Ta có: Mỗi một trận đấu bóng là chọn 2 đội từ 15 độilà một tổ hợp chập 2 của 15.

Vậy số tổ hợp chập 2 của 15 là \(C_{2}^{15}\)

Ta có: \({{u}_{1}}=5\) và \({{u}_{2}}=8\). Do \(\left( {{u}_{n}} \right)\) là cấp số cộng nên \(d={{u}_{2}}-{{u}_{1}}=8-5=3\).

Vậy \({{u}_{3}}={{u}_{2}}+d=8+3=11\)

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số \(y=f\left( x \right)\) đồng biến trên hai khoảng \(\left( 0;1 \right)\)

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm x=-1.

Dựa vào bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right)\) đổi dấu qua 2 điểm ⇒ Hàm số \(y=f\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.

\(\left. \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = + \infty \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = - \infty \end{array} \right\}\)Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng là x = 1

Dựa vào hình dáng đồ thị hàm số, ta dễ dàng nhận diện đây là đồ thị hàm số trùng phương \(y=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+c\) với a<0.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+x-12=0\Leftrightarrow x=3\).

Vậy có 1 giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành.

\({\log _3}\left( {\frac{3}{a}} \right) = {\log _3}3 - {\log _3}a = 1 - {\log _3}a\)

\(y' = (2x + 1)'{.3^{2x + 1}}.\ln 3 = {2.3^{2x + 1}}.\ln 3\)

\(\sqrt[3]{{{a^4}}} = {a^{\frac{4}{3}}}\)

\({3^{{x^2} - 3x + 1}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 3x + 1}} = {3^{ - 1}} \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 1 = - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = 2 \end{array} \right.\)

\({\log _3}\left( {2x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x - 1 > 0\\ 2x - 1 = {3^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > \frac{1}{2}\\ x = 5 \end{array} \right. \Leftrightarrow x = 5\)

\(\int {f(x){\rm{d}}x = \int {(4{x^3} + {e^x} - 1){\rm{d}}x = } {x^4}}  + {e^x} - x + c\)

\(\int {f(x){\rm{d}}x = \int {\sin 3x{\rm{d}}x = }  - \frac{1}{3}\cos 3x}  + c\)

\(\int\limits_{ - 1}^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_3^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  \Leftrightarrow 10 = 4 + \int\limits_3^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  \Leftrightarrow \int\limits_3^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 10 - 4 = 6} \)

\(\int\limits_1^3 {\left( {4{x^3} + 1} \right){\rm{d}}x} = \left( {{x^4} + x} \right)\left| \begin{array}{l} 3\\ 1 \end{array} \right. = \left( {{3^4} + 3} \right) - \left( {{1^4} + 1} \right) = 82\)

\(z = 3 - 4i \Rightarrow \overline z  = 3 + 4i\)

\(z + {\rm{w}} = 3 - 4i + 5 + i = 8 - 3i\)

Ta có: 5 - 7i có \(\left\{ \begin{array}{l} a = 5\\ b = - 7 \end{array} \right.\) suy ra điểm biểu diễn là (5;-7)

\(h = \frac{{3V}}{B} = \frac{{3.36{a^3}}}{{9{a^2}}} = 12a\)

\(V = {4^3} = 64\)

Công thức tính thể tích khối trụ là: \(V = \pi {r^2}h\)

Bán kính đáy là 3cm.

Diện tích xung quanh của hình nón: \(S = \pi .r.l = \pi .3.3 = 9\pi \,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\)

G là trọng tâm tam giác ABC: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = 1\\ {y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = 1\\ {z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = 0 \end{array} \right.\)\( \Rightarrow G\left( {1;1;0} \right)\)

Từ phương trình suy ra: tâm \(I\left( 1;-2;-1 \right)\); bán kính \(R=\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}-\left( -1 \right)}=\sqrt{7}\).

Thay tọa độ điểm P vào phương trình mp \(\left( P \right)\): \(1-2.1-2-3=-6\ne 0\).

Suy ra điểm P không thuộc mp \(\left( P \right)\).

Đường thẳng AB nhận \(\overrightarrow{AB}=\left( -1;0;4 \right)\) làm VTCP.

Vectơ \(\overrightarrow{{{u}_{3}}}=\left( 1;0;-4 \right)\) cùng phương với \(\overrightarrow{AB}\) nên \(\overrightarrow{{{u}_{3}}}\) cũng là một VTCP của đường thẳng AB.

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right)=90\).

Trong 90 số tự nhiên có hai chữ số có 9 số lẻ và chia hết cho 5 là:                                                       

15;25;35;45;55;65;75;85;95

Xác suất cần tìm là: \(\frac{9}{90}=\frac{1}{10}\).

Loại phương án B vì hàm số có TXĐ là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

Xét phương án A:

Ta có: \({y}'=-3{{x}^{2}}+6x\); \(y'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=2 \\ \end{align} \right.\) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;0 \right),\left( 0;+\infty\right)\). Do đó loại phương án A.

Xét phương án C:

Ta có: \({y}'=-4{{x}^{3}}+2x\); \(y'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=\pm \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \end{align} \right.\) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\frac{\sqrt{2}}{2};0 \right),\left( \frac{\sqrt{2}}{2};+\infty  \right)\). Do đó loại phương án C.

Xét phương án D:

Ta có: \({y}'=-6{{x}^{2}}+2x-1<0\,\,\forall x\in \mathbb{R}\) nên hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\). Do đó chọn phương án D.

Xét hàm số \(f\left( x \right)=\frac{2x-1}{x+3}\) trên đoạn \(\left[ 0\,;\,2 \right]\) .

Ta có: \(f\left( x \right)=\frac{2x-1}{x+3}\) liên tục trên đoạn \(\left[ 0\,;\,2 \right]\).

\(f\left( x \right)=\frac{2x-1}{x+3}\Rightarrow {f}'\left( x \right)=\frac{7}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}>0\,,\,\forall x\in \left[ 0\,;\,2 \right]\).

\(M=\underset{x\in \left[ 0\,;\,2 \right]}{\mathop{\max }}\,=f\left( 2 \right)=\frac{3}{5}, m=\underset{x\in \left[ 0\,;\,2 \right]}{\mathop{\min }}\,=f\left( 0 \right)=\frac{-1}{3}\).

Do đó, \(M+m=\frac{3}{5}-\frac{1}{3}=\frac{4}{15}\).

\({\log _2}\left( {{x^2} + 3x + 2} \right) \le 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + 3x + 2 > 0\\ {x^2} + 3x + 2 \le 2 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} x > - 1\\ x < - 2 \end{array} \right.\\ - 3 \le x \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 3 \le x < - 2\\ - 1 < x \le 0 \end{array} \right.\)

\(I = \int\limits_0^2 {\left[ {{x^2} + 2f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^2 {{x^2}{\rm{d}}x + 2\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} }  = \frac{8}{3} + 2.5 = \frac{{38}}{3}\)

\(\text{w}=\left( 2+i \right)\overline{z} ={{\left( 2+i \right)}^{2}}=3+4i\).

\(\Rightarrow \left| \text{w} \right|=\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}=5\)

Gọi M là trung điểm \({A}'{B}'\).

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & {C}'M\bot {A}'{B}' \\ & {C}'M\bot A{A}' \\ \end{align} \right.\Rightarrow {C}'M\bot \left( AB{B}'{A}' \right)\). Suy ra M là hình chiếu của \({C}'\) lên mặt phẳng \(\left( AB{B}'{A}' \right)\). Do đó, AM là hình chiếu của \(A{C}'\) lên mặt phẳng \(\left( AB{B}'{A}' \right)\).

\(\Rightarrow \left( A{C}'\,,\,\left( AB{B}'{A}' \right) \right)=\left( A{C}'\,,\,AM \right)=\widehat{MA{C}'}\).

\({C}'M=\frac{a\sqrt{3}}{2}\,;\,AM=\sqrt{A{{{{A}'}}^{2}}+{A}'{{M}^{2}}}=\sqrt{2{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{3a}{2}\).

\(\tan \widehat{MA{C}'}=\frac{M{C}'}{AM}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{MA{C}'}=30{}^\circ \).

Dựng \(BH\bot A{B}'\,\left( 1 \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & {B}'{C}'\bot B{B}' \\ & {B}'{C}'\bot AB \\ \end{align} \right.\Rightarrow {B}'{C}'\bot \left( AB{B}'{A}' \right)\Rightarrow {B}'{C}'\bot BH\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(BH\bot \left( AD{C}'{B}' \right)\)

\(\Rightarrow d\left( B\,;\,\left( AD{C}'{B}' \right) \right)=BH=\frac{B{B}'.AB}{\sqrt{B{{{{B}'}}^{2}}+A{{B}^{2}}}}$$=\frac{4a.3a}{\sqrt{{{\left( 4a \right)}^{2}}+{{\left( 3a \right)}^{2}}}}=\frac{12a}{5}\).

Mặt cầu có tâm \(I\left( 2\,;\,2\,;\,3 \right)\) và tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( Oxz \right)\) nên có bán kính \(R=d\left( I\,,\,\left( Oxz \right) \right)=2\).

Suy ra phương trình mặt cầu: \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=4\).

Đường thẳng qua \(A\left( 2\,;\,1\,;\,-1 \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( \alpha\right):2x+y-z+5=0\) có VTCP \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 2\,;\,1\,;\,-1 \right)\) nên có phương trình chính tắc: \(\frac{x-2}{-2}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z+1}{1}\).

Xét hàm số \(g\left( x \right)=f\left( x+2 \right)-x\) trên đoạn \(\left[ -3\,;\,0 \right]\).

Đặt \(x+2=t\Rightarrow y=g\left( t \right)=f\left( t \right)-t+2\)

\(x\in \left[ -3\,;\,0 \right]\Rightarrow t\in \left[ -1\,;\,2 \right]\)

\(\Rightarrow {y}'={f}'\left( t \right)-1=0\Leftrightarrow {f}'\left( t \right)=1\left( * \right)\)

Ta thấy, dựa vào đồ thị hàm số thì phương trình \(\left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt t=0 và t=1 nằm

trong \(\left[ -1\,;\,2 \right]\)

Ta có BBT:

\(\Rightarrow \underset{\left[ -1\,;\,2 \right]}{\mathop{\max }}\,\left[ f\left( t \right)-t+2 \right]=f\left( 1 \right)+1\).

Điều kiện x>2 và mx-16>0.

Khi đó \({{\log }_{\sqrt{2}}}\left( x-2 \right)-{{\log }_{2}}\left( mx-16 \right)=0\) tương đương với \({{\log }_{2}}{{\left( x-2 \right)}^{2}}={{\log }_{2}}\left( mx-16 \right)\)

Hay \(f\left( x \right)={{x}^{2}}-\left( m+4 \right)x+20=0\,\,\,\left( 1 \right).\)

Yêu cầu bài toán trở thành tìm tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2 .

Hay \(\left\{ \begin{array}{l} \Delta = {\left( {m + 4} \right)^2} - 80 > 0\\ f\left( 2 \right) = 16 - 2m > 0\\ \frac{S}{2} = \frac{{m + 4}}{2} > 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow - \,4 + \,4\sqrt 5 < m < 8.\)

Suy ra \(m \in \left\{ {5,6,7} \right\}.\)

Vậy tổng các phần tử của S bằng 18.

Đặt \(I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{f\left( 3\tan x+1 \right)}{{{\cos }^{2}}x}~dx}\)

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

Đổi cận \(x=0\Rightarrow t=1;x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow t=4.\)

Do đó \(I=\frac{1}{3}\int\limits_{1}^{4}{f\left( u \right)du=\frac{1}{3}\int\limits_{1}^{4}{f\left( x \right)dx}}=\frac{1}{3}\left[ \int\limits_{1}^{3}{\left( 2x+1 \right)du}+\int\limits_{3}^{4}{\left( {{x}^{2}}-2 \right)dx} \right]=\frac{1}{3}\left( 10+\frac{31}{3} \right)=\frac{61}{9}\)

Giả sử \(z=x+yi\ \left( x,y\in \mathbb{R} \right)\) có điểm biểu diễn là \(M\left( x\,;\,y \right)\)

Ta có \(\left| z-3i \right|=5\Rightarrow {{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=25\Rightarrow M\in \left( C \right)\): tâm \(I\left( 0;3 \right)\), bán kính R=5

Ta lại có \(\frac{z}{z-4}=\frac{x+yi}{\left( x-4 \right)+yi}=\frac{\left( x+yi \right)\left[ \left( x-4 \right)-yi \right]}{{{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}=\frac{x\left( x-4 \right)+{{y}^{2}}}{{{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}+\frac{-xy+\left( x-4 \right)y}{{{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}i\) .

Do đó \(\frac{z}{z-4}\) là số thuần ảo \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-4x=0 \\ & \left( x;y \right)\ne \left( 4;0 \right) \\ \end{align} \right.\)

⇒ \(M \in(C')\): với tâm \(K\left( 2;0 \right)\), bán kính \(R'=2,M\ne N\left( 4\,;\,0 \right).\)

Ta có \(R-R'<IK=\sqrt{13}<R+R'\) suy ra hai đường tròn \(\left( C \right)\) và \(\left( C' \right)\) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.

Lại có điểm \(N\left( 0\,;\,4 \right)\) đều thuộc hai đường tròn

Vậy có 1 số phức z thỏa yêu cầu bài toán.

Gọi \(O=AC\cap BD,\) kẻ \(AH\bot SO\left( H\in SO \right).\)

Ta có \(\left. \begin{align} & BD\bot AC \\ & BD\bot SA \\ \end{align} \right\}\Rightarrow BD\bot \left( SAC \right)\Rightarrow BD\bot AH\Rightarrow AH\bot \left( SBD \right).\)

\(\Rightarrow SH\) là hình chiếu vuông góc từ SA xuống \(\left( SBD \right).\)

\(\Rightarrow \left( \widehat{SA,\left( SBD \right)} \right)=\left( \widehat{SA,SH} \right)=\widehat{ASH}=\widehat{ASO}={{30}^{\circ }}. \Rightarrow SA=\cot {{30}^{\circ }}.OA=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}\cdot {{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}.\)

Gắn hệ trục tọa độ Oxy: đặt gốc tọa độ O vào tâm của hình elip và hai trục tọa độ song song với các cạnh của hình chữ nhật.

+ Phương trình Elip của đường viền ngoài của con đường là \(\left( {{E}_{1}} \right):\frac{{{x}^{2}}}{{{50}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{30}^{2}}}=1\) Phần đồ thị của \(\left( {{E}_{1}} \right)\) nằm phía trên trục hoành có phương trình \(y=30\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{50}^{2}}}}={{f}_{1}}\left( x \right)\).

+ Phương trình Elip của đường viền trong của con đường là \(\left( {{E}_{2}} \right):\frac{{{x}^{2}}}{{{48}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{28}^{2}}}=1\). Phần đồ thị của \(\left( {{E}_{2}} \right)\) nằm phía trên trục hoành có phương trình \(y=28\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{48}^{2}}}}={{f}_{2}}\left( x \right)\)

+Gọi \({{S}_{1}}\) là diện tích của \(\left( {{E}_{1}} \right)\) và \({{S}_{2}}\) là diện tích của \(\left( {{E}_{2}} \right).\)

Gọi S là diện tích con đường. Khi đó

\(S={{S}_{1}}-{{S}_{2}}=2\int\limits_{-50}^{50}{30\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{50}^{2}}}}\text{d}x}-2\int\limits_{-48}^{48}{28\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{48}^{2}}}}\text{d}x}\)

Tính tích phân \(I=2\int\limits_{-a}^{a}{b\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}}\text{d}x},\left( a,b\in {{\mathbb{R}}^{+}} \right)\)

Đặt \(x=a\sin t,\left( -\frac{\pi }{2}\le t\le \frac{\pi }{2} \right)\Rightarrow \text{d}x=a\cos t\text{d}t\).

Đổi cận \(x=-a\Rightarrow t=-\frac{\pi }{2};x=a\Rightarrow t=\frac{\pi }{2}.\)

Khi đó \(I=2\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{b\sqrt{1-{{\sin }^{2}}t}.a\cos t\,\text{d}t}=2ab\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{{{\cos }^{2}}t\,\text{d}t}=ab\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1+\cos 2t \right)\text{d}t}\)

\(=ab\left. \left( t+\frac{\sin 2t}{2} \right) \right|_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}=ab\pi \)

Do đó \(S={{S}_{1}}-{{S}_{2}}=50.30\pi -48.28\pi =156\pi \)

Vậy tổng số tiền làm con đường đó là \(600000.S=600000.156\pi \approx 294053000\) đồng.

Ta có \({{\vec{u}}_{{{d}_{1}}}}=\left( 1;4;-2 \right)\) là vectơ chỉ phương của \({{d}_{1}}.\)

Gọi \(M=d\cap {{d}_{2}}\Rightarrow M\left( 2+t\,;\,-1-t\,;\,1+t \right)\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\left( 1+t\,;\,-t\,;\,t-2 \right).\)

Theo đề bài d vuông góc \({{d}_{1}}\Rightarrow {{\vec{u}}_{{{d}_{1}}}}.\overrightarrow{AM}=0\Leftrightarrow 1.\left( 1+t \right)+4\left( -t \right)-2\left( t-2 \right)=0\Leftrightarrow t=1.\)

\(\Rightarrow {{\vec{u}}_{d}}=\overrightarrow{AM}=\left( 2\,;\,-1\,;\,-1 \right)\) là vectơ chỉ phương của d.

Vậy phương trình đường thẳng d: \(\frac{x-1}{2}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z-3}{-1}.\)

Đặt

\(\begin{array}{l} g\left( x \right) = f\left( {3x} \right) - 9{x^3} - 1\\ \Rightarrow g'\left( x \right) = 3f'\left( {3x} \right) - 27{x^2}\\ g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {3x} \right) = {\left( {3x} \right)^2}\left( * \right) \end{array}\)

Trên cùng một mặt phẳng tọa độ, ta vẽ đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) và \(y={{x}^{2}}\) như hình bên.

Từ đồ thị hàm số ta có \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 3x = 0\\ 3x = 1\\ 3x = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \frac{1}{3}\\ x = \frac{2}{3} \end{array} \right.\)

Khi đó \(g'\left( x \right)>0\Leftrightarrow f'\left( 3x \right)>{{\left( 3x \right)}^{2}}\Leftrightarrow 0<x<\frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow g'\left( x \right)<0\) trên \(\left( -\infty ;0 \right);\left( \frac{2}{3};+\infty  \right)\)

Ta có \(g\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)-{{9.0}^{3}}-1=0\)

Bảng biến thiên của hàm số \(y=g\left( x \right)\)

Từ bảng biến thiên ta có hàm số \(y=\left| g\left( x \right) \right|\) đồng biến trên \(\left( 0;\frac{2}{3} \right)\).

TH1. Nếu \(y=\sqrt{2}\notin \mathbb{Z}\)

TH2. Nếu \(y>\sqrt{2}\Rightarrow \left( {{\log }_{2}}x-\sqrt{2} \right)\left( {{\log }_{2}}x-y \right)\Leftrightarrow {{2}^{\sqrt{2}}}<x<{{2}^{y}}\). Tập nghiệm của BPT chứa tối đa 1000 số nguyên \(\left\{ 3;4;...;1002 \right\}\Leftrightarrow {{2}^{y}}\le 1003\Leftrightarrow y\le {{\log }_{2}}1003\approx 9,97\Rightarrow y\in \left\{ 2;...;9 \right\}\) có 8 giá trị

TH3. Nếu \(y<\sqrt{2}\Rightarrow y=1\Rightarrow \left( {{\log }_{2}}x-\sqrt{2} \right)\left( {{\log }_{2}}x-y \right)<0\Leftrightarrow 1<{{\log }_{2}}x<\sqrt{2}\Leftrightarrow 2<x<{{2}^{\sqrt{2}}}\). Tập nghiệm không chứa số nguyên nào.

Đặt \(f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) theo giả thiết có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {f\left( x \right) + 1 = a{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x + m} \right)}\\ {f\left( x \right) - 1 = a{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {x + n} \right)} \end{array}} \right.\)

Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {f\left( 1 \right) + 1 = 0}\\ {f\left( { - 1} \right) - 1 = 0}\\ {f\left( 0 \right) = 0}\\ {f'\left( 1 \right) = 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {a + b + c + d + 1 = 0}\\ { - a + b - c + d - 1 = 0}\\ {d = 0}\\ {3a + 2b + c = 0} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {a = \frac{1}{2}}\\ {b = 0}\\ {c = - \frac{3}{2}}\\ {d = 0} \end{array}} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}x} \right.\)

Ta có \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 0}\\ {x = \pm \sqrt 3 } \end{array}} \right.\)

S₁ là diện tích giới hạn bởi đồ thị \(y=\frac{1}{2}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}x,y=-1, x=0,x=1\Rightarrow {{S}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{\left| \frac{1}{2}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}x+1 \right|=\frac{3}{8}}\left( 1 \right)\)

\({{S}_{2}}\) là diện tích giới hạn bởi đồ thị \(y=\frac{1}{3}{{x}^{2}}-\frac{3}{2}x, y=0,x=1,x=\sqrt{3} \Rightarrow {{S}_{2}}=\int\limits_{1}^{\sqrt{3}}{\left| \frac{1}{2}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}x \right|=\frac{1}{2}}\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow 2{{S}_{2}}+8{{S}_{1}}=2.\frac{1}{2}+8.\frac{3}{8}=4\).

Gọi \({{z}_{1}}={{x}_{1}}+{{y}_{1}}\text{i}\) và \({{z}_{2}}={{x}_{2}}+{{y}_{2}}\text{i}\), trong đó \({{x}_{1}}, {{y}_{1}}, {{x}_{2}}, {{y}_{2}}\in \mathbb{R}\); đồng thời \({{M}_{1}}\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right)\) và \({{M}_{2}}\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)\) lần lượt là điểm biểu diễn các số phức \({{z}_{1}}, {{z}_{2}}\).

Theo giả thiết, ta có \(\left\{ \begin{align} & x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=144 \\ & {{\left( {{x}_{2}}-3 \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-4 \right)}^{2}}=25 \\ \end{align} \right.\).

Do đó \({{M}_{1}}\) thuộc đường tròn \(\left( {{C}_{1}} \right)\) có tâm \(O\left( 0;0 \right)\) và bán kính \({{R}_{1}}=12, {{M}_{2}}\) thuộc đường tròn \(\left( {{C}_{2}} \right)\) có tâm \(I\left( 3;4 \right)\) và bán kính \({{R}_{2}}=5\).

Mặt khác, ta có \(\left\{ \begin{align} & O\in \left( {{C}_{2}} \right) \\ & OI=5<7={{R}_{1}}-{{R}_{2}} \\ \end{align} \right.\) nên \(\left( {{C}_{2}} \right)\) chứa trong \(\left( {{C}_{1}} \right)\).

Khi đó \(\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|={{M}_{1}}{{M}_{2}}\). Suy ra \({{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}_{\min }}\Leftrightarrow {{\left( {{M}_{1}}{{M}_{2}} \right)}_{\min }}\Leftrightarrow {{M}_{1}}{{M}_{2}}={{R}_{1}}-2{{R}_{2}}=2\).

Dựng hình lăng trụ MP'NQ'.M'PN'Q (như hình vẽ)

Khi đó, ta có

\({V_{MNPQ}} = {V_{MP'NQ'.M'PN'Q}} - \left( {{V_{P.MNP'}} + {V_{Q.MNQ'}} + {V_{M.M'PQ}} + {V_{N.N'PQ}}} \right) = {V_{MP'NQ'.N'PN'Q}} - 4.{V_{P.MNP'}}\)

\(\begin{array}{l} = {V_{MP'NQ'.PN'Q}} - 4.\frac{1}{2}{V_{P.MQ'NP'}} = {V_{MP'NQ'.M'PN'Q}} - 2{V_{P.MQ'NP'}}\\ = {V_{MP'NQ'.PN'Q}} - 2.\frac{1}{3}{V_{MP'NQ'.PN'Q}}\\ = \frac{1}{3}{V_{MP'NQ'.PN'Q}}. \end{array}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{3}{V_{MP'NQ'.PN'Q}} = 36(d{m^3}) \Leftrightarrow {V_{MP'NQ'.PN'Q}} = 108\left( {d{m^3}} \right)\)

Do \(MN \bot PQ,PQ//P'Q'\) nên \(MN \bot P'Q' \Rightarrow MP'NQ'\) là hình vuông

Ta có \(MN = 60cm \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} MQ = \frac{{60}}{{\sqrt 2 }} = 30\sqrt 2 (cm) = 3\sqrt 2 (dm)\\ OM = \frac{{60}}{2} = 30(cm) = 3(dm) \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {S_{MP'NQ'}} = {\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} = 18(d{m^2})\)

\({V_{MP'NQ'.PN'Q}} = {S_{MP'NQ'}}.h \Rightarrow 18h = 108 \Leftrightarrow h = 6(dm)\)

Thể tích khối trụ là \(V = \pi {R^2}h = \pi .O{M^2}h = \pi {.3^2}.6 = 54\pi (d{m^3})\)

Thể tích của lượng đá bị cắt bỏ là \(54\pi  - 36 \approx 133,6\left( {d{m^3}} \right).\)