Số mặt phẳng qua S và hai trong số bốn điểm A, B, C, D bằng số tổ hợp chập 2 của 4 phần tử. Vậy có \(C_4^2 = 6\) mặt phẳng.

\(\begin{array}{l} {u_4} = 40 \Leftrightarrow {u_1}{q^3} = 40\\ {u_6} = 160 \Leftrightarrow {u_1}{q^5} = 160 \end{array}\)

Suy ra: \({q^2} = 4 \Leftrightarrow q = 2\) hoặc q = -2

Với q = 2 thì \({u_4} = 40 \Rightarrow {u_1} = 5\)

Với q = -2 thì \({u_4} = 40 \Rightarrow {u_1} = - 5\)

Ta có \({x^2} - 2x + 4 = {2^2} \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0 \vee x = 2.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0;2}

\(V' = {\left( {\frac{a}{5}} \right)^3} = \frac{{{a^3}}}{{125}} = \frac{V}{{125}}.\)

Hàm số \(y = {e^{{x^2}}} - 2x\) xác định với \(\forall x \in R.\)

\(\int {{5^{2x}}dx = \frac{1}{2}.\frac{{{5^{2x}}}}{{\ln 5}} + C = \frac{{{{25}^x}}}{{2\ln 5}} + C.} \)

\(V = \frac{1}{3}.3a.2a.3a = 8{a^3}.\)

\(V = \frac{1}{3}.\pi {r^2}h.\)

\({S_{xq}} = 2\pi .r.l = 2\pi .2.2\sqrt 5 = 8\sqrt 5 \pi .\)

Dựa bào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\)

\({\log _2}5.{\log _5}64 = {\log _2}64 = {\log _2}{2^6} = 6.\)

Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy a và chiều cao h là:

\({S_{xq}} = 2\pi ah \Leftrightarrow h = \frac{{{S_{xq}}}}{{2\pi a}} = \frac{{4\pi {a^2}}}{{2\pi a}} = 2a.\)

Vậy độ dài đường cao của hình trụ đó là h = 2a

Từ bảng biến thiên ta có hàm số có hai điểm cực trị là x = -1 và x = 1

Hình vẽ là đồ thị hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) với a < 0 và hàm số có hai điểm cực trị là x = 0 và x = 2

Ta thấy chỉ có hàm số \(y = - {x^3} + 3{x^2} - 4\) thỏa mãn các điều kiện đó

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{5}{{x - 1}} = 0\\ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{5}{{x - 1}} = 0 \end{array} \right. \Rightarrow \) đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 0

\({3^x} > 9 \Leftrightarrow {3^x} > {3^2} \Leftrightarrow x > 2.\)

Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m

⇒ -2 < m < 1

\(\int\limits_o^5 {\left[ {3{x^2} - 2f\left( x \right)} \right]dx = \int\limits_0^5 {3{x^2}dx} - 2\int\limits_0^5 {f\left( x \right)dx = {x^3}\mathop |\nolimits_0^5 } - 2 = 125 - 2} = 123.\)

\(\left| z \right| = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5.\)

\({z_1} - {z_2} = 3 - 6i \Rightarrow \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \sqrt {9 + 36} = 3\sqrt 5 .\)

Số phức z = 2 - i có điểm biểu diễn là M(2;-1)

Hình chiếu vuông góc của điểm M(3;2;-1) lên trục Oz là điểm M₁(0;0;-1)

Mặt cầu có bán kính \(R = IA = \sqrt {13} .\)

Mặt cầu tâm I(2;-2;3) bán kính \(R = \sqrt {13} \) là \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 13.\)

Lấy điểm \(B\left( { - 1;0;0} \right) \in d\). Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2; - 2;0} \right),{\overrightarrow u _d} = \left( {2;3;1} \right)\)

Mặt phẳng (P) đi qua A và chứa d nên mặt phẳng (P) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,{{\overrightarrow u }_d}} \right] = \left( { - 2;2; - 2} \right).\)

Khi đó véc-tơ \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1; - 1;1} \right)\) cũng là véc-tơ pháp tuyến của (P). Suy ra a =  - 1,b = 1.

Vậy a + b =  - 1 + 1 = 0.

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;2;1} \right).\)

Véc-tơ chỉ phương của d là \({\overrightarrow u _d} = \left( {2; - 1;1} \right).\)

Suy ra \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,{{\overrightarrow u }_d}} \right] = \left( {3;3; - 3} \right) = 3\left( {1;1; - 1} \right).\)

Vì \((\alpha)\) chứa d và song song với AB nên véc-tơ \(\overrightarrow n = \frac{1}{3}\left[ {\overrightarrow {AB} ,{{\overrightarrow u }_d}} \right] = \left( {1;1; - 1} \right)\) là một véc-tơ pháp tuyến của \((\alpha)\).

Lại có, điểm \(C\left( {0;1;2} \right) \in d \Rightarrow C \in \left( \alpha \right).\)

Do đó, phương trình của \((\alpha)\) là x + y - z + 1 = 0.

Lần lượt thay tọa độ các điểm trong các phương án ta được điểm P(6;-4;3) thỏa mãn.

Vì \(AB \bot CD\) và \(AC \bot BD\) nên ta suy ra

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} } \right).\left( {\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DC} } \right)\\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DC} + {\overrightarrow {BD} ^2} + \overrightarrow {BD} .\overrightarrow {DC} \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} + 0 + {\overrightarrow {BD} ^2} + \overrightarrow {BD} .\overrightarrow {DC} \\ = \left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} } \right).\overrightarrow {BD} + {\overrightarrow {BD} ^2} + \overrightarrow {BD} .\overrightarrow {DC} \\ = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {BD} + {\overrightarrow {BD} ^2} + \overrightarrow {BD} .\overrightarrow {DC} \\ = 0 + \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {BD} + {\overrightarrow {BD} ^2} + \overrightarrow {BD} .\overrightarrow {DC} \\ = \left( {\overrightarrow {CB} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BD} .\overrightarrow {DC} } \right) + {\overrightarrow {BD} ^2}\\ = \left( {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {DC} } \right).\overrightarrow {BD} + {\overrightarrow {BD} ^2}\\ = \overrightarrow {DB} .\overrightarrow {BD} + {\overrightarrow {BD} ^2}\\ = - {\overrightarrow {BD} ^2} + {\overrightarrow {BD} ^2} = 0. \end{array}\)

Suy ra \(\overrightarrow {AD} \bot \overrightarrow {BC} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {BC} } \right) = 90^\circ .\)

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

Ta có bảng xét dấu

Từ bảng xét dấu ta thấy f'(x) đổi dấu khi x chạy qua 0 và 2 nên hàm số có 2 điểm cực trị

Hàm số \(y = - {x^3} + 2{x^2} - x + 2\) xác định và liên tục trên \(\left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right].\)

Ta có \(y' = - 3{x^2} + 4x - 1\) và y' = 0 có một nghiệm thuộc \(\left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right]\) là \(x = \frac{1}{3}.\)

Mặt khác \(y\left( { - 1} \right) = 6,y\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{{50}}{{27}},y\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{15}}{8}.\)

Vậy \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right]} y = 6,m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right]} y = \frac{{50}}{{27}}.\)

Do đó \(M.m = \frac{{100}}{9}.\)

Với a, b, c, d là các số thực dương, khác 1 ta có

\({a^c} = {b^d} \Leftrightarrow \ln \left( {{a^c}} \right) = \ln \left( {{b^d}} \right) \Leftrightarrow c.\ln a = d.\ln b \Leftrightarrow \frac{{\ln a}}{{\ln b}} = \frac{d}{c}.\)

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

\( \Rightarrow \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 2x + 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ne 1\\ 2x + 1 = 2{x^2} + x - 3 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{{1 + \sqrt {33} }}{4}\\ x = \frac{{1 - \sqrt {33} }}{4} \end{array} \right..\)

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) và y = 2x + 3 là 2

\({\log _{25}}\left( {x + 1} \right) > \frac{1}{2} \Leftrightarrow x + 1 > {25^{\frac{1}{2}}} \Leftrightarrow x > 4.\)

Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta được một hình nón có bán kính đáy r = 2a và chiều cao là h = 2a

Áp dụng công thức tính thể tích khối nón ta có

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {\left( {2a} \right)^2}2a = \frac{{8\pi {a^3}}}{3}.\)

Ta có \(t = \sqrt {{x^2} + 9} \Rightarrow {t^2} = {x^2} + 9 \Rightarrow tdt = xdx.\)

Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow t = 3,x = 4 \Rightarrow t = 5.\)

Khi đó \(I = \int\limits_0^4 {x\sqrt {{x^2} + 9} dx = \int\limits_3^5 {{t^2}dt} .} \)

Ta có:

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^3}} \right|dx = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {{x^3}} \right|dx} + \int\limits_0^2 {\left| {{x^3}} \right|dx} = - \int\limits_{ - 1}^0 {{x^3}} dx + \int\limits_0^2 {{x^3}} dx} = - \frac{{{x^4}}}{4}\mathop |\nolimits_{ - 1}^0 + \frac{{{x^4}}}{4}\mathop |\nolimits_0^2 = \frac{{17}}{4}.\)

Do mỗi đơn vị trên trục là 2cm nên \(S = \frac{{17}}{4}{.2^2}c{m^2} = 17c{m^2}.\)

\(w = 3{z_1} - 2{z_2} = - 1 + 12i\)

Vậy w có phần ảo là 12.

Ta có \({z^2} + 2z + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = - 1 + 3i\\ z = - 1 - 3i \end{array} \right..\)

Suy ra \({z_0} = - 1 + 3i\). Do đó \(i{z_0} = i\left( { - 1 + 3i} \right) = - 3 - i.\)

Lấy \(A\left( {1;7;3} \right) \in \Delta \).

Vì \(\left( \beta \right)||\left( \alpha \right)\) nên \(d\left( {\left( \alpha \right),\left( \beta \right)} \right) = d\left( {A,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{\left| {3.1 - 2.7 - 3 + 5} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{9}{{\sqrt {14} }}.\)

Ta có \(\overrightarrow {OA} = \left( {1;0;1} \right),\overrightarrow {OB} = \left( { - 1;2;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} = 0 \Rightarrow OA \bot OB\).

Do vậy, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là (0;1;1).

Lại có \(\left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( { - 2; - 2;2} \right) \Rightarrow \) véc-tơ chỉ phương của \(\Delta\) là \(\overrightarrow n = \left( {1;1; - 1} \right) \Rightarrow \) phương trình đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l} x = t\\ y = 1 + t\\ z = 1 - t \end{array} \right.\)

Số cách xếp 7 người vào một bàn tròn là 6!.

Gọi A là biến cố đứa trẻ ngồi cạnh hai người đàn ông.

Lấy 2 người đàn ông bất kì có 6 cách. Cho hai người đó ngồi vào bàn cạnh nhau có 2 cách. Cho đứa trẻ vào giữa hai người đàn ông có 1 cách. 4 người còn lại có 4! cách.

Vậy số phần tử của A là 288.

Do đó xác suất để biến cố A xãy ra là \(\frac{{288}}{{6!}} = \frac{2}{{15}}.\)

Gọi N là trung điểm của BD, ta có \(AB||MN \Rightarrow AB||\left( {CMN} \right)\).

Mà \(CM \subset \left( {CMN} \right),\) suy ra \(d\left( {AB,CM} \right) = d\left( {AB,\left( {CMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {CMN} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {CMN} \right)} \right)\).

Ta có \(CM = CN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},MN = \frac{a}{2}.\)

Gọi H là trung điểm của MN, ta có \(CH \bot MN\), và \(CH = \sqrt {C{M^2} - M{H^2}} = \frac{{a\sqrt {11} }}{4}.\)

Suy ra \({S_{CMN}} = \frac{1}{2}CH.MN = \frac{{{a^2}\sqrt {11} }}{{16}}.\)

Mặt khác \({V_{CDMN}} = \frac{1}{4}{V_{ABCD}} = \frac{1}{4}\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{48}}.\)

Do đó \(d\left( {D,\left( {CMN} \right)} \right) = \frac{{3{V_{CDMN}}}}{{{S_{\Delta CMN}}}} = \frac{{a\sqrt {22} }}{{11}}.\)

Ta có \(y = {x^3} + 3{x^2} - \left( {{m^2} - 3m + 2} \right)x + 5 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 6x - \left( {{m^2} - 3m + 2} \right).\)

Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) khi \(y' \ge 0,\forall x \in \left( {0;2} \right)\) và dấu "=" xảy ra tại hữu hạn điểm trên khoảng đó.

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

\(\Leftrightarrow 3{x^2} + 6x \ge {m^2} - 3m + 2\left( * \right)\) với \(\forall x \in \left( {0;2} \right)\)

Xét hàm số \(y = g\left( x \right) = 3{x^2} + 6x\) trên khoảng (0;2)

Ta có \(y' = g'\left( x \right) = 6x + 6.\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra điều kiện để (*) xảy ra là : \({m^2} - 3m + 2 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le m \le 2.\)

Do \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {1;2} \right\}.\)

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Theo giả thiết A = 100.000.000, lãi kép r = 0,4%/tháng, n = 6 tháng.

Sau 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) là

\(S = A{\left( {1 + r} \right)^n} \Rightarrow S = 100.000.000{\left( {1 + 0,4\% } \right)^6} \approx 102.424.000\) đồng

Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{f\left( {3 - x} \right) - 2}}\) bằng với số nghiệm phân biệt của phương trình \(f\left( {3 - x} \right) = 2\).

Dựa trên bảng biến thiên của hàm số ta thấy phương trình f(x) = 2 có 3 nghiệm phân biệt nên phương trình f(3 - x) = 2 cũng có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{f\left( {3 - x} \right) - 2}}\) là 3 đường.

Vì thiết diện là hình vuông có S = 4a²

\(\Rightarrow h = AD = CD = 2a.\)

Gọi H là trung điểm của CD.

Do \(\Delta COD\) cân tại O nên \(OH \bot CD \Rightarrow OH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Theo giả thiết \(d\left( {OO',\left( {ABCD} \right)} \right) = OH = a\sqrt 3 .\)

Suy ra \(r = OD = \sqrt {D{H^2} + O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{CD}}{2}} \right)}^2} + O{H^2}} = 2a.\)

Vậy \(V = \pi .{r^2}.h = 8\pi {a^3}.\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = 2x - 4\\ dv = f'\left( x \right)dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = 2dx\\ v = f\left( x \right) \end{array} \right..\)

Khi đó \(\int\limits_0^2 {\left( {2x - 4} \right)f'\left( x \right)dx = \left( {2x - 4} \right).f\left( x \right)\mathop |\nolimits_0^2 - \int\limits_0^2 {2f\left( x \right)dx = 4f\left( 0 \right) - 2\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx = 4.} } } \)

Vậy \(I = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} = 2.\)

Bảng biến thiên của f(x)

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f(x) = 2 có ba nghiệm thực phân biệt \({x_1},{x_2},{x_3}\) với \({x_1} < 0 < {x_2} < 4 < {x_3}.\)

Do đó \(f\left( {4x - {x^2}} \right) - 2 = 0 \Leftrightarrow f\left( {4x - {x^2}} \right) = 2\left[ \begin{array}{l} 4x - {x^2} = {x_1}\,\,\left( 1 \right)\\ 4x - {x^2} = {x_2}\,\,\left( 2 \right)\\ 4x - {x^2} = {x_3}\,\,\left( 3 \right) \end{array} \right.\) với \({x_1} < 0 < {x_2} < 4 < {x_3}.\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 4x - {x^2}\). Có \(g'\left( x \right) = 4 - 2x,g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2.\).

Bảng biến thiên của g(x):

Từ bảng biến thiên của g(x) suy ra phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt, phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt (không trùng với hai nghiệm của (1) do x₁ < x₂) và phương trình (3) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt.

Do \({a^2} + {b^2} > 1\) nên \({\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {a + b} \right) \ge 1 \Leftrightarrow a + b \ge {a^2} + {b^2} \Leftrightarrow {\left( {a - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {b - \frac{1}{2}} \right)^2} \le \frac{1}{2}.\)

Gọi \(\left( C \right):{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}.\)

Ta có \(P = 2a + 4b - 3 \Leftrightarrow 2a + 4b - 3 - P = 0\)

Đặt \(\Delta p:2x + 4y - 3 - P = 0\). Để P đạt giá trị lớn nhất thì \(\Delta p\) tiếp xúc với (C).

Ta có \(d\left( {I,\Delta p} \right) = \frac{{\left| {2{x_0} + 4{y_0} - 3 - P} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {4^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left| { - P} \right| = \sqrt {10} .\)

Vậy P lớn nhất bằng \(\sqrt {10} \).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x\) trên đoạn [0;2]

Ta có \(g'\left( x \right) = {x^3} - 28x + 48.\)

Xét phương trình \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 28x + 48 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2\,\left( n \right)\\ x = 4\,\left( l \right)\\ x = - 6\,\left( l \right) \end{array} \right.\)

Ta có \(g\left( 0 \right) = 0;g\left( 2 \right) = 44.\)

Do đó \(0 \le \frac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x \le 44\)

\( \Leftrightarrow m - 30 \le \frac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x + m - 30 \le m + 14.\)

Khi đó \(\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} y = \max \left\{ {\left| {m - 30} \right|;\left| {m + 14} \right|} \right\}.\)

Xét các trường hợp sau: \(\left| {m - 30} \right| \ge \left| {m + 14} \right| \Leftrightarrow m \le 8.\,\,\,\left( 1 \right)\)

Khi đó \(\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} y = \left| {m - 30} \right|\), theo đề bài \(\left| {m - 30} \right| \le 30 \Leftrightarrow 0 \le m \le 60.\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta được \(m \in \left[ {0;8} \right].\)

\(\left| {m - 30} \right| < \left| {m + 14} \right| \Leftrightarrow m > 8.\,\,\,\left( 3 \right)\)

Khi đó \(\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} y = \left| {m + 14} \right|,\) theo đề bài \(\left| {m + 14} \right| \le 30 \Leftrightarrow - 44 \le m \le 16.\,\,\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) ta được \(m \in \left( {8;16} \right].\)

Vậy \(m \in \left[ {0;16} \right]\) và m nguyên nên \(m \in \left\{ {0;1;2;3;...;15;16} \right\}.\)

Khi đó \(0 + 1 + 2 + ... + 15 + 16 = 136.\)

Ta thấy \({V_{ABCDD'C'}} = {V_{G.ABC'D'}} + {V_{G.ABCD}} + {V_{G.CC'D'D}} + {V_{G.ADD'}} + {V_{G.BCC'}}\)

Vì G là trọng tâm tam giác BD'C nên ta có \(\frac{{IG}}{{ID}} = \frac{{JG}}{{JB}} = \frac{{CG}}{{CA'}} = \frac{1}{3}.\)

Do vậy ta được \(\left\{ \begin{array}{l} {V_{G.ABCD}} = \frac{1}{3}{V_{D'.ABCD}} = \frac{1}{9}\\ {V_{G.CC'D'D}} = \frac{1}{3}{V_{B.CC'D'D}} = \frac{1}{9}\\ {V_{G.ACC'}} = \frac{1}{3}{V_{D'.ACC'}} = \frac{1}{{18}}\\ {V_{G.ADD'}} = \frac{2}{3}{V_{C.ADD'}} = \frac{1}{9} \end{array} \right.\)

Ta được \({V_{G.ABC'D'}} = {V_{ABCDC'D'}} - \left[ {{V_{G.ABCD}} + {V_{G.CC'D'D}} + {V_{G.BCC'}} + {V_{G.ADD'}}} \right] = \frac{1}{2} - \frac{7}{{18}} = \frac{1}{9}.\)

Ta có \({V_{G.ABC'}} = \frac{1}{2}{V_{G.ABC'D'}} = \frac{1}{{18}}.\)

Điều kiện: \(x > 0,n \ne 0.\)

Ta có:

\({\log _7}\left( {\frac{{4{x^2} - 4x + 1}}{{2x}}} \right) + 4{x^2} + 1 = 6x \Leftrightarrow {\log _7}\left( {\frac{{4{x^2} - 4x + 1}}{{2x}}} \right) + 4{x^2} - 4x + 1 = {\log _7}\left( {2x} \right) + 2x.\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _7}t + t\) có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 7}} + 1 > 0\forall t > 0\) nên hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Do đó ta có: \(4{x^2} - 4x + 1 = 2x \Leftrightarrow 4{x^2} - 6x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{4}.\)

\({x_1} + 2{x_2} = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{4} + 2.\frac{{3 + \sqrt 5 }}{4} = \frac{1}{4}\left( {9 + \sqrt 5 } \right)\) hoặc \({x_1} + 2{x_2} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{4} + 2.\frac{{3 - \sqrt 5 }}{4} = \frac{1}{4}.\left( {9 - \sqrt 5 } \right).\)

Vậy \({x_1} = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{4};{x_2} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{4}\). Do đó a = 9;b = 5 và a + b = 9 + 5 = 14.