Áp dụng quy tắc cộng:

Số cách chọn ra một cái áo là 5+4 = 9.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_2} - {x_4} + {x_5} = 10}\\ {{x_3} - {x_5} + {x_6} = 20} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_2}\left( {1 - {q^2} + {q^3}} \right) = 10}\\ {{x_2}q\left( {1 - {q^2} + {q^3}} \right)} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_2} = 2}\\ {q = 2} \end{array}} \right..\;\)

Suy ra \({x_1} = \frac{{{x_2}}}{q} = 1.\)

\(y'=2{{x}^{3}}-6x\). Dùng MTCT chức năng giải BPT bậc ba dạng “< 0”.

Ta có y’ = 4x³ – 6x, y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên đồ thị có 3 cực trị.

Hàm số có 1 cực trị \(\Leftrightarrow a.b\ge 0\Leftrightarrow -2\left( m+3 \right)\ge 0\Leftrightarrow m\le -3\)

Theo định nghĩa về tiệm cận, ta có:

 \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=0\,\,\xrightarrow{{}}\,\,y=0\) là TCN.

 \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=+\infty \,\,\xrightarrow{{}}\,\,x=0\) là TCĐ.

Hình dáng đồ thị thể hiện \(a>0\). Loại đáp án A, D.

Thấy đồ thị cắt trục hoành tại điểm \(x=-1\) nên thay \(\left\{ \begin{array}{l} x = - 1\\ y = 0 \end{array} \right.\) vào hai đáp án B và C, chỉ có B thỏa mãn

Dựa vào BBT và các phương án lựa chọn, ta thấy

Đây là dạng hàm phân thức hữu tỉ, có tiệm cận đứng là \(x=-1\). Loại A và B.

Do đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là \(y=-2\).

Cơ số của lôgarit phải là số dương khác \(1\). Do đó (I) sai.

Rõ ràng (II) đúng theo lý thuyết SGK.

Ta có \(\ln A+\ln B=\ln \left( A.B \right)\) với mọi \(A>0,\text{ }B>0\). Do đó (III) sai.

Ta có \({{\log }_{a}}b.{{\log }_{b}}c.{{\log }_{c}}a=1\) với mọi \(0<a,\text{ }b,\text{ }c\ne 1\). Do đó (IV) sai.

Vậy chỉ có mệnh đề (II) đúng.

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x - 1 > 0\\ 2 - x > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 1\\ x < 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x < 2\)

Ta có \(P={{\log }_{a}}\left[ a.{{\left( a.{{a}^{\frac{1}{2}}} \right)}^{\frac{1}{3}}} \right]={{\log }_{a}}\left( {{a}^{\frac{3}{2}}} \right)=\frac{3}{2}{{\log }_{a}}a=\frac{3}{2}\). 

Ta có \({{\left( \frac{2}{3} \right)}^{4x}}={{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2x-6}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{2}{3} \right)}^{4x}}={{\left( \frac{2}{3} \right)}^{6-2x}}\Leftrightarrow 4x=6-2x\Leftrightarrow x=1.\) 

Phương trình \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-4=\frac{6-3x}{x}{{\log }_{3}}2\Leftrightarrow \left( x-2 \right)\left( x+2+\frac{3}{x}{{\log }_{3}}2 \right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=1\) hoặc \(x=3\) 

Ta có:

\(\int{\left( {{x}^{3}}-{{x}^{2}}+2\sqrt{x} \right)}dx=\frac{1}{4}{{x}^{4}}-\frac{1}{3}{{x}^{3}}+\frac{4}{3}\sqrt{{{x}^{3}}}+C\).

Đặt : \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln \left( {\frac{{4 - {x^2}}}{{4 + {x^2}}}} \right)\\ dv = {x^3}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{{16x}}{{{x^4} - 16}}\\ v = \frac{{{x^4}}}{4} - 4 = \frac{{{x^4} - 16}}{4} \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \int{{{x}^{4}}\ln \left( \frac{4-{{x}^{2}}}{4+{{x}^{2}}} \right)dx=\left( \frac{{{x}^{4}}-16}{4} \right)\ln \left( \frac{4-{{x}^{2}}}{4+{{x}^{2}}} \right)-\int{4xdx}=\left( \frac{{{x}^{4}}-16}{4} \right)\ln \left( \frac{4-{{x}^{2}}}{4+{{x}^{2}}} \right)-2{{x}^{2}}}+C\)

\(I=\int\limits_{1}^{2}{2x.dx}=2.\int\limits_{1}^{2}{x.dx}=\left. \left( 2.\frac{{{x}^{2}}}{2} \right) \right|_{1}^{2}=3\).

Giá trị của tích phân \(I=\int\limits_{0}^{1}{\frac{x}{x+1}}dx=a\). Biểu thức \(P=2a-1\) có giá trị là:

Tacó: \(I=\int\limits_{0}^{1}{\frac{x}{x+1}}dx=\int\limits_{0}^{1}{\left( 1-\frac{1}{x+1} \right)dx}=\left. \left( x-\ln \left| x+1 \right| \right) \right|_{0}^{1}=1-\ln 2\Rightarrow a=1-\ln 2\Rightarrow P=2a-1=1-2\ln 2\).

\(w=2i-3\overline{z}=2i-3\left( -1-3i \right)=11i+3\)

Theo bài ra ta có:

\(z=i\left( 3i+1 \right)=-3+i\Rightarrow \overline{z}=-3-i\) 

Ta có: \(z=\frac{2+i}{i}=1-2i\)

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \({{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}\).

Chiều cao khối chóp là \(SA=a\sqrt{2}.\)

Vậy thể tích khối chóp \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SA=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}.\)

Do \(AB,\text{ }AC\) và \(AD\) đôi một vuông góc với nhau nên

\({{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}AB.AC.AD=\frac{1}{6}.6a.7a.4a=28{{a}^{3}}.\)

Dễ thấy \({{S}_{\Delta MNP}}=\frac{1}{4}{{S}_{\Delta BCD}}\).

Suy ra \({{V}_{AMNP}}=\frac{1}{4}{{V}_{ABCD}}=7{{a}^{3}}\).

Theo giả thiết, ta có

\(OA=a\sqrt{2}\) và \(\widehat{OSA}={{30}^{0}}\).

Suy ra độ dài đường sinh:

\(\ell =SA=\frac{OA}{\sin {{30}^{0}}}=2a\sqrt{2}.\)

Vậy diện tích xung quanh bằng:

\({{S}_{xq}}=\pi R\ell =4\pi {{a}^{2}}\) (đvdt). 

Do thiết diện đi qua trục hình trụ nên ta có \(h=a\).

Bán kính đáy \(R=\frac{a}{2}.\) Do đó thể tích khối trụ \(V={{R}^{2}}\pi .h=\frac{\pi {{a}^{3}}}{4}\) (đvtt).

B là điểm đối xứng với A qua \(\left( P \right)\) nên:

\(AB=2.{{d}_{\left( A,\left( P \right) \right)}}=2.\frac{\left| 1+2.2-2.1-1 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}}=2.\frac{2}{3}=\frac{4}{3}\) 

Theo lý thuyết SGK về phương trình mặt cầu, ta chọn D.

Trung điểm AB là:

\(M\left( \frac{2+4}{2};\frac{-3-1}{2};\frac{-1+2}{2} \right)\Rightarrow M\left( 3;-2;\frac{1}{2} \right)\)

Phương trình mặt phẳng trung trực AB nhận \(\overrightarrow{AB}=\left( 2;2;3 \right)\) là vecto pháp tuyến và đi qua điểm M nên nó có dạng:

\(2\left( x-3 \right)+2\left( y+2 \right)+3\left( z-\frac{1}{2} \right)=0\)

\(\Leftrightarrow 4x+4y+6z-7=0\)

Đặt \(f\left( x;y;z \right)=x-2y+z-5\).

Với phương án A: Ta có

\(f\left( 2;-1;5 \right)=2-2\left( -1 \right)+5-5=4\ne 0\) nên điểm \(Q\left( 2;-1;5 \right)\) không thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Với phương án B:

\(f\left( 0;0;-5 \right)=0.-2.0+\left( -5 \right)-5=-10\ne 0\) nên điểm \(P\left( 0;0;-5 \right)\) không thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Với phương án C:

\(f\left( -5;0;0 \right)=-5-2.0+0-5=-10\ne 0\) nên điểm \(N\left( -5;0;0 \right)\) không thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Với phương án D: \(f\left( 1;1;6 \right)=1-2.1+6-5=0\) nên điểm \(M\left( 1;1;6 \right)\) nằm trên mặt phẳng  \(\left( P \right)\).

Ta có \(y'=\frac{-3}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}<0;\forall x\ne 1\).

Vì \(1\in \left( 0;+\infty  \right)\) nên đáp án A sai.

Xét trên \(\left( 0;1 \right)\) ta thấy đồ thị đi xuống (từ trái sang phải) nên hàm số nghịch biến. Do đó (I) đúng

Xét trên \(\left( -1;2 \right)\) ta thấy đồ thị đi lên, rồi đi xuống, rồi đi lên. Do đó (II) sai.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy có ba điểm cực trị. Do đó (III) đúng.

Hàm số không có giá trị lớn nhất trên \(\mathbb{R}\). Do đó (IV) sai.

Vậy có 2 mệnh đề đúng.

Bất phương trình \(\Leftrightarrow 3x-1>{{2}^{3}}\Leftrightarrow 3x>9\Leftrightarrow x>3.\)

Đặt \(t=\pi -x\Rightarrow dt=-dx.\ \)

\(x=0\Rightarrow t=\pi ,\ x=\pi \Rightarrow t=0\)

\(I=-\int\limits_{\pi }^{0}{(\pi -t)f(\pi -t)dt}\)

\(=\int\limits_{0}^{\pi }{(\pi -t)f(t)dt}\)

\(=\pi \int\limits_{0}^{\pi }{f(x)dx}-\int\limits_{0}^{\pi }{xf(x)dx}\)

\(\Rightarrow I=\pi .\frac{\pi }{2}-I\Rightarrow I=\frac{{{\pi }^{2}}}{4}.\)

Ta có: \(\left( 1+3i \right)z+2i=-4\Leftrightarrow z=\frac{-4-2i}{1+3i}=-1+i\)

Đáp án A: Đúng

Đáp án B: Sai, do phát biểu này thiếu yếu tố cắt nhau.

Đáp án C: Sai, vì mặt phẳng đó chưa chắc đã tồn tại.

Đáp án D: Sai, do phát biểu này thiếu yếu tố vuông góc.

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song chỉ đúng khi ba đường thẳng đó đồng phẳng

Phương trình của \(\left( S' \right):\left( S \right)+m\left( P \right)=0,\,\,m\ne 0\)

\(\left( S' \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+4x-2y+6z-2+m\left( 3x+2y+6z+1 \right)=0\)

\(\left( S' \right)\) qua \(M\left( 1,-2,1 \right)\Rightarrow 6m+18=0\Leftrightarrow m=-3\)

\(\Rightarrow \left( S' \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-5x-8y-12z-5=0\)

\(\left( P \right)\) vuông góc với d nên:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;1; - 1} \right)\\ \Rightarrow \left( P \right):2\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 2} \right) - \left( z \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( P \right):2x + y - z - 4 = 0 \end{array}\)

Ta có \(y' = - 6{x^2} + 6x;{\rm{ }}y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow y = 1\\ x = 1 \Rightarrow y = 2 \end{array} \right..\)

Suy ra đồ thị hàm số đã hai điểm cực trị là \(A\left( 0;1 \right)\) và \(B\left( 1;2 \right)\).

Khi đó, đường thẳng đi qua hai điểm cực trị chính là đường thẳng \(AB\) có phương trình \(y=x+1.\) 

Để bất phương trình đúng với mọi \(x\) khi và chỉ khi:

● Bất phương trình xác định với mọi \(x\Leftrightarrow m{{x}^{2}}+4x+m>0,\text{ }\forall x\in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ \Delta ' < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ 4 - {m^2} < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m > 2.\) (1)

● Bất phương trình nghiệm đúng với mọi \(x\Leftrightarrow \log \left( 5{{x}^{2}}+5 \right)\ge \log \left( m{{x}^{2}}+4x+m \right),\text{ }\forall x\in \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 5{x^2} + 5 \ge m{x^2} + 4x + m,{\rm{ }}\forall x \in R\\ \Leftrightarrow \left( {5 - m} \right){x^2} - 4x + 5 - m \ge 0,{\rm{ }}\forall x \in R \end{array}\)   

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 5 - m > 0\\ \Delta ' \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m < 5\\ - {m^2} + 10m - 21 \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m \le 3.\) (2)

Từ (1) và (2), ta được \(2<m\le 3\xrightarrow{m\in \mathbb{Z}}m=3.\) 

\(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln x\\ dv = \left( {2x - 1} \right)dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{1}{x}dx\\ v = {x^2} - x \end{array} \right.\)

\(\int\limits_{1}^{2}{\left( 2x-1 \right)\ln x}\text{d}x=\)\(=\left. \left[ \left( {{x}^{2}}-x \right)\ln x \right] \right|_{1}^{2}-\int\limits_{1}^{2}{\frac{{{x}^{2}}-x}{x}}\text{d}x\)\(=2\ln 2-\left. \left( \frac{{{x}^{2}}}{2}-x \right) \right|_{1}^{2}\)\(=2\ln 2-\frac{1}{2}\) nên \(a=2\), \(b=-\frac{1}{2}\).

Vậy \(a+b\)\)=\frac{3}{2}\).

Ta có \({{\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=2{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+2{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}\)

\(\Rightarrow P=2{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+2{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}-2{{\left( \left| {{z}_{1}} \right|-\left| {{z}_{2}} \right| \right)}^{2}}=4\left| {{z}_{1}}{{z}_{2}} \right|\).

Theo định lý Viet ta có \({{z}_{1}}{{z}_{2}}=\frac{c}{a}\Rightarrow P=4\left| {{z}_{1}}{{z}_{2}} \right|=4\left| \frac{c}{a} \right|\)

Vì \(A'O\bot \left( ABCD \right)\) nên \({{45}^{0}}=\widehat{AA',\left( ABCD \right)}=\widehat{AA',AO}=\widehat{A'AO}\).

Đường chéo hình chữ nhật \(AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=2a\Rightarrow AO=\frac{AC}{2}=a\).

Suy ra tam giác \(A'OA\) vuông cân tại \(O\) nên \(A'O=AO=a\).

Diện tích hình chữ nhật \({{S}_{ABCD}}=AB.AD={{a}^{2}}\sqrt{3}\).

Vậy \({{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}={{S}_{ABCD}}.A'O={{a}^{3}}\sqrt{3}.\) 

Ta có \(y'=4{{x}^{3}}-4\left( m+1 \right)x=4x\left( {{x}^{2}}-m-1 \right)\); \(y'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & {{x}^{2}}=m+1 \\ \end{align} \right.\)

Để hàm số có ba điểm cực trị \(\Leftrightarrow \)\(y'=0\) có ba nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow m+1>0\Leftrightarrow m>-1\).

Suy ra tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

\(A\left( 0;{{m}^{2}} \right),\text{ }B\left( \sqrt{m+1};-2m-1 \right)\) và \(C\left( -\sqrt{m+1};-2m-1 \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow{AB}=\left( \sqrt{m+1};-2m-1-{{m}^{2}} \right)\) và \(\overrightarrow{AC}=\left( -\sqrt{m+1};-2m-1-{{m}^{2}} \right)\).

Ycbt \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0 \Leftrightarrow - \left( {m + 1} \right) + {\left( {m + 1} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = - 1(L)\\ m = 0(N) \end{array} \right..\)

Ta có \(m{{.2}^{{{x}^{2}}-5x+6}}+{{2}^{1-{{x}^{2}}}}={{2.2}^{6-5x}}+m\Leftrightarrow m{{.2}^{{{x}^{2}}-5x+6}}+{{2}^{1-{{x}^{2}}}}={{2}^{7-5x}}+m\)

\(\Leftrightarrow m\left( {{2}^{{{x}^{2}}-5x+6}}-1 \right)+{{2}^{1-{{x}^{2}}}}\left( 1-{{2}^{{{x}^{2}}-5x+6}} \right)=0\Leftrightarrow \left( {{2}^{{{x}^{2}}-5x+6}}-1 \right)\left( m-{{2}^{1-{{x}^{2}}}} \right)=0.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {2^{{x^2} - 5x + 6}} - 1 = 0\\ {2^{1 - {x^2}}} = m \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2\\ x = 3\\ {2^{1 - {x^2}}} = m{\rm{ }}\left( * \right) \end{array} \right..\)

Yêu cầu bài toán tương đương với

TH1: Phương trình \(\left( * \right)\) có nghiệm duy nhất \(\left( x=0 \right)\), suy ra \(m=2.\)

TH2: Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm là 2 và nghiệm còn lại khác 3\(\xrightarrow{{}}m={{2}^{-3}}.\)

TH3: Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm là 3 và nghiệm còn lại khác \(2\xrightarrow{{}}m={{2}^{-8}}.\)

Vậy có tất cả ba giá trị \(m\) thỏa mãn.

Hai nghiệm của phương trình \({{z}^{2}}+2bz+c=0\) là hai số phức liên hợp với nhau nên hai điểm A, B sẽ đối xứng nhau qua trục Ox.

Do đó, tam giác OAB cân tại O.

Vậy tam giác OAB vuông tại O.

Để ba điểm O, A, B tạo thành tam giác thì hai điểm A, B không nằm trên trục tung, trục hoành. Tức là nếu đặt \(z=x+yi,\left( x,y\in \mathbb{R} \right)\) thì \(\left\{ \begin{array}{l} x \ne 0\\ y \ne 0 \end{array} \right.\left( * \right)\)

Để phương trình \({{z}^{2}}+2bz+c=0\) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện \(\left( * \right)\) thì \({{b}^{2}}-c<0\).

\({{z}^{2}}+2bz+c=0\Leftrightarrow {{\left( z+b \right)}^{2}}+c-{{b}^{2}}=0\)

\(\Leftrightarrow {{\left( z+b \right)}^{2}}={{b}^{2}}-c\Leftrightarrow z=-b\pm i\sqrt{c-{{b}^{2}}}\)

Đặt \(A\left( -b;\sqrt{c-{{b}^{2}}} \right)\) và \(B\left( -b;-\sqrt{c-{{b}^{2}}} \right)\)

Theo đề ta có:

\(\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0\Leftrightarrow {{b}^{2}}-c+{{b}^{2}}=0\Leftrightarrow 2{{b}^{2}}=c\)

Ta có \(\left( 1+2i \right)\left| z \right|=\frac{\sqrt{10}}{z}-2+i\Leftrightarrow \left( 1+2i \right)\left| z \right|+2-i=\frac{\sqrt{10}}{z}\Leftrightarrow \left[ \underbrace{\left| z \right|+2}_{a}+\underbrace{\left( 2\left| z \right|-1 \right)}_{b}i \right].z=\sqrt{10}\,\,\,(*)\).

Lấy mô đun 2 vế ta được: \(\underbrace{\sqrt{{{\left( \left| z \right|+2 \right)}^{2}}+{{\left( 2\left| z \right|-1 \right)}^{2}}}}_{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}.\left| z \right|=\sqrt{10}\Leftrightarrow \sqrt{5{{\left| z \right|}^{2}}+5}.\left| z \right|=\sqrt{10}\)

\(\Leftrightarrow 5{{\left| z \right|}^{4}}+5{{\left| z \right|}^{2}}-10=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{\left| z \right|}^{2}}=1\,\,\,(n) \\ & {{\left| z \right|}^{2}}=-2\,\,\,(l) \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left| z \right|=1\)

Vậy \(\left| z \right|\in \left[ \frac{1}{2};\frac{3}{2} \right]\)

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right)={{9.10}^{6}}\)

Gọi A là biến cố: “Số tự nhiên lấy được có tận cùng là 3 và chia hết cho 7”.

Gọi số tự nhiên thỏa mãn biến cố A là X, ta có: \(1\,\,000\,\,013\le X\le 9\,\,999\,\,983\)

Ta thấy số nhỏ nhất mà X có thể nhận được là \(1\,\,000\,\,013\), số lớn nhất mà X có thể nhận là \(9\,\,999\,\,983\)

Chênh lệch giữa hai số liên tiếp thỏa mãn đề bài là 70 đơn vị. Vì vậy ta có thể thấy tập hợp các số tự nhiên X sẽ lập nên một cấp số cộng có số hạng đầu là \({{u}_{1}}=1\,\,000\,\,013\), công sai d=70, số hạng cuối là \(9\,\,999\,\,983\)

Do vậy số các số tự nhiên mà X có thể nhận là: \(\frac{9\,\,999\,\,983-1\,\,000\,\,013}{70}+1=128\,\,572\) (số).

Suy ra \(n\left( A \right)=128\,\,572\). Xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{128572}{{{9.10}^{6}}}\approx 0,014\)

Suy ra: \(a=0,\,\,b=1,\,\,c=4\).

Vây \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=17\).

Ta có: \(\log {{7}^{100\,\,000}}=100\,\,000.\log 7\approx 84\,\,509,804\in \left[ 84\,\,509;84\,\,510 \right]\)

Do đó: \(\log {{10}^{84\,\,509}}<\log {{7}^{100\,\,000}}<\log {{10}^{84\,\,510}}\), suy ra số \({{7}^{100\,\,000}}\) có ít hơn \({{10}^{84\,\,510}}\) một chữ số mà \({{10}^{84\,\,510}}\) có 84 511 chữ số nên \({{7}^{100\,\,000}}\) có 84510 chữ số. 

Đặt \(g\left( x \right)=f\left( x \right)-2023\).

Ta có: \({g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)=4\left( {{m}^{2024}}+1 \right){{x}^{3}}+2\left( -2{{m}^{2024}}-{{2}^{2024}}{{m}^{2}}-3 \right)x\);

Ta thấy \(\frac{2{{m}^{2024}}+{{2}^{2024}}{{m}^{2}}+3}{2\left( {{m}^{2024}}+1 \right)}>0, \forall m\in \mathbb{R}\) nên hàm số \(g\left( x \right)=f\left( x \right)-2023\) luôn có 3 cực trị gồm \({{x}_{1}}=0,\,\,{{x}_{2,3}}=\pm \sqrt{\frac{2{{m}^{2024}}+{{2}^{2024}}{{m}^{2}}+3}{2\left( {{m}^{2024}}+1 \right)}}\).

Ta lại có: \({{a}_{g}}={{m}^{2024}}+1>0\Rightarrow \) Đồ thị hàm \(g\left( x \right)\) có nhánh phải hướng lên trên.

Mặt khác: \(g\left( \pm 1 \right)=\left( {{m}^{2024}}+1 \right)+\left( -2{{m}^{2024}}-{{2}^{2024}}{{m}^{2}}-3 \right)+{{m}^{2024}}+1=-{{2}^{2024}}{{m}^{2}}-1<0,\,\,\forall m\in \mathbb{R}\)

Ta có bảng biến thiên hàm \(g\left( x \right)=f\left( x \right)-2023\) như sau:

Từ bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) luôn có ba điểm cực trị, trong đó có hai điểm cực tiểu nằm bên dưới trục Ox.

Vì vậy số cực trị của hàm số \(y=\left| f\left( x \right)-2023 \right|\) là \(m+n=3+4=7\); trong đó  m=3 là số cực trị của hàm \(g\left( x \right)\), n=4 là số giao điểm của hai đồ thị hàm số \(\left\{ \begin{array}{l} y = g\left( x \right)\\ y = 0\,\,\left( {Ox} \right) \end{array} \right..\)

Điều kiện: x > 0, y > 0.

Ta có: \(\log \left( {x + 2y} \right) = \log \left( x \right) + \log \left( y \right) \Rightarrow \log \left( {x + 2y} \right) = \log \left( {x.y} \right) \Rightarrow x + 2y = xy\,\,\,(*)\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel , ta có: \(P = \frac{{{x^2}}}{{1 + 2y}} + \frac{{{{\left( {2y} \right)}^2}}}{{1 + x}} \ge \frac{{{{\left( {x + 2y} \right)}^2}}}{{2 + x + 2y}}\).

Theo AM-GM, ta có: \(x + 2y \ge 2\sqrt {x.2y} \mathop  = \limits^{(1)} 2\sqrt {2\left( {x + 2y} \right)}  \Leftrightarrow {\left( {x + 2y} \right)^2} \ge 8\left( {x + 2y} \right)\) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x + 2y \le 0\,\,\,({\rm{L}})\\ x + 2y \ge 8\,\,\,({\rm{N}}) \end{array} \right.\) (do điều kiện x > 0, y > 0). Suy ra \({x + 2y \ge 8}\).

Đặt \(t = x + 2y \ge 8\), ta có: \(P \ge \frac{{{t^2}}}{{t + 2}} = t - 2 + \frac{4}{{t + 2}}\).

\( \Leftrightarrow P \ge \underbrace {\frac{1}{{25}}\left( {t + 2} \right) + \frac{4}{{t + 2}}}_{AM - GM} + \underbrace {\frac{{24}}{{25}}t}_{ \ge \frac{{24}}{{25}}.8} - \frac{{52}}{{25}} \ge 2\sqrt {\frac{4}{{25}}} + \frac{{24}}{{25}}.8 - \frac{{52}}{{25}} = \frac{{32}}{5}\)

Do vậy \({P_{\min }} = \frac{{32}}{5}\).

Dấu đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{x}{{1 + 2y}} = \frac{{2y}}{{1 + x}}\\ \underbrace {x + 2y}_t = 8;\,\,\frac{1}{{25}}\left( {t + 2} \right) = \frac{4}{{t + 2}} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{{8 - 2y}}{{1 + 2y}} = \frac{{2y}}{{1 + 8 - 2y}}\\ x = 8 - 2y \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 4\\ y = 2 \end{array} \right..\)