Số cách xếp 6 học sinh ngồi vào một bàn dài có 6 chỗ 6! cách.

\(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 2\)

\({\log _3}\left( {x{\rm{ }} + 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x + 1 = {3^2} \Leftrightarrow \) x = 8

\(V = {3^3} = 27c{m^3}\)

Đk \(2 + x > 0 \Leftrightarrow x >  - 2\)

Vậy TXĐ: \(\left( {\, - 2\,; + \infty \,} \right)\)

\(\int {\left( {x + \cos x} \right)dx}  = \frac{{{x^2}}}{2} + \sin x + C\)

\(V = B.h = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{2}.\)

\({S_{xq}} = \pi rl = 15\pi .\)

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{32\pi {a^3}}}{3}\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;2)

\(lo{g_3}{a^2} = 2lo{g_3}a.\)

\(V = \pi {r^2}h = 160\pi .\)

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 0.

Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 3\)

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\) là đường thẳng x = -1

PT \({2^{{x^2} + 3x}} \le 16 \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 4 \le 0 \Leftrightarrow  - 4 \le x \le 1\)

Vì \(x \in Z\) nên \(x \in \left\{ { - 4; - 3; - 2; - 1;0;1} \right\}\).

Phương trình \(f\left( x \right) - 2 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2\)

Phương trình có 3 nghiệm

\(\int\limits_1^6 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_2^6 {f\left( x \right)dx}  = 5\)

Số phức liên hợp của  số phức z=5-4i là \(\overline z  = 5 + 4i\)

Sử dụng casio ta được \(z = \frac{5}{8} + i \Rightarrow \frac{a}{b} = \frac{5}{8}\)

Sử dụng casio ta có \(\text{w}=2-6i\). Điểm biểu diễn của w là M\(\left( 2;-6 \right)\).

Gọi G(x;y;z) là trọng tâm của tam giác OAB. Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} x = \frac{1}{3}\left( {1 + 2 + 0} \right) = 1\\ y = \frac{1}{3}\left( {0 + 1 + 0} \right) = \frac{1}{3}\\ z = \frac{1}{3}\left( { - 2 - 1 + 0} \right) = - 1 \end{array} \right.\)

\(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d}  = 3\)

\(\left( P \right):x + 2y + 3z + 5 = 0\)

Ta có \(\overrightarrow {{n_{(P)}}}  = (1;2;3)\)

Đường thẳng đi qua \(M\left( 2;0;-3 \right)\) và song song với đường thẳng  d nên có vectơ chỉ phương là \(\overset{\to }{\mathop{u}}\,=(2,3,4)\) nên có phương trình đường thẳng là : \(\frac{x-2}{2}=\frac{y}{3}=\frac{z+3}{4}\)

Góc \(\varphi \) giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) thỏa

\(\tan \varphi =\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\sqrt{3}\Rightarrow \varphi =60{}^\circ .\)

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là 3.

Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số \(y=\sqrt{{{x}^{2}}-2x+5}\) trên \(\left[ 0;3 \right].\)

M+m = \(2\left( \sqrt{2}+1 \right)\).

\({\log _{\sqrt a }}\left( {a\sqrt[{}]{b}} \right) = 1 \Leftrightarrow 1 + {\log _a}b = 0\)

PT hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y=\frac{x-2}{x+2}\) với đường thẳng y=4x+1 là

\(\frac{x-2}{x+2} =4x+1\Leftrightarrow {{x}^{2}}+2x+1=0\Leftrightarrow x=-1.\)

\({\log _2}\left( {2x - 3} \right) < {\log _2}\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left( {2x - 3} \right) < \left( {x - 1} \right)\\ 2x - 3 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left( {\frac{3}{2};2} \right).\)

Độ dài cung lớn \(\overset\frown{AB}\) là \(\frac{3}{4}.2\pi .R=3\pi \).

Chu vi đáy của hình nón là: \(C=\frac{3}{4}.2\pi .SA=3\pi \).

Suy ra bán kính đáy của hình nón là: \(r=\frac{3\pi }{2\pi }=\frac{3}{2}\).

  Vậy diện tích xung quanh của hình nón là \({{S}_{xq}}=3\pi \).

\(\begin{array}{l} \int\limits_1^3 {\frac{{dx}}{{{e^x} - 1}}} = \int\limits_1^3 {\frac{{{e^x}dx}}{{{e^x}({e^x} - 1)}}} = \int\limits_1^3 {\frac{{d({e^x})}}{{{e^x}({e^x} - 1)}}} = \int\limits_1^3 {(\frac{{d({e^x} - 1)}}{{{e^x} - 1}} - } \frac{{d({e^x})}}{{{e^x}}})\\ = (\ln \left| {{e^x} - 1} \right| - \ln \left| {{e^x}} \right|)\left| \begin{array}{l} 3\\ 1 \end{array} \right. = \ln ({e^3} - 1) - \ln {e^3} - \ln (e - 1) + \ln e = \ln ({e^2} + e + 1) - 2\\ = a\ln ({e^2} + e + 1) - 2b \Rightarrow a = 1;b = 1 \Rightarrow K = a + b = 2 \end{array}\)

\(V = \pi \int\limits_1^4 {{{\left( {\frac{4}{x}} \right)}^2}} dx = 12\pi \)

Hai số phức \({{z}_{1}}=-2+i\) và \({{z}_{2}}=1+i\). Ta có \(2{{z}_{1}}+{{z}_{2}}=-3+3i\). Nên \(M\left( -3;\,\,3 \right)\)

\({z^2} + 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {z_1} = - 1 + 2i\\ {z_2} = - 1 - 2i \end{array} \right.\) (vì z₁ có phần ảo dương)

Nên \({z_1} + 2{z_2} =  - 3 + 2i \Rightarrow \left| {{z_1} + 2{z_2}} \right| = \sqrt {13} \)

Gọi I là trung điểm của \(AB\Rightarrow I\left( 0;\frac{5}{2};-1 \right)\).

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua \(I\left( 0;\frac{5}{2};-1 \right)\) và nhận \(\overrightarrow{AB}=\left( -2;-1;6 \right)\) làm VTPT

Nên \(\left( \alpha  \right):-2x-\left( y-\frac{5}{2} \right)+6\left( z+1 \right)=0\Leftrightarrow 4x+2y-12z-17=0\).

Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):\text{ }4x-3y+2z+5=0\) nên d có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left( 4;-3;2 \right).\) Do đó phương trình chính tắc của đường thẳng d là \(\frac{x-1}{4}=\frac{y+2}{-3}=\frac{z-5}{2}\).

Số cách chọn hai cán bộ coi thi bất kì là \(n(\Omega )=C_{30}^{2}=435\)

Số cách chọn hai cán bộ coi thi mà hai giáo viên được chọn thuộc hai trường khác nhau là 

\(n(A)=C_{12}^{1}.C_{10}^{1}+C_{12}^{1}.C_{8}^{1}+C_{10}^{1}.C_{8}^{1}=296\).

Xác suất để chọn như yêu cầu đề bài là  \(P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{296}{435}\).

Gọi I là trung điểm BC \(\Rightarrow AI\bot BC\).

Ta có \(A'O\bot BC\Rightarrow \left( AA'O \right)\bot BC\).

Kẻ IH vuông góc AA’ \(\Rightarrow IH\bot BC\Rightarrow d\left( AA';BC \right)=IH\).

Ta có: \({{S}_{ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\); \(OA'=\frac{V}{{{S}_{ABC}}}=4a\)

Mà \(AI=\frac{a\sqrt{3}}{2};AO=\frac{a\sqrt{3}}{3}\) nên \(AA'=\frac{7a\sqrt{3}}{3}\).

Suy ra \(IH=\frac{A'O.AI}{AA'}=\frac{6a}{7}\).

TXĐ: \(D={{\mathbb{R}}^{{}}}\). Ta có: \(y'=6{{x}^{2}}+2x-m\)

Hàm số \(y=2{{x}^{3}}+{{x}^{2}}-mx+2m-1\) nghịch biến trên \(\left[ -1;1 \right]\Leftrightarrow y'\le 0\,,\,\,\forall x\in \left[ -1;1 \right]\)

\(\Leftrightarrow 6{{x}^{2}}+2x\le m\,\,,\forall x\in \left[ -1;1 \right]\Leftrightarrow m\ge \underset{\left[ -1;1 \right]}{\mathop{\max }}\,\left( 6{{x}^{2}}+2x \right)\).

Xét hàm số: \(g\left( x \right)=6{{x}^{2}}+2x\) trên \(\left[ -1;1 \right]\) ta có:

\(g'\left( x \right)=12x+2\Rightarrow g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 12x+2=0\Leftrightarrow x=-\frac{1}{6}\in \left[ -1;1 \right]\)

\(\left\{ \begin{array}{l} g\left( { - 1} \right) = 4\\ g\left( { - \frac{1}{6}} \right) = - \frac{1}{6}\\ g\left( 1 \right) = 8 \end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} g\left( x \right) = 8\,\,khi\,\,\,x = 1\) nên \(m \ge 8\)

Suy ra \(m \in \left\{ {8;9;10} \right\}\)

Ta có \(2{P_0} = {P_0}{e^{9k}} \Leftrightarrow 2 = {e^{9k}} \Leftrightarrow k = \frac{{\ln 2}}{9}.\)

\(1600 = 100{e^{kt}} \Leftrightarrow {e^{kt}} = 16 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 16}}{k} = 36.\)

Từ đồ thị ta có \(\left\{ \begin{array}{l} a = - 1\\ - c = 1\\ 2a + b = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - 1\\ b = 2\\ c = - 1 \end{array} \right.\) nên T = -9

Từ gt ta có H là trung điểm OO’ và \(H\hat{I}O={{45}^{0}}\); \(IH=\frac{a}{2}\).

Trong tan giác vuông HIO ta có

\(OI=OH=HI.\sin {{45}^{0}}=\frac{a}{2\sqrt{2}}\Rightarrow \text{OO }\!\!'\!\!\text{  = h =}\frac{a}{\sqrt{2}}.\)

Trong tan giác vuông AIO ta có \(OA=\sqrt{O{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}=r\) - bán kính mặt trụ.

Diện tích xung quanh \(S{{ }_{xq}}\) của hình trụ \({{S}_{xq}}=\pi rh=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.\)

Tính \(I = \int\limits_0^4 {{x^2}f'\left( x \right)dx} \).

\(\left\{ \begin{array}{l} u = {x^2}\\ dv = f'\left( x \right)dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = 2dx\\ v = f\left( x \right) \end{array} \right.\)

Do đó \(I = {x^2}.\left. {f\left( x \right)} \right|_0^4 - \int\limits_0^4 {2x.f\left( x \right)dx} ,\) ta tính \(\int\limits_0^4 {2x.f\left( x \right)dx} \).

Xét \(\int\limits_0^1 {xf\left( {4x} \right)dx}  = 1.\)

Đặt \(t = 4x \Rightarrow \int\limits_0^4 {\frac{1}{4}t.f\left( t \right).\frac{1}{4}dt}  = 1 \Rightarrow \int\limits_0^4 {t.f\left( t \right)dt}  = 16 \Rightarrow \int\limits_0^4 {x.f\left( x \right)} dx = 16.\)

Xét \(I = \int\limits_0^4 {{x^2}f'\left( x \right)} dx.\) Suy ra: \(I = \left. {{x^2}.f\left( x \right)} \right|_0^4 - \int\limits_0^4 {2x.f\left( x \right)dx}  = {4^2}f\left( 4 \right) - 2.16 =  - 16.\)

Phương trình \(f\left( 1-2\sin x \right)=f\left( \left| m \right| \right)\).

Ta có:  \(-1\le 1-2\sin x\le 3,\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow -2\le f\left( 1-2\sin x \right)\le 2\).

Phương trình \(f\left( 1-2\sin x \right)=f\left( \left| m \right| \right)\) có nghiệm khi và chi khi

\( - 2 \le f\left( {\left| m \right|} \right) \le 2 \Leftrightarrow  - 1 \le \left| m \right| \le 3 \Leftrightarrow  - 3 \le m \le 3\)

Mà \(m \in Z\) nên \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1;2;3} \right\}\) có 7 giá trị.

Từ giả thiết ta có \({{a}^{x}}=\sqrt{abc}\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}{{\log }_{a}}\left( abc \right)\Rightarrow \frac{1}{x}=2{{\log }_{abc}}a\).

Tương tự \(\frac{1}{y}=2{{\log }_{abc}}b;\,\,\,\frac{1}{z}=2{{\log }_{abc}}c\).

Suy ra \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\,\frac{1}{z}=2\left( lo{{g}_{abc}}a+lo{{g}_{abc}}b+{{\log }_{abc}}c \right)=2.\)

Mà \(\left( x+y \right)\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right)\ge 4\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}\Rightarrow \frac{4}{x+y}\le 2-\frac{1}{z}\Rightarrow x+y\ge \frac{4z}{2z-1}\).

Suy ra \(P=x+y+2{{z}^{2}}\ge \frac{4z}{2z-1}+2{{z}^{2}}=f\left( z \right)\).

\(\begin{align} & f\left( z \right)=\frac{4z}{2z-1}+2{{z}^{2}},\,\,\left( z>0 \right);\,\,f'\left( z \right)=\frac{-4}{{{\left( 2z-1 \right)}^{2}}}+4z \\ & f'\left( z \right)=0\Leftrightarrow z{{\left( 2z-1 \right)}^{2}}-1=0\Leftrightarrow z=1 \\ \end{align}\)

Do đó \(f\left( z \right)\ge f\left( 1 \right)=6\).

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

Ta có \(g'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-6x+4>0,\forall x\in \left[ 0;2 \right]\). Suy ra \(g\left( x \right)\in \left[ a;a+4 \right],\forall x\in \left[ 0;2 \right]\).

TH1: Nếu a>0 thì \(M=a+4;\,\,m=a\).

Từ gt: \(M\le 2m \Leftrightarrow a+4\le 2a\Leftrightarrow a\ge 4\). Vì \(\left\{ \begin{align} & a\in \mathbb{Z} \\ & a\in \left[ -10;10 \right] \\ \end{align} \right.\) nên \(a\in \left\{ 4;5;6;7;8;9;10 \right\}\).

TH2: Nếu a<-4 thì \(M=-a;\,\,m=-a-4\).

Từ gt \(M\le 2m \Leftrightarrow -a\le 2\left( -a-4 \right)\Leftrightarrow a\le -8\). Vì \(\left\{ \begin{align} & a\in \mathbb{Z} \\ & a\in \left[ -10;10 \right] \\ \end{align} \right.\) nên \(a\in \left\{ -10;-9;-8 \right\}\).

TH3: Nếu \(-4\le a\le 0\) thì \(M=m\text{ax}\left\{ \left| a \right|;\left| a+4 \right| \right\};\,\,m=0\).

\(M=m\text{ax}\left\{ \left| a \right|;\left| a+4 \right| \right\}=m\text{ax}\left\{ \left| -a \right|;\left| a+4 \right| \right\}\,\ge \frac{\left| -a \right|+\left| a+4 \right|}{2}\ge \frac{-a+a+4}{2}=2>m=0.\)

Vậy \(a\in \left\{ -10;-9;-8;4;5;6;7;8;9;10 \right\}\).

Thể  tích khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' là \({{V}_{1}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}\).

Thể tích  của khối đa diện A'B'ABFE là \(V={{V}_{A'.ABFE}}+{{V}_{A'.BB'F}}\).

Ta có \({{S}_{ABFE}}=\frac{5}{9}{{S}_{\Delta ABC}}\Rightarrow {{V}_{A'.ABFE}}=\frac{5}{9}{{V}_{A'.ABC}}=\frac{5}{27}{{V}_{1}}\).

Mà \({{V}_{A'.BB'F}}={{V}_{A.BB'F}}={{V}_{B'.ABF}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ABF}}.AA'=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ABA}}\text{.AA }\!\!'\!\!\text{  =}\frac{1}{9}{{V}_{1}}\).

Do đó \(V={{V}_{A'.ABFE}}+{{V}_{A'.BB'F}}=\left( \frac{5}{27}+\frac{1}{9} \right){{V}_{1}}=\frac{2{{a}^{3}}\sqrt{3}}{27}\)

\({{\log }_{3}}\left( 3{{x}^{2}}+6x+9 \right)-{{y}^{2}}+2={{3}^{{{y}^{2}}}}-{{x}^{2}}-2x\), với \(x\in \left( 0;600 \right)\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}+2x+3 \right)+{{x}^{2}}+2x+3={{3}^{{{y}^{2}}}}+{{y}^{2}}\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}+2x+3 \right)+{{3}^{{{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}+2x+3 \right)}}={{3}^{{{y}^{2}}}}+{{y}^{2}}\left( * \right)\)

Xét \(f\left( t \right)={{3}^{t}}+t,\,\,t>0;\,\,\,\,f'\left( t \right)={{3}^{t}}\ln 3+1>0\Rightarrow f\left( t \right)\) đồng biến.

Do đó \(\left( * \right)\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}+2x+3 \right)={{y}^{2}}\)

Với \(x\in \left( 0;600 \right)$\[\Rightarrow {{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}+2x+3 \right)\in \left( 1;12 \right)\Rightarrow y\in \left( 1;4 \right)\)

Do đó có 2 số nguyên y.