Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC,\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot AM\\ BC \bot A'A \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot A'M.\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\ BC \bot AM,BC \bot A'M \end{array} \right. \Rightarrow \alpha = \left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AM;A'M} \right) = \widehat {A'MA}.\)

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Suy ra: \(\tan \alpha =\tan \widehat{A'MA}=\frac{AA'}{AM}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}.\)

Điều kiện: \(y>0,x>-\sqrt[3]{2}\)

Từ giả thiết ta có: \(\ln y+\ln 3\ge \ln \left( {{x}^{3}}+2 \right)\Leftrightarrow \ln 3y\ge \ln \left( {{x}^{3}}+2 \right)\Leftrightarrow 3y\ge {{x}^{3}}+2\Leftrightarrow 3\left( y-x \right)\ge {{x}^{3}}-3x+2\)

Xét hàm số \(h\left( x \right)={{x}^{3}}-3x+2\) trên \(\left( -\sqrt[3]{2};+\infty  \right).\)

Ta có: \(h'\left( x \right) = 3{x^2} - 3,h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = 1 \end{array} \right..\)

           \(h\left( -1 \right)=4,h\left( 1 \right)=0,h\left( -\sqrt[3]{2} \right)=3\sqrt[3]{2}>0.\)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: \(\underset{\left( -\sqrt[3]{2};+\infty  \right)}{\mathop{\min }}\,h\left( x \right)=0.\) Suy ra: \(3\left( y-x \right)\ge 0\Leftrightarrow y-x\ge 0.\)

Ta có:

\(H={{e}^{4y-{{x}^{3}}-x-2}}-\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2}+x\left( y+1 \right)-y={{e}^{y-x+3y-\left( {{x}^{3}}+2 \right)}}-\frac{{{\left( y-x \right)}^{2}}}{2}-\left( y-x \right)\ge {{e}^{y-x}}-\frac{{{\left( y-x \right)}^{2}}}{2}-\left( y-x \right).\)

Xét hàm số \(g\left( t \right)={{e}^{t}}-\frac{1}{2}{{t}^{2}}-t\) trên \(\left[ 0;+\infty  \right).\)

Ta có: \(g'\left( t \right)={{e}^{t}}-t-1,g''\left( t \right)={{e}^{t}}-1.\)

Ta có: \(\forall t\ge 0\Rightarrow g''\left( t \right)={{e}^{t}}-1\ge {{e}^{0}}-1=0,\) suy ra hàm số \(g'\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left[ 0;+\infty  \right).\)

Suy ra: \(\forall t\ge 0:g'\left( t \right)\ge g'\left( 0 \right)=0,\) suy ra hàm số \(g\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left[ 0;+\infty  \right).\)

Vậy \(\underset{\left[ 0;+\infty  \right)}{\mathop{\min }}\,g\left( t \right)=g\left( 0 \right)=1,\) Suy ra: \({{H}_{\min }}=1.\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: \(\left\{ \begin{array}{l} x = y\\ 3y = {x^3} + 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 1.\)

Ta có \(N'\left( t \right)=\frac{2000}{1+2t}\Rightarrow N\left( t \right)=\int\limits_{{}}^{{}}{\frac{2000}{1+2t}dt}=1000\ln \left( 1+2t \right)+C.\)

Lúc đầu đám vi trùng có 300000 con suy ra \(N\left( 0 \right)=300000.\)

Khi đó \(1000\ln \left( 1+2.0 \right)+C=300000\Leftrightarrow C=300000.\)

Suy ra \(N\left( t \right)=1000\ln \left( 1+2t \right)+300000.\)

Vậy \(L=N\left( 10 \right)=1000\ln 21+300000=303044.\)

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

Bảng xét dấu của y' 

Từ bảng xét dấu, ta sy ra hàm số \(y=f\left( 2-x \right)\) có tất cả 3 điểm cực trị.

Đặt \(OA=a,OB=b,OC=c.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC,\) dựng trục đường tròn \(\Delta \) ngoại tiếp tam giác \(OBC,\) trên mặt phẳng \(\left( OAM \right),\) kẻ đường trung trực của đoạn \(OA\) cắt \(\Delta \) tại \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(O.ABC.\)

+) \(OM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sqrt{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}},R=\sqrt{M{{I}^{2}}+O{{M}^{2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}.\)

+) Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ đỉnh \(A\) của tam giác \(ABC,\) suy ra:

\(\left\{ \begin{align} & BC\bot AH \\ & BC\bot AO \\ \end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( OAH \right)\Rightarrow BC\bot OH.\)

\(\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}\Rightarrow OH=\frac{bc}{\sqrt{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}\Rightarrow AH=\sqrt{O{{A}^{2}}+O{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{{{b}^{2}}{{c}^{2}}}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{a}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}}{\sqrt{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}}\)

Suy ra \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}\frac{\sqrt{{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{a}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}}}{\sqrt{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}.\sqrt{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{a}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}}.\)

+) Gọi J là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp \(O.ABC.\)

Khi đó: \(d\left( J;\left( OAB \right) \right)=d\left( J;\left( OBC \right) \right)=d\left( J;\left( OAC \right) \right)=d\left( J;\left( ABC \right) \right)=r.\)

\({{V}_{O.ABC}}={{V}_{J.ABC}}+{{V}_{J.OBC}}+{{V}_{J.AOC}}+{{V}_{J.ABO}}\Leftrightarrow \frac{1}{6}abc=\frac{1}{3}r\left( {{S}_{\Delta ABC}}+{{S}_{\Delta OBC}}+{{S}_{\Delta AOC}}+{{S}_{\Delta ABO}} \right)\)

      \(\Leftrightarrow \frac{1}{2}abc=r\left( \frac{1}{2}\sqrt{{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{a}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}}+\frac{1}{2}\left( ab+bc+ca \right) \right).\)

      \(\Leftrightarrow \frac{1}{r}=\frac{1}{abc}\left( \sqrt{{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{a}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}}+ab+bc+ca \right).\)

Suy ra: \(\frac{R}{r}=\frac{1}{2}.\frac{1}{abc}.\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}\left( \sqrt{{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{a}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}}+ab+bc+ca \right)\)

                 \(\ge \frac{1}{2}.\frac{1}{abc}.\sqrt{3\sqrt[3]{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}}}\left( \sqrt{3\sqrt[3]{{{a}^{2}}{{b}^{2}}.{{a}^{2}}{{c}^{2}}.{{b}^{2}}{{c}^{2}}}}+3\sqrt[3]{ab.bc.ca} \right)\)

                 \(=\frac{1}{2}.\frac{1}{abc}.\sqrt{3}.\sqrt[3]{abc}\left( \sqrt{3}.\sqrt[3]{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}}+3\sqrt[3]{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}} \right)=\frac{3+3\sqrt{3}}{2}=\frac{3+\sqrt{27}}{2}.\)

Vậy \(P=a+b=30.\) Dấu “=” xảy ra khi \(a=b=c\).

Công thức tính diện tích xung quanh \({{S}_{xq}}=\pi rl.\)

Tập xác định của hàm số \(y={{\log }_{a}}x\) là \(\left( 0;+\infty  \right)\) và tập giá trị của hàm số \(y={{\log }_{a}}x\) là \(\mathbb{R}.\)

Tập xác định của hàm số \(y={{a}^{x}}\) là \(\mathbb{R}\) và tập giá trị của hàm số \(y={{a}^{x}}\) là \(\left( 0;+\infty  \right).\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}.\)

Ta có: \(y'=3{{x}^{2}}+m+\frac{1}{{{x}^{6}}}.\)

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 0;+\infty  \right)\) khi \(3{{x}^{2}}+m+\frac{1}{{{x}^{6}}}\ge 0,\forall x\in \left( 0;+\infty  \right).\)

                                                   \(\Leftrightarrow -m\le 3{{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{6}}},\forall x\in \left( 0;+\infty  \right).\)

                                                   \(\Leftrightarrow -m\le \underset{\left( 0;+\infty  \right)}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right).\)

Với \(g\left( x \right)=3{{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{6}}}.\) Ta có: \(g'\left( x \right)=6x-\frac{6}{{{x}^{7}}};\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 6x - \frac{6}{{{x^7}}} \Leftrightarrow x - \frac{1}{{{x^7}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1 \in \left( {0; + \infty } \right)\\ x = - 1 \notin \left( {0; + \infty } \right) \end{array} \right..\)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: \(-m\le 4\Leftrightarrow m\ge -4.\)

Suy ra: \(m\in \left\{ -4;-3;-2;-1 \right\}.\) Vậy tổng \(-4-3-2-1=-10.\)

Dựa vào hình ta có số đỉnh của bát diện đều là 6.

+ Điều kiện của bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l} x \ne 0\\ 4 - x > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x < 4\\ x \ne 0 \end{array} \right..\)

+ Ta có

\({{\log }_{25}}{{x}^{2}}\le {{\log }_{5}}\left( 4-x \right)\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{\log }_{5}}{{x}^{2}}\le {{\log }_{5}}\left( 4-x \right)\Leftrightarrow {{\log }_{5}}{{x}^{2}}\le 2{{\log }_{5}}\left( 4-x \right)\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{5}}{{x}^{2}}\le {{\log }_{5}}{{\left( 4-x \right)}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}\le {{\left( 4-x \right)}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow 8x-16\le 0\)

\(\Leftrightarrow x\le 2.\)

Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( -\infty ;0 \right)\cup \left( 0;2 \right].\)

Số khẳng định đúng là iii) và iv).

Ta có: \({{\left( {{3}^{{{x}^{2}}}} \right)}^{3y}}={{27}^{x}}\Leftrightarrow {{3}^{3{{x}^{2}}y}}={{3}^{3x}}\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}y=3x\Leftrightarrow xy=1.\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua \({{x}_{0}}\) và \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua \({{x}_{1}}.\)

Hàm số không xác định tại \({{x}_{2}}.\)

Vậy hàm số có một điểm cực đại, một điểm cực tiểu.

\(\left\{ \begin{array}{l} {u_2} = 5\\ {u_3} = 9 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} + d = 5\\ {u_1} + 2d = 9 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ d = 4 \end{array} \right..\)

Suy ra: \({{u}_{4}}={{u}_{1}}+3=1+3.4=13.\)

\(\begin{array}{l} {2^{1 - 3x}} \ge 16\\ < = > {2^{1 - 3x}} \ge {2^4}\\ < = > 1 - 3x \ge 4\\ < = > x \le - 1 \end{array}\)

Ta có:

Để \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\)cùng phương thì \(\overrightarrow{a}=k.\overrightarrow{b}\).

\(\begin{array}{l} < = > k = \frac{3}{2}\\ = > \left\{ \begin{array}{l} n = 2:\frac{3}{2} = \frac{4}{3}\\ m = 1.\frac{3}{2} = \frac{3}{2} \end{array} \right.\\ = > 2m + 3n = 2.\frac{3}{2} + 3.\frac{4}{3} = 7 \end{array}\)

Ta có: \(\overrightarrow{a}.\overrightarrow{p}=1.1+3.1+\left( -2 \right).2=0\Leftrightarrow \overrightarrow{a}\bot \overrightarrow{p}\Rightarrow \) chọn D.

\({{16}^{x}}-{{2.12}^{x}}+\left( m-2 \right){{.9}^{x}}=0\Leftrightarrow {{\left( \frac{4}{3} \right)}^{2x}}-2.{{\left( \frac{4}{3} \right)}^{x}}+\left( m-2 \right)=0\left( 1 \right).\)

Đặt \({{\left( \frac{4}{3} \right)}^{x}}=t;t>0\)

Phương trình \(\left( 1 \right)\) trở thành \({{t}^{2}}-2t+m-2=0\text{ }\left( 2 \right).\)

Phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm dương khi và chỉ khi phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm lớn hơn 1.

\(\left( 2 \right)\Leftrightarrow -{{t}^{2}}+2t+2=m.\)

Số nghiệm phương trình \(\left( 2 \right)\) là số giao điểm của đồ thị \(y=-{{t}^{2}}+2t+2\) và đường thẳng \(y=m.\)

Ta có bảng biến thiên \(y=-{{t}^{2}}+2t+2:\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm lớn hơn 1 khi và chỉ khi \(m<3.\)

Vậy có 2 số nguyên dương \(m\) thỏa mãn

Ta có \(\overrightarrow{PQ}=\left( 1;1;0 \right)\Rightarrow \overrightarrow{PQ}+3\overrightarrow{j}=\left( 1;4;0 \right)\) với \(\overrightarrow{j}\left( 0;1;0 \right).\)

Gọi các điểm \(A1,B1,C1\) lần lượt là các trung điểm của các cạnh \(AA',BB',CC'\)

Ta có \({{V}_{ABCMNP}}={{V}_{ABC.A1B1C1}}-3{{V}_{CNPC1}}=\frac{1}{2}{{V}_{ABC.A'B'C'}}-3{{V}_{CNPC1}}.\)

Mặt khác \({{V}_{CNPC1}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}h.\frac{1}{4}{{S}_{ABC}}=\frac{1}{24}.{{V}_{ABC.A'B'C'}}\)

\({{V}_{ABCMNP}}=\frac{1}{2}{{V}_{ABC.A'B'C'}}-\frac{1}{8}{{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{3}{8}.8.\frac{{{6}^{2}}\sqrt{3}}{4}=27\sqrt{3}.\)

Gọi cạnh của hình lập phương là \(a\)

Theo giả thiết của bài toán ta có: \({{a}^{2}}=4\Leftrightarrow a=2.\)

Thể tích của khối lập phương là: \(V={{a}^{3}}=8c{{m}^{3}}.\)

\(I=F\left( x \right)=\int\limits_{{}}^{{}}{\cos x\sqrt{\sin x+1}dx}\)

Đặt \(u=\sqrt{\sin x+1}\Rightarrow {{u}^{2}}=\sin x+1\)

\(\Rightarrow 2udu=\cos xdx.\)

\(I=\int\limits_{{}}^{{}}{u.2udu}=2\int\limits_{{}}^{{}}{{{u}^{2}}du}\)

                     \(=\frac{2}{3}{{u}^{3}}+C=\frac{2}{3}\left( \sin x+1 \right)\sqrt{\sin x+1}+C\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)={{x}^{3}}-3x+m+2,\) ta có:

                   \(f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-3\Rightarrow f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\pm 1\)

                   \(f\left( 1 \right)=m,f\left( -1 \right)=m+6,f\left( 3 \right)=m+20.\)

Suy ra: \(\underset{\left[ -1;3 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right)=m,\underset{\left[ -1;3 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=f\left( 3 \right)=m+20.\)

Vì \(f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( c \right)\) là độ dài ba cạnh của một tam giác nên:

\(f\left( x \right)>0,\forall x\in \left[ -1;3 \right]\Leftrightarrow \underset{\left[ -1;3 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=m>0\Rightarrow 0<m<2018.\)

Mặt khác, với mọi số thực \(a,b,c\in \left[ -1;3 \right]\) thì \(f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( c \right)\) là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi \(f\left( 1 \right),f\left( 1 \right),f\left( 3 \right)\) cũng là độ dài ba cạnh của tam giác nhọn

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} f\left( 1 \right) + f\left( 1 \right) > f\left( 3 \right)\\ {\left[ {f\left( 1 \right)} \right]^2} + {\left[ {f\left( 1 \right)} \right]^2} > {\left[ {f\left( 3 \right)} \right]^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2m > m + 20\\ 2{m^2} > {\left( {m + 20} \right)^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 20\\ \left[ \begin{array}{l} m < 20 - 20\sqrt 2 \\ m > 20 + {\rm{20}}\sqrt 2 \end{array} \right.{\rm{ }} \end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow m>20+20\sqrt{2}\Rightarrow 20+20\sqrt{2}<m<2018.\)

Mà \(m\in \mathbb{Z}*\Rightarrow m=49;50;...;2017\) nên ta có \(2017-48=1969\) giá trị nguyên dương của \(m.\)

Ta có:

      \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.{{S}_{\Delta ABC}}.SA\)

      \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{A{{B}^{2}}}{2}=\frac{A{{C}^{2}}}{4}={{a}^{2}}\)

Tam giác \(SAB\) vuông cân tại \(A\) nên ta có: \(SA=AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}\)

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

Ta có: \({{S}_{xq}}=\pi rl\Leftrightarrow \pi .3.l=6\sqrt{3}.\pi \)

      \(\Leftrightarrow l=\frac{6\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}\)

\(\Delta SOA\) vuông tại \(O\) có: \(\sin \widehat{OSA}=\frac{OA}{SA}=\frac{r}{l}=\frac{3}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow \widehat{OSA}={{60}^{0}}.\)

Vậy góc ở đỉnh của hình nón đã cho bằng \(2\widehat{OSA}={{120}^{0}}.\)

Hàm số \(y={{\left( 4-{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{5}}}\) xác định khi \(4-{{x}^{2}}>0\Leftrightarrow -2<x<2.\)

Vậy tập xác định của hàm số là: \(D=\left( -2;2 \right).\)

Ta có: \(M=\left( {{a}^{\frac{1}{4}}}-{{b}^{\frac{1}{4}}} \right)\left( {{a}^{\frac{1}{4}}}+{{b}^{\frac{1}{4}}} \right)\left( {{a}^{\frac{1}{2}}}+{{b}^{\frac{1}{2}}} \right)=\left( {{a}^{\frac{1}{2}}}-{{b}^{\frac{1}{2}}} \right)\left( {{a}^{\frac{1}{2}}}+{{b}^{\frac{1}{2}}} \right)=a-b\Rightarrow \left( 1 \right)\) đúng.

Hàm số \(y={{\log }_{2}}\left( {{\ln }^{2}}x-1 \right)\) xác định khi

\(\left\{ \begin{array}{l} {\ln ^2}x - 1 > 0\\ x > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\ln ^2}x > 1\\ x > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} \ln x > 1\\ \ln x < - 1 \end{array} \right.\\ x > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} x > e\\ x < \frac{1}{e} \end{array} \right.\\ x > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left( {0;\frac{1}{e}} \right) \cup \left( {e; + \infty } \right).\)

Vậy (2) là phát biểu sai.

Hàm số \(y={{\log }_{2}}\ln x\) là \(y'=\left( {{\log }_{2}}\ln x \right)'=\frac{\left( \ln x \right)'}{\ln x.\ln 2}=\frac{1}{x\ln x.\ln 2}.\) Vậy (3) là phát biểu đúng.

Hàm số \(y=10{{\log }_{a}}\left( x-1 \right)\) xác định khi \(\left\{ \begin{array}{l} 0 < a \ne 1\\ x > 1 \end{array} \right..\) Vậy (4) là phát biểu sai.

Kết luận: Vậy số các phát biểu đúng là 2.

Nhận xét: Nếu \(A+B={{45}^{0}}\) thì \(\left( 1+\tan A \right)\left( 1+\tan B \right)=2.\)

Thật vậy:

\(\left( 1+\tan A \right)\left( 1+\tan B \right)=\left( 1+\tan A \right)\left[ 1+\tan \left( {{45}^{0}}-A \right) \right]=\left( 1+\tan A \right)\left[ 1+\frac{\tan {{45}^{0}}-\tan A}{1+\tan {{45}^{0}}.\tan A} \right]\)

\(=\left( 1+\tan A \right)\left[ 1+\frac{1-\tan A}{1+\tan A} \right]=1+\tan A+1-\tan A=2.\)

Khi đó:

\(\left( 1+\tan {{1}^{0}} \right)\left( 1+\tan {{2}^{0}} \right)\left( 1+\tan {{3}^{0}} \right)...\left( 1+\tan {{42}^{0}} \right)\left( 1+\tan {{43}^{0}} \right)=\)

\(=\left( 1+\tan {{1}^{0}} \right)\left[ \left( 1+\tan {{2}^{0}} \right)\left( 1+\tan {{43}^{0}} \right) \right]\left[ \left( 1+\tan {{3}^{0}} \right)\left( 1+\tan {{42}^{0}} \right) \right]...\left[ \left( 1+\tan {{22}^{0}} \right)+\left( 1+\tan {{23}^{0}} \right) \right]\)

\(=\left( 1+\tan {{1}^{0}} \right){{.2}^{21}}\). Suy ra \(a=21,b=1.\)

Vậy \(P=a+b=22.\)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l} 10 - x \ge 0\\ {x^2} - 100 \ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le 10\\ x \ne - 10\\ x \ne 10 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x < 10\\ x \ne - 10 \end{array} \right..\)

\(\underset{x\to {{10}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{10}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{10-x}}{{{x}^{2}}-100}=\underset{x\to {{10}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{10-x}}{\left( x-10 \right)\left( x+10 \right)}=-\underset{x\to {{10}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt{10-x}\left( x+10 \right)}=-\infty \)

\(\Rightarrow x=10\) là tiệm cận đứng.

\(\underset{x\to -{{10}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to -{{10}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{10-x}}{{{x}^{2}}-100}=-\infty \Rightarrow x=-10\) là tiệm cận đứng.

\(\underset{x\to -{{10}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to -{{10}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{10-x}}{{{x}^{2}}-100}=+\infty \Rightarrow x=-10\) là tiệm cận đứng.

Vậy phương trình đường tiệm cận đứng là: \(x=10\) và \(x=-10.\)

Hàm số \(y=\cot x\) có tập giá trị là \(\mathbb{R}\) nên câu  D sai.

Mặt phẳng đi qua tâm của khối cầu cắt khối cầu thì được một hình tròn có bán kính bằng bán kính của khối cầu. Gọi bán kính của khối cầu là \(R.\) Ta có: \(\pi {{R}^{2}}=16\pi \Rightarrow R=4\)

Vậy diện tích của mặt cầu giới hạn nên khối cầu đó là \(S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi {{.4}^{2}}=64\pi .\)

Bài toán tổng quát:

Gọi \(a\) (triệu đồng) là số tiền gửi tiết kiệm, \(b%\) là lãi suất trên 1 tháng, c (triệu đồng) là số tiền rút ra mỗi tháng.

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ nhất là:

\({{S}_{1}}=\frac{100+b}{100}.a-c\) (triệu đồng)

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ hai là:

\({{S}_{2}}=\frac{100+b}{100}.{{S}_{1}}-c={{\left( \frac{100+b}{100} \right)}^{2}}.a-\frac{100+b}{100}.c-c\) (triệu đồng)

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ ba là:

\({{S}_{3}}=\frac{100+b}{100}.{{S}_{2}}-c={{\left( \frac{100+b}{100} \right)}^{3}}.a-{{\left( \frac{100+b}{100} \right)}^{2}}.c-\frac{100+b}{100}.c-c\) (triệu đồng)

…………………………………………………………………………………………………….

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ \(n\) là:

\({{S}_{n}}=\frac{100+b}{100}.{{S}_{n-1}}-c={{\left( \frac{100+b}{100} \right)}^{n}}.a-{{\left( \frac{100+b}{100} \right)}^{n-1}}.c-{{\left( \frac{100+b}{100} \right)}^{n-2}}.c-...-\frac{100+b}{100}.c-c\)

\(\Rightarrow {{S}_{n}}={{\left( \frac{100+b}{100} \right)}^{n}}.a-c.\left[ {{\left( \frac{100+b}{100} \right)}^{n-1}}+{{\left( \frac{100+b}{100} \right)}^{n-2}}+...+\frac{100+b}{100}+1 \right]\) (triệu đồng)

\(\Rightarrow {{S}_{n}}={{k}^{n}}.a-c.\frac{1-{{k}^{n}}}{1-k}\) (triệu đồng) với \(k=\frac{100+b}{100}\)

Thay số vào ta tính được 165269 (nghìn đồng).

Đồ thị hàm số \(y=\left| f\left( x \right) \right|\)

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình \(\left| f\left( x \right) \right|=2\) có 4 nghiệm

Ta có: Gọi \(H\left( {{x}_{0}};0 \right).\) Khi đó \(A\left( {{x}_{0}};{{\log }_{a}}{{x}_{0}} \right);B\left( {{x}_{0}};{{\log }_{b}}{{x}_{0}} \right)\)

\(AH=\left| {{\log }_{a}}{{x}_{0}} \right|;BH=\left| {{\log }_{b}}{{x}_{0}} \right|\)

Do \(3HA=4HB\Leftrightarrow 3\left| {{\log }_{a}}{{x}_{0}} \right|=4\left| {{\log }_{b}}{{x}_{0}} \right|\)

Dựa vào đồ thị ta thấy: \(3\left| {{\log }_{a}}{{x}_{0}} \right|=4\left| {{\log }_{b}}{{x}_{0}} \right|\Leftrightarrow 3{{\log }_{a}}{{x}_{0}}=-4{{\log }_{b}}{{x}_{0}}\)

Đặt \(3{{\log }_{a}}{{x}_{0}}=-4{{\log }_{b}}{{x}_{0}}=t.\) Ta có

\(3{\log _a}{x_0} = - 4{\log _b}{x_0} = t \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\log _a}{x_0} = \frac{t}{3}\\ {\log _b}{x_0} = - \frac{t}{4} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {a^{\frac{t}{3}}} = {x_0}\\ {b^{ - \frac{t}{4}}} = {x_0} \end{array} \right.\)

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

Ta có \(SH\bot \left( ABCD \right).\)

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD,I\) là trung điểm \(BO\Rightarrow HI//AC\Rightarrow HI\bot BD.\)

\(HI=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{4}.\)

\(\Delta ABD\) vuông tại \(A\Rightarrow HD=\sqrt{A{{H}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{4}+{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\).

\(\Delta SHD\) vuông tại \(H\Rightarrow SH=\sqrt{S{{D}^{2}}-H{{D}^{2}}}=\sqrt{\frac{17{{a}^{2}}}{4}-\frac{5{{a}^{2}}}{4}}=a\sqrt{3}.\)

Trong \(\left( SHI \right),\) vẽ \(HE\bot SI\left( E\in SI \right).\)

\(\frac{1}{H{{E}^{2}}}=\frac{1}{H{{I}^{2}}}+\frac{1}{S{{H}^{2}}}=\frac{8}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{3{{a}^{2}}}=\frac{25}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow HE=\frac{a\sqrt{3}}{5}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} BD \bot HI\\ BD \bot SH \end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow BD \bot HE.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} HE \bot SI\\ HE \bot BD \end{array} \right. \Rightarrow HE \bot \left( {SBD} \right).\)

Ta có \(HK\) là đường trung bình \(\Delta ABD\Rightarrow HK//BD\Rightarrow HK//\left( SBD \right).\)

Do đó \(d\left( KH,BD \right)=d\left( KH,\left( SBD \right) \right)=d\left( H,\left( SBD \right) \right)=HE=\frac{a\sqrt{3}}{5}.\)

Ta có \(f\left( x \right)-4=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=4.\left( 1 \right)\)

Gọi \(\left( C \right)\) là đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right).\)

Phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(d:y=4.\)

Do đó số nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) là số giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(d.\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(\left( C \right)\) và \(d\) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Vậy phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm thực.

Chiều cao của hình trụ là \(h=20cm.\)

Chu vi hình chữ nhật 100cm tức là \(2\left( h+2r \right)=100\Leftrightarrow 2\left( 20+2r \right)=100\Leftrightarrow r=15\left( cm \right).\)

Thể tích của khối trụ là \(V=\pi .{{r}^{2}}.h=\pi {{.15}^{2}}.20=4500\pi .\)

Tập xác định của hàm số đã cho là \(D=\mathbb{R}.\)

\(y'=3{{x}^{2}}-6x-9\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1 \in \left[ { - 4;4} \right]\\ x = 3 \in \left[ { - 4;4} \right] \end{array} \right.\)

\(y\left( -4 \right)=-41.\)             \(y\left( -1 \right)=40.\)

\(y\left( 3 \right)=8.\)                  \(y\left( 4 \right)=15.\)

Vậy \(\underset{\left[ -4;4 \right]}{\mathop{\max }}\,y=y\left( -1 \right)=40;\underset{\left[ -4;4 \right]}{\mathop{\min }}\,y=y\left( -4 \right)=-41.\)

Gọi \(O\) là trung điểm \(SC.\) Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot \left( {SAB} \right)\\ CD \bot \left( {SAD} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} BC \bot SB\\ CD \bot SD \end{array} \right..\)

Tam giác \(SBC,SDC,SAC\) lần lượt vuông tại \(B,D,A\) nên \(OA=OB=OC=OD=OS.\)

Vậy \(O\) là điểm cách đều của hình chóp.

Gọi \(I,J\) lần lượt là trung điểm \(BC,SA\) nên \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot AI\\ BC \bot SI \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right).\)

Hai tam giác cân \(ABC,SBC\) bằng nhau nên \(IA=IS\) suy ra \(\Delta ISA\) cân tại \(I.\)

Trong \(\Delta SBI\) vuông tại \(I\) ta có \(SI=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{I}^{2}}}=\sqrt{{{1}^{2}}-\frac{{{y}^{2}}}{4}}.\)

Trong \(\Delta SAI\) cân tại \(I\) ta có \(IJ=\sqrt{S{{I}^{2}}-S{{J}^{2}}}=\sqrt{{{1}^{2}}-\frac{{{y}^{2}}}{4}-\frac{{{x}^{2}}}{4}}.\)

Khi đó thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V=\frac{1}{3}.BC.{{S}_{SAI}}=\frac{1}{6}.BC.SA.IJ=\frac{1}{6}xy\sqrt{1-\frac{{{y}^{2}}+{{x}^{4}}}{4}}\)

Ta có \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge 2xy,\forall x,y\in \mathbb{R}\Rightarrow V\le \frac{1}{6}xy\sqrt{1-\frac{xy}{2}}\)

\(=\frac{1}{12}\sqrt{xy}.\sqrt{xy}.\sqrt{4-2xy}\le \frac{1}{12}{{\left( \frac{xy+xy+4-2xy}{3} \right)}^{\frac{3}{2}}}\le \frac{2\sqrt{3}}{27}\)

Dấy “=” xảy ra tại \(x=y=\frac{2}{\sqrt{3}}\) suy ra \(x+y=\frac{4}{\sqrt{3}}.\)

Cả ba khẳng định đều sai.

Chẳng hạn:

+) Xét hàm số \(f\left( x \right)={{x}^{4}}.\)

Ta có \(f'\left( x \right)=4{{x}^{3}};f''\left( x \right)=12{{x}^{2}}\)

          \(f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=0\)

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x=0\) và \(f''\left( 0 \right)=0.\) Do đó khẳng định i) và iii) sai.

+) Xét hàm số \(f\left( x \right)=-{{x}^{4}}.\)

Ta có \(f'\left( x \right)=-4{{x}^{3}};f''\left( x \right)=-12{{x}^{2}}\)

          \(f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=0\)

Hàm số đạt cực đại tại \(x=0\) và \(f''\left( 0 \right)=0.\) Do đó khẳng định ii) sai.

Xét phương trình: \(\frac{2x-1}{x+1}=x-1\Leftrightarrow 2x-1=\left( x+1 \right)\left( x-1 \right)\) (với điều kiện \(x\ne -1)\)

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

Với \({{x}_{A}}=2\Rightarrow {{y}_{A}}=1;{{x}_{B}}=0\Rightarrow {{y}_{B}}=-1\)

Vậy \(P=y_{A}^{2}-2{{y}_{B}}={{1}^{2}}-2\left( -1 \right)=3.\)

Với k=0 khẳng định \(\int\limits_{{}}^{{}}{kf\left( x \right)dx}=k\int\limits_{{}}^{{}}{f\left( x \right)dx}\) sai.

Bề lõm quay xuống dưới loại A, D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(O\left( 0;0 \right)\) nên đáp án đúng là C.

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\)

Đặt \(y=f\left( x \right)={{x}^{3}}-3x+1\) thì \(f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-3.\) Cho \(f'\left( x \right)=0\) ta được \(3{{x}^{2}}-3=0\Leftrightarrow x=\pm 1.\)

Bảng xét dấu

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right),\) nghịch biến trên \(\left( -1;1 \right)\) nên đáp án B và C đúng.

Xét dáp án D, ta thấy \(\left( 1;2 \right)\subset \left( 1;+\infty  \right)\) nên đáp án D đúng.

Xét đáp án A, ta thấy \(\left( -1;2 \right)\notin \left( -1;1 \right)\) nên đáp án A sai.

Gọi T là phép thử ngẫu nhiên sắp xếp 10 em đoàn viên thành một hàng ngang để nhận giấy khen.

Gọi biến cố \(A:\) “Sắp xếp được hàng ngang gồm 10 em không có bất kì hai bạn nữ nào đứng cạnh nhau”.

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right)=10!\)

Xếp 5 bạn nam có 5! Cách.

Xếp 5 bạn nữ xen vào giữa 4 khoảng trống và 2 vị trí đầu hàng có \(A_{6}^{5}\) cách.

Vậy có số phần tử của biến cố \(A\) là \(n\left( A \right)=5!.A_{6}^{5}\) cách.

Do đó xác suất của biến cố \(A\) là \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{5!.A_{6}^{5}}{10!}=\frac{1}{42}.\)

Số hạng thứ k+1 của khai triển có dạng: \({{T}_{k+1}}=C_{21}^{k}{{x}^{21-k}}{{\left( -\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)}^{k}}=C_{21}^{k}{{\left( -2 \right)}^{k}}{{x}^{21-3k}}.\)

Để số hạng không chứa \(x\) thì \(21-3k=0\Leftrightarrow k=7.\)

Vậy số hạng không chứa \(x\) là \({{T}_{8}}=C_{21}^{7}{{\left( -2 \right)}^{7}}=-{{2}^{7}}C_{21}^{7}.\)

Đặt \(t=\cos x+1,x\in \left( -\frac{\pi }{2};3\pi  \right)\Rightarrow t\in \left[ 0;2 \right].\)

Với \({{t}_{0}}\in \left( 0;1 \right)\) thì phương trình \(\cos x+1={{t}_{0}}\) cho 3 nghiệm thuộc khoảng \(\left( -\frac{\pi }{2};3\pi  \right).\)

Với \({{t}_{0}}\in \left( 1;2 \right)\) thì phương trình \(\cos x+1={{t}_{0}}\) cho 4 nghiệm thuộc khoảng \(\left( -\frac{\pi }{2};3\pi  \right).\)

Phương trình có dạng: \(f\left( t \right)=t.\)

Từ đồ thị hàm số suy ra: \(f\left( t \right) = t \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = b\left( {0 < b < 1} \right)\\ t = 2 \end{array} \right.\)

Với \(t=2,\) phương trình \(\cos x+1=2\Leftrightarrow \cos x=1\) có 2 nghiệm thuộc khoảng \(\left( -\frac{\pi }{2};3\pi  \right).\)

Với \(t=b,\) phương trình \(\cos x+1=b\Leftrightarrow \cos x=b-1<0\) có 3 nghiệm thuộc khoảng \(\left( -\frac{\pi }{2};3\pi  \right).\)

Hai điểm tạo véc-tơ có phân biệt điểm đầu, điểm cuối nên số véc-tơ cần tìm là \(A_{5}^{2}.\)

Vì \(a,b,c\) theo thứ tự lập thành một cấp số nhân nên:

\(ac={{b}^{2}}\Leftrightarrow \left( 2R\sin A \right)\left( 2R\sin C \right)={{\left( 2R\sin B \right)}^{2}}\Leftrightarrow \sin A.\sin C={{\sin }^{2}}B\)

\(\Leftrightarrow \ln \left( \sin A.\sin C \right)=\ln \left( {{\sin }^{2}}B \right)\Leftrightarrow \ln \left( \sin A \right)+\ln \left( \sin C \right)=2\ln \left( \sin B \right).\)