Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = {P_{10}}\, = \,10\,!\, = \,3628800\).

Gọi A là biến cố "không có hai học sinh nam ngồi cạnh nhau".

Mỗi phần tử của A tương ứng với 1 hàng gồm 10 bạn đã cho mà không có hai nam xếp cạnh nhau. Để xếp được 1 hàng như vậy ta thực hiện liên tiếp hai bước:

Bước 1: Xếp 6 bạn nữ thành một hàng,có số cách xếp là 6! = 720 cách.

Bước 2: Chọn 4 trong 7 vị trí xen giữa hai nữ hoặc ngoài cùng để xếp 4 nam ( 2 nam không cạnh nhau) có số cách xếp là \(C_7^4.4! = 840\) cách.

Vậy \(n\left( A \right) = 720.840\, = \,604800\).

Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{604800}}{{3628800}} = \frac{1}{6}\).

+ Gọi H là trung điểm cạnh BC, suy ra \(A'H \bot BC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {A'BC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\ \left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\ A'H \subset \left( {A'BC} \right)\\ A'H \bot BC \end{array} \right. \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\).

+ Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm H trên cạnh AA'.

Do \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot A'H\\ BC \bot AH \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AHA'} \right) \Rightarrow BC \bot HK\)

Suy ra SK là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AA' và BC.

Do đó \(d\left( {AA',BC} \right) = HK.\)

+ Ta có \(A'H = \frac{{BC}}{2} = a\sqrt 3 ;AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = a\)

Suy ra \(HK = \frac{{AH.A'H}}{{\sqrt {A{H^2} + A'{H^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \(d\left( {AA',BC} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(y' = - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9\)

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a < 0\\ {{\Delta '}_{y'}} = {m^2} + 12m + 27 \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow - 9 \le m \le - 3\).

Vậy có 7 giá trị nguyên của m.

Theo đề bài số lượng bèo ban đầu chiếm 0,04 diện tích mặt hồ.

Sau 1 tuần số lượng bèo là \(0,04 \times {3^1}\) diện tích mặt hồ.

Sau 2 tuần số lượng bèo là \(0,04 \times {3^2}\) diện tích mặt hồ.

…

Sau  tuần số lượng bèo là \(0,04 \times {3^n}\) diện tích mặt hồ.

Để bèo phủ kín mặt hồ thì \(0,04 \times {3^n} = 1 \Leftrightarrow {3^n} = 25 \Leftrightarrow n = {\log _3}25 \approx 3\).

Vậy sau gần 3 tuần thì bèo vừa phủ kín mặt hồ.

Ta có \(y' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}\).

Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định nên \(ad - bc > 0 \Leftrightarrow ad > bc\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \frac{a}{c} \Rightarrow y = \frac{a}{c}\) là tiệm cận ngang.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \frac{d}{c}} \right)}^ + }} y = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \frac{d}{c}} \right)}^ - }} y = + \infty \Rightarrow x = - \frac{d}{c}\) là tiệm cận đứng.

Theo đồ thị ta có \(\frac{a}{c} = 1, - \frac{d}{c} = 1 \Rightarrow \frac{d}{c} = - 1\)

Từ đó ta có \(\frac{d}{c} < \frac{a}{c} \Leftrightarrow {c^2}.\frac{d}{c} < {c^2}.\frac{a}{c} \Leftrightarrow cd < ac\).

Vậy ad > bc,cd < ac

Gọi MNPQ là thiết diện tạo bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 1 (như hình vẽ). Khi đó MNPQ là hình chữ nhật và \(MQ = 5\sqrt 3 .\)

Diện tích MNPQ = 30, suy ra \(MN = \frac{{30}}{{5\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \).

Gọi I là trung điểm của MN. Suy ra \(OI \bot MN\).

Vì MQ song song với trục của hình trụ nên MQ vuông góc với hai mặt đáy của hình trụ. Suy ra \(MQ \bot OI\).

Do đó \(OI \bot (MNPQ)\).

Vì vậy, OI = 1.

Tam giác OMI vuông tại I nên

\(OM = \sqrt {O{I^2} + I{M^2}} = \sqrt {{1^2} + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = 2.\)

Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là \({S_{{\rm{xq}}}} = 2\pi \cdot 2 \cdot 5\sqrt 3 = 20\pi \sqrt 3 \).

\(\begin{array}{*{20}{l}} {f(x)}& = &{\int {f'} (x){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = \int {\frac{{x - 7}}{{x + 2 - 3\sqrt {x + 2} }}} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x}\\ {}& = &{\int {\frac{{\left( {\sqrt {x + 2} - 3} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 3} \right)}}{{\sqrt {x + 2} \left( {\sqrt {x + 2} - 3} \right)}}} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x}\\ {}& = &{\int {\left( {1 + \frac{3}{{\sqrt {x + 2} }}} \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x = x + 6\sqrt {x + 2} + C.} \end{array}\)

Vì \(f(2) = 15 \Rightarrow 2 + 6\sqrt {2 + 2} + C = 15 \Rightarrow C = 1\)

Khi đó \(\int\limits_2^7 {\left( {x + 6\sqrt {x + 2} + 1} \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x = \left( {\frac{{{x^2}}}{2} + 4\sqrt {{{(x + 2)}^3}} + x} \right)|_2^7 = \frac{{207}}{2}\)

Đặt \(t = 2\sin x,t \in \left[ { - 2;2} \right]\)

Xét phương trình f(t) = 1 trên [-2;2], dựa vào đồ thị ta thấy

\(f\left( t \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - 2 & \\ t = - 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2\sin x = - 2\\ 2\sin x = - 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin x = - 1\\ \sin x = - \frac{1}{2} \end{array} \right.\).

Với \(\sin x = - 1 \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi ,x \in \left[ {0;2\pi } \right] \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{2}\)

Với \(\sin x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\ x = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.,x \in \left[ {0;2\pi } \right] \Rightarrow x = \frac{{5\pi }}{3},\frac{{4\pi }}{3}\)

Vậy phương trình có 3 nghiệm

\({\log _3}\left( {\frac{{x + y}}{{1 - xy}}} \right) + \left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right) - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + y} \right) + \left( {x + y} \right) = {\log _3}\left( {1 - xy} \right) + \left( {1 - xy} \right) (1)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _3}t + t\) với t > 0, ta có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t.\ln 3}} + 1 > 0\,\forall t > 0\)

⇒ f(t) luôn đồng biến với \(\forall t > 0\)

\(\Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow x + y = 1 - xy \Leftrightarrow y = \frac{{1 - x}}{{x + 1}}(2)\)

Thế (2) vào P ta được \(P = 2x + \frac{{1 - x}}{{1 + x}}\) Với \(0 \le x \le 1\)

\(P' = 2 - \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} + 4x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \ge 0\); với \(0 \le x \le 1\).

Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 1 đạt được khi x= 0; y = 1.

Xét \(u = {x^4} - 2{x^2} - m\) trên đoạn [-1;2] có \(u' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1 \in \left[ { - 1;\,2} \right]\\ x = 0 \in \left[ { - 1;\,2} \right]\\ x = - 1 \in \left[ { - 1;\,2} \right] \end{array} \right.\).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {{\rm{max u}}}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} = {\rm{max}}\left\{ {u\left( { - 1} \right),u\left( 0 \right),u\left( 1 \right),u\left( 2 \right)} \right\} = {\rm{max}}\left\{ { - 1 - m, - m,8 - m} \right\} = 8 - m\\ \mathop {{\rm{min u}}}\limits_{[ - 1;2]} = {\rm{min}}\left\{ {u\left( { - 1} \right),u\left( 0 \right),u\left( 1 \right),u\left( 2 \right)} \right\} = {\rm{min}}\left\{ { - 1 - m, - m,8 - m} \right\} = - 1 - m \end{array} \right.\).

Nếu \(\left( { - 1 - m} \right)\left( {8 - m} \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m \le - 1\\ m \ge 8 \end{array} \right.\) thì \(\mathop {min}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = 0\) (khác 2). 

Nếu \(\left( { - 1 - m} \right)\left( {8 - m} \right) > 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 8\) thì \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = {\rm{min}}\left\{ {\left| { - 1 - m} \right|,\left| {8 - m} \right|} \right\} = 2\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \left| { - 1 - m} \right| = 2\\ - 1 < m < 8\\ \left| { - 1 - m} \right| \le \left| {8 - m} \right| \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} \left| {8 - m} \right| = 2\\ - 1 < m < 8\\ \left| {8 - m} \right| \le \left| { - 1 - m} \right| \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 1\\ m = 6 \end{array} \right.\)

Vậy tổng tất cả các phần tử của S bằng 7.

Gọi V' là thể tích của khối chóp S'ABCD. M là giao điểm của S'A và SD, từ M kẻ đường thẳng song song với CD cắt S'B tại N.

Ta có:

+) \(V' = \frac{1}{2}{V_2}\) (có cùng diện tích đáy, chiều cao bằng một nửa).

+) \(\frac{{MS'}}{{MA}} = \frac{{S'D}}{{SA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{S'M}}{{SA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{S'N}}{{SB}} = \frac{{S'M}}{{SA}} = \frac{1}{3}\).

+) \(\frac{{{V_{S'.MND}}}}{{{V_{S'.ABD}}}} = \frac{{S'M}}{{SA}}.\frac{{S'N}}{{SB}} = \frac{1}{9} \Rightarrow {V_{S'.MND}} = \frac{1}{9}.{V_{S'.ABD}} = \frac{1}{{18}}.V'\).

+) \(\frac{{{V_{S'.NCD}}}}{{{V_{S'.BCD}}}} = \frac{{S'N}}{{SB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow {V_{S'.MND}} = \frac{1}{3}.{V_{S'.ABD}} = \frac{1}{6}.V'\).

Suy ra:

+) \({V_1} = V' - {V_{S'.MND}} - {V_{S'.NCD}} = V' - \frac{1}{{18}}.V' - \frac{1}{6}.V' = \frac{7}{9}V' = \frac{7}{{18}}{V_2} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{7}{{18}}\).

Ta có \({\log _{{x^2} + {y^2} + 2}}\left( {4x + 4y - 4} \right) \ge 1 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x - 4y + 6 \le 0\). (1)

Giả sử M(x;y) thỏa mãn pt , khi đó tập hợp điểm M là hình tròn (C₁) tâm I(2;2) bán kính \({R_1} = \sqrt 2 \). Các đáp án đề cho đều ứng với m > 0. Nên dễ thấy \({x^2} + {y^2} + 2x - 2y + 2 - m = 0\) là phương trình đường tròn (C₂) tâm J(-1;1) bán kính \({R_2} = \sqrt m \). Vậy để tồn tại duy nhất cặp (x;y) thỏa đề khi chỉ khi (C₁) và (C₂) tiếp xúc ngoài và (C₁) trong (C₂) 

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} IJ = {R_1} + {R_2} \Leftrightarrow \sqrt {10} = \sqrt m + \sqrt 2 \Leftrightarrow m = {\left( {\sqrt {10} - \sqrt 2 } \right)^2}\\ IJ = {R_2} - {R_1} \Rightarrow m = {\left( {\sqrt {10} + \sqrt 2 } \right)^2} \end{array} \right.\)

ABCD là hình vuông nên AC = \(2a\sqrt 2 \) suy ra 

\(\left\{ \begin{array}{l} SA\, = \,\sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = \,a\\ {S_{ABCD}}\, = 4{a^2}. \end{array} \right. \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{4}{3}{a^3}\)

\(\mathop {Lim}\limits_{x \to - \infty } y = - 1,\mathop {Lim}\limits_{x \to + \infty } y = 0,\mathop {Lim}\limits_{x \to - {2^ - }} y = - \infty \)

Nên có ba tiệm cận

\({\log _a}x\, = \,{\log _a}{a^3}{b^2}\sqrt c = 3 + 2{\log _a}b + \frac{1}{2}{\log _a}c = \,8\)

\({\left( {\frac{5}{2}} \right)^x} < 1 \Rightarrow {\log _{\frac{5}{2}}}{(\frac{5}{2})^x} < 0 \Rightarrow x < 0\)

Ta có bán kính R = AC = b, chiều cao AB = a suy ra \(V=\frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi .{b^2}.a\)

Đặt u = sinx suy ra du = cosx.dx vậy \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^3}} x.\cos xdx = \int\limits_0^1 {{u^3}du} \)

\(S = \int\limits_{ - 1}^0 {({x^2} - 2x)} dx = \int\limits_0^2 {( - {x^3} + 2{x^{}})du} \, = \,\frac{8}{3}\)

Gọi z = a+bi suy ra \(- 2iz = \, - 2i(a + bi)\, = \,2b - 2ai \Rightarrow \left| { - 2iz} \right|\, = \,\sqrt {4{b^2} + 4{a^2}} = 2\sqrt {{b^2} + {a^2}} = 2\left| z \right|\)

Gọi \(\overrightarrow {{n_1}} = (1; - 2;1),\overrightarrow {{n_2}} = (2;1;3)\).là hai véc tơ của 2 mặt phẳng R₁, R₂ vì c vậy mặt phẳng (P) có phương trình là 7x+y-5z-20 = 0

Gọi \(z = a + b,\overline z = a - bi\)

\(\Rightarrow z + 2i.\overline z = 1 + 17i \Rightarrow a + bi + 2i(a - bi) = 1 + 17i \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 11\\ b = - 5 \end{array} \right. \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {146} \)

Ta thấy D(1;1;1) thuộc 2 mặt phẳng (P1) và (P2) ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {{u_d}} \, \bot \overrightarrow {{n_1}} \\ \overrightarrow {{u_d}} \bot \overrightarrow {{n_2}} \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right] = (5;1;8)\)

Số phần  tử không gian mẫu là \({n_\Omega } = \,10!\) có tất cả 7 cách di chuyển cho 4 bạn nam ngồi cạnh nhau mà không có bạn Dũng.

Có hai cách xếp đầu và xếp ngồi cạnh nhau cuối thì bạn Dũng có 5 cách di chuyễn để không ngồi cạnh bạn nam nào.

Còn 4 cách còn lại  thì bạn Dũng chỉ có 4 cách di chuyển ứng với đó là nữ ngồi vào 5 ghế. Vậy biến cố cần tìm có \({n_A} = \,2.5.5! + 5.4.5! = 30.5!\)

Vậy xác suất của biến cố là \(P = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \frac{1}{{1008}}\)

\(y' = \frac{{2x}}{{{x^2} + 4}} + m = \frac{{m{x^2} + 2x + 4m}}{{{x^2} + 4}} > 0\,\forall x \Leftrightarrow m{x^2} + 2x + 4m > 0\forall x \Leftrightarrow m \in (\frac{{ - 1}}{2};\frac{1}{2})\)

\({I^2} = {({2^x} + {2^{ - x}})^2} = \,{4^x} + {2.2^x}{.2^{ - x}} + {4^{ - x}} = \,25 \Rightarrow I = 5\)

\(\left\{ \begin{array}{l} f(0) = 0,f(1) = 1\\ f'(0) = 0,f'(1) = 0\\ f''(0) > 0,f''(1) < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} d = 0,a + b + c + d = 1\\ c = 0,3a + 2b + c\, = \,0\\ b > 0,a + b < 0 \end{array} \right. \Rightarrow a = - 2,b = 3,c = d = 0\)

\({S_D} = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|} dx = - \int\limits_a^0 {f(x)dx} + \int\limits_o^b {f(x)dx} = \int\limits_0^a {f(x)dx} + \int\limits_o^b {f(x)dx} \)

Kẻ các đường sinh AA', BB' của hình trụ (T).

Khi đó \({V_{OO'AB}} = \frac{1}{3}{V_{OAB'.O'A'B}} = \frac{1}{3}OO'.\left( {\frac{1}{2}OA.OB'.\sin AOB'} \right) = \frac{1}{3}{r^3}\sin AOB' \le \frac{1}{3}{r^3}\).

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\widehat {AOB'} = 90^\circ \) hay \(OA \bot O'B\).

Như vậy, khối tứ diện OO'AB có thể tích lớn nhất bằng \(\frac{1}{3}{r^3}\), đạt được khi \(OA \bot O'B\). Khi đó \(A'B = r\sqrt 2 \) và \(AB = \sqrt {A'{A^2} + A'{B^2}} = r\sqrt 6 \).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = a \in \left( { - 2; - 1} \right)\\ x = b \in \left( { - 1;0} \right)\\ x = c \in \left( {1;2} \right) \end{array} \right.\)

Ta có: \(f\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f\left( x \right) - 1 = a \in \left( { - 2; - 1} \right)\,\,\left( 1 \right)\\ f\left( x \right) - 1 = b \in \left( { - 1;0} \right)\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\\ f\left( x \right) - 1 = c \in \left( {1;2} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right) \end{array} \right.\)

Xét phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = a + 1 \in \left( { - 1;0} \right)\)

⇒ Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. Xét phương trình \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = b + 1 \in \left( {0;1} \right)\)

⇒ Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt. Xét phương trình \(\left( 3 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = c + 1 \in \left( {2;3} \right)\)

⇒ Phương trình (3) có 1 nghiệm duy nhất. Dễ thấy các nghiệm trên đều không trùng nhau.

Vậy phương trình \(f\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0\) có tất cả 7 nghiệm thực phân biệt.

Đặt \(t = {x^2}\), khi đó: \(\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { - 1;1} \right]} \left| {8{x^4} + a{x^2} + b} \right| = \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0;1} \right]} \left| {8{t^2} + at + b} \right| = 1\)

Xét \(g(t) = \left| {8{t^2} + at + b} \right|,t \in \left[ {0;1} \right]\)

Ta có: \(g\left( 0 \right) = \left| b \right|;g\left( 1 \right) = \left| {8 + a + b} \right|;g\left( {\frac{1}{2}} \right) = \left| {2 + \frac{a}{2} + b} \right|\)

Theo giả thiết, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} 1 \ge \left| b \right|\\ 1 \ge \left| {8 + a + b} \right|\\ 1 \ge \left| {2 + \frac{a}{2} + b} \right| \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 \ge \left| { - b} \right|\\ 1 \ge \left| { - 8 - a - b} \right|\\ 2 \ge \left| {4 + a + 2b} \right| \end{array} \right. \Rightarrow 4 \ge \left| { - b} \right| + \left| { - 8 - a - b} \right| + \left| {4 + a + 2b} \right| \ge 4\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: \(\left[ \begin{array}{l} - 2b = - 16 - 2a - 2b = 4 + a + 2b = 2\\ - 2b = - 16 - 2a - 2b = 4 + a + 2b = - 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - 8\\ b = - 1 \end{array} \right.\)

Ta có \(16{{\rm{a}}^2} + {b^2} + 1 \ge 2\sqrt {16{{\rm{a}}^2}{b^2}} + 1 = 8{\rm{a}}b + 1\) 

Do đó:

\(lo{g_{4a + 5b + 1}}\left( {16{a^2} + {b^2} + 1} \right) + lo{g_{8ab + 1}}\left( {4a + 5b + 1} \right) \ge lo{g_{4a + 5b + 1}}\left( {8ab + 1} \right) + lo{g_{8ab + 1}}\left( {4a + 5b + 1} \right)\)

Mặt khác

\(\begin{array}{l} lo{g_{4a + 5b + 1}}\left( {8ab + 1} \right) + lo{g_{8ab + 1}}\left( {4a + 5b + 1} \right) = lo{g_{4a + 5b + 1}}\left( {8ab + 1} \right) + \frac{1}{{lo{g_{4a + 5b + 1}}\left( {8ab + 1} \right)}} \ge 2\\ \Rightarrow lo{g_{4a + 5b + 1}}\left( {16{a^2} + {b^2} + 1} \right) + lo{g_{8ab + 1}}\left( {4a + 5b + 1} \right) \ge 2 \end{array}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 16{a^2} = {b^2}\\ 8ab + 1 = 4a + 5b + 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 4a = b\\ 2{b^2} + 1 = 6b + 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = \frac{3}{4}\\ b = 3 \end{array} \right.\).

Vậy \(a + 2b = \frac{{27}}{4}\).

ĐKXD: \(1 - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le 1\).

Đặt \(x + \sqrt {1 - {x^2}} = t\) ta có \({t^2} = {x^2} + 1 - {x^2} + 2x\sqrt {1 - {x^2}} = 1 + 2x\sqrt {1 - {x^2}} \Rightarrow x\sqrt {1 - {x^2}} = \frac{{{t^2} - 1}}{2}\)

Ta có: \(t\left( x \right) = x + \sqrt {1 - {x^2}} ,\,\,\,x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow t'\left( x \right) = 1 - \frac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = \frac{{\sqrt {1 - {x^2}} - x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = 0\)   

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

BBT:

Từ BBT ta có: \(t \in \left[ { - 1;\sqrt 2 } \right]\). Khi đó phương trình trở thành:

\({e^m} + {e^{3m}} = 2t\left( {1 + \frac{{{t^2} - 1}}{2}} \right) = t\left( {{t^2} + 1} \right) = {t^3} + t\,\,\left( * \right)\) 

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^3} + t\) ta có \(f'\left( t \right) = 3{t^2} + 1 > 0\,\,\forall t \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên R ⇒ Hàm số đồng biến trên \(\left( { - 1;\sqrt 2 } \right)\).

Từ \(\left( * \right) \Rightarrow f\left( {{e^m}} \right) = f\left( t \right) \Leftrightarrow {e^m} = t \Leftrightarrow m = \ln t \Rightarrow m \in \left( {0;\ln \sqrt 2 } \right) = \left( {0;\frac{1}{2}\ln 2} \right)\). Lại có \(m \in N \Rightarrow m \in \emptyset \)

Thể tích khối lăng trụ đều ABC.A'B'C' là

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.1 = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\).

Gọi M là trung điểm AB \( \Rightarrow CM \bot \left( {ABB'A'} \right)\) và \(CM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\). Do đó, thể tích khối chóp  là: \({V_{C.ABFE}} = \frac{1}{3}{S_{C.ABFE}}.CH = \frac{1}{3}.1.\frac{1}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}\).

Thể tích khối đa diện A'B'C'EFC là:

\({V_{A'B'C'EFC}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{C.ABFE}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4} - \frac{{\sqrt 3 }}{{12}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Do A' là trung điểm C'E' nên:

\(d\left( {E',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = 2d\left( {A',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = 2.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \).

\({S_{CC'F'}} = {S_{F'B'F}} + {S_{FB'C'C}} = {S_{FBC}} + {S_{FB'C'C}} = {S_{BCC'B'}} = 1\).

Thể tích khối chóp E'.CC'F' là

\({V_{E'.CC'F'}} = \frac{1}{3}{S_{CC'F'}}.d\left( {E',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \frac{1}{3}.1.\sqrt 3 = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Thể tích khối đa diện EFA'B'E'F' bằng

\({V_{EFA'B'E'F'}} = {V_{E'.CC'F'}} - {V_{A'B'C'EFC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{6} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\) .

Kẻ HK song song AD (K thuộc CD)

\( \Rightarrow DC \bot (SHK) \Rightarrow (SCD) \bot (SHK)\)

Kẻ HI vuông góc SK

\(\Rightarrow HI \bot (SCD) \Rightarrow d(H,(SCD)) = HI\)

Tam giác SHK vuông tại H

\( \Rightarrow \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{13}} \Rightarrow HI = \sqrt {13} \)

\( \Rightarrow d(H,(SCD)) = \sqrt {13} \)

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 2mx - \left( {2{m^2} - 7m + 7} \right)\)

Hàm số đồng biến trong khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) thì ta xét 2 trường hợp sau:

TH1: Hàm số luôn đồng biến trên R:

\(\Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} + 3\left( {2{m^2} - 7m + 7} \right) \le 0 \Leftrightarrow {m^2} - 3m + 3 \le 0,\left( {VL} \right)\)

Vậy không có giá trị nào của m để hàm số luôn đồng biến trên R,

TH2: Hàm số đồng biến trong khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\)

\(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 3m + 3 > 0,\left( {\forall x \in R} \right)\) .

Giả sử \({x_1},{x_2},\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\) là hai nghiệm của phương trình y' = 0, để Hàm số đồng biến trong khoảng  \(\left( {2; + \infty } \right)\) thì:

\({x_1} < {x_2} \le 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{S}{2} \le 2\\
\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 \ge 0,(1)
\end{array} \right.\)

Theo định lí vi-et ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = \frac{{2m}}{3}\\
{x_1}{x_2} = \frac{{ - 2{m^2} + 7m - 7}}{3}
\end{array} \right.\) (2)

Thay (2) vào (1) ta được:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
m \le 6\\
\frac{{ - 2{m^2} + 7m - 7}}{3} - 2\left( {\frac{{2m}}{3}} \right) + 4 \ge 0 \Leftrightarrow  - 2{m^2} + 3m + 5 \ge 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \le 6\\
 - 1 \le m \le \frac{5}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 \le m \le \frac{5}{2}
\end{array}\)

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thì hàm số đồng biến trong khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Gọi: A đồng là số tiền anh Nam  vay ngân hàng với lãi suất r%/tháng; X đồng là số tiền anh Nam trả nợ cho ngân hàng vào cuối mỗi tháng.

Khi đó: Số tiền anh Nam đó còn nợ ngân hàng sau n tháng là: \({T_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n} - X\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{r}.\)

Anh Nam trả hết số tiền trên khi

\({T_n} = 0 \Leftrightarrow A{\left( {1 + r} \right)^n} - X\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{r}. = 0 \Leftrightarrow 300{\left( {1,0065} \right)^n} - 5\frac{{1,{{0065}^n} - 1}}{{0,0065}} = 0 \Leftrightarrow n \approx 76,29.\)

Vậy: sau 77 tháng anh Nam trả hết số tiền trên.

Xét hàm số \(y = \frac{{ax + 2}}{{bx + c}}\)

\(bx + c = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{ - c}}{b} \Rightarrow \) TCĐ: \(x =  - \frac{c}{b} =  - 3 \Rightarrow c = 3b\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{ax + 2}}{{bx + c}} = \frac{a}{b} \Rightarrow y = \frac{a}{b}\) là TCN , \(\frac{a}{b} = 2 \Rightarrow a = 2b.\).

 - Từ đồ thị suy ra giao điểm với trục tung có tung độ âm,vậy \(\frac{2}{c} < 0\) suy ra c < 0,do đó a, b đều âm

Thể tích của toàn bộ khối đồ chơi là: \(V = \pi {r_1}^2{h_1} + \pi {r_2}^2{h_2} = \pi {r_1}^2{h_1} + \pi .\frac{1}{4}.{r_1}^2.2.{h_1} = \frac{3}{2}.\pi {r_1}^2{h_1}\)

\( \Leftrightarrow 30 = \frac{3}{2}{V_1}\) (\({V_1}\) với  là thể tích của khối trụ (H₁)).

\(\Leftrightarrow {V_1} = 20c{m^3}\)

Tịnh tiến đồ thị hàm số y = f(x) sang phải 1 đơn vị, ta được đồ thị hàm số y = f(x-1)

Do đó đồ thị hàm số y = f(x-1) có 3 cực trị và có 4 giao điểm với Ox.

Để được đồ thị hàm số y = f(x) + m với m nguyên dương ta phải tịnh tiến đồ thị hàm số y = f(x-1) lên trên m đơn vị

Để thỏa mãn điều kiện đề bài thì đồ thị hàm số y = f(x-1) + m cắt Ox tại đúng 2 điểm (không phải là điểm cực trị của chính nó), do đó \(3 \le m < 6 \Rightarrow S = \left\{ {3;4;5} \right\}.\)

Tổng giá trị các phần tử của S là 12.

Xét phương trình \({x^4} + {e^{4y}} - 3 = x.{e^y}\left( {1 - 2x.{e^y}} \right)\)

Đặt \(t = {e^y}\left( {t > 0} \right)\) ta có: \({x^4} + {t^4} - 3 = xt\left( {1 - 2xt} \right) \Leftrightarrow 3 + xt = {\left( {{x^2} + {t^2}} \right)^2} \ge 4{\left( {xt} \right)^2}\)

\(\Leftrightarrow - \frac{3}{4} \le xt \le 1\).

Lại do \(x,t > 0 \Rightarrow 0 < xt \le 1 \Rightarrow 0 < x.{e^y} \le 1 \Leftrightarrow \ln x + y \le 0\) nên \(P \le 0\).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l} x = t\\ xt = 1\\ x,t > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow x = t = 1\) hay \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = 0 \end{array} \right.\)

Vậy \({P_{\max }} = 0 \in \left[ {0;\,\,3} \right)\).

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [-2;1].

Ta có: \(y = \left| {{x^2} + 2x + m - 4} \right| = \left| {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + m - 5} \right|{\rm{ }}\left( * \right)\)
Đặt \(t = {\left( {x + 1} \right)^2},{\rm{ }}x \in \left[ { - 2;1} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;4} \right]\).

Lúc đó hàm số trở thành: \(f\left( t \right) = \left| {t + m - 5} \right|\) với \(t \in \left[ {0;4} \right]\).

Nên \(\mathop {\max y}\limits_{x \in \left[ { - 2;1} \right]} = \mathop {\max f\left( t \right)}\limits_{t \in \left[ {0;4} \right]} = \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0;4} \right]} \left\{ {f(0);f(4)} \right\}\)

\( = \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0;4} \right]} \left\{ {\left| {m - 5} \right|;\left| {m - 1} \right|} \right\}\).

\(\ge \frac{{\left| {m - 1} \right| + \left| {m - 5} \right|}}{2}\).

\( \ge \frac{{\left| {m - 1 + 5 - m} \right|}}{2} = 2\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left| {m - 1} \right| = \left| {m - 5} \right| = 2 \Leftrightarrow m = 3\).

Do đó giá trị nhỏ nhất của \(\mathop {\max f\left( t \right)}\limits_{t \in \left[ {0;4} \right]} \) là 2 khi m = 3.

Trong (A'B'C'D') kẻ MF // DN suy ra \(\Delta A'MF\Delta CDN\,\,\left( {g.g} \right)\) do đó \(\frac{{A'F}}{{CN}} = \frac{{A'M}}{{CD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow A'F = \frac{a}{6} \Rightarrow D'F = \frac{{5a}}{6}\).

Trong (BCC'B') kẻ NE // DF suy ra \(\Delta BNE\Delta D'FD\,\,\left( {g.g} \right)\) do đó \(\frac{{BE}}{{D'D}} = \frac{{BN}}{{D'F}} = \frac{4}{5} \Rightarrow BE = \frac{{4a}}{5} \Rightarrow B'E = \frac{a}{5}\).

Mặt phẳng (DMN) cắt hình lập phương ABCD.A'B'C'D' theo thiết diện là ngũ giác DNEMF với \(EB' = \frac{a}{5}\) và \(A'F = \frac{a}{6}\).

Ta có: \({V_{\left( {{H'}} \right)}} = {V_{E.B'C'D'FM}} + {V_{E.D'FD}} + {V_{E.DCC'D'}} + {V_{E.NCD}}\)

\(= \frac{1}{3}\left( {{a^2} - \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{6}} \right)\frac{a}{5} + \frac{1}{3}.\frac{1}{2}a.\frac{{5a}}{6}.a + \frac{1}{3}{a^3} + \frac{1}{3}.\frac{1}{2}a.\frac{a}{3}.\frac{{4a}}{5} = \frac{{209}}{{360}}{a^3}.\)

 Khi đó: \({V_{\left( H \right)}} = {a^3} - {V_{\left( {H'} \right)}} = \frac{{151}}{{360}}{a^3}\).

Vậy \(\frac{{{V_{\left( H \right)}}}}{{{V_{\left( {H'} \right)}}}} = \frac{{151}}{{209}}\).

Theo đề bài \({\log _2}\left( {x - 1} \right) + 2x - 2y = 1 + {4^y} \Leftrightarrow {\log _2}2\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 1} \right) = 2y + {2^{2y}}\)

Đặt \(t = {\log _2}2\left( {x - 1} \right) \Rightarrow 2\left( {x - 1} \right) = {2^t}\).

Ta có \({2^t} + t = {2^{2y}} + 2y\,\,\,\,\left( 1 \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^t} + t\)  trên R

\(f'\left( t \right) = {2^t}.\ln 2 + 1 > 0\,\,\forall t \in R \Rightarrow f\left( t \right)\) đồng biến trên .

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( t \right) = f\left( {2y} \right) \Leftrightarrow t = 2y \Leftrightarrow {\log _2}2\left( {x - 1} \right) = 2y\).

\(\Leftrightarrow 2\left( {x - 1} \right) = {2^{2y}}\)

\(\Leftrightarrow x = {2^{2y - 1}} + 1\)

Mà \(x \le 2020 \Rightarrow {2^{2y - 1}} + 1 \le 2020 \Leftrightarrow y \le \frac{1}{2}\left( {1 + {{\log }_2}2019} \right)\).

Vì \(y \in {Z^ + } \Rightarrow y \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\).

Vậy có 5 cặp điểm cặp số nguyên dương (x;y).

Ta có: \(n\left( \Omega  \right) = 7.8.8 = 448\)

A: “Chọn được số có 3 chữ số mà chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước”

Số cần chọn có dạng \(\overline {abc} \) trong đó \(a \le b \le c\)

TH1: Nếu a < b < c. Chọn ra 3 số thuộc tập \(\left\{ {1,\,2,\,3,\,4,\,5,\,6,\,7} \right\}\) ta được 1 số thỏa mãn

Do đó có \(C_7^3 = 35\) số

TH2: Nếu a = b < c có \(C_7^2\) số

TH3: Nếu a < b = c có \(C_7^2\) số

TH4: a = b = c có \(C_7^1\) số

Suy ra: \(n\left( A \right) = C_7^3 + 2C_7^2 + C_7^1 = 84\) và \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{3}{{16}}\).

Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{mx + 4}}{{x + m}}\) có \(f'\left( x \right) = \frac{{{m^2} - 4}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\).

Hàm số  nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\).

\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) < 0\,\,\forall x \in \left( { - \infty ;0} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 4 < 0\\ - m \notin \left( { - \infty ;0} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 < m \le 0\)

Do \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 1\,;\,0\,} \right\}\).

Vậy có 2 giá trị nguyên của m.

Số tiền sau năm thứ nhất là : \({T_1} = 100(1 + 0,04) = 104\) triệu

Số tiền sau năm thứ hai là : \({T_2} = {T_1}(1 + 0,043)\) triệu

Số tiền sau năm thứ ba là : \({T_3} = {T_2}(1 + 0,046)\) triệu

Số tiền sau năm thứ tư là \({T_4} = {T_3}(1 + 0,049) \approx 119,02\) triệu

+ Từ hình dạng đồ thị ta suy ra a > 0

+  x = 0 suy ra y = d. từ đồ thị suy ra d > 0.

+ \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c\).

Từ đồ thị hàm số ta nhận thấy hàm số đạt cực trị tại hai điểm có hoành độ âm

Suy ra y'=0 có 2 nghiệm âm phân biệt

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3ac > 0\\ - \frac{{2b}}{{3a}} < 0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} c > 0\\ b > 0 \end{array} \right.\)

Vậy cả 4 số a, b, c, d đều dương.

Ta có: \(f(\sqrt {1 - \sin x} ) = f(\sqrt {1 + \cos x} )(*)\)

\(x \in ( - 3;2) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 \le \sin x \le 1\\ - 1 \le \cos x \le 1 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0 \le \sqrt {1 - \sin x} \le \sqrt 2 \\ 0 \le \sqrt {1 + \cos x} \le \sqrt 2 \end{array} \right.\)

Với \(x \in \left[ {0;\sqrt 2 } \right]\) thì hàm số y = f(x) đồng biến nên phương trình \((*) \Leftrightarrow \sqrt {1 - \sin x} = \sqrt {1 + \cos x} \)

\( \Leftrightarrow 1 - \sin x = 1 + \cos x \Leftrightarrow \tan x = - 1 \Leftrightarrow x = \frac{{ - \pi }}{4} + k\pi ,k \in \)

Vì \(x \in ( - 3,2) \Rightarrow x = \frac{{ - \pi }}{4}\)

Từ giả thiết ta có:  

\(\begin{array}{l} {\log _2}\frac{{x + y + 1}}{{4x + y + 3}} = 2x - y \Leftrightarrow 1 + {\log _2}\frac{{x + y + 1}}{{4x + y + 3}} = 2x - y + 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{2x + 2y + 2}}{{4x + y + 3}} = (4x + y + 3) - (2x + 2y + 2)\\ \Leftrightarrow f(2x + 2y + 2) = f(4x + y + 3) \Leftrightarrow 2x + 2y + 2 = 4x + y + 3 \Leftrightarrow y = 2x + 1 \end{array}\)

 (Với hàm \(f(t) = {\log _2}t + t\) là đơn điệu trên \((0; + \infty )\))

Thay vào biểu thức T ta được: \(T = \frac{{{{(x + z + 1)}^2}}}{{3x + y}} + \frac{{{{(y + 2)}^2}}}{{x + 2z + 3}} = \frac{{{{(x + z + 1)}^2}}}{{5x + y}} + \frac{{{{(2x + 3)}^2}}}{{x + 2z + 3}}\)

Áp dụng bất đẳng thức: \(T = \frac{{{{(x + z + 1)}^2}}}{{5x + y}} + \frac{{{{(2x + 3)}^2}}}{{x + 2z + 3}} \ge \frac{{{{(3x + z + 4)}^2}}}{{6x + 2z + 4}} = \frac{1}{2}.\frac{{{{(3x + z + 4)}^2}}}{{3x + z + 2}}\)

Đặt \(t = 3x + z + 2 \Rightarrow T \ge \frac{1}{2}(t + \frac{4}{t} + 4) \ge \frac{1}{2}(2\sqrt {t.\frac{4}{t}} + 4) = 4\)

Dấu "=" xảy ra khi : \(\left\{ \begin{array}{l} y = 2x + 1\\ t = 2 = 3x + z + 2\\ \frac{{x + z + 1}}{{5x + 1}} = \frac{{2x + 3}}{{x + 2z + 3}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = z = 0\\ y = 1 \end{array} \right.\)

Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(T = 4\).