Số cách chọn 2 học sinh từ 5 học sinh là \(C_5^2\)

\(d = {u_2} - {u_1} =  - 2 - 1 =  - 3\)

\( \Rightarrow {u_3} = {u_1} + 2d = 1 + 2( - 3) =  - 5\)

\({3^{x - 1}} = 1 \Leftrightarrow {3^{x - 1}} = {3^0} \Leftrightarrow x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

\(V = \frac{1}{3}{S}.h = \frac{1}{3}2{a^2}.6a = 4{a^3}\)

\(\left( {{a^x}} \right)' = {a^x}.\ln a\)

Nguyên hàm không có tính chất nguyên hàm của tích bằng tích các nguyên hàm.

Hoặc B, C, D đúng do đó là các tính chất cơ bản của nguyên hàm nên A sai.

Ta có diện tích đáy: \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}.a.a.\sin 60{}^\circ =\frac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}\).

Đường cao AA'=4a.

Vậy thể tích của khối lăng trụ là: \(V={{S}_{\Delta ABC}}.A{A}'=\frac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}.4a=\sqrt{3}{{a}^{3}}\)

Chiều cao hình nón \(h=\sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{3}^{2}}}=4\).

Thể tích khối nón \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi {{.3}^{2}}.4=12\pi \).

 Ta có công thức tính thể tích khối cầu là: \(\frac{4}{3}\pi {R^3}\)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số \(y=f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng (-1;0) và \((1;+\infty )\).

\({\log _3}\left( {{a^4}} \right) = 4{\log _3}a\)

V của khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\)

Hàm số đạt cực đại tại x=2 và \({{y}_{C}}=y\left( 2 \right)=3.\)

Hàm số đạt cực tiểu tại x=4 và \({{y}_{CT}}=y\left( 4 \right)=-2.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy

 + \(a>0\Rightarrow \) loại B, C.

 +  Khi \(x=1\Rightarrow y=-1\)

Ta có \(\underset{x\to {{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \) và \(\underset{x\to {{3}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \) nên là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\({\log _2}x < 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ x < {2^3} \end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x < 8\)

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

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y=\frac{5}{2}\). Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng \(y=\frac{5}{2}\) cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt. Do đó phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm phân biệt

\(I = \int\limits_1^5 {f\left( x \right)\,{\rm{d}}x}  = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)\,{\rm{d}}x}  + \int\limits_2^5 {f\left( x \right)\,{\rm{d}}x}  = 3 + \left( { - 1} \right) = 2\)

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

\({z_1} - {z_2} = 1 + 3i - \left( {4 - 2i} \right) =  - 3 + 5i\)

Trung điểm AB là \(I\left( -\frac{1}{2};2 \right)\) biểu diễn số phức là \(z=-\frac{1}{2}+2i\).

Với \(M\left( a;b;c \right)\) thì hình chiếu của nó trênmặt phẳng x=1 là \({M}'\left( 1;b;c \right)\). Do đó chọn đáp án B.

Bán kính của mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(R=\sqrt{{{\left( 3 \right)}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{\left( 4 \right)}^{2}}-4} =5\).

Diện tích mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(4\pi {{R}^{2}}=100\pi \).

Mặt phẳng x+2y-z-2=0 có vectơ pháp tuyến \(\vec{n}=\left( 1;2;-1 \right)\).

Thay tọa độ các điểm vào phương trình mặt phẳng.

Hình lăng trụ đứng \(ABC.{A}'{B}'{C}'\) nên \(B{B}'\bot \left( {A}'{B}'{C}' \right) \Rightarrow B{B}'\bot {A}'{B}' \Rightarrow {A}'{B}'\bot B{B}' \left( 1 \right)\)

Bài ra có \(AB\bot BC \Rightarrow {A}'{B}'\bot {B}'{C}'\).

Kết hợp với \(\left( 1 \right) \Rightarrow {A}'{B}'\bot \left( BC{C}'{B}' \right) \Rightarrow \widehat{\left( {A}'B;\left( BC{C}'{B}' \right) \right)}=\widehat{{A}'B{B}'}\)

\(\Rightarrow \tan \widehat{\left( {A}'B;\left( BC{C}'{B}' \right) \right)}=\tan \widehat{{A}'B{B}'} =\frac{{A}'{B}'}{B{B}'} =\frac{a}{a\sqrt{3}} =\frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \widehat{\left( {A}'B;\left( BC{C}'{B}' \right) \right)}=30{}^\circ \).

Dựa vào BBT ta có khẳng định đúng là C

\(y' = \frac{3}{{{{\left( { - x + 1} \right)}^2}}} > 0\,\;\forall x \ne 1 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {2;3} \right]} y = y\left( 2 \right) = - 5\)

\(P = {\log _2}\left( {{a^2}{b^3}} \right) = {\log _2}{a^2} + {\log _2}{b^3} = 2{\log _2}a + 3{\log _2}b = 2x + 3y\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị \(\left( C \right)\) và trục hoành: \({{x}^{4}}+4{{x}^{2}}=0\Leftrightarrow x=0\).

Vậy đồ thị \(\left( C \right)\) và trục hoành có 1 giao điểm.

Điều kiện: x > 0

Đặt : \(t = \log x\)

Khi đó: \({t^2} - 13t + 36 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t < 4\\ t > 9 \end{array} \right.\)

Với t < 4 ta có: \(\log x < 4 \Leftrightarrow x < {10^4}\)

Với t > 9 ta có: \(\log x > 9 \Leftrightarrow x > {10^9}\)

Kết hợp với  điều kiện bất phương trình có tập  nghiệm là : \(S = \left( {0;{{10}^4}} \right) \cup \left( {{{10}^9}; + \infty } \right)\)

Quay tam giác ABC quanh cạnh AC ta được khối nón có:

+ đường cao \(h=AC=AB\cot {{30}^{\text{o}}}=3\),

+ bán kính đáy \(r=AB=\sqrt{3}\),

Thể tích khối nón thu được là \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi .{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}.3=3\pi\)

\(I=\int\limits_{0}^{4}{x\sqrt{1+2x}\text{d}x}\).

Đặt \(u=\sqrt{2x+1} \Rightarrow x=\frac{1}{2}\left( {{u}^{2}}-1 \right) \Rightarrow \text{d}x=u\,\text{d}u\), đổi cận: \(x=0\Rightarrow u=1\), \(x=4\Rightarrow u=3\).

Khi đó \(I=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{\left( {{u}^{2}}-1 \right){{u}^{2}}\text{d}u}\).

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y=2.

Ta có diện tích hình phẳng được tính bởi công thức: \(S=\int\limits_{3}^{e+2}{\left| \frac{2x+1}{x-2}-2 \right|dx}\]\[=\int\limits_{3}^{e+2}{\left| \frac{5}{x-2} \right|dx}\)

Vì  trên \(\left[ 3;e+2 \right]\) thì \(g\left( x \right)=\frac{5}{x-2}\) luôn dương, nên ta có thể phá giá trị tuyệt đối và chọn đáp án B.

\(w = {z_1}({z_2} + 2i) = (3 + i)( - 1 - 3i) =  - 10i\)

Vậy |w| = 10

Ta có \({z^2} + 6z + 13 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {z_1} = - 3 - 2i\\ {z_2} = - 3 + 2i \end{array} \right.\).

Suy ra \(w = {\left( {i + 1} \right)^2}{z_1} = {\left( {1 + i} \right)^2}\left( { - 3 - 2i} \right) = 4 - 6i\).

Phần ảo của số phức w là -6

Ta có \(\overrightarrow{MN}=\left( 2;2;2 \right)\)

Trục Ox có phương trình \(Ox:\left\{ \begin{align} & x=t \\ & y=0 \\ & z=0 \\ \end{align} \right.\). Khi đó Ox có vtcp \(\overrightarrow{i}=\left( 1;0;0 \right)\)

Ta có mặt phẳng (P) cần tìm song song với trục Ox và đường thẳng chứa MN. Suy ra

\(\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{u},\overrightarrow{i} \right]=\left( 0;-2;2 \right)\)

Mặt phẳng (P) đi qua \(M\left( 1;-1;2 \right)\) và vtpt

\(\overrightarrow{n}=\left( 0;-2;2 \right)\Rightarrow \left( P \right):-2\left( y+1 \right)+2\left( z-2 \right)=0\)

\(\Leftrightarrow \left( P \right):-y+z-3=0\Leftrightarrow y-z+3=0\)

Ta có: \(M\left( 1;-1;3 \right); \overrightarrow{AM}=\left( 2;-4;1 \right)\). Phương trình AM: \(\frac{x+1}{2}=\frac{y-3}{-4}=\frac{z-2}{1}\).

Ta có \(n\left( \Omega  \right)=C_{16}^{8}=12870\).

Số cách chia nhóm thỏa mãn bài toán là số cách chọn ra một tổ có số học sinh lớp 12A từ 1 đến 2 em, số học sinh lớp 12B là 2 em, còn lại là học sinh lớp 12C.

Khi đó xảy ra các trường hợp sau:

TH1: 2 học sinh 12B + 2 học sinh 12A + 4 học sinh 12C

Có: \(C_{5}^{2}.C_{3}^{2}.C_{8}^{4}=2100\).

TH2: 2 học sinh 12B + 1 học sinh 12A + 5 học sinh 12C

Có: \(C_{5}^{2}.C_{3}^{1}.C_{8}^{5}=1680\).

\(\Rightarrow n\left( A \right)=2100+1680=3780\).

Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{3780}{12870}=\frac{42}{143}\).

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 \(\left( 0;\,\,2 \right)\) khi

\({y}'\ge 0,\,\forall x\in \left( 0;\,2 \right)\) và dấu ''='' chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm trên khoảng \(\left( 0;\,\,2 \right)\).

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

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

Xét hàm số \(g\left( x \right)=3{{x}^{2}}+6x, x\in \left( 0;\,2 \right)\).

Ta có \({g}'\left( x \right)=6x+6>0,\,\forall x\in \left( 0;\,2 \right)\).

Bảng biến thiên:

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

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

Gọi số tiền đóng hàng năm là A=12 (triệu đồng), lãi suất là r=6%=0,06.

Sau 1 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là \({{A}_{1}}=A\left( 1+r \right)\). (nhưng người đó không rút mà lại đóng thêm A triệu đồng nữa, nên số tiền gốc để tính lãi năm sau là \({{A}_{1}}+A\)).

Sau 2 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

\({{A}_{2}}=\left( {{A}_{1}}+A \right)\left( 1+r \right)=\left[ A\left( 1+r \right)+A \right]\left( 1+r \right)=A{{\left( 1+r \right)}^{2}}+A\left( 1+r \right)\).

Sau 3 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

\({{A}_{3}}=\left( {{A}_{2}}+A \right)\left( 1+r \right)=\left[ A{{\left( 1+r \right)}^{2}}+A\left( 1+r \right)+A \right]\left( 1+r \right)=A{{\left( 1+r \right)}^{3}}+A{{\left( 1+r \right)}^{2}}+A\left( 1+r \right)\).

…

Sau 18 năm, người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

\({{A}_{18}}=A{{\left( 1+r \right)}^{18}}+A{{\left( 1+r \right)}^{17}}+...+A{{\left( 1+r \right)}^{2}}+A\left( 1+r \right)\).

Tính: \({{A}_{18}}=A\left[ {{\left( 1+r \right)}^{18}}+{{\left( 1+r \right)}^{17}}+...+{{\left( 1+r \right)}^{2}}+\left( 1+r \right)+1-1 \right]\).

\(\Rightarrow {{A}_{18}}=A\left[ \frac{{{\left( 1+r \right)}^{19}}-1}{\left( 1+r \right)-1}-1 \right]=A\left[ \frac{{{\left( 1+r \right)}^{19}}-1}{r}-1 \right]=12\left[ \frac{{{\left( 1+0,06 \right)}^{19}}-1}{0,06}-1 \right]\approx 393,12\).

Ta có \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c\)

TH1: a = 0 có \(y' = 2bx + c\) để hàm số đồng biến trên \(R \Leftrightarrow y' \ge 0,\,\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = 0\\ c > 0 \end{array} \right.\).

TH2: \(a \ne 0\) để hàm số đồng biến trên \(R \Leftrightarrow y' \ge 0,\,\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a > 0\\ \Delta ' = {b^2} - 3ac \le 0 \end{array} \right.\)

Vậy để để hàm số đồng biến trên \(R \Leftrightarrow y' \ge 0,\,\forall x \in R \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = b = 0;\,c > 0\\ a > 0;\,{b^2} - 3ac \le 0 \end{array} \right.\).

Gọi \(\left( T \right)\) là khối trụ có đường cao là 2a, bán kính đường tròn đáy là a và \(\left( N \right)\) là khối nón có đường cao là a, bán kính đường tròn đáy là a.

Ta có:

Thể tích khối trụ \(\left( T \right)\) là: \({{V}_{1}}=\pi .{{a}^{2}}.2a =2\pi .{{a}^{3}}\)

Thể tích khối nón \(\left( N \right)\) là: \({{V}_{2}}=\frac{1}{3}\pi .{{a}^{2}}.a =\frac{\pi .{{a}^{3}}}{3}\).

Thể tích khối tròn xoay thu được là: \(V={{V}_{1}}-{{V}_{2}} =2\pi .{{a}^{3}}-\frac{\pi .{{a}^{3}}}{3} =\frac{5\pi {{a}^{3}}}{3}\).

Ta có \(x+2x.f\left( x \right) ={{\left[ {f}'\left( x \right) \right]}^{2}} \Rightarrow \sqrt{x}.\sqrt{1+2f\left( x \right)}={f}'\left( x \right) \Rightarrow \frac{{f}'\left( x \right)}{\sqrt{1+2f\left( x \right)}}=\sqrt{x}, \forall x\in \left[ 1;4 \right]\).

Suy ra \(\int{\frac{{f}'\left( x \right)}{\sqrt{1+2f\left( x \right)}}\text{d}x}=\int{\sqrt{x}\text{d}x}+C \Leftrightarrow \int{\frac{\text{d}f\left( x \right)}{\sqrt{1+2f\left( x \right)}}\text{d}x}=\int{\sqrt{x}\text{d}x}+C\)

\(\Rightarrow \sqrt{1+2f\left( x \right)}=\frac{2}{3}{{x}^{\frac{3}{2}}}+C\). Mà \(f\left( 1 \right)=\frac{3}{2} \Rightarrow C=\frac{4}{3}\). Vậy \(f\left( x \right)=\frac{{{\left( \frac{2}{3}{{x}^{\frac{3}{2}}}+\frac{4}{3} \right)}^{2}}-1}{2}\).

Vậy \(I=\int\limits_{1}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}=\frac{1186}{45}\).

Đặt \(t=2\sin x\). Vì \(x\in \left[ -\pi ;\pi  \right]\) nên \(t\in \left[ -2;2 \right].\) Suy ra \(3f(t)+1=0\Leftrightarrow f(t)=-\frac{1}{3}.\)

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình \(f(t)=-\frac{1}{3}\) có 2 nghiệm \({{t}_{1}}\in \left( -2;0 \right)$ và \({{t}_{2}}\in \left( 0;2 \right)\)

Suy ra: \(\operatorname{s}\text{inx}=\frac{{{t}_{1}}}{2}\in (-1;0)\) và \(\operatorname{s}\text{inx}=\frac{{{t}_{2}}}{2}\in (0;1).\)

Với \(\operatorname{s}\text{inx}=\frac{{{t}_{1}}}{2}\in (-1;0)\) thì phương trình có 2 nghiệm \(-\pi <{{x}_{1}}<{{x}_{2}}<0.\)

Với \(\operatorname{s}\text{inx}=\frac{{{t}_{2}}}{2}\in (0;1)\) thì phương trình có 2 nghiệm \(0<{{x}_{3}}<{{x}_{4}}<\pi .\)

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ -\pi ;\pi  \right]\)

\(2{{y}^{3}}+7y+2x\sqrt{1-x}=3\sqrt{1-x}+3\left( 2{{y}^{2}}+1 \right)\).

\(\Leftrightarrow 2\left( {{y}^{3}}-3{{y}^{2}}+3y-1 \right)+\left( y-1 \right)=2\left( 1-x \right)\sqrt{1-x}+3\sqrt{1-x}-2\sqrt{1-x}\).

\(\Leftrightarrow 2{{\left( y-1 \right)}^{3}}+\left( y-1 \right)=2{{\left( \sqrt{1-x} \right)}^{3}}+\sqrt{1-x}\,\,\left( 1 \right)\).

+ Xét hàm số \(f\left( t \right)=2{{t}^{3}}+t\) trên \(\left[ 0;\,+\infty  \right)\).

Ta có: \({f}'\left( t \right)=6{{t}^{2}}+1 >0\) với \(\forall t\ge 0 \Rightarrow f\left( t \right)\) luôn đồng biến trên \(\left[ 0;\,+\infty  \right)\).

Vậy \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow y-1=\sqrt{1-x} \Leftrightarrow y=1+\sqrt{1-x}\).

\(\Rightarrow P=x+2y=x+2+2\sqrt{1-x}\) với \(\left( x\le 1 \right)\).

+  Xét hàm số \(g\left( x \right)=2+x+2\sqrt{1-x}\) trên \(\left( -\infty ;\,1 \right]\).

Ta có: \({g}'\left( x \right)=1-\frac{1}{\sqrt{1-x}} =\frac{\sqrt{1-x}-1}{\sqrt{1-x}}\). \({g}'\left( x \right)=0\Rightarrow x=0\).

Bảng biến thiên \(g\left( x \right)\):

Từ bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) suy ra giá trị lớn nhất của P là: \(\underset{\left( -\infty ;\,1 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=4\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^3} - 4{x^3} + 4{x^2} + a\) trên [0;2].

\(g'\left( x \right) = 4{x^3} - 12{x^2} + 8x;g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1\\ x = 2 \end{array} \right.;g\left( 0 \right) = a,g\left( 1 \right) = a + 1,g\left( 2 \right) = a\)

Suy ra: \(a \le g\left( x \right) \le a + 1\).

TH1: \(0 \le a \le 4 \Rightarrow a + 1 \ge a > 0 \Rightarrow M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = a + 1;m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = a\)

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l} 0 \le a \le 4\\ a + 1 \le 2a \end{array} \right. \Rightarrow 1 \le a \le 4\). Do đó: có 4 giá trị của a thỏa mãn.

TH2: \( - 4 \le a \le  - 1 \Rightarrow a \le a + 1 \le  - 1 \Rightarrow \left| {a + 1} \right| \le \left| a \right|\)

\( \Rightarrow M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = \left| a \right| = - a;m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = \left| {a + 1} \right| = - a - 1\)

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l} - 4 \le a \le - 1\\ - a \le - 2a - 2 \end{array} \right. \Rightarrow - 4 \le a \le - 2\). Do đó: có 3 giá trị của a thỏa mãn.

Vậy có tất cả 7 giá trị thỏa mãn.

\(\frac{{{V}_{AEFG}}}{{{V}_{ABCD}}}=\frac{{{S}_{EFG}}}{{{S}_{BCD}}}=\frac{1}{4} \Rightarrow {{V}_{AEFG}}=\frac{1}{4}{{V}_{ABCD}}\)

( Do E,F,G lần lượt là trung điểm của BC,BD,CD).

\(\frac{{{V}_{AMNP}}}{{{V}_{AEFG}}}=\frac{SM}{SE}.\frac{SN}{SE}.\frac{SP}{SG}=\frac{8}{27} \Rightarrow {{V}_{AMNP}}=\frac{8}{27}{{V}_{AEFG}}=\frac{8}{27}.\frac{1}{4}{{V}_{ABCD}}=\frac{2}{27}{{V}_{ABCD}}\)

Do mặt phẳng \(\left( MNP \right)\text{//}\left( BCD \right)\) nên \(\frac{{{V}_{QMNP}}}{{{V}_{AMNP}}}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow {{V}_{QMNP}}=\frac{1}{2}{{V}_{AMNP}}\)

Đặt \(t = {10^z}\). Khi đó \({x^3} + {y^3} = a.{t^3} + b.{t^2}\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \log \left( {x + y} \right) = z\\ \log \left( {{x^2} + {y^2}} \right) = z + 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y = {10^z} = t\\ {x^2} + {y^2} = {10.10^z} = 10t \end{array} \right. \Rightarrow xy = \frac{{{t^2} - 10.t}}{2}\).

Khi đó \({x^3} + {y^3} = {\left( {x + y} \right)^3} - 3xy\left( {x + y} \right) = {t^3} - \frac{{3t\left( {{t^2} - 10t} \right)}}{2} =  - \frac{1}{2}{t^3} + 15{t^2}\).

Suy ra \(a =  - \frac{1}{2}\), b = 15.

Vậy \(a + b = \frac{{29}}{2}\).

\(\ln \left( \frac{1-2x}{x+y} \right)=3x+y-1\) xác định \(\Leftrightarrow \frac{1-2x}{x+y}>0\). Do x,y>0 nên \(1-2x>0\Leftrightarrow 0<x<\frac{1}{2}\)

Khi đó: \(\ln \left( \frac{1-2x}{x+y} \right)=3x+y-1 \Leftrightarrow \ln \left( 1-2x \right)-\ln \left( x+y \right)=\left( x+y \right)-\left( 1-2x \right)\)

\(\Leftrightarrow \ln \left( 1-2x \right)+\left( 1-2x \right)=\ln \left( x+y \right)+\left( x+y \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)=\ln t+t\) với t>0 Hàm số \(f\left( t \right)\) xác định và liên tục trên khoảng \(\left( 0;+\infty  \right)\).

\({f}'\left( t \right)=\frac{1}{t}+1>0;\forall t>0\). Suy ra hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right) \Rightarrow f\left( 1-2x \right)=f\left( x+y \right)\)

\(\Leftrightarrow 1-2x=x+y\Leftrightarrow y=1-3x>0\)

Do đó: \(P=\frac{1}{x}+\frac{1}{\sqrt{x\left( 1-3x \right)}}+1\ge \frac{1}{x}+\frac{2}{1-2x}+1\) (Dấu bằng xảy ra khi \(x=1-3x\Leftrightarrow x=\frac{1}{4}\))