Cách cắm 3 bông hoa giống nhau vào 5 lọ khác nhau nghĩa là chọn ra 3 lọ hoa từ 5 lọ hoa khác nhau để cắm hoa.

\({{u}_{99}}={{u}_{1}}+98d =11+98.4 =403\)

\({2^{x - 1}} = \frac{1}{{16}} \Leftrightarrow {2^{x - 1}} = {2^{ - 4}} \Leftrightarrow x - 1 =  - 4 \Leftrightarrow x =  - 3\)

V = Bh = 2.3 = 6

ĐK: \({x^2} - 4x + 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x > 3\\ x < 1 \end{array} \right..\)

Vậy \(D = \left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\)

\(F(x) = 3{(x + 1)^2}\)

Công thức tính thể tích khối chóp là \(V = \frac{1}{3}B.h\).

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

\(S = 4\pi {r^2} = 36\pi \)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(f'\left( x \right)>0\) trên khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\Rightarrow \) hàm số đồng biến trên \(\left( -\infty ;-1 \right)\) nên cũng đồng biến trên \(\left( -\infty ;-2 \right)\).

\({\log _2}\left( {ab} \right) = {\log _2}\left| a \right| + {\log _2}\left| b \right|.\)

Hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh a nên có đường sinh a và bán kính đáy \(\frac{a}{2}\) nên có diện tích toàn phần \({{S}_{tp}}=\frac{3}{2}\pi {{a}^{2}}.\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 3} \right)\).

Nhìn vào đồ thị ta thấy đây không thể là đồ thị của hàm số bậc 4 ⇒ Loại C,   D.

Khi \(x\to +\infty \) thì \(y\to -\infty \Rightarrow a<0\). \(\Rightarrow y=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}\).

\({\log _{\frac{\pi }{4}}}\left( {x + 1} \right) < {\log _{\frac{\pi }{4}}}\left( {2x - 5} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + 1 > 0\\ 2x - 5 > 0\\ x + 1 > 2x - 5 \end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{5}{2} < x < 6\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {\frac{5}{2};6} \right)\)

Qua bảng biến thiên ta có \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\,f\left( x \right)=0\) và \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\,f\left( x \right)=3\) nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang: y=0 và y=3.

Lại có \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\,f\left( x \right)=+\infty \) nên đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng x=0.

Vậy số tiệm cận của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) là 3.

Ta có \(2f\left( x \right)+5=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=\frac{-5}{2}\) (*).

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y=\frac{-5}{2}\). Dựa vào đồ thị ta có đường thẳng \(y=\frac{-5}{2}\) cắt đồ thị tại 1 điểm. Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

\(I = \int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \) = \(\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_2^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 1 + 4 = 5\)

\(\overline z  = 4 + \sqrt 5 i\)

Ta có \(\text{w}={{z}_{1}}+{{z}_{2}}=\left( 1+2i \right)+\left( 3-4i \right)=4-2i\).

Vậy điểm biểu diễn số phức w trong mặt phẳng Oxy có tọa độ là \(\left( 4;\,\,-2 \right)\).

Ta có \(\bar{z}=2-2i\).

Điểm biểu diễn số phức \(\bar{z}=2-2i\) là điểm \(P\left( 2;\,\,-2 \right)\).

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( -4;\,3;\,1 \right)\) trên mặt phẳng \(\left( Oyz \right)\) có tọa độ là \(\left( 0;\,3;\,1 \right)\).

Phương trình mặt phẳng tọa độ (Oxz): y=0

Do mặt cầu \(\left( S \right)\) tiếp xúc với mặt phẳng tọa độ (Oxz) \(\Rightarrow R=d\left( I;Oxz \right)=\frac{\left| 1.0+1.1-2.0 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}}}=1\)

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm I(1,1,-2) và bán kính R=1 là:

\({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z+2 \right)}^{2}}=1\]\[\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-2y+4z+5=0\)

Lần lượt thay toạ độ các điểm M, N, P, Q vào phương trình \(\left( P \right)\), ta thấy toạ độ điểm N thoả mãn phương trình \(\left( P \right)\). Do đó điểm N thuộc \(\left( P \right)\).

Theo định nghĩa phương trình tham số của đường thẳng suy ra vecto chỉ phương của d là \(\overrightarrow{n}=\left( -2;3;-2 \right)\).

Ta có: \(SC\cap \left( ABCD \right)=C\); \(SA\bot \left( ABCD \right)\) tại A.

\(\Rightarrow \) Hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là AC.

\(\Rightarrow \) Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là \(\alpha =\widehat{SCA}\).

Do ABCD là hình thoi cạnh a và \(\widehat{ABC}={{60}^{0}}\) nên tam giác ABC đều cạnh a. Do đó AC=a.

Suy ra: \(\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)

Do đó: \(\alpha =\widehat{SBA}={{30}^{\text{o}}}\).

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

\(f'\left( x \right) = {\left( {x + 2} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^3}\left( { - x + 5} \right)\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 2\\ x = 2\\ x = 5 \end{array} \right.\)

Bảng xét dấu f'(x)

Từ bảng xét dấu ta thấy f'(x) đổi dấu khi qua x = 2 và x = 5 nên hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Ta có:

Vậy \(\mathop {max}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\)

\({\log _b}a\sqrt b  = {\log _{\frac{{\sqrt a }}{b}}}\frac{{\sqrt[3]{a}}}{{\sqrt b }} \Leftrightarrow {\log _b}a + \frac{1}{2} = \frac{{{{\log }_b}\frac{{\sqrt[3]{a}}}{{\sqrt b }}}}{{{{\log }_b}\frac{{\sqrt a }}{b}}}\)

\( \Leftrightarrow {\log _b}a + \frac{1}{2} = \frac{{\frac{1}{3}{{\log }_b}a - \frac{1}{2}}}{{\frac{1}{2}{{\log }_b}a - 1}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}{\left( {{{\log }_b}a} \right)^2} - \frac{{13}}{{12}}{\log _b}a = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _b}a = 0\\ {\log _b}a = \frac{{13}}{6} \end{array} \right. \Rightarrow {\log _b}a = \frac{{13}}{6}\) vì \({\log _b}a > 0\)

Xét hàm số \(y=\frac{x+1}{x-1}\):

\(D=R\backslash \left\{ 1 \right\}\)

\(y'=\frac{-2}{{{(x-1)}^{2}}};\forall x\in D\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y=\frac{x+1}{x-1}\)

Từ đó ta có số giao điểm của \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\) và y = 2 là 1 giao điểm.

Ta có \({{4}^{x}}-{{3.2}^{x+1}}+8<0\Leftrightarrow {{4}^{x}}-{{6.2}^{x}}+8<0 \Leftrightarrow 2<{{2}^{x}}<4 \Leftrightarrow 1<x<2\).

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là \(S=\left( 1\,;\,2 \right)\).

Ta có a=1;b=2.

Do vậy P=1+2.2=5.

Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có:

\(A{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}-A{{B}^{2}} ={{\left( 2a \right)}^{2}}-{{a}^{2}}=3{{a}^{2}} \Rightarrow AC=a\sqrt{3}\).

Thể tích hình nón khi quay trục AB:

\(V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h =\frac{1}{3}\pi {{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}.a=\pi {{a}^{3}}\) với \(R=AC=a\sqrt{3}\) và h=AB=a.

Vậy \(V=\pi {{a}^{3}}\) (đvtt).

Đặt \(u={{x}^{2}}-2x+3\Rightarrow du=(2x-2)dx=2(x-1)dx\Rightarrow (x-1)dx=\frac{1}{2}du\)

Với \(x=0\Rightarrow u=3\)

Với \(x=1\Rightarrow u=2\)

Vậy \(\int\limits_{0}^{1}{(x-1).{{e}^{{{x}^{2}}-2x+3}}dx}=\frac{1}{2}\int\limits_{3}^{2}{{{e}^{u}}du}=-\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{3}{{{e}^{u}}du}\).

Diện tích cần tìm là: \(S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| { - {x^2} - x + 1 - 2} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^1 {({x^2}}  + x + 1){\rm{d}}x\)

Ta có: \({{z}_{2}}=1-3i\Rightarrow \overline{{{z}_{2}}}=1+3i\Rightarrow i\overline{{{z}_{2}}}=i\left( 1+3i \right)=3{{i}^{2}}+i=-3+i\)

Suy ra \({{z}_{1}}+i\overline{{{z}_{2}}}=2-4i+\left( -3+i \right)=-1-3i\).

Vậy phần ảo của số phức \({{z}_{1}}+i\overline{{{z}_{2}}}\) là -3.

\({z^2} + z\sqrt 2 + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = - \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{3\sqrt 2 }}{2}i\\ z = - \frac{{\sqrt 2 }}{2} - \frac{{3\sqrt 2 }}{2}i{\rm{ }} \end{array} \right.\)

\(M = \frac{1}{{{z_1}}} + \frac{1}{{{z_2}}} =  - \frac{{\sqrt 2 }}{5}\)

Trục Oy có vectơ đơn vị là \(\overrightarrow{j}=\left( 0\,;\,1\,;\,0 \right)\).

Vì \(\left( P \right)\) vuông góc với trục Oy nên \(\left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow{j}\) là một vectơ pháp tuyến.

Suy ra \(\left( P \right):0\left( x-1 \right)+\left( y+2 \right)+0\left( z-1 \right)=0\) hay y+2=0.

Vậy \(\left( P \right):y+2=0\).

Vì H là hình chiếu vuông góc của N lên trục Oz nên H(0;0; - 1).

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng MH là \(\overrightarrow {HM}  = (1;0;2)\).

Vậy \((MH):\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + t\\ y = 0\\ z = 1 + 2t \end{array} \right.\).

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right)=6!=720.\)

Gọi A là biến cố: “học sinh lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp A”.

+ Trường hợp 1: Học sinh lớp C ngồi ở hai đầu hàng ghế.

Xếp học sinh lớp C, có 2 cách.

Chọn 1 học sinh lớp A ngồi cạnh học sinh lớp C, có 3 cách.

Xếp 4 học sinh còn lại, có 4! cách.

Do đó, có 2.3.4!=144 cách.

+ Trường hợp 2: Học sinh lớp C ngồi ở giữa.

Xếp học sinh lớp C, có 4 cách.

Xếp 2 học sinh lớp A ngồi cạnh học sinh lớp C, có \(C\begin{matrix} 2 \\ 3 \\ \end{matrix}=3\) cách.

Xếp 3 học sinh còn lại, có 3! cách.

Do đó, có 4.3.3!=72 cách.

Suy ra \(n\left( A \right)=144+72=216\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{216}{720}=\frac{3}{10}\).

Gọi N là trung điểm của AC.Ta có \(BC\,\text{//}\,MN\Rightarrow BC\,\text{//}\,\left( SMN \right).$

Khi đó \(d\left( BC,SM \right)=d\left( BC,\left( SMN \right) \right)=d\left( B,\left( SMN \right) \right)=d\left( A,\left( SMN \right) \right).\)

Kẻ \(AI\bot MN\ \left( I\in MN \right),\ AH\bot SI\ \left( H\in SI \right).\) Suy ra \(d\left( A,\left( SMN \right) \right)=AH.\)

Ta có \(AM=x,\ AN=2a,\ AI=\frac{2a.x}{\sqrt{4{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}\)

\(AH=\frac{SA.AI}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{I}^{2}}}}\Leftrightarrow \frac{2a}{3}=\frac{a.\frac{2a.x}{\sqrt{4{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{4{{a}^{2}}{{x}^{2}}}{4{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}} \Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{4{{a}^{2}}+5{{x}^{2}}}}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow {{x}^{2}}={{a}^{2}}\Leftrightarrow x=a\Rightarrow AB=2a\).

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

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

Ta có bảng biến thiên

Hàm số nghịch biến trên \(\left( -1;1 \right)\)

\(\Leftrightarrow \left( -1;1 \right)\in \left( m-3;m+1 \right)\Leftrightarrow m-3\le -1<1\le m+1\Leftrightarrow 0\le m\le 2\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} S\left( {1950} \right) = A.{e^{1950.r}} = {2560.10^6}\\ S\left( {1980} \right) = A.{e^{1980.r}} = {3040.10^6} \end{array} \right.\)

Suy ra: \({e^{30r}} = \frac{{304}}{{256}} \Rightarrow {e^r} = \sqrt[{30}]{{\frac{{19}}{{16}}}}\) và \(A = \frac{{{{2560.10}^6}}}{{{e^{1950r}}}}\)

Vậy: \(S\left( {2020} \right) = A.{e^{2020.r}} = \frac{{{{2560.10}^6}.{{\left( {{e^r}} \right)}^{2020}}}}{{{{\left( {{e^r}} \right)}^{1950}}}} = {2560.10^6}.{\left( {{e^r}} \right)^{70}} \simeq {3823.10^6}\).

Do nhánh cuối của đồ thị đi lên nên ta có a > 0.

Ta có \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c\).

Do cực tiểu của hàm số thuộc trục tung và có giá trị âm nên d < 0 và x = 0 là nghiệm của phương trình \(y' = 0 \Rightarrow c = 0\).

Lại có \(3a{x^2} + 2bx \Leftrightarrow = 0\left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - \frac{{2b}}{{3a}} \end{array} \right. \Rightarrow - \frac{{2b}}{{3a}} < 0 \Rightarrow a > 0,b > 0\).

Thiết diện là hình vuông ABCD. \({{S}_{ABCD}}=4{{a}^{2}}\Rightarrow AD=CD=2a\)

Gọi H là trung điểm CD \Rightarrow OH\bot CD\Rightarrow OH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow OH=a\sqrt{3} \Rightarrow OD=\sqrt{D{{H}^{2}}+O{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+3{{a}^{2}}}=2a\)

\(h=AD=2a,\,r=OD=2a\Rightarrow V=\pi {{r}^{2}}h=8\pi {{a}^{3}}\)

Ta có \({f}'\left( x \right)=\sin x.{{\sin }^{2}}2x,\forall x\in R\) nên \(f\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \({f}'\left( x \right)\).

Có \(\int{{f}'\left( x \right)\text{d}x}=\int{\sin x.{{\sin }^{2}}2x\text{d}x}=\int{\sin x.\frac{1-\cos 4x}{2}\text{d}x}=\int{\frac{\sin x}{2}\text{d}x-\int{\frac{\sin x.\cos 4x}{2}\text{d}x}}\)

\(=\frac{1}{2}\int{\sin x}\text{d}x-\frac{1}{4}\int{\left( \sin 5x-\sin 3x \right)\text{d}x=-\frac{1}{2}\cos x+\frac{1}{20}\cos 5x-\frac{1}{12}\cos 3x+C}\).

Suy ra \(f\left( x \right)=-\frac{1}{2}\cos x+\frac{1}{20}\cos 5x-\frac{1}{12}\cos 3x+C,\forall x\in \mathbb{R}$. Mà \(f\left( \frac{\pi }{2} \right)=0\Rightarrow C=0\).

Do đó \(f\left( x \right)=-\frac{1}{2}\cos x+\frac{1}{20}\cos 5x-\frac{1}{12}\cos 3x,\forall x\in R\). Khi đó:

\(\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( -\frac{1}{2}\cos x+\frac{1}{20}\cos 5x-\frac{1}{12}\cos 3x \right)\text{d}x}=\left. \left( -\frac{1}{2}\sin x+\frac{1}{100}\sin 5x-\frac{1}{36}\sin 3x \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=-\frac{104}{225}\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có

\(f\left( {\left| {\sin x} \right|} \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left| {\sin x} \right| = a < 0\\ \left| {\sin x} \right| = b \in \left( {0;1} \right)\\ \left| {\sin x} \right| = c > 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin x = b \in \left( {0;1} \right)\,\,\,\,\,\,\,(1)\\ \sin x = - b \in \left( { - 1;0} \right)\,\,\,(2) \end{array} \right.\)

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ 0;\frac{5\pi }{2} \right]\)

Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ 0;\frac{5\pi }{2} \right]\)

Không có nghiệm nào của (1) trùng với nghiệm của (2).

Vậy số nghiệm thuộc đoạn \(\left[ 0;\frac{5\pi }{2} \right]\) của phương trình \(f\left( \left| \sin x \right| \right)=2\) là 5.

Ta có \({{a}^{x}}{{b}^{{{x}^{2}}-1}}=1\Leftrightarrow x{{\log }_{b}}a+\left( {{x}^{2}}-1 \right)=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+x{{\log }_{b}}a-1=0\)

Do phương trình có hai nghiệm \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) nên theo định lý Viet ta có: \(\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-{{\log }_{b}}a \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=-1 \\ \end{align} \right.\)

Khi đó \(S=\frac{1}{\log _{b}^{2}a}+4{{\log }_{b}}a\)

Đặt \(t={{\log }_{b}}a\), do \(a>1,b>1\Rightarrow t>0\). Khi đó \(S=\frac{1}{{{t}^{2}}}+4t=\frac{1}{{{t}^{2}}}+2t+2t\ge 3\sqrt[3]{4}\).

Đẳng thức xảy ra khi \(\frac{1}{{{t}^{2}}}=2t\Leftrightarrow t=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\). Vậy \(\min S=3\sqrt[3]{4}\)

Tập xác định \(D = R\backslash \left\{ 2 \right\}\).

*m = 2 ta có f(x) = 1, khi đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 2\) không thỏa mãn

* m khác 2, ta có \(y' = \frac{{m - 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\) ⇒ hàm số đơn điệu trên mỗi khoảng của tập xác định nên đơn điệu trên

Ta có \(f\left( 0 \right) = \frac{m}{2},f\left( 1 \right) = m - 1\) và đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm (m;0).

TH1: \(\frac{m}{2}.\left( {m - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 1\), ta có \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 0,\,\left[ \begin{array}{l} \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \frac{m}{2}\\ \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 1 - m \end{array} \right.\)

Khi đó \(\left[ \begin{array}{l} \frac{m}{2} > 2\\ 1 - m > 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m > 2\\ m < - 1 \end{array} \right.\) (Vô nghiệm)

TH2: \(\frac{m}{2}.\left( {m - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m > 1\\ m < 0 \end{array} \right.\)

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| > 2 \Leftrightarrow \left| {\frac{m}{2}} \right| + \left| {m - 1} \right| > 2\)

*) m < 0, ta có \(\left| {\frac{m}{2}} \right| + \left| {m - 1} \right| > 2 \Leftrightarrow - \frac{m}{2} + 1 - m > 2 \Leftrightarrow - 3m > 2 \Leftrightarrow m < - \frac{2}{3}\)

*) \(m > 1,m \ne 2\), ta có \(\left| {\frac{m}{2}} \right| + \left| {m - 1} \right| > 2 \Leftrightarrow \frac{m}{2} + m - 1 > 2 \Leftrightarrow 3m > 6 \Leftrightarrow m > 2\).

Gọi V là thể tích khối lăng trụ \(ABC.{A}'{B}'{C}'\). Ta có \({{V}_{1}}={{V}_{M.ABC}}+{{V}_{M.BCPN}}\).

\({{V}_{M.ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABC}}.d\left( M,\left( ABC \right) \right)=\frac{1}{3}.\frac{2}{3}{{S}_{ABC}}.d\left( {A}',\left( ABC \right) \right)=\frac{2}{9}V\).

\({{V}_{M.{A}'{B}'{C}'}}=\frac{1}{3}{{S}_{{A}'{B}'{C}'}}.d\left( M,\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right)=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}{{S}_{{A}'{B}'{C}'}}.d\left( M,\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right)=\frac{1}{9}V\).

Do \(BC{C}'{B}'\) là hình bình hành và \(N{B}'=2NB, PC=P{C}'\) nên \({{S}_{{B}'{C}'PN}}=\frac{7}{5}{{S}_{BCPN}}\).

Suy ra \({{V}_{M.{B}'{C}'PN}}=\frac{7}{5}{{V}_{M.BCPN}}\), Từ đó \(V={{V}_{M.ABC}}+{{V}_{M.BCPN}}+{{V}_{M.{A}'{B}'{C}'}}+{{V}_{M.{B}'{C}'PN}}\)

\(\Leftrightarrow V=\frac{2}{9}V+{{V}_{M.BCPN}}+\frac{1}{9}V+\frac{7}{5}{{V}_{M.BCPN}}\Leftrightarrow {{V}_{M.BCPN}}=\frac{5}{18}V\).

Như vậy \({{V}_{1}}=\frac{2}{9}V+\frac{5}{18}V=\frac{1}{2}V\Rightarrow {{V}_{2}}=\frac{1}{2}V\). Bởi vậy: \(\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=1\).

Ta có \({{e}^{3x+5y-10}}-{{e}^{x+3y-9}}=1-2x-2y\)

\(\Leftrightarrow {{e}^{3x+5y-10}}-{{e}^{x+3y-9}}=\left( x+3y-9 \right)-\left( 3x+5y-10 \right)\)

\(\Leftrightarrow {{e}^{3x+5y-10}}+3x+5y-10={{e}^{x+3y-9}}+x+3y-9\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{e}^{t}}+t,\text{ }t\in R.\).

Ta có: \({f}'\left( t \right)={{e}^{t}}+1>0,\text{ }\forall t\in R.\) Suy ra hàm số \(f\left( t \right)\) luôn đồng biến trên R.

\(\Rightarrow 3x+5y-10=x+3y-9\Leftrightarrow 2y=1-2x\).

Thay vào phương trình thứ 2, ta được

\(\begin{align} & \log _{5}^{2}\left( 3x+2y+4 \right)-\left( m+6 \right){{\log }_{2}}\left( x+5 \right)+{{m}^{2}}+9=0 \\ & \Leftrightarrow \log _{5}^{2}\left( x+5 \right)-\left( m+6 \right){{\log }_{2}}\left( x+5 \right)+{{m}^{2}}+9=0 \\ & \Leftrightarrow \,\log _{5}^{2}\left( x+5 \right)-\left( m+6 \right){{\log }_{2}}5.{{\log }_{5}}\left( x+5 \right)+{{m}^{2}}+9=0\,\left( 1 \right). \\ \end{align}\)

Đặt \({{\log }_{5}}\left( x+5 \right)=t\text{ }\left( t\in R,\text{ }x>-5 \right)\). Khi đó phương trình (1) trở thành

\({{t}^{2}}-{{\log }_{2}}5.\left( m+6 \right)t+{{m}^{2}}+9=0\) (2).

Tồn tại x, y thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm nên \(\Delta ={{\left( m+6 \right)}^{2}}.\log _{2}^{2}5-4\left( {{m}^{2}}+9 \right)\ge 0 \Leftrightarrow \left( \log _{2}^{2}5-4 \right){{m}^{2}}+12.\log _{2}^{2}5.m-36\left( 1-\log _{2}^{2}5 \right)\ge 0\).

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m\le {{m}_{1}} \\ & m\ge {{m}_{2}} \\ \end{align} \right.\) với \({{m}_{1}}\approx -43.91\) và \({{m}_{2}}\approx -2.58\)

Do \(m\in \left[ -20;20 \right]\) và \(m\in Z\) nên \(m\in \left\{ -2;-1;0;...;19;20 \right\}\).

Vậy có 23 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.