Hàm số xác định và liên tục trên đoạn [2;3].

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

Do đó hàm số đồng biến trên trên đoạn [2;3].

⇒ \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;3} \right]} y = y\left( 2 \right) = - 5{\rm{ ; }}\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = - \frac{7}{2}\).

Ta có: \({\log _a}c + {\log _b}c = {\log _a}2020.{\log _b}c\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_c}a}} + \frac{1}{{{{\log }_c}b}} = \frac{{{{\log }_c}2020}}{{{{\log }_c}a}}.\frac{1}{{{{\log }_c}b}}\) (công thức đổi cơ số)

\( \Leftrightarrow {\log _c}a + {\log _c}b = {\log _c}2020\)

\( \Leftrightarrow {\log _c}ab = {\log _c}2020\,\, \Leftrightarrow ab = 2020\).

\(\begin{array}{l} {4^x} - {5.2^{x + 1}} + 16 \le 0\\ \Leftrightarrow {4^x} - {10.2^x} + 16 \le 0\\ \Leftrightarrow 2 \le {2^x} \le 8\\ \Leftrightarrow 1 \le x \le 3 \end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [1;3].

\({S_{ABC}} = \sqrt 3 \Rightarrow AB = BC = CA = 2\).

Chọn hệ trục vuông góc Oxy sao cho \(O\left( {0;0} \right),A\left( {1;0} \right),B\left( {0; - \sqrt 3 } \right)\) với O là trung điểm AC.

Phương trình đường thẳng AB là \(y = \sqrt 3 \left( {x - 1} \right)\), thể tích khối tròn xoay khi quay ABO quanh trục AC (trùng Ox) tính bởi \(V' = \pi \int\limits_0^1 {\sqrt 3 \left( {x - 1} \right){\rm{d}}x} = \pi \).

Vậy thể tích cần tìm \(V = 2V' = 2\pi \).

\(u = {\log _2}\left( {{x^2} + 1} \right) \Rightarrow du = \frac{{2x}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\ln 2}}dx\)

Với \(x = 0 \Rightarrow u = 0\) và \(x = 2 \Rightarrow u = {\log _2}5\)

Ta được \(\int\limits_0^2 {\frac{x}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\ln 2}}{e^{{{\log }_2}\left( {{x^2} + 1} \right)}}dx} = \int\limits_0^{{{\log }_2}5} {\frac{1}{2}{e^u}du} \)

Thể tích cần tìm được tính bởi biểu thức: \(V = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)}^2}} \,{\rm{d}}x.\)

Ta có: \(iz = 2\left( {\bar z - 1 - i} \right) \Leftrightarrow i\left( {a + bi} \right) = 2\left( {a - bi - 1 - i} \right) \Leftrightarrow - b + ai = 2a - 2 + \left( { - 2b - 2} \right)i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - b = 2a - 2\\ a = - 2b - 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2a + b = 2\\ a + 2b = - 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 2\\ b = - 2 \end{array} \right. \Rightarrow S = ab = - 4.\)

\({z^2} - 4z + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = 2 + \sqrt 5 i\\ z = 2 - \sqrt 5 i{\rm{ }} \end{array} \right.\)

Do đó \(M\left( {2;\sqrt 5 } \right),N\left( {2; - \sqrt 5 } \right)\)nên \(MN = 2\sqrt 5 \)

Giả sử (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB. Điểm I là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Ta có: \(I = \left( {\frac{3}{2};\,\frac{3}{2};\,\frac{{13}}{2}} \right) \in \left( P \right)\) và \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 5;\, - 3;\,3} \right)\) là một véc tơ pháp tuyến của (P).

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là \( - 5x - 3y + 3z - \frac{{15}}{2} = 0\).

Trung điểm của AB là I(0;1;-1).

\(d:\frac{{x + 2}}{1} = \frac{{y - 2}}{{ - 1}} = \frac{{z + 3}}{2}\) có VTCP là \(\overrightarrow u = \left( {1; - 1;2} \right)\) nên đường thẳng \(\Delta\) cần tìm cũng có VTCP \(\overrightarrow u = \left( {1; - 1;2} \right)\).

Suy ra phương trình đường thẳng \(\Delta :\,\frac{x}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z + 1}}{2}.\)

Gọi \(\Omega \) là không gian mẫu. Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{20}^3 = 1140.\)

Gọi A là biến cố cần tìm thì \(\bar A\) là biến cố chọn được ba bạn học sinh trong đó có 2 hoặc 3 bạn được đánh số tự nhiên liên tiếp.

\(n\left( {\bar A} \right) = 18 + 2.17 + 17.16 = 324\)

Xác suất của biến cố A là \(p\left( A \right) = 1 - p\left( {\bar A} \right) = 1 - \frac{{n\left( {\bar A} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = 1 - \frac{{324}}{{1140}} = \frac{{68}}{{95}}.\)

Gọi N là trung điểm của AB khi đó BM // DN nên \(BM//\left( {SDN} \right)\)

\(d\left( {BM;SD} \right) = d\left( {BM;\left( {SDN} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {SDN} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SDN} \right)} \right)\).

Kẻ \(AH \bot DN\) tại H. Ta có mặt phẳng \(\left( {SAH} \right) \bot \left( {SDN} \right)\). Trong (SAH) kẻ \(AK \bot SH\) tại K. Khi đó \(d\left( {BM;SD} \right) = d\left( {A;\left( {SDN} \right)} \right) = AK\)

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{A{N^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{{21}}{{4{a^2}}}\).

Suy ra \(AK = \frac{{2a\sqrt {21} }}{{21}}\).

\(\left\{ \begin{array}{l} I\left( 2 \right) = {I_0}.{e^{ - 2\mu }}\\ I\left( {20} \right) = {I_0}.{e^{ - 20\mu }} \end{array} \right. \Rightarrow {e^{18\mu }} = l{.10^{10}} \Rightarrow l = \frac{{{e^{18 \cdot 1,4}}}}{{{{10}^{10}}}} \simeq 8,8\)

Dựa vào đồ thị ta thấy a > 0. Mệnh đề (I) sai.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1) ⇒ d = 1 > 0 ⇒ ad > 0. Mệnh đề (II) đúng, mệnh đề (III) sai.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (-1;0) ⇒ a + c = b + 1. Mệnh đề (IV) đúng.

Vậy có hai mệnh đề sai là (I) và (III).

Ta có: O'O // BB" nên \(\left( {\widehat {AB,O'O}} \right) = \widehat {\left( {AB,BB'} \right)} = \widehat {ABB'} = {30^0}\).

Đặt \(V = {V_{OA'B.O'AB'}}\)

Ta có \({V_{ABOO'}} = {V_{B.AOO'}} = {V_{B.A'AO}} = {V_{A.A'BO}} = \frac{1}{3}V\) vì \({S_{\Delta AOO'}} = {S_{\Delta A'AO}}\)

Ta có \(OB = R,\,\,A'B = R\sqrt 3 \tan {30^0} = R\) nên \(\Delta OA'B\) đều, \({S_{\Delta OA'B}} = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\).

\({V_{O'OAB}} = \frac{1}{3}V = \frac{1}{3}\sqrt 3 R\left( {\frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}} \right) = \frac{{{R^3}}}{4}.\)

Ta có \(f'\left( x \right) = \cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right){\cos ^2}\left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right),\forall x \in R\) nên f(x) là một nguyên hàm của f'(x).

\(\int {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right){{\cos }^2}\left( {2x + \frac{\pi }{2}} \right){\rm{d}}x = } \int {\cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right){{\cos }^2}\left( {2\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right){\rm{d}}x} \)

\(= \int {\cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\left( {1 - 2{{\sin }^2}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right){\rm{d}}x} = I\)

Đặt \(t = \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \Rightarrow {\rm{d}}t = \cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right){\rm{d}}x\)

Ta có \(I = \int {\left( {1 - 2{t^2}} \right){\rm{d}}t = t - \frac{2}{3}{t^3} + c = \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) - \frac{2}{3}{{\sin }^3}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) + C} \)

\(\begin{array}{l} f\left( { - \frac{\pi }{4}} \right) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) - \frac{2}{3}{\sin ^3}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\\ \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) - \frac{2}{3}{{\sin }^3}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right){\rm{d}}x} \\ = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right){\rm{d}}x} - \frac{2}{3}\int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\left( {1 - {{\cos }^2}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right)} {\rm{d}}x\\ = \left. { - \cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right|_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} + \frac{2}{3}\int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {1 - {{\cos }^2}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right){\rm{d}}\left( {\cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right)} \\ = 1 + \frac{2}{3}\left. {\left( {\cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) - \frac{1}{3}{{\cos }^3}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right)} \right|_{\frac{{ - \pi }}{4}}^{\frac{\pi }{4}} = 1 + \frac{2}{3}\left( { - 1 + \frac{1}{3}} \right) = \frac{5}{9} \end{array}\)

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(f\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = a \in \left( {1;3} \right)\\ x = b \in \left( {3; + \infty } \right) \end{array} \right.\).

Như vậy \(f\left( {2\sin x + 1} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2\sin x + 1 = - 1\\ 2\sin x + 1 = a \in \left( {1;3} \right){\rm{ }}\\ 2\sin x + 1 = b \in \left( {3; + \infty } \right){\rm{ }} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin x = - 1\left( 1 \right)\\ \sin x = \frac{{a - 1}}{2},a \in \left( {1;3} \right){\rm{ }}\left( 2 \right)\\ \sin x = \frac{{b - 1}}{2},b \in \left( {3; + \infty } \right){\rm{ }}\left( 3 \right) \end{array} \right.\).

Trên đoạn \(\left[ {0;\frac{{9\pi }}{2}} \right]\) phương trình sin x = -1 có 2 nghiệm \(x = \frac{{3\pi }}{2},x = \frac{{7\pi }}{2}\).

Với \(1 < a < 3 \Rightarrow 0 < a - 1 < 2 \Rightarrow 0 < \frac{{a - 1}}{2} < 1\). Do đó \(\sin x = \frac{{a - 1}}{2}\) có 5 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ {0;\frac{{9\pi }}{2}} \right]\), các nghiệm này đều khác \(\frac{{3\pi }}{2}\) và \(\frac{{7\pi }}{2}\).

Với \(b > 3 \Rightarrow b - 1 > 2 \Leftrightarrow \frac{{b - 1}}{2} > 1\). Do đó \(\sin x = \frac{{b - 1}}{2}\) vô nghiệm.

Vậy trên đoạn \(\left[ {0;\frac{{9\pi }}{2}} \right]\) phương trình \(f\left( {2\sin x + 1} \right) = 1\) có 7 nghiệm.

Có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x = 3x\left( {x + 2} \right),f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 0}\\ {x = - 2} \end{array}} \right. \Rightarrow f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left[ {1;3} \right]\).

Vậy trên [1;3] hàm số luôn đồng biến.

Có \(f\left( 1 \right) = 5 - 2m;\,f\left( 3 \right) = 55 - 2m\).

- TH1: \(\left( {5 - 2m} \right)\left( {55 - 2m} \right) \le 0 \Leftrightarrow \frac{5}{2} \le m \le \frac{{55}}{2}\)

Khi đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = 0\) và \(\left[ \begin{array}{l} \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {5 - 2m} \right| = 2m - 5\\ \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {55 - 2m} \right| = 55 - 2m \end{array} \right.\)

Ta có \(2m - 5 > 55 - 2m \Leftrightarrow m > 15\).

Với \(15 < m \le \frac{{55}}{2}\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 2m - 5\)

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| \ge 10 \Leftrightarrow 2m - 5 + 0 \ge 10 \Leftrightarrow m \ge \frac{{15}}{2}\).

Do đó \(15 < m \le \frac{{55}}{2}\).

Với \(\frac{5}{2} \le m \le 15\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 55 - 2m\)

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| \ge 10 \Leftrightarrow 55 - 2m + 0 \ge 10 \Leftrightarrow m \le \frac{{45}}{2}\).

Do đó \(\frac{5}{2} \le m \le 15\).

Vậy \(\frac{5}{2} \le m \le \frac{{55}}{2}\).

-TH2: \(5 - 2m > 0 \Leftrightarrow m < \frac{5}{2}\).

Thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| \ge 10 \Leftrightarrow 55 - 2m + 5 - 2m \ge 10 \Leftrightarrow m \le \frac{{25}}{2}\). Vậy \(m < \frac{5}{2}\).

- TH3: \(55 - 2m < 0 \Leftrightarrow m > \frac{{55}}{2}\).

Thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| \ge 10 \Leftrightarrow - 5 + 2m - 55 + 2m \ge 10 \Leftrightarrow m \ge \frac{{35}}{2}\). Vậy \(m > \frac{{55}}{2}\).

Tóm lại S = R. Vậy trong [-30;30], S có 61 giá trị nguyên.

Đặt \(\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = x,\,\,\left( {x > 0} \right)\).

Nhận thấy hai tam giác \(\Delta ABD,\,\Delta BCD\) có đường cao bằng nhau và cạnh đáy \(CD = \frac{3}{2}AB\).

\( \Rightarrow {S_{\Delta BCD}} = \frac{3}{2}{S_{\Delta DAB}} \Rightarrow {V_{S.BCD}} = \frac{3}{2}{V_{S.DAB}} = 6V\)

Ta có tỉ số thể tích:

\(\frac{{{V_{S.DMN}}}}{{{V_{S.DAB}}}} = \frac{{SD}}{{SD}}.\frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}} = {x^2} \Rightarrow {V_{S.DMN}} = {x^2}.{V_{S.DAB}} = 4{x^2}.V\).

\(\frac{{{V_{S.DNC}}}}{{{V_{S.DBC}}}} = \frac{{SD}}{{SD}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SC}}{{SC}} = x \Rightarrow {V_{S.DNC}} = x.{V_{S.DBC}} = 6x.V\).

Từ giả thiết \(\Rightarrow {V_{S.CDMN}} = {V_{S.DMN}} + {V_{S.DNC}} = \left( {4{x^2} + 6x} \right).V = \frac{{126}}{{25}}V \Leftrightarrow 4{x^2} + 6x - \frac{{126}}{{25}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{3}{5}\,\,\,\,\,\,\,\,\left( n \right)\\ x = - \frac{{21}}{{10}}\,\,\left( l \right) \end{array} \right.\)\(\Rightarrow \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{3}{5} \Rightarrow \frac{{SM}}{{MA}} = \frac{3}{2}\).

Vậy \(\frac{{SM}}{{MA}} = \frac{3}{2}\).

ĐK: x + 2m > 0

Ta có \({2^{x - 1}} = {\log _4}\left( {x + 2m} \right) + m \Leftrightarrow {2^x} = {\log _2}\left( {x + 2m} \right) + 2m\)

Đặt \(t = {\log _2}\left( {x + 2m} \right)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l} {2^x} = t + 2m\\ {2^t} = x + 2m \end{array} \right. \Rightarrow {2^x} + x = {2^t} + t\)

Do hàm số \(f\left( u \right) = {2^u} + u\) đồng biến trên R, nên ta có \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow t = x\). Khi đó:

\({2^x} = x + 2m \Leftrightarrow 2m = {2^x} - x\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {2^x} - x \Rightarrow g'\left( x \right) = {2^x}\ln 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow x = - {\log _2}\left( {\ln 2} \right)\).

Bảng biến thiên:

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi \(2m \ge g\left( { - {{\log }_2}\left( {\ln 2} \right)} \right) \Leftrightarrow m \ge \frac{{g\left( { - {{\log }_2}\left( {\ln 2} \right)} \right)}}{2} \approx 0,457\) (các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì \(x + 2m = {2^x} > 0\))

Do m nguyên và |m| < 10, nên \(m \in \left\{ {1,2,3,4,5,6,7,8,9} \right\}\).

Số cách chọn \(A_{12}^2\)

\({u_7} = {u_1} + 6d = 16\)

\({\log _2}\left( {2{\rm{x}} - 2} \right) = 3 \Leftrightarrow 2x - 2 = 8 \Leftrightarrow x = 5\)

Thể tích V= 2.3.5=30

\({y^,} = {x^,}.{e^{2x + 1}} + {({e^{2x + 1}})^,}.x \Leftrightarrow {y^,} = {e^{2x + 1}}.(1 + 2x) \Rightarrow {y^,} = e(2x + 1){e^{2x}}\)

Thể tích khối chóp là 5.6:3=10

Thể tích khối nón là \(\frac{{\pi {r^2}h}}{3} = \frac{{\pi .25.6}}{3} = 50\pi \)

Diện tích mặt cầu là: \(4\pi {r^2} = 4\pi .16 = 64\pi \)

Dựa vào bảng biến thiên ta có f'(x) > 0 trên các khoảng (-1;0) và \(\left( {1; + \infty } \right)\) suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (-1;0).

\(f\left( x \right) = \sqrt {{{\log }_2}\left( {3x + 4} \right)} \)

ĐK: \({\log _2}(3x + 4) \ge 0 \Leftrightarrow 3x + 4 \ge 1 \Leftrightarrow x \ge 1\)

Diện tích mặt trụ là: \(2\pi rl = 2\pi .2.5 = 20\pi \)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy y’ đổi dấu từ âm sang dương khi qua x = -1 suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x = -1.

Dựa vào hình vẽ ta thấy đây là đồ thị của hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\left( {a \ne 0} \right)\) và a < 0.

Ta có \(\left. \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ - }} = - \infty \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ + }} = + \infty \end{array} \right\} \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -2

\({5^{2x + 1}} - {26.5^x} + 5 > 0\)

Đặt t = 5^x > 0.

Bất pt tương đương với:

\(5{t^2} - 26t + 5 > 0 \Leftrightarrow t < \frac{1}{5};t > 5\)

\( \Leftrightarrow x< - 1;x> 1\)

Đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm. Suy ra số nghiệm của phương trình f(x) = 1 là 3 nghiệm.

Kiểm tra trên máy tính ta được kết quả \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {c{\rm{osx}} + 1} \right).\sin x.dx} = \frac{3}{2}\)

\(\overrightarrow a - \overrightarrow b = \left( { - 2;4; - 3} \right) \Rightarrow \left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right).\overrightarrow c = \left( { - 2} \right).1 + 4.4 + \left( { - 3} \right)\left( { - 3} \right) = 23\)

Mặt cầu (S) có tâm I(2;-1;1) nên (S) có bán kính \(R = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2} + 3} = 3\).

Mặt phẳng \((\alpha)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {3; - 1;2} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {BC} = \left( {1; - 6;3} \right)\).Đường thẳng cần lập đi qua điểm A và nhận \(\overrightarrow {BC} \) là vectơ chỉ phương có phương trình tham số là \(d:\left\{ \begin{array}{l} x = 3 + t\\ y = - 1 - 6t\\ z = 3t \end{array} \right.\).

AD là hình chiếu của SD lên (ABCD)

\(\widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD;AD} \right)} = \widehat {SDA}\)

\(AC = AD\sqrt 2 \Rightarrow AD = \sqrt 2 a\)

\(\Delta SDA\) vuông tại A có \(\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \sqrt 3 \)

\( \Rightarrow \widehat {SDA} = {60^0} = \left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right)\)

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 8x\)

Xét \(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \in \left( { - 2;3} \right)\\ x = \sqrt 2 \in \left( { - 2;3} \right)\\ x = - \sqrt 2 \in \left( { - 2;3} \right) \end{array} \right.\)

Tính các giá trị: \(f\left( { - 2} \right) = 9;f\left( { - \sqrt 2 } \right) = 5;f\left( 0 \right) = 9;f\left( {\sqrt 2 } \right) = 5;f\left( 3 \right) = 54\)

Vậy giá trị trị lớn nhất của hàm số \(y = {x^4} - 4{x^2} + 9\) trên đoạn [-2;3] bằng 54 khi x = 3

 \(\begin{array}{l} {\log _2}\frac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \frac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge 1\\ \Leftrightarrow \frac{{ - {x^2} - 3x + 2}}{{x + 1}} \ge 0\\ \Leftrightarrow x \le \frac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}; - 1 < x \le \frac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2} \end{array}\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({x^3} + 6{x^2} + 11x + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 3\\ x = - 1\\ x = - 2 \end{array} \right.\)

Phương trình có 3 nghiệm suy ra đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại  3 điểm.

Nghiệm của bất phương trình \({\log _2}\left( {x + 1} \right) - 2{\log _4}\left( {5 - x} \right) < 1 - {\log _2}\left( {x - 2} \right)\) (1)

ĐK: 2 < x < 5

\(\begin{array}{l} (1) \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{(x + 1)(x - 2)}}{{5 - x}} < 2\\ \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + x - 12}}{{5 - x}} < 0 \Leftrightarrow - 4 < x < 3;x > 5\\ \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + x - 12}}{{5 - x}} < 0 \Leftrightarrow - 4 < x < 3;x > 5 \end{array}\)

Kết hợp ĐK chọn A

Cạnh huyền \(BC = a\sqrt {10} \); đường cao \(AH = \frac{{3a}}{{\sqrt {10} }}\) là bán kính đáy của hai hình nón; các cạnh AB;AC lần lượt là đường sinh của hai hình nón . Nên tổng diện tích xung quanh hai hình nón là 

\(S = \pi .AH(AB + AC) = \pi .a\frac{3}{{\sqrt {10} }}4a = \frac{{12\pi {a^2}}}{{\sqrt {10} }}\)

\(I = \int {\frac{{{{\ln }^5}x}}{{2x}}dx} \)

Đặt \(t = \ln x \Rightarrow dt = \frac{1}{x}dx\)

Nên \(I = \int {\frac{{{t^5}}}{2}dt} \)

\(S = \int\limits_0^{\frac{3}{2}} {\left| {2{x^3} - 3{x^2}} \right|} dx = \int\limits_0^{\frac{3}{2}} {{x^2}\left| {2x - 3} \right|dx = \int\limits_0^{\frac{3}{2}} {\left( {3{x^2} - 2{x^3}} \right)} } dx\)

Bấm máy tính giải phương trình bậc hai tìm được hai nghiệm phức là

\({z_1} = \frac{3}{2} + \frac{{\sqrt {19} }}{2}i;{z_2} = \frac{3}{2} - \frac{{\sqrt {19} }}{2}i \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \sqrt 7 \Rightarrow P = 2\sqrt 7 \)