Mỗi số lập được là một hoán vị của một tập hợp gồm 4 chữ số đã cho.

Vậy số các số thỏa mãn bài toán là \({P_4} = 4! = 24\) số.

\({u_3} = {u_1}.{q^2} = 3.{\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{3}{4}\)

Phương trình tương đương với \(3x = x + 2020 \Leftrightarrow x = 1010\)

\({V_{lp}} = {b^3}.\)

Với \(x >  - \frac{1}{4}\)

Ta có \(y' = \frac{{(4x + 1)'}}{{\left( {4x + 1} \right)\ln 3}} = \frac{4}{{\left( {4x + 1} \right)\ln 3}}.\)

\(\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)g\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{}^{} {f\left( x \right){\rm{d}}x} .\int\limits_{}^{} {g\left( x \right){\rm{d}}x} \) là sai

\(V = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}.{a^2}.\sqrt 2 a = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}\)

V = h.S_đáy\( = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)

Gọi R là bán kính của khối cầu. Ta có \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} \Leftrightarrow \frac{4}{3}\pi {R^3} = 288\pi  \Leftrightarrow {R^3} = 216 \Rightarrow R = 6\).

Theo bảng biến thiên, ta có f(x) đồng biến trên khoảng \(\left( 2;+\infty  \right)\) nên suy ra f(x) đồng biến trên khoảng \(\left( 3;7 \right)\).

\({\log _8}\left( {{a^6}} \right) = 6{\log _{{2^3}}}a = 6.\frac{1}{3}{\log _2}a = 2{\log _2}a\)

Theo bài ra ta có: \(2\pi R = 8\pi  \Leftrightarrow R = 4\).

Thể tích khối trụ là: \(V = \pi {R^2}h = \pi {.4^2}.5 = 80\pi \).

Dựa vào bảng biến thiên, f(-1) = 0 và f'(x) đổi dấu từ âm sang dương khi qua x = -1. Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x = -1.

Ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow \) Hệ số a>0

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ \(O\left( 0;0 \right)\Rightarrow \) Hệ số d=0

Gọi \({{x}_{1}};{{x}_{2}}\) lần lượt là hoành độ các điểm cực trị.

\(\Rightarrow {{x}_{1}};{{x}_{2}}\) là nghiệm của \(y'=3a{{x}^{2}}+2bx+c\).

Dựa vào đồ thị \({{x}_{1}}<0;{{x}_{2}}=0\) \(\Rightarrow {{x}_{1}}.{{x}_{2}}=0\Leftrightarrow \frac{c}{3a}=0\Rightarrow c=0\).

Mặt khác \({{x}_{1}}+{{x}_{2}}<0\Leftrightarrow -\frac{2b}{3a}<0\Rightarrow b>0\) (Vì a>0)

Tập xác định \(D=\left( -\infty ;\,-3 \right]\cup \left[ 1;\,+\infty  \right)\).

\(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+2x-3}}{2x+1}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow \) Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là: \(y=\frac{1}{2}\)

\(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+2x-3}}{2x+1}=-\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow \) Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là: \(y=-\frac{1}{2}\).

Ta thấy: \(2x+1=0\Rightarrow x=-\frac{1}{2}\notin D\). Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho bằng 2.

\({\left( {\frac{1}{5}} \right)^{3x - 1}} \ge \frac{1}{{25}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{5}} \right)^{3x - 1}} \ge {\left( {\frac{1}{5}} \right)^2} \Leftrightarrow 3x - 1 \le 2 \Leftrightarrow x \le 1\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( { - \infty ;1} \right]\)

Xét phương trình \(f\left( x \right)+2=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=-2\).

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)+2=0\) bằng số giao điểm của đường thẳng y=-2 với đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\). Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y=-2 cắt đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) tại 3 điểm phân biệt, suy ra phương trình \(f\left( x \right)+2=0\) có 3 nghiệm.

\(\begin{array}{l} \int\limits_2^3 {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right) + 2x} \right]dx} = \int\limits_2^3 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_2^3 {g\left( x \right)dx} + \int\limits_2^3 {2xdx} \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 5 + 1 + {x^2}|_2^3 = 6 + 5 = 11 \end{array}\)

Ta có: \(z = \frac{{ - 3 - i}}{{2 + i}} = \frac{{ - 7}}{5} + \frac{1}{5}i\)

Số phức liên hợp của số phức \(z = \frac{{ - 7}}{5} + \frac{1}{5}i\) là \(\bar z = \frac{{ - 7}}{5} - \frac{1}{5}i\)

\({z_1} - {z_2} = 2 - i - \left( { - 3 - 3i} \right) = 5 + 2i\) có phần ảo bằng 2

\(\left| z \right| = \sqrt {{5^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = \sqrt {41} \)

Hình chiếu vuông góc của điểm M(1;2;-5) trên trục Oz có toạ độ là (0;0;-5).

Gọi I là tâm mặt cầu, khi đó I là trung điểm của đoạn AB nên \(I\left( -1;1;0 \right)\).

Gọi R là bán kính mặt cầu, suy ra \(R=IA=\sqrt{{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{1}^{2}}+{{2}^{2}}}=3\).

Vậy phương trình mặt cầu đường kính AB là \({{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=9\).

VTPT là \({\mathop n\limits^ \to  _2}\left( {3\,;\, - 2\,;\,1} \right).\)

Ta thấy điểm N thuộc vào đường thẳng d vì \(\,\left\{ \begin{array}{l} 5 = 2 + 3t\\ 4 = \,\,4t\\ - 2 = - 1 - t \end{array} \right. \Leftrightarrow t = 1\).

Các trường hợp còn lại không đúng vì:

+) \(\,\left\{ \begin{array}{l} - 1 = 2 + 3t\\ - 4 = \,\,4t\\ 2 = - 1 - t \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = - 1\\ t = - 3 \end{array} \right.\). Vậy điểm M không thuộc đường thẳng d.

+) \(\,\left\{ \begin{array}{l} 2 = 2 + 3t\\ 4 = \,\,4t\\ - 1 = - 1 - t \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = 0\\ t = 1 \end{array} \right.\). Vậy điểm P không thuộc đường thẳng d.

+) \(\,\left\{ \begin{array}{l} 8 = 2 + 3t\\ 8 = \,\,4t\\ - 1 = - 1 - t \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = 2\\ t = 0 \end{array} \right.\). Vậy điểm Q không thuộc đường thẳng d.

Gọi SM là đường cao của tam giác đều SAB (M là trung điểm của AB).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\ \left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\ SM \bot AB \end{array} \right. \Rightarrow SM \bot \left( {ABCD} \right)\)

Do đó MC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\).

Suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) bằng \(\left( SC,\,\,MC \right)=\widehat{SCM}\).

Tam giác SAB đều nên đường cao \(SM=\frac{a}{\sqrt{2}}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}\).

Tam giác BMC vuông tại B nên \(MC=\sqrt{B{{C}^{2}}+B{{M}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{8}}=\frac{3a}{2\sqrt{2}}\).

Vì \(SM\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SM\bot MC\). Tam giác SMC vuông tại M, có:

\(\tan \widehat{SCM}=\frac{SM}{MC}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}.\frac{2\sqrt{2}}{3a}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{SCM}=30{}^\circ \).

Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) bằng \(30{}^\circ \).

Từ bảng xét dấu của f'(x) ta thấy f'(x) đổi dấu qua x = -2 và x = 3 suy ra hàm số f(x) có hai điểm cực trị.

Ta có: \({{f}^{'}}\left( x \right)=-3{{x}^{2}}+8x-5\).

\({{f}^{'}}\left( x \right)=0\Leftrightarrow -3{{x}^{2}}+8x-5=0\Leftrightarrow x=1\in \left[ 1;3 \right]\) hoặc \(x=\frac{5}{3}\in \left[ 1;3 \right]\).

Ta có:

\(f\left( 1 \right)=-1,\,\,f\left( \frac{5}{3} \right)=\frac{-23}{27},\,\,f\left( 3 \right)=-5\).

Vậy \(\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\text{max}}}\,f\left( x \right)=\frac{-23}{27}\) khi \(x=\frac{5}{3}\).

\(\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=-5\) khi x=3.

\(A = {\log _m}\left( {8m} \right) = {\log _m}8 + {\log _m}m = 3{\log _m}2 + 1 = \frac{3}{{{{\log }_2}m}} + 1 = \frac{3}{a} + 1 = \frac{{3 + a}}{a}\)

Ta có \(y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + 2x + 2020 \Rightarrow y' = {x^2} + 2x + 2 > 0\,,\,\,\forall x \in R\).

Suy ra hàm số trên đồng biến trên R và do đó đồ thị của hàm số bậc ba trên cắt trục hoành tại đúng 1 điểm. Chọn B.

\({4^x} - {2^{x + 1}} - 8 > 0 \Leftrightarrow {4^x} - {2.2^x} - 8 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {2^x} > 4\\ {2^x} < - 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow {2^x} > 4 \Leftrightarrow {2^x} > {2^2} \Leftrightarrow x > 2\)

Khi quay tam giác ABC xung quanh cạnh góc vuông AB thì đường gấp khúc ACB tạo thành một hình nón có  bán kính đáy r=AC, góc giữa đường sinh và mặt đáy là góc \(\widehat{BCA}={{30}^{0}}\), chiều cao hình nón \(h=AB=AC.\tan {{30}^{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}r\) nên đường sinh \(l=\sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}=\sqrt{\frac{{{r}^{2}}}{3}+{{r}^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{3}}r\).

Mà theo giả thiết  diện tích xung quanh của hình nón bằng:

\({{S}_{xq}}=\pi rl=\pi .r.\frac{2}{\sqrt{3}}r=8\sqrt{3}\pi {{a}^{2}}\Rightarrow {{r}^{2}}=12{{a}^{2}}\Rightarrow r=2\sqrt{3}a\Rightarrow h=\frac{\sqrt{3}}{3}r=\frac{\sqrt{3}}{3}.2\sqrt{3}a=2a\).

Vậy thể tích khối nón \(V=\frac{1}{3}h.\pi {{r}^{2}}=\frac{1}{3}.2a.\pi .12{{a}^{2}}=8\pi {{a}^{3}}\).

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

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow u = 1\\ x = 1 \Rightarrow u = \sqrt 2 \end{array} \right.\)

Vậy \(\int\limits_0^1 {x\sqrt {{x^2} + 1} {\kern 1pt} {\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {\sqrt {{x^2} + 1} {\kern 1pt} .x{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^{\sqrt 2 } {u.udu = } \int\limits_0^{\sqrt 2 } {{u^2}du} \)

Đặt \(h\left( x \right) = {x^3} - 6{x^2} - \left( {6 - 11x} \right) = {x^3} - 6{x^2} + 11x - 6\).

\(h\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 1}\\ {x = 2}\\ {x = 3} \end{array}} \right.\).

Vậy diện tích S được tính theo công thức \(S = \int\limits_1^3 {\left| {{x^3} - 6{x^2} + 11x - 6} \right|} \,{\rm{d}}x\).

\(\left( {x + 2yi} \right) + \left( {2 - i} \right) = 1 + 3i\)

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

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + 2 = 1\\ 2y - 1 = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - 1\\ y = 2 \end{array} \right.\)

Ta có phương trình

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

Do z₀ là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình \({z^2} - 4z + 5 = 0\) nên \({z_0} = 2 + i\).

Khi đó: \(w = i\left( {{z_0} + 2i} \right) =  - 3 + 2i \Rightarrow \left| {\rm{w}} \right| = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {2^2}}  = \sqrt {13} \).

Vậy \(\left| {\rm{w}} \right| = \sqrt {13} \).

Đường thẳng \(\Delta \) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left( 3;-4;2 \right)\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\bot \Delta \) nên \(\left( \alpha  \right)\) có vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow{u}=\left( 3;-4;2 \right)\) và \(\left( \alpha  \right)\) qua điểm \(M\left( 1;-2;3 \right)\).

Nên phương trình \(\left( \alpha  \right):3\left( x-1 \right)-4\left( y+2 \right)+2\left( z-3 \right)=0\Leftrightarrow 3x-4y+2z-17=0\).

Đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với mặt phẳng \((\alpha )\) nên nhận vectơ \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{n}=\left( 3\,;\,-2\,;\,1 \right)\) làm vectơ chỉ phương.

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\left( 3\,;\,1\,;\,0 \right)\) và nhận \(\overrightarrow{u}=\left( 3\,;\,-2\,;\,1 \right)\) làm vectơ chỉ phương nên có phương trình là: \(\frac{x-3}{3}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z}{1}\).

Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta :\frac{x-3}{3}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z}{1}\).

\(n(\Omega )=8!=40320\)

Đánh số các vị trí cần xếp từ 1 đến 8

Gọi A là biến cố: " sách Lý xếp liền nhau và chỉ xếp cạnh sách Toán"

Xét kết quả thuận lợi cho A:

Trường hợp 1: Sách Lý xếp vị trí 1, 2, khi đó         

Xếp 2 sách Lý vào 2 vị trí đó có 2! cách

Chọn sách Toán xếp cạnh sách Lý có 4 cách

Xếp 5 sách còn lại vào 5 vị trí còn lại có 5! cách

Trường hợp này có 2!.4.5!=960 cách

Trường hợp 2: Sách Lý xếp vị trí 7,8

tương tự trường hợp 1 có: 2!.4.5!=960 cách

Trường hợp 3: hai sách Lý xếp ở các vị trí thứ i,i+1 với i=2,3,...,6; khi đó:

Xếp 2 sách Lý vào 2 vị trí đó có 2! cách

Chọn 2 sách Toán xếp vị trí i-1,i+2 có \(A_{4}^{2}\) cách

Xếp 4 sách còn lại vào 4 vị trí còn lại có 4! cách

Trường hợp này có \(5.2!.A_{4}^{2}.4!=2880\) cách

Suy ra \(n(A)=960+960+2880=4800\)

\(\Rightarrow p(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{5}{{42}}\)

Gọi \(O=AC\cap BD\), I là trọng tâm của tam giác ABD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của AI và SA, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên NO.

Khi đó, ta có: \(d\left( SC,BD \right)=d\left( SC,\left( NBD \right) \right) =d\left( C,\left( NBD \right) \right)=\frac{3}{2}d\left( M,\left( NBD \right) \right)=\frac{3}{2}MH\).

Do \(SI\bot \left( ABCD \right)\), suy ra \(\Delta SIA\) vuông tại I.

Khi đó, ta có: \(SI=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{I}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3} \Rightarrow MN=\frac{a\sqrt{6}}{6}\).

Trong tam giác vuông NMO vuông tại M, có: \(OM=\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Suy ra \(\frac{1}{M{{H}^{2}}}=\frac{1}{M{{N}^{2}}}+\frac{1}{M{{O}^{2}}}=\frac{6}{{{a}^{2}}}+\frac{3}{{{a}^{2}}}=\frac{9}{{{a}^{2}}} \Rightarrow MH=\frac{a}{3} \Rightarrow d\left( SC,BD \right)=\frac{3}{2}.\frac{a}{3}=\frac{a}{2}\).

Ta có \(y' = {x^2} - 2x - \left( {3m + 2} \right)\).

Để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 4 thì phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ sao cho \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 4\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \Delta ' > 0\\ \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 + 3m + 2 > 0\\ {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 16 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > - 1\\ {2^2} + 4\left( {3m + 2} \right) = 16 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > - 1\\ 12m = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}\)

Vì m thuộc Z nên \(m \in \emptyset \).

Theo bài ra ta cần có

\(\begin{array}{l} S(n) = \frac{1}{{1 + {{2020.10}^{ - 0,01n}}}} > 0,8 \Leftrightarrow 1 + {2020.10^{ - 0,01n}} < 1,25\\ \Leftrightarrow {2020.10^{ - 0,01n}} < 0,25 \Leftrightarrow {10^{ - 0,01n}} < \frac{1}{{8080}} \Leftrightarrow - 0,01n < \log \left( {\frac{1}{{8080}}} \right)\\ \Leftrightarrow n > \frac{{ - 1}}{{0,01}}.log\left( {\frac{1}{{8080}}} \right) \approx 390,74 \end{array}\)

Vậy cần ít nhất 391 lần thử nghiệm để đảm bảo tỉ lệ chính xác đạt trên 80%.

Ta có \(y' = {\left[ {f\left( {1 - {x^2}} \right)} \right]'} =  - 2xf'\left( {1 - {x^2}} \right)\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ f'\left( {1 - {x^2}} \right) = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ 1 - {x^2} = a \in \left( { - \infty ;1} \right)\\ 1 - {x^2} = b \in \left( {1;3} \right)\\ 1 - {x^2} = c \in \left( {3; + \infty } \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ {x^2} = 1 - a \in \left( {0; + \infty } \right)\\ {x^2} = 1 - b \in \left( { - 2;0} \right)\;\;(vn)\\ {x^2} = 1 - c \in \left( { - \infty ; - 2} \right)\;\;\;(vn) \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \pm \sqrt {1 - a} \ne 0 \end{array} \right.\) là 3 nghiệm đơn phân biệt

Vậy hàm số \(y = f\left( {1 - {x^2}} \right)\) có 3 điểm cực trị.

Thiết diện thu được là hình vuông ABCD như hình vẽ. Gọi h là chiều cao của hình trụ. Khi đó AB=BC=h. Gọi I là trung điểm AB, ta có:

\(OI\bot AB\Rightarrow OI\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow 3a=d\left( O{O}',\left( ABCD \right) \right)=d\left( O,\left( ABCD \right) \right)=OI\).

Hình trụ có bán kính \(R=OA=\sqrt{O{{I}^{2}}+A{{I}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 3a \right)}^{2}}+{{\left( \frac{h}{2} \right)}^{2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{{{h}^{2}}+36{{a}^{2}}}\).

Thể tích khối trụ là \(V=\pi {{R}^{2}}h=200\pi {{a}^{3}}\).

\(\Rightarrow \pi .\frac{1}{4}\left( {{h}^{2}}+36{{a}^{2}} \right).h=200\pi {{a}^{3}}\Leftrightarrow {{h}^{3}}+36{{a}^{2}}h=800{{a}^{3}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{h}{a} \right)}^{3}}+36.\frac{h}{a}-800=0\Leftrightarrow \frac{h}{a}=8\)

\(\Leftrightarrow h=8a\).

Suy ra: \(R=\frac{1}{2}\sqrt{{{h}^{2}}+36{{a}^{2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{{{\left( 8a \right)}^{2}}+36{{a}^{2}}}=5a\).

Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: \({{S}_{xq}}=2\pi Rh=2\pi .5a.8a=80\pi {{a}^{2}}\).

Đặt \({{I}_{1}}=\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{\cot x.f\left( {{\sin }^{2}}x \right)\text{d}x}=1\), \({{I}_{2}}=\int\limits_{1}^{16}{\frac{f\left( \sqrt{x} \right)}{x}\text{d}x}=1\).

Đặt \(t={{\sin }^{2}}x \Rightarrow \text{d}t=2\sin x.\cos x\text{d}x =2{{\sin }^{2}}x.\cot x\text{d}x =2t.\cot x\text{d}x\).

\({{I}_{1}}=\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{\cot x.f\left( {{\sin }^{2}}x \right)\text{d}x}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{f\left( t \right).\frac{1}{2t}\text{d}t} =\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{\frac{f\left( t \right)}{t}\text{d}t} =\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{1}{8}}^{\frac{1}{4}}{\frac{f\left( 4x \right)}{4x}\text{d}\left( 4x \right)} =\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{1}{8}}^{\frac{1}{4}}{\frac{f\left( 4x \right)}{x}\text{d}x}\).

Suy ra \(\int\limits_{\frac{1}{8}}^{\frac{1}{4}}{\frac{f\left( 4x \right)}{x}\text{d}x}=2{{I}_{1}}=2\)

Đặt \(t=\sqrt{x} \Rightarrow 2t\text{d}t=\text{d}x\).

\({{I}_{2}}=\int\limits_{1}^{16}{\frac{f\left( \sqrt{x} \right)}{x}\text{d}x} =\int\limits_{1}^{4}{\frac{f\left( t \right)}{{{t}^{2}}}\text{2}t\text{d}t} =2\int\limits_{1}^{4}{\frac{f\left( t \right)}{t}\text{d}t} =2\int\limits_{\frac{1}{4}}^{1}{\frac{f\left( 4x \right)}{4x}\text{d}\left( 4x \right)} =2\int\limits_{\frac{1}{4}}^{1}{\frac{f\left( 4x \right)}{x}\text{d}x}\).

Suy ra \(\int\limits_{\frac{1}{4}}^{1}{\frac{f\left( 4x \right)}{x}\text{d}x}=\frac{1}{2}{{I}_{2}}=\frac{1}{2}\)

Khi đó, ta có: \(\int\limits_{\frac{1}{8}}^{1}{\frac{f\left( 4x \right)}{x}\text{d}x}=\int\limits_{\frac{1}{8}}^{\frac{1}{4}}{\frac{f\left( 4x \right)}{x}\text{d}x}+\int\limits_{\frac{1}{4}}^{1}{\frac{f\left( 4x \right)}{x}\text{d}x} =2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}\).

Đặt \(t = 4\left| {\sin x} \right|\), \(x \in \left[ { - \pi ;\pi } \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;4} \right]\)

Khi đó phương trình \(f\left( {4\left| {\sin x} \right|} \right) = 3\) trở thành \(f\left( t \right) = 3,\forall t \in \left[ {0\,;\,4} \right]\)

Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f(t) và đường thẳng y = 3.

Dựa vào đồ thị, ta có \(f\left( t \right) = 3 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} t = {a_1} \in \left( { - 1\,;\,0} \right)\,\,\,\left( L \right)\\ t = {a_2} \in \left( {0\,;\,1} \right)\\ t = {a_3} \in \left( {2\,;\,3} \right) \end{array} \right.\).

Trường hợp 1: \(t = {a_2} \in \left( {0;1} \right)\).

\( \Rightarrow \left| {\sin x} \right| = \frac{{{a_2}}}{4} \in \left( {0\,;\,\frac{1}{4}} \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin x = - \frac{{{a_2}}}{4}\, \in \left( { - \frac{1}{4}\,;\,0} \right)\,\,\left( 1 \right)\\ \sin x = \frac{{{a_2}}}{4} \in \left( {0\,;\,\frac{1}{4}} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right) \end{array} \right.\)

Phương trình (1) cho ta 2 nghiệm phân biệt \({x_1}\,;\,{x_2}\) thuộc khoảng \(\left[ { - \pi \,;\,\pi } \right]\).

Phương trình (2) cho ta 2 nghiệm \({x_3}\,;\,{x_4}\) phân biệt thuộc khoảng \(\left[ { - \pi \,;\,\pi } \right]\).

Trường hợp 2: \(t = {a_3} \in \left( {2;3} \right)\)

\( \Rightarrow \left| {\sin x} \right| = \frac{{{a_3}}}{4} \in \left( {\frac{1}{2};\,\frac{3}{4}} \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin x = - \frac{{{a_3}}}{4}\, \in \left( { - \frac{3}{4}\,;\, - \frac{1}{2}} \right)\,\,\left( 3 \right)\\ \sin x = \frac{{{a_3}}}{4} \in \left( {\frac{1}{2};\,\frac{3}{4}} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right) \end{array} \right.\)

Phương trình (3) cho ta 2 nghiệm phân biệt \({x_5}\,;\,{x_6}\) thuộc khoảng \(\left[ { - \pi \,;\,\pi } \right]\).

Phương trình (4) cho ta 2 nghiệm phân biệt \({x_7}\,;\,{x_8}\) thuộc khoảng \(\left[ { - \pi \,;\,\pi } \right]\).

Hình vẽ minh họa các trường hợp

Vậy phương trình có 8 nghiệm phân biệt

Ta có: \({a^x} = {b^y} = {c^z} = \sqrt {abc} \)

\( \Rightarrow x{\log _{abc}}a = y{\log _{abc}}b = z{\log _{abc}}c = \frac{1}{2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{x} = 2{\log _{abc}}a\\ \frac{1}{y} = 2{\log _{abc}}b\\ \frac{1}{z} = 2{\log _{abc}}c \end{array} \right.\\ \end{array}\)

Do đó: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 2\left( {{{\log }_{abc}}a + {{\log }_{abc}}b + {{\log }_{abc}}c} \right) = 2{\log _{abc}}abc = 2\)

Suy ra: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = 2 - \frac{1}{z}\)

Ta có: \(P = \frac{{16}}{x} + \frac{{16}}{y} - {z^2} = 16\left( {2 - \frac{1}{z}} \right) - {z^2} = 32 - \frac{{16}}{z} - {z^2}\) ( z > 0 ).

Mặc khác, \(\frac{{16}}{z} + {z^2} = \frac{8}{z} + \frac{8}{z} + {z^2} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{8}{z}.\frac{8}{z}.{z^2}}} = 12\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow z = 2\).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 32 - 12 = 20 tại z = 2.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x + 9 > 0\,\,\,\,\forall x \in R\) nên f(x) đồng biến trên đoạn [0;2].

Ta có \(f\left( 0 \right) = m;{\rm{  }}f\left( 2 \right) = 14 + m\)

Trường hợp 1: \(m.\left( {14 + m} \right) < 0 \Leftrightarrow  - 14 < m < 0\). Khi đó:

\(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} = 0\\ \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} = \max \left\{ {{m^2};{{\left( {14 + m} \right)}^2}} \right\} < {14^2} = 196 \end{array} \right.\)

Suy ra không thỏa mãn điều kiện \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {0;2} \right]} {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} + \mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {0;2} \right]} {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} = 2020\)

Trường hợp 2: \(m.\left( {14 + m} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m \ge 0\\ m \le - 14 \end{array} \right.\left( * \right)\)

Suy ra \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {0;2} \right]} {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} + \mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {0;2} \right]} {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} = {m^2} + {\left( {14 + m} \right)^2} = 2{m^2} + 28m + 196\).

Khi đó: \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {0;2} \right]} {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} + \mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {0;2} \right]} {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} = 2020 \Leftrightarrow 2{m^2} + 28m + 196 = 2020 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 24\\ m = - 38 \end{array} \right.\)

Cả hai giá trị trên đều thỏa mãn (*). Nên S = {24;-38} có hai phần tử.    

Vậy số tập con của S là: 2² = 4.

Trong \(\left( {A}'{B}'BA \right)\), gọi P là giao điểm của AM và \(B{B}'\). Trong \(\left( {B}'{C}'CB \right)\), gọi N là giao điểm của PC và \({B}'{C}'\). Khi đó \(N={B}'{C}'\cap \left( ACM \right)\).

Gọi V là thể tích của hình hộp chữ nhật \(ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'\), gọi \({{V}_{1}}\) thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm \(A,\,C,\,D,\,{A}',\,M,\,N,\,{C}'\) và \({D}'\), gọi \({{V}_{2}}\) là thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm \(A,\,C,\,B,\,M,\,N,\,{B}'\),

Ta có \(\frac{P{B}'}{PB}=\frac{PN}{PC}=\frac{PM}{PA}=\frac{M{B}'}{AB}=\frac{2}{3}\), do đó \(PB=3.B{B}'=3.9=27\).

\(V=AB.AD.A{A}'=3.4.9=108\)

\({{V}_{P.ABC}}=\frac{1}{3}PB.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}.27.\frac{1}{2}.3.4=54\)

\(\frac{{{V}_{P.MN{B}'}}}{{{V}_{PABC}}}=\frac{P{B}'}{PB}.\frac{PN}{PC}.\frac{PM}{PA}=\frac{2}{3}.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{8}{27}\) hay \({{V}_{P.MN{B}'}}=\frac{8}{27}{{V}_{PABC}}\)

Khi đó \({{V}_{2}}={{V}_{PABC}}-{{V}_{P.MN{B}'}}={{V}_{PABC}}-\frac{8}{27}{{V}_{PABC}}=\frac{19}{27}{{V}_{PABC}}=\frac{19}{27}.54=38\).

Vậy \({{V}_{1}}=V-{{V}_{2}}=108-38=70\).

Với điều kiện x > -1, ta biến đổi phương trình (1) tương đương với:

\(\left[ {\ln (x + 1) + 1} \right].\left[ {m\ln (x + 1) - (x + 2)} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \ln (x + 1) + 1 = 0 & & \,\,\,\,\,(a)\\ m\ln (x + 1) - (x + 2) = 0\,\,\,\,\,(b) \end{array} \right.\)

Phương trình \((a) \Leftrightarrow \ln (x + 1) =  - 1 \Leftrightarrow x = \frac{1}{e} - 1 < 0\) (loại).

Phương trình \((b) \Leftrightarrow m\ln (x + 1) = x + 2\). Vì m = 0 không thỏa mãn phương trình nên:

\((b) \Leftrightarrow \frac{{\ln (x + 1)}}{{x + 2}} = \frac{1}{m}\) (*)

Khi đó, YCBT trở thành phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \(0 < {x_1} < 2 < 4 < {x_2}\)

Đặt \(f(x) = \frac{{\ln (x + 1)}}{{x + 2}},\,\,x >  - 1\). Khi đó:

\(f'(x) = \frac{{\frac{{x + 2}}{{x + 1}} - \ln (x + 1)}}{{{{(x + 2)}^2}}}\,,\,f'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{{x + 2}}{{x + 1}} = \ln (x + 1)\)

Vì vế trái là hàm nghịch biến và vế phải là hàm đồng biến trên khoảng \(( - 1; + \infty )\) nên phương trình có tối đa 1 nghiệm. Mặt khác, \(f'(2) > 0,\,\,f'(3) < 0\) nên phương trình f'(x) = 0 có nghiệm duy nhất \({x_0} \in \left( {2;3} \right)\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \(0 < {x_1} < 2 < 4 < {x_2}\) khi và chỉ khi

\(f(0) < \frac{1}{m} < f(4) \Leftrightarrow 0 < \frac{1}{m} < \frac{{\ln 5}}{6} \Leftrightarrow m > \frac{6}{{\ln 5}} \approx 3,72\).

Vậy \(a \approx 3,72 \in (3,7;3,8)\).