\({2^{x - 1}} = 8 \Leftrightarrow x - 1 = {\log _2}8 \Leftrightarrow x = 4.\)

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

Vậy hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right).\)

\({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .7.2 = 28\pi .\)

Khối đa diện đều loại {4;3} là hình lập phương.

TCN: y =  - 2.

Số mặt bên của một hình chóp ngũ giác là 6

\({\log _2}x < {\log _2}\left( {12 - 3x} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x < 0\\
12 - 3x > 0\\
x < 12 - 3x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
x < 4\\
x < 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x < 3.\)

\({\log _a}{b^2} = 2{\log _a}b.\)

Hình 4 là hình đa diện

\(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.6.9 = 18.\)

Điều kiện xác định là: \({x^2} - 4 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ne 2\\
x \ne  - 2
\end{array} \right..\)

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

Dựa vào đồ thị, suy ra hàm số y = f(x) đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

\(r = \sqrt {{l^2} - {h^2}}  = \sqrt {{6^2} - {2^2}}  = 4\sqrt 2 .\)

\(V = Bh \Rightarrow h = \frac{V}{B} = \frac{{20}}{{15}} = \frac{4}{3}.\)

Dựa vào đồ thị hàm số, suy ra đường tiệm cận ngang y = 1 và tiệm cận đứng x = 2

\(y' = \frac{1}{{x\ln 2021}}.\)

Mặt cầu có đường kính bằng 6 nên bán kính R = 3

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi .\)

\(y' = 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 3\\
x =  - 1
\end{array} \right.\)

Từ bảng biến thiên ta thấy điểm cực tiểu của hàm số là x = 3

ĐK: \(x \in \left[ { - 2;2} \right].\)

\(\begin{array}{l}
y' = 1 - \frac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt 2 .\\
y\left( 2 \right) = 2;y\left( {\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 ;y\left( { - 2} \right) =  - 2.\\
 \Rightarrow M = \mathop {max}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} y = 2\sqrt 2 ,m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} y =  - 2 \Rightarrow M - m = 2 + 2\sqrt 2 .
\end{array}\)

\({3.9^x} - {28.3^x} + 9 \le 0 \Leftrightarrow 3.{\left( {{3^x}} \right)^2} - {28.3^x} + 9 \le 0 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le {3^x} \le 9 \Rightarrow - 1 \le x \le 2.\)

Do đó \(a =  - 1;b = 2 \Rightarrow b - a = 3.\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} {\log _2}a + {\log _9}b = 4\\ {\log _2}{a^3} + {\log _3}b = 11 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2{\log _2}a + {\log _3}b = 8\\ 3{\log _2}a + {\log _3}b = 11 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\log _2}a = 3\\ {\log _3}b = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 8\\ b = 9 \end{array} \right..\)

\(\Rightarrow 28a - b - 2021 = 28.8 - 9 - 2021 = - 1806.\)

Gọi I là tâm mặt cầu ⇒ I là trung điểm của CA'

Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{2^2} + {{\left( {4\sqrt 2 } \right)}^2}} = 6 \Rightarrow A'C = \sqrt {AA{'^2} + A{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}} = 4\sqrt 3 .\)

Bán kính mặt cầu: \(R = \frac{{A'C}}{2} = 2\sqrt 3 .\) Diện tích mặt cầu bằng: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} = 48\pi .\)

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x;y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2 \end{array} \right. \Rightarrow A\left( {0;1} \right);B\left( {2; - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {2; - 4} \right)\)

Phương trình \(AB:\frac{{x - 0}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} \Leftrightarrow y = - 2x + 1.\)

\(V = BB'.{S_{ABC}} = a\sqrt 3 .\frac{1}{2}.a.a.\sin {60^0} = \frac{{3{a^3}}}{4}.\)

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

Bảng xét dấu y'

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng (0;2)

Ta có \(\left( {SA;\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SAO}\)

Theo đề \(AB = a \Rightarrow OA = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

Xét tam giác SAO vuông tại O ta có: \(\tan \widehat {SAO} = \frac{{SO}}{{AO}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}} = 1 \Rightarrow \widehat {SAO} = {45^0}\)

Vậy \(\left( {SA;\left( {ABCD} \right)} \right) = {45^0}.\)

\(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.2a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.\)

Gọi A là số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng (đơn vị triệu đồng)

Gọi n là số năm người đó gửi vào ngân hàng (đơn vị năm)

Gọi P là số tiền cả vốn và lãi (đơn vị triệu đồng)

Theo đề bài ta có \(P > 150 \Rightarrow A{\left( {1 + r} \right)^n} > 150 \Leftrightarrow 100{\left( {1 + 6\% } \right)^n} > 150 \Leftrightarrow 1,{06^n} > 1,5 \Leftrightarrow n > 6,9\)

Suy ra n = 7

Số cách chọn một ban cán sự gồm một lớp trưởng, một lớp phó và một bí thư từ một lớp học có 45 học sinh là \(A_{45}^3 = 85140.\)

Gọi M là giao điểm của đồ thị với trục tung

Suy ra tọa độ điểm M là (0;2)

Ta có \(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\) suy ra \(k = y'\left( 0 \right) = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {0 + 1} \right)}^2}}} =  - 1\)

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm M(0;2) là y =  - x + 2.

Ta có \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\frac{{AC}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{2a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = a\sqrt 2 .\)

Thể tích khối bát diện đều là \(V = 2{V_{S.ABCD}} = 2.\frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{2}{3}.a\sqrt 2 .{\left( {2a} \right)^2} = \frac{{8\sqrt 2 {a^3}}}{3}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
{u_5} =  - 15\\
{u_{20}} = 60
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} + 4d =  - 15\\
{u_1} + 19d = 60
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} =  - 35\\
d = 5
\end{array} \right..\)

Áp dụng công thức tổng n số hạng đầu của cấp số cộng \({S_n} = \frac{n}{2}.\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]\) ta có:

Tổng 20 số hạng đều tiên của cấp số cộng là \({S_{20}} = \frac{{20}}{2}.\left[ {2.\left( { - 35} \right) + 19.5} \right] = 250.\)

+) Hàm số \(y=\sqrt{{{x}^{2}}-1}\) có tập xác định \(D=\left( -\infty -1 \right]\cup \left[ 1;+\infty  \right)\) và \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt{{{x}^{2}}-1}=+\infty \) nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

+) Hàm số \(y=\frac{\sqrt{x-3}}{x+1}\) có tập xác định \(D=\left[ 3;+\infty  \right)\) có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{x-3}}{x+1}=0\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=0.

+) Hàm số \(y=\frac{\sqrt{9-{{x}^{2}}}}{x}\) có tập xác định \(D=\left[ -3;3 \right]\backslash \left\{ 0 \right\}\) nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

+) Hàm số \(y=\frac{3{{x}^{2}}+1}{x}\) có tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\) và \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty ,\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \) nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

\(y' = 2m - 1 + \left( {3m + 2} \right)\sin x\)

Hàm số \(y = \left( {2m - 1} \right)x - \left( {3m + 2} \right)\cos x\) nghịch biến trên \(\left( {0;\pi } \right).\)

\( \Rightarrow y' \le 0{\rm{ }}\forall x \in \left( {0;\pi } \right) \Leftrightarrow 2m - 1 + \left( {3m + 2} \right)\sin x \le 0{\rm{ }}\forall x \in \left( {0;\pi } \right)\)

\( \Leftrightarrow m\left( {2 + 3\sin x} \right) + 2\sin x - 1 \le 0{\rm{ }}\forall x \in \left( {0;\pi } \right).\)

\( \Leftrightarrow m \le \frac{{1 - 2\sin x}}{{2 + 3\sin x}}{\rm{ }}\forall x \in \left( {0;\pi } \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{x \in \left( {0;\pi } \right)} \left( {\frac{{1 - 2\sin }}{{2 + 3\sin x}}} \right).\)

Xét \(f\left( x \right) = \frac{{1 - 2t}}{{2 + 3t}},{\rm{ }}\forall t \in \left( {0;1} \right].\)

\(f'\left( t \right) = \frac{{ - 7}}{{{{\left( {2 + 3t} \right)}^2}}} < 0,\forall t \in \left( {0;1} \right] \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{t \in \left( {0;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) =  - \frac{1}{5}\)

Do đó \(m \le  - \frac{1}{5}\)

Mà \(m \in \left[ { - 10;10} \right] \cap Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 10;...; - 1} \right\}.\)

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó góc giữa \(\left( O'AB \right)\) tạo với mặt phẳng chứa hình tròn \(\left( O \right)\) bằng góc \(\widehat{OHO'}={{60}^{0}}.\)

Ta có \(O'H=\frac{AB\sqrt{3}}{2};OH=\cos {{60}^{0}}.O'H=\frac{1}{2}O'H=\frac{AB\sqrt{3}}{4}\)

\(O{{A}^{2}}=O{{H}^{2}}+{{\left( \frac{AB}{2} \right)}^{2}}\Leftrightarrow 9={{\left( \frac{AB\sqrt{3}}{4} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{AB}{2} \right)}^{2}}\Leftrightarrow AB=\frac{12\sqrt{7}}{7}\)

\(O'H=\frac{6\sqrt{21}}{7}\)

\(OO'=O'H.\sin {{60}^{0}}=\frac{9\sqrt{7}}{7}.\)

Thể tích của khối trụ đã cho bằng \(V=\frac{1}{3}\pi {{.3}^{2}}.\frac{9\sqrt{7}}{7}=\frac{27\pi \sqrt{7}}{7}.\)

Đồ thị hàm số \(y=\frac{x}{\sqrt{2{{x}^{2}}-2x-m}-x-1}\) có hai đường tiệm cận đứng

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 2{{x}^{2}}-2x-m\ge 0 \\ & \sqrt{2{{x}^{2}}-2x-m}-x-1=0 \\ & x\ne 0 \\ \end{align} \right.\) có hai nghiệm phân biệt

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x\ge -1 \\ & 2{{x}^{2}}-2x-m={{x}^{2}}+2x+1 \\ & x\ne 0 \\ \end{align} \right.\) có hai nghiệm phân biệt

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x\ge -1 \\ & {{x}^{2}}-4x-1=m \\ & x\ne 0 \\ \end{align} \right.\) có hai nghiệm phân biệt

\({{x}^{2}}-4x-1=m\) có hai nghiệm phân biệt khác 0 và lớn hơn hoặc bằng \(-1\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & -5 & m\ne 1 \\ \end{align} \right.\text{ }\left( 1 \right)\)

Mà \(m\in \left[ -5;5 \right]\cap \mathbb{Z}\text{ }\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow m\in \left\{ -4;-3;-2;0;1;2;3;4 \right\}.\)

Điều kiện: x > 0.

Ta có: \({{3}^{1+\frac{3}{x}}}-{{3.3}^{\frac{2}{x}-2\sqrt{x+1}}}+\left( m+2 \right){{.3}^{1+\frac{1}{x}-4\sqrt{x}}}-m{{.3}^{1-6\sqrt{x}}}=0\)

\(\Leftrightarrow {{3}^{3\left( \frac{1}{x}+2\sqrt{x} \right)}}-{{3.3}^{2\left( \frac{1}{x}+2\sqrt{x} \right)}}+\left( m+2 \right){{.3}^{\frac{1}{x}+2\sqrt{x}}}-m=0\text{ }\left( * \right)\)

Đặt \(t={{3}^{\frac{1}{x}+2\sqrt{x}}}={{3}^{\frac{1}{x}+\sqrt{x}+\sqrt{x}}}\ge {{3}^{3\sqrt[3]{\frac{1}{x}.\sqrt{x}.\sqrt{x}}}}={{3}^{3}}=27.\)

Phương trình có dạng: \(\Leftrightarrow {{t}^{3}}-3.{{t}^{2}}+\left( m+2 \right).t-m=0\text{ }\left( ** \right)\)

Ta tìm \(m\in \left[ -2020;2021 \right]\) để phương trình (**) có nghiệm lớn hơn hoặc bằng 27.

Ta có: \(\left( ** \right)\Leftrightarrow \left( t-1 \right)\left( {{t}^{2}}-2t+m \right)=0\)

\(\Leftrightarrow {{t}^{2}}-2t+m=0\) (Vì \(t\ge 27\))

\(\Leftrightarrow {{\left( t-1 \right)}^{2}}=1-m\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 1-m\ge 0 \\ & t=1\pm \sqrt{1-m} \\ \end{align} \right.\)

Vậy để phương trình \(\left( * \right)\) có nghiệm lớn hơn hoặc bằng 27 thì

\(\left\{ \begin{align} & 1-m\ge 0 \\ & 1+\sqrt{1-m}\ge 27 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & m\le 1 \\ & 1-m\ge 676 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow m\le -675.\)

Vì \(m\in \left[ -2020;2021 \right]\) nên có: 2020-675+1=1346 giá trị m.

Tập xác định \(D=\mathbb{R}\).

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

\(y'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+{{m}^{2}}-1=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=m-1 \\ & x=m+1 \\ \end{align} \right..\)

Vì hàm số có hệ số bậc ba dương nên hàm số có điểm cực tiểu \({{x}_{CT}}=m+1.\)

Mặt khác ta lại có: \(y=\left( x-m \right)\left[ {{\left( x-m \right)}^{2}}+3mx \right]-3mx\left( x-m \right)-3x\)

Suy ra: \({{y}_{CT}}=\left( {{x}_{CT}}-m \right)\left[ {{\left( {{x}_{CT}}-m \right)}^{2}}+3m{{x}_{CT}} \right]-3m{{x}_{CT}}\left( {{x}_{CT}}-m \right)-3{{x}_{CT}}\)

\({{y}_{CT}}=\left[ 1+3m{{x}_{CT}} \right]-3m{{x}_{CT}}-3{{x}_{CT}}=1-3{{x}_{CT}}\)

Vậy tọa độ điểm cực tiểu thỏa mãn phương trình đường thẳng y = -3x + 1 hay đường thẳng d có hệ số góc bằng -3.

Đặt \(t=3-2\sqrt{6x-9{{x}^{2}}},x\in \left[ 0;\frac{3}{2} \right].\)

Có \(t'=-2.\frac{6-18x}{2\sqrt{6x-9{{x}^{2}}}},t'=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{3}.\)

Ta có \(t\left( 0 \right)=3;t\left( \frac{1}{3} \right)=1;t\left( \frac{2}{3} \right)=3,\) hàm số \(t=t\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ 0;\frac{2}{3} \right],\) nên \(t\in \left[ 1;3 \right].\)

Xét hàm số \(y=f\left( t \right)\) trên \(\left[ 1;3 \right].\)

Từ đồ thị hàm số ta có giá trị lớn nhất của hàm số trên \(\left[ 1;3 \right]\) bằng -1 và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \(\left[ 1;3 \right]\) bằng -5.

Vậy \(3M-m=3\left( -1 \right)+5=2.\)

Gọi hình trụ có chiều cao và bán kính đáy lần lượt là: \({{h}_{0}};{{r}_{0}}\left( 6>{{h}_{0}}>0;3>{{r}_{0}}>0 \right),\) khi đó thể tích của khối trụ \(V={{h}_{0}}\pi r_{0}^{2}.\)

Cắt khối tròn xoay bởi mặt phẳng qua trục của hình, gọi điểm O là tâm của đường tròn đáy hình nón, tâm I của đường tròn còn lại của hình trụ; IO đường cao của hình trụ nằm trong hình nón; E và F là các điểm nằm trên đường tròn đáy của hình trụ

Ta có \(\frac{IE}{OA}=\frac{SI}{SO}\Rightarrow \frac{{{r}_{0}}}{3}=\frac{6-{{h}_{0}}}{6}\Leftrightarrow {{h}_{0}}=6-2{{r}_{0}}\)

\(\Rightarrow V=\pi r_{0}^{2}\left( 6-2{{r}_{0}} \right)\le \pi {{\left( \frac{{{r}_{0}}+{{r}_{0}}+6-2{{r}_{0}}}{3} \right)}^{3}}=8\pi .\)

Dấu “=” khi \({{r}_{0}}=6-2{{r}_{0}}\Leftrightarrow {{r}_{0}}=2.\)

+ Gọi H là trung điểm của AC, do tam giác ABC vuông tại B nên H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lại có A'A=A'B=A'C, suy ra \(A'H\bot \left( ABC \right)\).

+ \({{V}_{ABC.A'B'C'}}=A'H.{{S}_{\Delta ABC}}.\)

+ \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}2a\sqrt{3a}={{a}^{2}}\sqrt{3}.\)

+ Gọi J là trung điểm BC, JH vuông góc với BC, do đó dễ dàng lập luận được góc A'JH là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( A'BC \right)\) và \(\left( ABC \right)\). Từ đó tính được: \(A'H=\tan {{30}^{0}}.JH=\frac{1}{\sqrt{3}}a=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\)

+ Do đó: \({{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}{{a}^{2}}\sqrt{3}={{a}^{3}}.\)

+ Số cách phân phối 8 que kem cho 4 loại là: \(\left| \Omega  \right|=C_{11}^{3}.\)

+ Số cách phân phối 8 que kém về cho 4 loại sao cho loại nào cũng có: \(C_{7}^{3}.\)

Do đó xác suất cần tính là: \(\frac{C_{7}^{3}}{C_{11}^{3}}=\frac{7}{33}.\)

\(x{{\log }_{3200}}5+y{{\log }_{3200}}2=z\Leftrightarrow {{\log }_{3200}}\left( {{5}^{x}}{{.2}^{y}} \right)=z\Leftrightarrow {{5}^{x}}{{.2}^{y}}={{3200}^{z}}\Leftrightarrow {{5}^{x}}{{.2}^{y}}={{5}^{2z}}{{.2}^{7z}}\)

Do x, y, z nguyên dương suy ra \(\left\{ \begin{align} & x=2z \\ & y=7z \\ \end{align} \right..\)

Do x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta có z=1,x=2,y=7.

Vậy 29x - y - 2021z = -1970.

\({{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}-x+2 \right)+1\ge {{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}+x+m-3 \right)\text{ }\forall x\in \left[ 0;6 \right]\)

\(\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}-x+2 \right)3\ge \left( {{x}^{2}}+x+m-3 \right)>0,\text{ }\forall x\in \left[ 0;6 \right]\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{x}^{2}}+x+m-3>0 \\ & 2{{x}^{2}}-4x-m+9\ge 0 \\ \end{align} \right.,\text{ }\forall x\in \left[ 0;6 \right]\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & m>-{{x}^{2}}-x+3 \\ & m\le {{x}^{2}}-4x+9 \\ \end{align} \right.,\text{ }\forall x\in \left[ 0;6 \right]\text{ }\left( 1 \right)\)

Ta có \(-{{x}^{2}}-x+3\le 3,\text{ }\forall x\in \left[ 0;6 \right].\) Dấu “=” xảy ra khi x=0.

Suy ra \(\underset{\text{ }x\in \left[ 0;6 \right]}{\mathop{\max }}\,\left( -{{x}^{2}}-x+3 \right)=3.\)

Lại có \(2{{x}^{2}}-4x+9=2{{\left( x-1 \right)}^{2}}+7\ge 7,\text{ }\forall x\in \left[ 0;6 \right].\) Dấu “=” xảy ra khi x=1.

Suy ra \(\underset{\text{ }x\in \left[ 0;6 \right]}{\mathop{\min }}\,\left( 2{{x}^{2}}-4x+9 \right)=7.\)

Vậy \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & m>3 \\ & m\le 7 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow 3<m\le 7.\)

Vì \(m\in \mathbb{Z}\) nên ta được \(m\in \left\{ 4;5;6;7 \right\}\) (4 giá trị nguyên).

Ta có \(\left\{ \begin{align} & SA\bot AC \\ & SA\bot CD \\ \end{align} \right.\Rightarrow SA\bot \left( ABCD \right)\).

Gọi M là trung điểm AD.

Do \(SA=AC=CD=\sqrt{2}a\) nên tam giác ACD vuông cân tại C suy ra \(CM\bot AD\), \(AD=\sqrt{2}AC=2a,\) \(CM=AM=\frac{1}{2}AD=a.\)

Từ đó ABCM là hình vuông suy ra \(AB\bot AD\).

Lại có \(CD//BM\Rightarrow CD//\left( SBM \right)\Rightarrow d\left( CD,AB \right)=d\left( D,\left( SBM \right) \right)=d\left( A,\left( SBM \right) \right)\)

Gọi \(O=AC\cap BM\)

Trong mặt phẳng \(\left( SAO \right);\) kẻ \(AK\bot SO\text{ }\left( 1 \right)\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{align} & BM\bot SA \\ & BM\bot CA \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow BM\bot \left( SAO \right)\Rightarrow BM\bot AK\text{ }\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\Rightarrow AK\bot \left( SBM \right)\)

\(\Rightarrow d\left( A,\left( SBM \right) \right)=AK=\frac{SA.AO}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{O}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{10}}{5}.\)

Có thể tính khoảng cách nhanh theo công thức

AB; AM; AS đôi một vuông góc thì \(d\left( A,\left( SBM \right) \right)=\frac{SA.SB.SM}{\sqrt{S{{A}^{2}}.S{{B}^{2}}+S{{B}^{2}}.S{{M}^{2}}+S{{M}^{2}}.S{{A}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{10}}{5}.\)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên mặt phẳng (ABC)

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & AB\bot DH \\ & AB\bot AD \\ \end{align} \right.\Rightarrow AB\bot AH\)

Mặt khác: \(\left\{ \begin{align} & CB\bot DH \\ & CB\bot BD \\ \end{align} \right.\Rightarrow CB\bot BH\)

Tam giác ABH vuông tại \(A,AB=2a,\widehat{ABH}={{45}^{0}}\Rightarrow \Delta ABH\) vuông cân tại \(A\Rightarrow AH=AB=2a;BH=2a\sqrt{2}.\)

Áp dụng định lí cosin, \(A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}-2.AB.BC.\cos \widehat{ABC}\)

\(B{{C}^{2}}+A{{B}^{2}}-2.AB.BC.\cos \widehat{ABC}-A{{C}^{2}}=0\Leftrightarrow B{{C}^{2}}+2a\sqrt{2}BC-16{{a}^{2}}=0\Rightarrow BC=2\sqrt{2}a\)

\({{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}.AB.BC.\sin {{135}^{0}}=\frac{1}{2}.2a.2\sqrt{2}a.\frac{\sqrt{2}}{2}=2{{a}^{2}}\)

Dựng \(\left\{ \begin{align} & HE\bot DA \\ & HF\bot DB \\ \end{align} \right.\Rightarrow HE\bot \left( DAB \right);HF\bot \left( DCB \right)\)

Suy ra \(\left( \widehat{\left( DAB \right);\left( DCB \right)} \right)=\widehat{\left( HE,HF \right)}=\widehat{EHF}.\) Tam giác EHF vuông tại F.

Đặt DH=x, khi đó \(EH=\frac{DH.AH}{\sqrt{D{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}}}=\frac{2ax}{\sqrt{4{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}},FH=\frac{2a\sqrt{2}x}{\sqrt{8{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}\)

\(\cos \widehat{EHF}=\frac{EH}{EF}=\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{8{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}{\sqrt{2}\sqrt{4{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}\Rightarrow 6\left( 4{{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)=4\left( 8{{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)\Rightarrow x=2a.\)

Vậy thể tích của khối tứ diện \(ABCD:{{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABC}}.DH=\frac{1}{3}.2{{a}^{2}}.2a=\frac{4{{a}^{3}}}{3}.\)

\({{2021}^{{{x}^{3}}+\frac{3}{2{{x}^{2}}}-\frac{3}{2}}}={{\log }_{\sqrt[2021]{2020}}}\left[ 2004-\left( y-11 \right)\sqrt{y+1} \right]\)

\(\Leftrightarrow {{2021}^{{{x}^{3}}+\frac{3}{2{{x}^{2}}}-\frac{3}{2}}}=2021{{\log }_{2020}}\left[ 2004-\left( y-11 \right)\sqrt{y+1} \right]\)

Ta có: \({{x}^{3}}+\frac{3}{2{{x}^{2}}}=\frac{{{x}^{3}}}{2}+\frac{{{x}^{3}}}{2}+\frac{1}{2{{x}^{2}}}+\frac{1}{2{{x}^{2}}}+\frac{1}{2{{x}^{2}}}\overset{cauchy}{\mathop{\ge }}\,\frac{5}{2},\forall x>0\Rightarrow VT\ge {{2021}^{\frac{5}{2}-\frac{3}{2}}}=2021\text{ }\left( 1 \right)\)

Ta có: \(2004-\left( y-11 \right)\sqrt{y+1}=2004-{{\left( \sqrt{y+1} \right)}^{3}}+12\sqrt{y+1}\)

Đặt \(t=\sqrt{y+1}\Rightarrow t\ge 0.\)

\(f\left( t \right)=2004-{{t}^{3}}+12t\)

\(\Rightarrow f'\left( t \right)=-3{{t}^{2}}+12\)

\(f'\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=\pm 2.\)

Dựa vào BBT, ta có \(f\left( t \right)\le 2020,\) dấu “=” xảy ra \(\Leftrightarrow t=2.\)

\(\Rightarrow VP\le 2021.{{\log }_{2020}}2020=2021.1=2021\text{  }\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\Rightarrow \) Dấu “=” xảy ra đồng thời ở \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & \frac{{{x}^{3}}}{2}=\frac{1}{2{{x}^{2}}} \\ & \sqrt{y+1}=2 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=1 \\ & y=3 \\ \end{align} \right.\Rightarrow P=11.\)

\(f'\left( x \right)=\left( x-1 \right)\left( x+3 \right)\)

\(f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=1 \\ & x=-3 \\ \end{align} \right.\)

\(g\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}+3x-m \right)\Rightarrow g'\left( x \right)=\left( 2x+3 \right)f'\left( {{x}^{2}}+3x-m \right)\)

Hàm số \(g\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}+3x-m \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( 0;2 \right)\)

\(\Leftrightarrow g'\left( x \right)=\left( 2x+3 \right).f'\left( {{x}^{2}}+3x-m \right)\ge 0,\forall x\in \left( 0;2 \right)\)

\(\Leftrightarrow f'\left( {{x}^{2}}+3x-m \right)\ge 0,\forall x\in \left( 0;2 \right)\)

\(\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+3x-m-1 \right)\left( {{x}^{2}}+3x-m+3 \right)\ge 0,\forall x\in \left( 0;2 \right)\text{  }\left( 1 \right)\)

Đặt \(t={{x}^{2}}+3x\)

Xét hàm số \(h\left( x \right)={{x}^{2}}+3x,\forall x\in \left( 0;2 \right)\)

\(h'\left( x \right)=2x+3>0,\forall x\in \left( 0;2 \right)\) nên hàm số \(h\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( 0;2 \right).\)

Do \(x\in \left( 0;2 \right)\Rightarrow t\in \left( 0;10 \right)\)

\(\left( 1 \right)\Rightarrow \left( t-m-1 \right)\left( t-m+3 \right)\ge 0,\forall t\in \left( 0;10 \right)\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & 10\le m-3 \\ & 0\ge m+1 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m\ge 13 \\ & m\le -1 \\ \end{align} \right.\)

Mà m là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ -10;20 \right]\) nên có 18 giá trị của m thỏa điều kiện đề bài.

* Ta có: Gọi E là trung điểm của \(B{{B}_{1}}\) thì E là tâm mặt cầu đường kính \(B{{B}_{1}}\) bán kính \(r=d\left( E;C{{C}_{1}} \right)=BC=4a.\) Khi đó: ta có \(B{{B}_{1}}=8a;AB=2a;AC=2a\sqrt{3}.\)

Gọi I, F lần lượt là trung điểm của \(A{{C}_{1}}\) và AC suy ra \(IF//C{{C}_{1}}//B{{B}_{1}};IF\bot \left( ABC \right)\)

Kẻ \(IG\bot B{{B}_{1}}\) tại G

Ta có: \(IG=BF=\frac{A{{C}_{1}}}{2}=R\) là bán kính của mặt cầu có đường kính \(A{{C}_{1}}\)

Đặt \(C{{C}_{1}}=x\left( x>0 \right)\).

Ta có: \(R=\frac{A{{C}_{1}}}{2}=\frac{\sqrt{{{\left( 2a\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{x}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{12{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}{2}\)

\(R=BF=\sqrt{B{{A}^{2}}+F{{A}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}}=a\sqrt{7}\)

\(\Rightarrow \frac{\sqrt{12{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}{2}=a\sqrt{7}\Leftrightarrow x=4a\)

* Kẻ \(AH\bot BC\) tại H

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & AH\bot BC \\ & AH\bot B{{B}_{1}} \\ \end{align} \right.\Rightarrow AH\bot \left( B{{B}_{1}}{{C}_{1}}C \right)\) hay AH là đường cao của hình chóp \(A.B{{B}_{1}}{{C}_{1}}C\)

* Diện tích tứ giác \(B{{B}_{1}}{{C}_{1}}C\) là \(S=\frac{1}{2}BC.\left( B{{B}_{1}}+C{{C}_{1}} \right)=\frac{1}{2}.4a\left( 8a+4a \right)=24{{a}^{2}}\)

* Chiều cao của hình chóp \(d\left( A,\left( B{{B}_{1}}{{C}_{1}}C \right) \right)=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{2a.2a\sqrt{3}}{4a}=a\sqrt{3}\)

Thể tích hình chóp \(S.B{{B}_{1}}{{C}_{1}}C\) là \(V=\frac{1}{3}d\left( A,B{{B}_{1}}{{C}_{1}}C \right).{{S}_{B{{B}_{1}}{{C}_{1}}C}}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.24{{a}^{2}}=8\sqrt{3}{{a}^{3}}.\)

Đặt \(t=2x+4,t\in \left[ -2;2 \right]\Rightarrow x=\frac{t-4}{2}\)

Bất phương trình viết lại: \(\frac{{{t}^{2}}}{4}-4-m\ge \frac{1}{2}f\left( t \right)\) nghiệm đúng \(\forall t\in \left[ -2;2 \right]\)

\(\Leftrightarrow {{t}^{2}}-16-4m\ge 2f\left( t \right)\) nghiệm đúng \(\forall t\in \left[ -2;2 \right].\)

\(\Leftrightarrow 4m\le {{t}^{2}}-16-2f\left( t \right)\) nghiệm đúng \(\forall t\in \left[ -2;2 \right]\text{ }\left( 1 \right)\)

* Đặt \(g\left( t \right)={{t}^{2}}-16-2f\left( t \right),t\left[ -2;2 \right]\Rightarrow g'\left( t \right)=2t-2f'\left( t \right)\)

Vẽ đồ thị \(y=x;y=f'\left( x \right)\) trên cùng một hệ trục.

Ta thấy \(f'\left( x \right)\ge x;\forall x\in \left[ -2;2 \right]\) nên:

\(g'\left( t \right)=2t-2f'\left( t \right)\le 0,\forall t\in \left[ -2;2 \right]\) hay \(g\left( t \right)\) là hàm nghịch biến trên \(\left[ -2;2 \right].\)

\(\Rightarrow \underset{\left[ -2;2 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( t \right)=g\left( 2 \right)=-12-2f\left( 2 \right)\)

\(\left( 1 \right)\Rightarrow 4m\le -12-2f\left( 2 \right)\)

\(\Rightarrow m\le -\frac{1}{2}f\left( 2 \right)-3.\)