{{{t}^{2}}+3}}>0,\forall t\in \mathbb{R}\) nên \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Do đó \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow 3y=1-2x.\) Suy ra \(P=1-2x+{{x}^{2}}-\sqrt{2}={{\left( x-1 \right)}^{2}}-\sqrt{2}\ge -\sqrt{2}.\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = - \frac{1}{3} \end{array} \right..\) Vậy \(\min P=-\sqrt{2}.\)

Khi sắp 2 hình nón thỏa mãn điều kiện ban đầu có chung 1 đường sinh và đỉnh chung. Khi đó hai
hình nón đã cho có đáy nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau.

Vậy sẽ sắp xếp được tối đa sáu hình nón thỏa mãn điều kiện ban đầu các các khối nón có đỉnh nằm
tại tâm của hình lập phương và các mặt đáy của hình nón nội tiếp sáu mặt của hình lập phương.

Có \(A'\) cách đều ba đỉnh \(A,B,C\) nên hình chóp \(A'.ABC\) là hình chóp tam giác đều

\(\Rightarrow A'H\bot \left( ABC \right)\) với \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Gọi \(O=A'B\cap AB',O'=A'C\cap AC'.\) Khi đó \(\left( A'BC \right)\cap \left( AB'C' \right)=OO'.\)

Lại có trong \(\left( A'BC \right),A'I\bot OO'\) tại J với \(I\) là trung điểm \(BC.\)

Trong \(\left( AB'C' \right)\) có \(AI\bot OO'\) tại J (có \(\Delta AA'B=\Delta AA'C\Rightarrow AO=AO'\) và J là trung điểm \(OO')\)

\(\Rightarrow \left( \left( A'BC \right),\left( AB'C' \right) \right)=\left( A'I,AJ \right)={{90}^{0}}\), mà ta dễ dàng chứng minh được J là trung điểm \(A'I\) hay trong tam giác \(A'AI\) thì \(AJ\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến.

\(\Rightarrow \Delta A'AI\) là tam giác cân tại \(A\) hay \(AA'=AI=a\sqrt{3}.\)

Khi đó: \(h=A'H=\sqrt{AA{{'}^{2}}-{{\left( \frac{2}{3}AI \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{2}{3}a\sqrt{3} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{15}}{3}.\)

Vậy \(V={{S}_{ABC}}.A'H={{\left( 2a \right)}^{2}}.\frac{\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{15}}{3}={{a}^{3}}\sqrt{15}.\)

Vì \({{S}_{OMN}}=3{{S}_{ONP}}\) nên: \({{S}_{OMN}}=\frac{3}{4}{{S}_{OMP\text{ }}}\left( 1 \right)\)

Đường thẳng \(y=c\) cắt \(\left( {{C}_{1}} \right),\left( {{C}_{2}} \right)\) lần lượt tại hai điểm \(N,P\) có hoành độ: \({{x}_{N}}=\log _{a}^{c},{{x}_{P}}=\log _{b}^{c}\)

Từ đó ta có:

\(\left( 1 \right)\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{\log _{c}^{a}}{\left( c-{{a}^{x}} \right)dx}=\frac{3}{4}\int\limits_{0}^{\log _{b}^{c}}{\left( c-{{b}^{x}} \right)dx}\)

\(\Leftrightarrow c\log _{a}^{c}-\left( \frac{{{a}^{\log _{a}^{c}}}}{\ln a}-\frac{1}{\ln a} \right)=\frac{3}{4}\left( c\log _{b}^{c}-\left( \frac{{{b}^{\log _{b}^{c}}}}{\ln b}-\frac{1}{\ln b} \right) \right)\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{\ln a}=\frac{3}{4}.\frac{1}{\ln b}\Leftrightarrow 4.\ln b=3\ln a\Leftrightarrow {{b}^{4}}={{a}^{3}}\).

Để xuất hiện đúng 1 cặp nam nữ và nữ đứng trước nam, ta cho nữ đứng gần nhau và đứng đầu
hàng, số cách xếp là: 4!

Nam xếp tiếp theo, số cách xếp là: 6!

Vậy số cách sắp xếp thoả mãn là: 4!6! = 17280

Điều kiện xác định \(\left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ 2{\log _2}x - x \ge 0 \end{array} \right.\)

Với điều kiện trên, pt trở thành \(\left[ \begin{array}{l} 2{\log _2}x - x = 0\\ {\log _5}{x^{2020}} - mx = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2{\log _2}x - x = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\\ \frac{{{{\log }_5}{x^{2020}}}}{x} = m{\rm{ }}\left( 2 \right) \end{array} \right.\)

Xét phương trình \(\left( 1 \right):f\left( x \right)=2{{\log }_{2}}x-x=0\)

Ta có \(f\left( 2 \right)=f\left( 4 \right)=0\Rightarrow x=2;x=4\) là hai nghiệm của phương trình.

Với \(x\in \left( 2;4 \right)\) ta có \(f'\left( x \right)=\frac{2}{x\ln 2}-1=\frac{2-x\ln 2}{x\ln 2}=0;f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\frac{2}{\ln 2}\)

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \(x=2;x=4.\)

Do đó để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt trên khoảng \(\left( 2;4 \right).\)

\(\left( 2 \right)\Leftrightarrow g\left( x \right)=\frac{2020.{{\log }_{5}}x}{x}=m\) vì \(x>0\)

Xét hàm số \(g\left( x \right)=\frac{2020{{\log }_{5}}x}{x}\) trên khoảng \(\left( 2;4 \right)\) có

\(g'\left( x \right)=\frac{2020{{\log }_{5}}e-2020{{\log }_{5}}x}{{{x}^{2}}};g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=e\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy để (2) có hai nghiệm phân biệt thì \(434,98<m<461,72\)

Mà \(m\in \mathbb{Z}\) nên \(m\in \left\{ 435;436;...;461 \right\}\)

Vậy có 27 giá trị nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty \) và \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=2\)

Suy ra \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{2}^{f\left( x \right)}}+1}{f\left( x \right)}=\frac{5}{2}\Rightarrow y=\frac{5}{2}\) là đường tiệm cận ngang.

 \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{2}^{f\left( x \right)}}+1}{f\left( x \right)}=0\Rightarrow y=0\) là đường tiệm cận ngang.

Xét phương trình \(f\left( x \right)=0.\) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình này có 2 nghiệm \({{x}_{1}}\in \left( -\infty ;1 \right)\) và \({{x}_{2}}\in \left( 1;+\infty  \right)\Rightarrow \) đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm (2 tiệm cận đứng và 2 tiệm cận ngang)