Có 5 cách chọn 1 học sinh nam và tương ứng mỗi cách chọn một học sinh nam thì có 7 cách chọn một học sinh nữ. Theo quy tắc nhân có 5.7=35 cách.

\({u_5} = {u_1}{q^4} \Rightarrow {q^4} = \frac{{{u_5}}}{{{u_1}}} = \frac{{32}}{2} = 16 \Rightarrow q = 4.\)

\(\log {}_2^{}\left( {x - 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x - 1 = {2^3} \Leftrightarrow x = 9.\)

\(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}{a^2}2a = \frac{{2{a^3}}}{3}.\)

Hàm số xác định khi x - 2 \(\ne\) 0 ⇔ x \(\ne\) 2 ⇒ D = R \ {2}

\(\int {{2^x}} dx = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C.\)

\(V = a.b.c = 3.7.4 = 84\left( {c{m^3}} \right).\)

\({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .3.5 = 30\pi .\)

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.2^3} = \frac{{32\pi }}{3}.\)

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {{x^2} - 3{x^2} + 2} \right) =  - \infty ,b = y\left( 0 \right) = 2.\)

M = \({9^{{{\log }_3}a}} = {\left( {{3^{\log _3^{}a}}} \right)^2} = {a^2}.\)

\(V = \frac{1}{3}Bh \Rightarrow h = \frac{{3V}}{B} = \frac{{3.27}}{6} = \frac{{27}}{2}.\)

y' đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua x = 0nên giá trị cực tiểu của hàm số là y(0) = -1

Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị có TCĐ: x = 1 và TCN y = 2

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \) Đồ thị có 1 TCN: y = 0

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) =  - \infty  \Rightarrow \) Đồ thị có 1 TCĐ: x = 0

\({\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} > 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} > {\left( {\frac{3}{4}} \right)^0} \Leftrightarrow x < 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;0} \right).\)

\(2f\left( x \right) + 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \frac{5}{2} =  - 2,5\)

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và đường thẳng y = -2,5

 Nhìn BBT ta thấy phương trình có 1 nghiệm.

\(I = \int\limits_0^1 {\left[ {2f\left( x \right) + 3g\left( x \right)} \right]} dx = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)} dx + 3\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx}  = 2.\left( { - 5} \right) + 3.3 =  - 1.\)

\(\left| z \right| = \sqrt {{3^2} + {{( - 2)}^2}}  = \sqrt {13} .\)

\(z =  - 2i\left( {3 - 5i} \right) =  - 10 - 6i\)

Phần thực của số phức bằng -10

z = 2 - 3i.

\(\overrightarrow c  = \left( { - 2;0;1} \right).\)

\(\overrightarrow u  = 3\overrightarrow i  - 2\overrightarrow j  + 5\overrightarrow k  = \left( {3; - 2;5} \right).\)

\(a\left( {x - {x_0}} \right) + b\left( {y - {y_0}} \right) + c\left( {z - {z_0}} \right) = 0 \Leftrightarrow 2\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y + 2} \right) + 4\left( {z - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y + 4z - 12 = 0.\)

\({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {\left( {z - 5} \right)^2} = 9.\)

\(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \mathop {SCA}\limits^ \wedge \)

\(\tan \mathop {SCA}\limits^ \wedge = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \mathop {SCA}\limits^ \wedge = {60^0}.\)

\({y'} = 3{x^2} - 2ax + b;{y{''}} = 6x - 2a\)

Đồ thị đạt cực đại tại A(1;5) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{y'}\left( 1 \right) = 0}\\ {y\left( 1 \right) = 5} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} { - 2a + b + 3 = 0}\\ { - a + b - 3 = 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {a = 6}\\ {b = 9} \end{array}} \right..\)

Khi đó \({y{''}}\left( 1 \right) = 6 - 2.6 = - 6 < 0\). Vậy b - a = 3

\({y'} = \frac{5}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ {0;2} \right] \Rightarrow \mathop {\max y}\limits_{\left[ {0;2} \right]} = y\left( 2 \right) = \frac{1}{3}.\)

\(\log {}_3^{}15 = \frac{{\log {}_2^{}15}}{{\log {}_2^{}3}} = \frac{{\log {}_2^{}3 + \log {}_2^{}5}}{{\log {}_2^{}3}} = \frac{{a + b}}{a}.\)

Phương trình HĐGĐ: \({x^2} - x = mx - 9 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 1} \right)x + 9 = 0\)

Phương trình phải có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta  > 0\) hay \({m^2} + 2m - 35 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {m < - 7}\\ {m > 5} \end{array}} \right. \Rightarrow \) m nguyên dương bé nhất là m=6. 

\({\ln ^2}x - 3\ln x + 2 \le 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x > 0}\\ {1 \le \ln x \le 2} \end{array}} \right. \Leftrightarrow e \le x \le {e^2}.\)

Khối nón tạo thành có bán kính đáy \(r = \frac{a}{2},\) chiều cao \(h = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi .\frac{{{a^2}}}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{{24}}.\)

\(u = \ln x + 2 \Rightarrow du = \frac{{dx}}{x};x = 1 \Rightarrow u = 2,x = e \Rightarrow u = 3\)

Khi đó \(\int\limits_1^e {\frac{{\ln x}}{{x{{\left( {\ln x + 2} \right)}^2}}}dx}  = \int\limits_2^3 {\frac{{u - 2}}{{{u^2}}}du} .\)

\(S = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx + \int\limits_0^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx =  - \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx + \int\limits_2^3 {f\left( x \right)dx =  - a + b.} } } } \)

\(\left( {1 - 2i} \right)z - 6 + 2i = 0 \Leftrightarrow z = \frac{{6 - 2i}}{{1 - 2i}} = 2 + 2i.\)

\({z^2} - 6z + 13 = 0. \Rightarrow {z_1} = 3 - 2i\)

Gọi \({\rm{w}} = x + yi(x,y \in R)\)

\(\left| {{\rm{w}} - {z_1}} \right| = 5 \Leftrightarrow \left| {\left( {x - 3} \right) + \left( {y + 2} \right)i} \right| = 5 \Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 25.\)

VTCP của đường thẳng là \(\overrightarrow u = \left( {3; - 1;4} \right).PTCT\) của đường thẳng là \(\frac{{x - 2}}{3} = \frac{{y + 3}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{4}.\)

\(R = IA = \sqrt {{{\left( {2 - 5} \right)}^2} + {{\left( {4 + 1} \right)}^2} + {{\left( {7 - 3} \right)}^2}}  = \sqrt {50} .\)

Phương trình mặt cầu là \({\left( {x - 5} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 50.\)

Số cách sắp xếp 12 học sinh đứng thành hàng ngang là 12! (cách) Số phần tử không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = 12!\)

Gọi biến cố A: " Không có bất kỳ hai học sinh nữ nào đứng cạnh nhau"

Trước tiên ta sắp 7 học sinh nam đứng thành hàng ngang, có 7! (cách)

Khi xếp 7 học sinh nam tạo ra 8 khoảng trống (gồm 6 khoảng trống xen kẻ giữa 2 nam liên tiếp và 2 khoảng trống ở hai đầu) ta sắp xếp 5 học sinh nữ vào 5 trong 8 khoảng trống đó. Số cách sắp là \(A_8^5\) \( \Rightarrow n\left( A \right) = 7!A_8^5\)

\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{7!A_8^5}}{{12!}} = \frac{7}{{99}}.\)

Gọi I, H,J lần lượt  là trung điểm đoạn SD, AD  và IC. Ta có \(SB\parallel \left( IAC \right)\) và \(IH\bot \left( ABCD \right).\)

Ta có \(d\left( SB,AC \right)=d\left( SB,\left( IAC \right) \right)=\left( B,\left( IAC \right) \right)=d\left( D,\left( IAC \right) \right).\)

\(IA=\frac{SD}{2}=\frac{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{7{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}{2}=a\sqrt{2}=AC;IC=\sqrt{I{{D}^{2}}+C{{D}^{2}}}=\sqrt{2{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{3};IJ=\frac{a\sqrt{3}}{2}; AJ=\sqrt{I{{A}^{2}}-I{{J}^{2}}}=\sqrt{2{{a}^{2}}-\frac{3{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\)

\({{S}_{\Delta IAC}}=\frac{1}{2}IC.AJ=\frac{1}{2}a\sqrt{3}.\frac{a\sqrt{5}}{2}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{15}}{4}.\)

\({{V}_{I.ACD}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ACD}}.IH=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}{{a}^{2}}.\frac{1}{2}a\sqrt{7}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{7}}{12}.\)

Mặt khác \({{V}_{I.ACD}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta IAC}}.d\left( D,\left( IAC \right) \right)\Rightarrow d\left( D,\left( IAC \right) \right)=\frac{3V}{{{S}_{\Delta IAC}}}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{7}}{12}.\frac{4}{{{a}^{2}}\sqrt{15}}=\frac{a\sqrt{105}}{15}.\)

\({y'} = \frac{{ - {m^2} + 4}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {4; + \infty } \right)\) khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} { - {m^2} + 4 < 0}\\ {m \le 4} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {m < - 2}\\ {m > 2} \end{array}} \right.}\\ {m \le 4} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {m < - 2}\\ {2 < m \le 4} \end{array}} \right.\)

Các giá trị nguyên dương của m gồm m=3, m=4

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {0,03 = k.{a^2}}\\ {0,1 = k.{a^5}} \end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {k = 0,03\sqrt[3]{{\frac{9}{{100}}}}}\\ {a = \sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}} \end{array}} \right.\)

Khi mực nước biển tăng lên 0,2m, ta có \(0,2 = 0,03\sqrt[3]{{\frac{9}{{100}}}}{\left( {\sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}} \right)^t} \Rightarrow {\left( {\sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}} \right)^t} = \frac{{20}}{3}\sqrt[3]{{\frac{{100}}{9}}} \Rightarrow t = \log _{\sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}}^{}\frac{{20}}{3}\sqrt[3]{{\frac{{100}}{9}}} \approx 6,{7^0}\). 

Nhìn hình dạng đồ thị suy ra a < 0 và d < 0 và phương trình \({y'} = 3a{x^2} + 2bx + c = 0\) có hai nghiệm dương phân biệt nên suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} { - \frac{{2b}}{{3a}} > 0}\\ {\frac{c}{{3a}} > 0} \end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {b > 0}\\ {c < 0} \end{array}} \right..\)

Gọi thiết diện qua đỉnh hình nón là tam giác đều SAB. Gọi H là trung điểm đoạn AB. Ta có \(\left( SOH \right)\bot \left( SAB \right)\), kẻ \(OI\bot SH\] tại I. Ta có \(OI=d\left( O,\left( SAB \right) \right)=a.\)

\(\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{I}^{2}}}-\frac{1}{O{{S}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}-\frac{1}{4{{a}^{2}}}=\frac{3}{4{{a}^{2}}}\Rightarrow O{{H}^{2}}=\frac{4{{a}^{2}}}{3}\)

\(AB=\frac{2SH}{\sqrt{3}}=\frac{8a}{3}\); Bán kính đáy hình nón \(r=OB=\sqrt{O{{H}^{2}}+\frac{A{{B}^{2}}}{4}}=\sqrt{\frac{4{{a}^{2}}}{3}+\frac{16{{a}^{2}}}{9}}=\frac{2a\sqrt{7}}{3}.\)

\(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi \frac{28{{a}^{2}}}{9}.2a=\frac{56\pi {{a}^{3}}}{27}.\)

Đặt \(u=\tan 2x,dv={{f}^{'}}\left( x \right)dx\Rightarrow du=\frac{2}{{{\cos }^{2}}2x}dx,\) chọn \(v=f\left( x \right)\)

\(I=f\left( x \right)\tan 2x\left| {}_{0}^{\frac{\pi }{6}} \right.-\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{f\left( x \right)}\frac{2}{{{\cos }^{2}}2x}dx=\sqrt{3}f\left( \frac{\pi }{6} \right)-2\sin x\left| {}_{0}^{\frac{\pi }{6}} \right.=\sqrt{3}f\left( \frac{\pi }{6} \right)-1\)

\(F\left( x \right)=\sin x\) là nguyên hàm của hàm số \(\frac{f\left( x \right)}{{{\cos }^{2}}2x}\) nên \({{\left( \sin x \right)}^{'}}=\frac{f\left( x \right)}{{{\cos }^{2}}2x}\Leftrightarrow f\left( x \right)=\cos x.{{\cos }^{2}}2x\Rightarrow f\left( \frac{\pi }{6} \right)=\frac{\sqrt{3}}{8}\Rightarrow I=\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{8}-1=-\frac{5}{8}.\)

Đặt \(\cos x=t,t\in \left[ -1;1 \right]\)

PTTT: \(4{{t}^{4}}-8{{t}^{2}}+1=m\) (1)

Mỗi giá trị mỗi giá trị \(t\in \left( -1;0 \right]\) cho ta 2 giá trị \(x\in \left[ \frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{2} \right]\backslash \left\{ \pi  \right\}\), với t=-1 cho ta 1 giá trị \(x=\pi \) và \(t\in \left( 0;1 \right]\) cho ta 1 giá trị

Xét hàm số f(t) = 4t⁴ -8t² + 1 có BBT như sau:

Để PT đã cho có 3 nghiệm thì đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm số f(t) tại một điểm có hoành độ thuộc (-1;0] và một điểm có hoành độ thuộc (0;1]

Dựa vào BBT suy ra - 3 < m < 1.

Có 3 số nguyên của m thỏa mãn đó la -2;-1;0. 

ĐK: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x + 3y > 0}\\ {x - 3y > 0} \end{array}} \right. \Rightarrow x > 0\)

Từ giả thiết \(\log _3^{}\left( {x + 3y} \right) + \log _3^{}\left( {x - 3y} \right) = 2 \Leftrightarrow \left( {x - 3y} \right)\left( {x + 3y} \right) = 9 \Leftrightarrow {x^2} - 9{y^2} = 9\left( * \right)\)

Ta có \(S = x - \left| y \right| \Rightarrow \left| y \right| = S - x\), thay vào (*) ta được \( - 8{x^2} + 18xS - 9{S^2} - 9 = 0\) (1).

Phương trình (1) phải có nghiệm x dương

Vậy min S = \(2\sqrt 2 .\)

Để đồ thị có 5 đường TCĐ thì phương trình \(\left( {x - 1} \right)\left[ {{f^2}\left( x \right) - mf\left( x \right)} \right] = 0\) phải có 5 nghiệm phân biệt.

\(\left( {x - 1} \right)\left[ {{f^2}\left( x \right) - mf\left( x \right)} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 1}\\ {f\left( x \right) = 0}\\ {f\left( x \right) = m} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 1}\\ {x = 1;x = {x_0} \ne 1}\\ {f\left( x \right) = m} \end{array}} \right.\)

Để có 5 nghiệm thì phương trình f(x) = m có 3 nghiệm phân biệt khác 1và khác x₀.

Dựa vào đồ thị ta thấy \(0 < m < 4 \Rightarrow S = \left\{ {1;2;3} \right\}\).

Tổng các phần tử của tập S bằng 6. 

Từ giả thiết PA = QB;PB = QC;PC = QD;PD = QA suy ra \({\overrightarrow {PA} ^2} = {\overrightarrow {QB} ^2};{\overrightarrow {PB} ^2} = {\overrightarrow {QC} ^2};{\overrightarrow {PC} ^2} = {\overrightarrow {QD} ^2};{\overrightarrow {PD} ^2} = {\overrightarrow {QA} ^2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\overrightarrow {PA} ^2} + {\overrightarrow {PB} ^2} + {\overrightarrow {PC} ^2} + {\overrightarrow {PD} ^2} = {\overrightarrow {QA} ^2} + {\overrightarrow {QB} ^2} + {\overrightarrow {QC} ^2} + {\overrightarrow {QD} ^2}\\ \Rightarrow \left( {{{\overrightarrow {PA} }^2} - {{\overrightarrow {QA} }^2}} \right) + \left( {{{\overrightarrow {PB} }^2} - {{\overrightarrow {QB} }^2}} \right) + \left( {{{\overrightarrow {PC} }^2} - {{\overrightarrow {QC} }^2}} \right) + \left( {{{\overrightarrow {PD} }^2} - {{\overrightarrow {QD} }^2}} \right) = 0\\ \Rightarrow \left( {\overrightarrow {PA} - \overrightarrow {QA} } \right)\left( {\overrightarrow {PA} + \overrightarrow {QA} } \right) + \left( {\overrightarrow {PB} - \overrightarrow {QB} } \right)\left( {\overrightarrow {PB} + \overrightarrow {QB} } \right) + \left( {\overrightarrow {PC} - \overrightarrow {QC} } \right)\left( {\overrightarrow {PC} + \overrightarrow {QC} } \right) + \left( {\overrightarrow {PD} - \overrightarrow {QD} } \right)\left( {\overrightarrow {PD} + \overrightarrow {QD} } \right) = 0\\ \Rightarrow \overrightarrow {QP} .2\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {QP} .2\overrightarrow {BI} + \overrightarrow {QP} .2\overrightarrow {CI} + \overrightarrow {QP} .2\overrightarrow {DI} = 0 \end{array}\)

(Với I là trung điểm của đoạn thẳng PQ)

\( \Rightarrow 2\overrightarrow {PQ} \left( {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} } \right) = 0 \Rightarrow 8\overrightarrow {PQ} .\overrightarrow {IG} = 0\)

(Với G(1;3;1) là trọng tâm của tứ diện ABCD, ta có \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID}  = 4\overrightarrow {IG} \))

\( \Rightarrow IG \bot PQ\) tại trung điểm I của đoạn PQ \( \Rightarrow IG\) nằm trong mặt phẳng trung trực của đoạn PQ, suy ra mặt phẳng trung trực đoạn thẳng PQ đi qua điểm cố định G(1;3;1) \( \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = 11.\)

\(\log _{{x^2} + {y^2} + 2}^{}\left( {2x + 2y + 4} \right) \ge 1\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2x + 2y + 4 \ge {x^2} + {y^2} + 2 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} \le 4\left( 1 \right)\)

Tập hợp các điểm \(\left( x;y \right)\) thỏa (1) là hình tròn tâm \({{I}_{1}}\left( 1;1 \right)\), bán kính \({{R}_{1}}=2.\)

\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-4x+4y+8-m=0\Leftrightarrow {{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}=m\left( 2 \right)\Rightarrow m>0\)

Tập hợp các điểm \(\left( x;y \right)\) thỏa (2) là đường tròn tâm I₂( 2;-2) bán kính R₂ = \(\sqrt m\)

Để PT có nghiệm duy nhất thỏa mãn BPT  thì \({{I}_{1}}{{I}_{2}}={{R}_{1}}+{{R}_{2}}\Leftrightarrow \sqrt{10}=\sqrt{m}+2\Leftrightarrow m={{\left( \sqrt{10}-2 \right)}^{2}}.\)