Chọn 3 học sinh từ một nhóm gồm 7 học sinh có \(C_7^3 = 35\) cách (việc chọn học sinh ra không có tính thứ tự).

Ta có:\({{u}_{1}}+4d={{u}_{5}}\Rightarrow 2+4d=18\Rightarrow d=4\).

Ta thấy trên \(\left( 4;+\infty  \right)\) thì \({f}'(x)>0\) nên hàm số đồng biến.

Vì \({f}'(x)\) đổi dấu từ - sang + khi hàm số qua x=1 nên \({{x}_{CT}}=1\)

Ta thấy \({f}'(x)\) đổi dấu khi đi qua x=-1,x=3,x=7,x=11 nên chúng đều là các điểm cực trị của hàm số f(x).

Ta có \(\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+2}{2-x}=+\infty \) và \(\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+2}{2-x}=-\infty \) nên x=2 là tiệm cận đứng.

Đây chính là dạng của đồ thị hàm trùng phương có hệ số a<0, có ba điểm cực trị và cắt trục tung tại điểm có tung độ dương.

Khi đó chỉ có \(y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+3\) là thỏa mãn.

Để tìm tọa độ của giao điểm với trục hoành, ta cho y = 0

Khi đó: \({x^3} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = - 2 \end{array} \right. \Rightarrow \left( C \right) \cap Ox = \left\{ {A\left( {1;0} \right),B\left( { - 2;0} \right)} \right\}\)

\({\log _4}(16a) = {\log _4}16 + {\log _4}a = 2 + {\log _4}a.\)

Áp dụng công thức \(\left( {{a}^{x}} \right)'={{a}^{x}}\ln a\) với \(a>0,a\ne 1\) ta được \({y}'=\left( {{4}^{x}} \right)'={{4}^{x}}\ln 4\).

\(\sqrt[3]{{{a^9}}}\) = a³

\({3^{4x - 12}} = 81 \Leftrightarrow 4x - 12 = 4 \Leftrightarrow x = 4\)

\({\log _4}\left( {4x} \right) = 2 \Leftrightarrow 4x = 16 \Leftrightarrow x = 4\)

\(\int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {5{x^4} + 1} \right)} {\rm{d}}x = {x^5} + x + C\)

\(\int {{\rm{cos}}\,{\rm{3}}x{\rm{d}}x}  = \frac{1}{3}\sin {\rm{3}}x + C\)

\(\int_{ - 1}^5 f (x){\rm{d}}x = \int_{ - 1}^2 f (x){\rm{d}}x + \int_2^5 f (x){\rm{d}}x = 2 + \left( { - 3} \right) =  - 1\)

\(\int_0^2 {{x^5}} \;dx = \frac{{{x^6}}}{6}\left| \begin{array}{l} 2\\ 0 \end{array} \right. = \frac{{{2^6}}}{6} - 0 = \frac{{32}}{3}\)

\(\overline z  = 6 + 7i\)

\(z - w = (2 + i) - (3 + 2i) =  - 1 - i.\)

Điểm biểu diễn của z=a+bi có tọa độ là (a;b) nên \(4+\sqrt{3}i\) biểu diễn bởi \(\left( 4;\sqrt{3} \right)\).

\(V = \frac{1}{3}.B.h = \frac{1}{3}.18.12 = 72\)

V = a.b.c = 5.8.6 = 240

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}3h = \pi {r^2}h.\)

\({S_{xq}} = 2\pi r.l = 80\pi c{m^3}\)

Tọa độ trung điểm đoạn thẳng AB là \(\left( {3;1; - 1} \right).\)

Bán kính mặt cầu \(R = \sqrt {16}  = 4\)

Thay điểm M vào phương trình các mặt phẳng, ta thấy \(M\in \left( {{P}_{1}} \right)\).

\(\overrightarrow {OM}  = \left( { - 1;3;2} \right) =  - \left( {1; - 3; - 2} \right)\)

Chọn ngẫu nhiên một số trong 21 số nguyên dương đầu tiên \(\Rightarrow n\left( \Omega  \right)=21\).

Chọn được 1 số chẵn: có 10 cách chọn.

Vậy xác suất cần tìm là \(P=\frac{10}{21}\).

\(y =  - \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} - x \Rightarrow y' =  - \left( {{x^2} - x + 1} \right) < 0\;\forall x \in R\)

Suy ra hàm số nghịch biến trên R

\(f\left( x \right)={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}-2\)

\(D=\mathbb{R}\)

\({f}'\left( x \right)=4{{x}^{3}}-4x=4x\left( {{x}^{2}}-1 \right)\)

\(\Rightarrow {f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=\pm 1 \\ \end{align} \right.\)

\(x=0\Rightarrow f\left( x \right)=-2\).

\(x=1\Rightarrow f\left( x \right)=-3=m\)

\(x=2\Rightarrow f\left( x \right)=6=M\)

\(\Rightarrow M-m=9.\)

\({\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ - 3{x^2}}} < {3^{2x + 1}} \Leftrightarrow 3{x^2} < 2x + 1 \Leftrightarrow  - \frac{1}{3} < x < 1\)

\(\int\limits_0^2 {\left[ {2f\left( x \right) + x} \right]dx = 5} \Leftrightarrow 2\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx + \int\limits_0^2 x dx = 5} \Leftrightarrow 2\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx + \frac{{{x^2}}}{2}\left| \begin{array}{l} 2\\ 0 \end{array} \right. = 5} \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx = \frac{3}{2}} \)

\(\left( {1 + i} \right)z = \left( {1 + i} \right).\left( {2 - i} \right) = 3 + i \Rightarrow \left| {\left( {1 + i} \right)z} \right| = \sqrt {10} \)

Ta có \({B}'B=a\Rightarrow C{C}'=a\)

\(AC=a\sqrt{3}\)

Góc giữa \({C}'A\) và mp \(\left( ABC \right)\) bằng góc đường thẳng \({C}'A\) và CA bằng góc \({C}'AC\)

\(\tan \overset{/\,\,\backslash }{\mathop{{C}'AC}}\,=\frac{{C}'C}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \overset{/\,\,\backslash }{\mathop{{C}'AC}}\,={{30}^{0}}\).

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow \widehat {SCO} = 60^\circ  \Rightarrow \tan 60^\circ  = \frac{{SO}}{{OC}} \Rightarrow SO = OC\sqrt 3  = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.\sqrt 3  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Ta có bán kính \(R=IM=\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}+0}=5\).

Vậy phương trình mặt cầu tâm \(I\left( -1;\,\,2;\,\,0 \right)\), bán kính R=5 là \({{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=25\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1; - 1;5} \right)\)

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng AB đi qua điểm A và nhận \(\overrightarrow{AB}=\left( -1;-1;5 \right)\) làm vectơ chỉ phương là: \(\left\{ \begin{array}{l} x = 2 - t\\ y = 3 - t\\ z = - 1 + 5t \end{array} \right.\)

Từ đồ thị hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) và giả thiết \(f\left( -1 \right)=\frac{13}{4},\,f\left( 2 \right)=6\) ta có bảng biến thiên hàm số \(y=f\left( x \right)\) trên \(\left[ -1;2 \right]\):

Ta có \({g}'\left( x \right)=3{{f}^{2}}\left( x \right).{f}'\left( x \right)-3{f}'\left( x \right)\).

Xét trên đoạn \(\left[ -1;2 \right]\).

\({g}'\left( x \right)=0 \Leftrightarrow 3{f}'\left( x \right)\left[ {{f}^{2}}\left( x \right)-1 \right]=0 \Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=0\)

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

Bảng biến thiên

\(\Rightarrow \underset{\left[ -1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=g\left( -1 \right)={{f}^{3}}\left( -1 \right)-3f\left( -1 \right)=\frac{1573}{64}\).

Đặt \(t={{3}^{x}}>0\), ta có bpt \(\left( 3t-\sqrt{3} \right).\left( t-y \right)<0\Leftrightarrow \left( t-\frac{\sqrt{3}}{3} \right).\left( t-y \right)<0\)

Vì \(y\in {{\mathbb{N}}^{+}}\) nên \(\frac{\sqrt{3}}{3}<t<y\)

Suy ra \(\frac{\sqrt{3}}{3}<{{3}^{x}}<y\Leftrightarrow -\frac{1}{2}<x<{{\log }_{3}}y\)

Yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}y\le 5\Leftrightarrow y\le {{3}^{5}}\Rightarrow y=\left\{ 1,2,3...243 \right\}\)

\(I = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^4 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^0 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^0 {\left( {4a + {{\tan }^2}\,x} \right)dx}  + \int\limits_0^4 {\left( {4x - \sqrt {4x + 9} } \right)dx} \)

\( = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^0 {\left( {4a - 1} \right)dx}  + \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^0 {\left( {1 + {{\tan }^2}\,x} \right)dx}  + \int\limits_0^4 {\left( {4x - \sqrt {4x + 9} } \right)dx} \)

\( = \left. {\left( {4a - 1} \right)} \right|_{ - \frac{\pi }{4}}^0 + \left. {\tan \,x} \right|_{ - \frac{\pi }{4}}^0 + \left. {\left( {2{x^2} - \frac{{\sqrt {{{\left( {4x + 9} \right)}^3}} }}{6}} \right)} \right|_0^4\)

\( = \left( {4a - 1} \right)\pi  + 1 + \frac{{47}}{3} = \frac{{50}}{3} \Leftrightarrow a = \frac{1}{4}\)

Ta có \(\left( 1+i \right).z.\left| z \right|-1=\left( i-2 \right)\left| z \right| \Leftrightarrow \left( 1+i \right).z.\left| z \right|=1-2\left| z \right|+i.\left| z \right|\)

\(\Rightarrow \left| \left( 1+i \right).z.\left| z \right| \right|=\left| 1-2\left| z \right|+i.\left| z \right| \right| \Leftrightarrow \sqrt{2}.{{\left| z \right|}^{2}}=\sqrt{{{\left( 1-2\left| z \right| \right)}^{2}}+{{\left| z \right|}^{2}}}\)

\(\Leftrightarrow 2{{\left| z \right|}^{4}}=5{{\left| z \right|}^{2}}-4\left| z \right|+1 \Leftrightarrow \left( \left| z \right|-1 \right)\left( 2{{\left| z \right|}^{3}}+2{{\left| z \right|}^{2}}-3\left| z \right|+1 \right)=0\).

Do \(\left| z \right|\) là một số nguyên nên suy ra \(\left| z \right|=1\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\ \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\ \left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA \end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\)

Kẻ \(AH \bot BC \Rightarrow SH \bot BC\)

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\ BC \bot AH\\ BC \bot SH \end{array} \right. \Rightarrow \widehat {SHA} = 45^\circ \)

Mà \(AB = BC.{\rm{cos}}30^\circ  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \(AC = BC.\sin 30^\circ  = \frac{a}{2}\) nên \(AH = AB.\sin 30^\circ  = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

Nên \(SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Do đó \(V = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{6}AB.AC.SA = \frac{{{a^3}}}{{32}}\).

Đặt \(x,\text{ }y,\text{ }h\) lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao mỗi phòng.

Theo giả thiết, ta có \(x.3y=1152\Leftrightarrow y=\frac{384}{x}\).

Để tiết kiệm chi phí nhất khi diện tích toàn phần nhỏ nhất.

Ta có \({{S}_{\text{tp}}}=4xh+6yh+3xy=4xh+6.\frac{384}{x}h+1152=4h\left( x+\frac{576}{x} \right)+1152\).

Vì h không đổi nên \({{S}_{\text{tp}}}\) nhỏ nhất khi \(f\left( x \right)=x+\frac{576}{x}\) (với x>0) nhỏ nhất.

Áp dụng BĐT Côsi \(x+\frac{576}{x}\ge 2\sqrt{x.\frac{576}{x}}=48\).

Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow x=\frac{576}{x}\Leftrightarrow x=24\Rightarrow y=16\).

\(\Delta \) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{{{a}_{\Delta }}}=\left( 1;2;2 \right)\)

d có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{{{a}_{d}}}=\left( a;b;c \right)\)

\(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\left( 1;-1;1 \right)\)

\(d\subset \left( P \right)\Rightarrow \overrightarrow{{{a}_{d}}}\bot \overrightarrow{{{n}_{P}}}\Leftrightarrow b=a+c \left( 1 \right)\)

\(\left( \Delta ,d \right)={{45}^{0}}\Leftrightarrow \cos \left( \Delta ,d \right)=\cos {{45}^{0}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{\left| a+2b+2c \right|}{3\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Leftrightarrow 2{{\left( a+2b+2c \right)}^{2}}=9\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), ta có: \(14{{c}^{2}}+30ac=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & c=0 \\ & 15a+7c=0 \\ \end{align} \right.\)

Với c=0, chọn a=b=1, phương trình đường thẳng d là \(\left\{ \begin{align} & x=3+t \\ & y=-1-t \\ & z=1 \\ \end{align} \right.\)

Với 15a+7c=0, chọn \(a=7\Rightarrow c=-15;b=-8\), phương trình đường thẳng d là \(\left\{ \begin{align} & x=3+7t \\ & y=-1-8t \\ & z=1-15t \\ \end{align} \right.\)

Nhận xét: Số giao điểm của \(\left( C \right):y=f\left( x \right)\) với Ox bằng số giao điểm của \(\left( {{C}'} \right):y=f\left( x-1 \right)\) với Ox.

Vì m>0 nên \(\left( {{{C}'}'} \right):y=f\left( x-1 \right)+m\) có được bằng cách tịnh tiến \(\left( {{C}'} \right):y=f\left( x-1 \right)\) lên trên m đơn vị.

TH1: 0<m<3. Đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị. Loại.

TH2: m=3. Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận.

TH3: 3<m<6. Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận.

TH4: \(m\ge 6\). Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị. Loại.

\(3\le m<6\). Do \(m\in {{\mathbb{Z}}^{*}}\) nên \(m\in \left\{ 3;4;5 \right\}\).

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12.

ĐK \(\left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ y \in {N^*},\,\,2 \le y \le 2020 \end{array} \right.\)

\({\left( {{{\log }_y}x} \right)^{2021}} = {\log _y}{x^{2021}} \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_y}x} \right)^{2021}} - 2021.{\log _y}x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _y}x = 0\\ {\left( {{{\log }_y}x} \right)^{2020}} = 2021 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ {\log _y}x = \pm \sqrt[{2020}]{{2021}} = \pm a \ne \pm 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = {y^{ \pm a}} \end{array} \right.\)

Với \(x=1\Rightarrow y\in \left\{ 2;3;4;...;2020 \right\}\Rightarrow \) có 2019 cặp \(\left( x;\,y \right)\)

\(x={{y}^{\pm a}},\) có \(2\le y\le 2020\Rightarrow \) có 2019.2=4038 cặp \(\left( x;\,y \right)\)

Vậy có 6057.

Đặt \(t = {x^2} - 3 \Rightarrow 2x{\rm{d}}x = {\rm{d}}t\).

Suy ra

\(I = \int_0^2 {({x^3} + x)} f'({x^2} - 3)\;{\rm{d}}x = \frac{1}{2}\int_0^2 2 x({x^2} - 3 + 4)f'({x^2} - 3)\;{\rm{d}}x = \frac{1}{2}\int_{ - 3}^1 {(t + 4)} f'(t)\;{\rm{d}}t\)

\(\Rightarrow 2I = \int_{ - 3}^1 {(x + 4)} f'(x)\;{\rm{d}}x\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x + 4\\ {\rm{d}}v{\rm{ }} = {\rm{ }}f'\left( x \right){\rm{d}}x \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\rm{d}}u = {\rm{d}}x\\ v{\rm{ }} = {\rm{ }}f\left( x \right) \end{array} \right.\).

Ta có \(2I = \int_{ - 3}^1 {(x + 4)} f'(x)\;{\rm{d}}x = (x + 4)f(x)|_{ - 3}^1 - \int_{ - 3}^1 f (x)\;{\rm{d}}x = - \int_{ - 3}^1 f (x)\;{\rm{d}}x\)

\( =  - \int_{ - 3}^{ - 1} f (x)\;{\rm{d}}x - \int_{ - 1}^0 f (x)\;{\rm{d}}x - \int_0^1 f (x)\;{\rm{d}}x\)

\( = {\rm{ }} - 27{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} - 3{\rm{ }} =  - 28 \Rightarrow I =  - 14.\)

Gọi \(A\left( -3;2 \right),B\left( 3;-1 \right),C\left( -2;0 \right),D\left( 1;3 \right)\)

Từ giả thiết suy ra tập hợp điểm biểu diễn z là đoạn thẳng AB. Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của NC+ND, với N là một điểm bất kì trên đoạn AB.

Dễ thấy CD cắt AB nên NC+ND nhỏ nhất khi C,N,D thẳng hàng, \(\text{ }\Rightarrow m=CD=3\sqrt{2}\).

\(NC+ND\le \sqrt{2}\sqrt{N{{C}^{2}}+N{{D}^{2}}}\)

Gọi I là trung điểm CD, \(N{{C}^{2}}+N{{D}^{2}}=2N{{I}^{2}}+\frac{C{{D}^{2}}}{2}\). Gọi H là hình chiếu của I lên CD, do AH<HB nên NI lớn nhất khi N trùng B.

Vậy \(M=CB+DB=\sqrt{26}+2\sqrt{5}\).

Giả sử \(A\left( a;\,0;\,0 \right),\,B\left( 0;\,b;\,0 \right),\,C\left( 0;\,0;\,c \right)\)

Do \(A,\,B,\,C\) nằm trên các tia \(Ox,\,Oy,\,Oz\) nên \(a,\,b,\,c\,>\,0\).

\(O{{A}^{2}}\,+\,O{{B}^{2}}\,+\,O{{C}^{2}}\,=\,27\,\Leftrightarrow \,{{a}^{2}}\,+\,{{b}^{2}}\,+\,{{c}^{2}}\,=\,27\)

Ta có \(\left( \alpha  \right):\,\frac{x}{a}\,+\,\frac{y}{b}\,+\,\frac{z}{c}\,=\,1\,\Leftrightarrow \,bcx\,+\,cay\,+\,abz\,-\,abc\,=\,0\)

Mặt cầu \(\left( S \right):\,{{x}^{2}}\,+\,{{y}^{2}}\,+\,{{z}^{2}}\,=\,3\) có tâm O và bán kính \(R\,=\,\sqrt{3}\)

Do \(\left( \alpha  \right)$ tiếp xúc với \(\left( S \right)\) nên \(d\left( O;\,\left( \alpha  \right) \right)\,=\,\sqrt{3}\,\Leftrightarrow \,\frac{abc}{\sqrt{{{a}^{2}}{{b}^{2}}\,+\,{{b}^{2}}{{c}^{2}}\,+\,{{c}^{2}}{{a}^{2}}}}\,=\,\sqrt{3}\)

\(\Leftrightarrow \,{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}\,=\,3\left( {{a}^{2}}{{b}^{2}}\,+\,{{b}^{2}}{{c}^{2}}\,+\,{{c}^{2}}{{a}^{2}} \right)\,\Leftrightarrow \,\frac{1}{{{a}^{2}}}\,+\,\frac{1}{{{b}^{2}}}\,+\,\frac{1}{{{c}^{2}}}\,=\,\frac{1}{3}\)

Ta có \(\left( {{a}^{2}}\,+\,{{b}^{2}}\,+\,{{c}^{2}} \right)\left( \frac{1}{{{a}^{2}}}\,+\,\frac{1}{{{b}^{2}}}\,+\,\frac{1}{{{c}^{2}}} \right)\,\ge \,3.\sqrt[3]{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}}.\frac{3}{\sqrt[3]{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}}}\,=\,9\)

Mà theo giả thiết \(\left( {{a}^{2}}\,+\,{{b}^{2}}\,+\,{{c}^{2}} \right)\left( \frac{1}{{{a}^{2}}}\,+\,\frac{1}{{{b}^{2}}}\,+\,\frac{1}{{{c}^{2}}} \right)\,=\,9\) nên từ đó ta có \(a\,=\,b\,=\,c\,=\,3\)

\({V_{OABC}} = \frac{{abc}}{6} = \frac{9}{2} \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{3{V_{OABC}}}}{{d\left( {O,\left( \alpha  \right)} \right)}} = \frac{{27}}{{2\sqrt 3 }} = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}\)