Ta có: \(C_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}}\)

u₃ = u₁ + 2d = 2 + 2.1 = 4

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

V = Bh

\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = {x^4} + {x^2} + x + C.\)

\(V = \frac{1}{6}SA.SB.SC = \frac{1}{6}.2\sqrt 3 .2.3 = 2\sqrt 3 \)

\(V = \frac{1}{3}\pi {\left( {\sqrt 3 } \right)^2}.4 = 4\pi \)

Diện tích của mặt cầu bán kính R là \(S = 4\pi {R^2}\)

\({S_{xq}} = 2\pi Rl = 2\pi .2.3 = 12\pi \)

Hàm số \(y = 2{x^3} - 6{x^2} + x + 1\) có \(y' = 6{x^2} - 12x + 1\) và \(y'' = 12x - 12\).

Cho \(y'' = 0 \Rightarrow x = 1 \Rightarrow y = - 2\) nên đồ thị hàm số có điểm uốn là \(I\left( {1; - 2} \right)\) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số 

* TXĐ: \(D =R \backslash \left\{ { - 1} \right\}.\)

* Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = - \infty \Rightarrow x = - 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Ta có:

3^-3x > 3^-x+2 ⇔ -3x > -x+2 ⇔ 2x < -2 ⇔ x < -1

Ta có \(y' = - 3{x^2} + 4x\).

Gọi \(M\left( {{x_0}; - x_0^3 + 2x_0^2} \right)\) là tiếp điểm. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M là: \(k = - 3x_0^2 + 4{x_0}\).

Vì tiếp tuyến của (C) tại M song song với đường thẳng y = x nên ta có:

\(- 3x_0^2 + 4{x_0} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_0} = 1\\ {x_0} = \frac{1}{3} \end{array} \right.\).

Tại \({x_0} = 1 \Rightarrow M\left( {1;1} \right)\): Phương trình tiếp tuyến là: y = x ( loại).

Tại \({x_0} = \frac{1}{3} \Rightarrow M\left( {\frac{1}{3};\frac{5}{{27}}} \right)\): Phương trình tiếp tuyến là: \(y = x - \frac{4}{{27}}\).

\(\int\limits_a^b {f(x)} dx = \int\limits_a^d {f(x)} dx + \int\limits_d^b {f(x)} dx = 7.\)

\(\left| z \right| = \left| {\overline z } \right| = \sqrt {{3^2} + {1^2}} = \sqrt {10} \)

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

M(3;-1) là điểm biểu diễn số phức z = 3 - i

Gọi I là trung điểm của OK'.

Ta có K'(0;0;6) là hình chiếu vuông góc của K lên Oz ⇒ I(0;0;3).

Ta có tọa độ tâm T(a;b;c) thỏa mãn hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l} - 2a = - 2\\ - 2b = - 4\\ - 2c = - 6 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 1\\ b = 2\\ c = 3 \end{array} \right.\).

Vậy T(1;2;3).

Mặt phẳng \((\alpha)\) có phương trình tổng quát là x - 2y + 3z + 2018 = 0. Suy ra một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng là \(\overrightarrow n = \left( {1; - 2;3} \right)\).

\(\left( P \right):x + y - z + 1 = 0\) có VTPT là \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1;\,1;\, - 1} \right)\).

\(\left( Q \right):2x - y + z - 3 = 0\) có VTPT là \(\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = \left( {2;\, - 1;\,1} \right)\).

\(\Delta = \left( P \right) \cap \left( Q \right)\Rightarrow \Delta \) có VTCP \(\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ;\,\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} } \right] = \left( {0;\, - 3;\, - 3} \right) = - 3\left( {0;\,1;\,1} \right)\).

Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng (P) và đường thẳng b vuông góc với a thì b vuông góc với mặt phẳng (P).

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{mx + 1}}{{x - m}}\) đi qua A(1;-3) nên \( - 3 = \frac{{m + 1}}{{1 - m}} \Rightarrow 3m - 3 = m + 1 \Leftrightarrow m = 2\).

Ta có \(2\pi R = 2\pi a \Rightarrow R = a\).

Diện tích xung quanh S_xq của hình nón là \({S_{xq}} = \pi Rl = 2{a^2}\pi \).

Hàm số y = f(x) là hàm số chẵn nên \(\int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2\int\limits_0^a {f\left( x \right){\rm{d}}x} \).

Hàm số y = f(x) là hàm số lẻ nên \(\int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 0\).

\(I = \int\limits_{ - a}^a {\left( {f\left( x \right) - x} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_{ - a}^a {x.{\rm{d}}x} = 2\int\limits_0^a {f\left( x \right){\rm{d}}x}=6 \)  Vì y = x là hàm lẻ nên \(\int\limits_{ - a}^a {x.{\rm{d}}x} = 0\))

Phương trình hoành độ giao điểm: \( - {x^2} + 2{\rm{x}} + 1 = 2{{\rm{x}}^2} - 4{\rm{x}} + 1\)

\( \Leftrightarrow 3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2 \end{array} \right.\)

Diện tích cần tính là: \(S = \int\limits_0^2 {\left| {3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}}} \right|d{\rm{x}}\,{\rm{ = }}\,4} \).

Ta có \(\left( {1 + i} \right)\bar z - 1 - 3i = 0 \Leftrightarrow \bar z = 2 + i \Rightarrow z = 2 - i\).

Số phức \(w = 1 - zi + \bar z = 1 - \left( {2 - i} \right)i + 2 + i = 2 - i\) có phần ảo là -1.

\(2{z^2} - 6z + 5 = 0 \Rightarrow {z_0} = \frac{3}{2} - \frac{1}{2}i\)

Khi đó \(i{z_0} = \frac{1}{2} + \frac{3}{2}i\)

Gọi M, N, K lần lượt là hình chiếu của A(1;-1;2) lên các trục Ox, Oy, Oz.

Suy ra: M(1;0;0), N(0;-1;0), K(0;0;2).

Khi đó phương trình mặt phẳng (Q) qua M(1;0;0), N(0;-1;0), K(0;0;2) có dạng:

\(\frac{x}{1} + \frac{y}{{ - 1}} + \frac{z}{2} = 1 \Leftrightarrow 2x - 2y + z - 2 = 0\).

Vectơ chỉ phương của AB là \(\overrightarrow {AB} \left( { - 2;1;1} \right)\).

Phương trình của đường thẳng AB có dạng : \(\frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{{y - 3}}{1} = \frac{{z - 1}}{1}\).

Xét đáp án C ta có: M(1;4;2) không nằm trên đường thẳng AB.

Gọi I là trung điểm của đoạn AD.

Ta có AI // BC và AI = BC nên tứ giác ABCI là hình vuông hay

\(CI = a = \frac{1}{2}AD \Rightarrow \Delta ACD\) là tam giác vuông tại C.

Kẻ \(AH \bot SC\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} AC \bot CD\\ AC \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SCA} \right)\)

Hay \(CD \bot AH\) nên \(AH \bot \left( {SCD} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {A,{\rm{ }}\left( {SCD} \right)} \right) = AH\); \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 \).

\(AH = \frac{{SA.AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {2{a^2} + 2{a^2}} }} = a\).

Gọi \(AB \cap CD = E\), mặt khác \(\frac{{EB}}{{EA}} = \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{1}{2}\) nên B là trung điểm của đoạn AE.

\(\frac{{d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{1}{2} = \frac{a}{2}\)

Vậy \(d = \frac{1}{2}a\)

Giả sử nhóm A có x₁ nam, y₁ nữ. \(\left( {0 < {x_1},{y_1} < 23} \right)\)

Giả sử nhóm B có x₂ nam, y₂ nữ. \(\left( {0 < {x_2},{y_2} < 23} \right)\)

Giả thiết: \({x_1} + {y_1} + {x_2} + {y_2} = 25\) (1)

Xác suất chọn được hai nam là 0,57

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {P_1} = \frac{{{x_1}{x_2}}}{{\left( {{x_1} + {y_1}} \right)\left( {{x_2} + {y_2}} \right)}} = 0,57 = \frac{{57}}{{100}}\\ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_1}{x_2} = 57 = 3.19\left( 2 \right)}\\ {\left( {{x_1} + {y_1}} \right)\left( {{x_2} + {y_2}} \right) = 100\left( 3 \right)} \end{array}} \right. \end{array}\)

Trường hợp \({x_1}{x_2} = k.57\), \(k \in N {^*}\) không thỏa mãn (1).

Vậy từ (2) suy ra: \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_1} = 3;{x_2} = 19}\\ {{x_1} = 19;{x_2} = 3} \end{array}} \right.\)

Kết hợp (3) ta có: \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_1} = 3;{x_2} = 19;{y_1} = 2;{y_2} = 1}\\ {{x_1} = 19;{x_2} = 3;{y_1} = 1;{y_2} = 2} \end{array}} \right.\)

Vậy xác suất để có cả nam và nữ là: \(P = \frac{{3.1 + 2.19}}{{5.20}}=0,41\).

Ta có \(\frac{3}{4}{\cos ^2}2x + 3\sin x.\cos x - \frac{m}{4} + \frac{9}{4} = 0 \Leftrightarrow - \frac{3}{4}{\sin ^2}2x + \frac{3}{2}\sin 2x + 3 - \frac{m}{4} = 0\)

Đặt \(t = \sin 2x,\,t \in \left[ { - 1;1} \right]\) khi đó ta có phương trình \( - 3{t^2} + 6t + 12 = m\)

Bài toán trở thành tìm m để phương trình có nghiệm \(t \in \left[ { - 1;1} \right]\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = - 3{t^2} + 6t + 12;\,f'\left( t \right) = - 6t + 6\)

\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1\)

Bảng biến thiên

Phương trình có nghiệm khi \(3 \le m \le 15.\)

Vậy có 13 giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm.

Đặt \({x_A} = - 1 + t;{x_B} = - 1 - t\left( {t > 0} \right)\), khi đó

Ta có \(A\left( { - 1 + t;\frac{{t + 3}}{t}} \right);B\left( { - 1 - t;\frac{{ - t + 3}}{{ - t}}} \right)\), khi đó \(AB = \sqrt {4{t^2} + {{\left( {\frac{{t + 3}}{t} + \frac{{ - t + 3}}{t}} \right)}^2}} = \sqrt {4{t^2} + \frac{{36}}{{{t^2}}}} \)

\( \ge \sqrt {2.\sqrt {4{t^2}.\frac{{36}}{{{t^2}}}} } = \sqrt {2.2.6} = 2\sqrt 6 \).

Dấu bằng xảy ra khi \({t^4} = 9 \Leftrightarrow t = \sqrt 3 \), suy ra \(A\left( { - 1 + \sqrt 3 ;1 + \sqrt 3 } \right);B\left( { - 1 - \sqrt 3 ;1 - \sqrt 3 } \right)\).

Khi đó \(P = {\left( {1 + \sqrt 3 } \right)^2} + {\left( {1 - \sqrt 3 } \right)^2} - \left( { - 1 + \sqrt 3 } \right)\left( { - 1 - \sqrt 3 } \right)=10\).

Gọi M là trung điểm BC. Khi đó ta có \(BC \bot AM,BC \bot A'M\)

Suy ra: \(\left( {\left( {A'BC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {A'MA} = 45^\circ \)⇒ AA' = AM. Gọi O là trọng tâm tam giác ABC.

Đặt BC = x, x > 0. Ta có \(AM = A'A = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'M = \frac{{x\sqrt 6 }}{2}\).

Nên \({S_{\Delta A'BC}} = \frac{1}{2}.A'M.BC = \frac{{{x^2}\sqrt 6 }}{4} = {a^2}\sqrt 6 \) ⇒ x = 2a.

Khi đó: \(AO = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\) và \(A'A = a\sqrt 3 \).

Suy ra diện tích xung quang khối trụ là: \({S_{xq}} = 2\pi .OA.A'A = 2\pi .\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.a\sqrt 3 = 4\pi {a^2}\).

Đặt \(t = \sqrt x \Rightarrow {t^2} = x \Rightarrow {\rm{d}}x = 2t{\rm{d}}t\). Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow t = 0;\,\,x = 1 \Rightarrow t = 1\)

Suy ra \(\int\limits_0^1 {f\left( {\sqrt x } \right){\rm{d}}x} = 2\int\limits_0^1 {t.f\left( t \right){\rm{d}}t} \) \( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {t.f\left( t \right){\rm{d}}t} = \frac{1}{5}\).

Do đó \( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {x.f\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{1}{5}\)

Mặt khác \(\int\limits_0^1 {x.f\left( x \right)} {\rm{d}}x = \left. {\frac{{{x^2}}}{2}f\left( x \right)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2}}}{2}f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{1}{2} - \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2}}}{2}f'\left( x \right){\rm{d}}x} \).

Suy ra \(\int\limits_0^1 {\frac{{{x^2}}}{2}f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{1}{2} - \frac{1}{5} = \frac{3}{{10}} \Rightarrow \int\limits_0^1 {{x^2}f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{3}{5}\)

Ta tính được \(\int\limits_0^1 {{{\left( {3{x^2}} \right)}^2}} {\rm{d}}x = \frac{9}{5}\).

Do đó \(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x - 2\int\limits_0^1 {3{x^2}f'\left( x \right){\rm{d}}x} } + \int\limits_0^1 {{{\left( {3{x^2}} \right)}^2}} {\rm{d}}x = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left( {f'\left( x \right) - 3{x^2}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = 0\)

\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) - 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} \Leftrightarrow f\left( x \right) = {x^3} + C\).

Vì \(f\left( 1 \right) = 1\) nên \(f\left( x \right) = {x^3}\). Vậy \(I = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {{x^3}} {\rm{d}}x = \frac{1}{4}\).

Gọi tọa độ các điểm \(A\left( {{x_1};{a^{{x_1}}}} \right);B\left( {{x_2};{a^{ - {x_2}}}} \right);\,C\left( {{x_3}; - {{\log }_a}{x_3}} \right)\).

Tam giác ABC vuông cân tại A, AB = 4 từ đó tính được AC = 4 (1)

Do AC // Oy nên \({x_1} = {x_3}\) (2)

Từ (1) và (2) rút được \({a^{{x_1}}} + {\log _a}{x_3} = 4 \Leftrightarrow {a^{{x_1}}} + {\log _a}{x_1} = 4\) (3)

Tam giác ABC vuông cân tại A; AC // Oy suy ra AB // Ox từ đó có \({a^{{x_1}}} = {a^{ - {x_2}}} \Leftrightarrow {x_1} = - {x_2}\), từ \({\log _a}{x_3} = {\log _a}{x_1}\) để có nghĩa thì \({x_1} > 0\) suy ra \({x_1} < 0\) nên ta có \(4 = AB = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = {x_1} - {x_2} = 2{x_1} \Leftrightarrow {x_1} = 2\) (4)

Từ (3) và (4) ta được \({a^2} + {\log _a}2 = 4 \Leftrightarrow a = \sqrt {2\,} \)

\(n\left( \Omega \right) = 9! = 362880\)

Gọi A là biến cố “ Xếp 5 bạn nữ ngồi cạnh nhau”. Ta có \(n\left( A \right) = 5.5!.4! = 14400\)

Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{14400}}{{362880}} = \frac{5}{{126}}\).

Gọi E là trung điểm của BB'. Khi đó: \(EM{\kern 1pt} \;{\rm{//}}\;B'C \Rightarrow B'C{\kern 1pt} \;{\rm{//}}\;(AME)\)

Ta có: \(d\left( {AM,B'C} \right) = d\left( {B'C,\left( {AME} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {AME} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AME} \right)} \right)\)

Xét khối chóp BAME có các cạnh BE, AB, BM đôi một vuông góc với nhau nên

\(\frac{1}{{{d^2}\left( {B,\left( {AME} \right)} \right)}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{M{B^2}}} + \frac{1}{{E{B^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{d^2}\left( {B,\left( {AME} \right)} \right)}} = \frac{7}{{{a^2}}} \Leftrightarrow {d^2}\left( {B,\left( {AME} \right)} \right) = \frac{{{a^2}}}{7} \Leftrightarrow d\left( {B,\left( {AME} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 7 }}{7}\)

+y’ = x² + 2mx - m

+ Để hàm số đồng biến trên R ⇔ y' < 0 với mọi x ⇔\(\left\{ \begin{array}{l} a > 0\\ \Delta ' < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 > 0\\ {m^2} + m < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < m < 0\).

Vậy không tồn tại m nguyên thỏa ycbt.

Vì sau 3 giờ thì số lượng vi rút A là 625 nghìn con nên \(s\left( 3 \right) = s\left( 0 \right){.2^3} \Leftrightarrow s\left( 0 \right) = \frac{{625000}}{8} = 78125\)

Nếu số lượng vi rút lớn hơn \(2,{1.10^{19}}\) thì người nhiễm vi rút A sẽ bị sốt và đau họng

Ta có \(s\left( t \right) > 2,{1.10^{19}} \Leftrightarrow {78125.2^t} > 2,{1.10^{19}} \Leftrightarrow {2^t} > \frac{{2,{{1.10}^{19}}}}{{78125}} \Leftrightarrow t > lo{g_2}\frac{{2,{{1.10}^{19}}}}{{78125}} \approx 47,93.\)

Vậy sau ít nhất 48 giờ (hai ngày) thì bệnh nhân sẽ có biểu hiện sốt và đau họng.

Gọi O và O' là tâm hai đáy của khối trụ. Dễ thấy thiết diện là hình chữ nhật ABB'A'.

Ta có chiều cao của khối trụ: \(h = \frac{V}{{\pi {r^2}}} = \frac{{175\pi {a^3}}}{{\pi {{\left( {5a} \right)}^2}}} = 7a\)

Gọi I là trung điểm AB. Suy ra \(OI \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABB'A'} \right)} \right) = OI\)

Mà \(OO'{\rm{//}}\left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow d\left( {OO';\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {ABB'A'} \right)} \right) = OI = 3a\)

⇒ \(AB = 2AI = 2.\sqrt {O{A^2} - O{I^2}} = 2.4a = 8a\), vì OA = r = 5a.

Mà AA' = h = 7a

Vậy \({S_{ABB'A'}} = AB.AA' = 8a.7a = 56{a^2}\)

Với x, y > 0 ta có \(\ln \frac{{\sqrt {1 + xy} }}{{x + y}} = \frac{{{x^2} + {y^2} + xy - 1}}{2} \Leftrightarrow \ln \frac{{1 + xy}}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} = {\left( {x + y} \right)^2} - \left( {xy + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \ln \left( {1 + xy} \right) + \left( {1 + xy} \right) = \ln {\left( {x + y} \right)^2} + {\left( {x + y} \right)^2}\,\,\left( 1 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( u \right) = \ln u + u\,\,\,\,\left( {u > 0} \right)\) có \(f'\left( u \right) = \frac{1}{u} + 1 > 0,\forall u > 0 \Rightarrow \) hàm số f(u) đồng biến trên khoảng \(\,\left( {0; + \infty } \right)\).

Khi đó \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {1 + xy} \right) = f{\left( {x + y} \right)^2}\) \( \Leftrightarrow 1 + xy = {\left( {x + y} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} - xy = 1.\)

Đặt \(t = x + y\left( {t > 0} \right) \Rightarrow xy = {t^2} - 1\). Khi đó \(P = \frac{{{t^2} - 1}}{t}\).

Áp dụng bất đẳng thức \(xy \le {\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^2} \Rightarrow {t^2} - 1 \le \frac{{{t^2}}}{4} \Rightarrow {t^2} \le \frac{4}{3} \Rightarrow t \in \left( {0;\frac{2}{{\sqrt 3 }}} \right]\).

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

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left( {0;\frac{2}{{\sqrt 3 }}} \right]} f\left( t \right) = f\left( {\frac{2}{{\sqrt 3 }}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{6} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 3\\ b = 6 \end{array} \right.\)

TXĐ: D = R \ {-2}

• Xét m = -4 thì f(x) = 2 thỏa mãn.

• Xét m khác 4. Ta có \(y' = \frac{{4 + m}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\) nên hàm số đơn điệu trên mỗi khoảng của tập xác định. Do đó hàm số đơn điệu trên [0;2].

Ta có \(f\left( 0 \right) = - \frac{m}{2};\,f\left( 2 \right) = \frac{{4 - m}}{4}\), giao điểm của đồ thị f(x) với trục hoành là \(\left( {\frac{m}{2};0} \right)\).

TH1: \(0 \le \frac{m}{2} \le 2 \Leftrightarrow 0 \le m \le 4\). Khi đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 0\) và \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \frac{{4 - m}}{4}\) hoặc \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \frac{m}{2}\).

Theo giả thiết ta phải có \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{4 - m}}{4} = 4}\\ {\frac{m}{2} = 4} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {m = - 12}\\ {m = 8} \end{array}} \right.\) (loại).

TH2: \(\frac{m}{2} \notin \left[ {0;2} \right] \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {m < 0}\\ {m > 4} \end{array}} \right.\). Khi đó: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 4 \Leftrightarrow \left| { - \frac{m}{2}} \right| + \,\,\left| {\frac{{4 - m}}{4}} \right| = 4\)

\(\, \Leftrightarrow 2\left| m \right| + \left| {4 - m} \right| = 16 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {m = - 4}\\ {m = \frac{{20}}{3}} \end{array}} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\)

Vậy có 3 giá trị của  thỏa mãn bài toán.

\(\frac{{{V_{AEFG}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{{S_{EFG}}}}{{{S_{BCD}}}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{AEFG}} = \frac{1}{4}{V_{ABCD}}\)

(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 \(\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {BCD} \right)\) nên \(\frac{{{V_{QMNP}}}}{{{V_{AMNP}}}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {V_{QMNP}} = \frac{1}{2}{V_{AMNP}}\)

\({V_{QMNP}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{{27}}{V_{ABCD}} = \frac{1}{{27}}{V_{ABCD}} = \frac{{2020}}{{27}}\).

Với x, y, z là các số thực không âm, nên: \(4 = {2^x} + {2^y} + {2^z} \ge {2^x} + 2 \Leftrightarrow 0 \le x \le 1\).

Tương tự: \(y,z \in \left[ {0;1} \right]\).

Ta chứng minh: \({2^t} \le t + 1,\forall t \in \left[ {0;1} \right]\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^t} - t - 1,\forall t \in \left[ {0;1} \right]\).

\(f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2 - 1\).

\(f''\left( t \right) = {2^t}{\ln ^2}2 > 0\) ⇒ f'(t) đồng biến.

⇒ f'(t) có nhiều nhất 1 nghiệm. Do đó f(t) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm.

Mặt khác: \(f\left( 0 \right) = f\left( 1 \right) = 0\) nên \(f\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = 0\\ t = 1 \end{array} \right.\).

Suy ra \(f\left( t \right) \le 0,\forall t \in \left[ {0;1} \right]\) hay \({2^t} \le t + 1,\forall t \in \left[ {0;1} \right]\) (*)

Áp dụng (*), ta được: \(\left\{ \begin{array}{l} {2^x} \le x + 1\\ {2^y} \le y + 1\\ {2^z} \le z + 1 \end{array} \right. \Rightarrow P = x + y + z \ge {2^x} + {2^y} + {2^z} - 3 = 1\).

\( \Rightarrow {\rm{min }}P = 1\), đạt được khi \(\left\{ \begin{array}{l} {2^x} = x + 1\\ {2^y} = y + 1\\ {2^z} = z + 1\\ {2^x} + {2^y} + {2^z} = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left( {x,y,z} \right) = \left( {0;0;1} \right)\) và các hoán vị.

ab > 0;cd > 0

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(f\left( x \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = a \in \left( { - \infty ; - 2} \right)\\ x = b \in \left( { - 2;0} \right)\\ x = c \in \left( {0;2} \right)\\ x = d \in \left( {2; + \infty } \right) \end{array} \right.\).

Như vậy \(f\left( {2\cos x} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2\cos x = a \in \left( { - \infty ; - 2} \right){\rm{ }}\left( 1 \right)\\ 2\cos x = b \in \left( { - 2;0} \right){\rm{ }}\left( 2 \right)\\ 2\cos x = c \in \left( {0;2} \right){\rm{ }}\left( 3 \right)\\ 2\cos x = d \in \left( {2; + \infty } \right){\rm{ }}\left( 4 \right) \end{array} \right.\).

Vì \(2\cos x \in \left[ { - 2;2} \right],\forall x \in \left[ {0;\frac{{7\pi }}{2}} \right]\) nên (1) và (4) vô nghiệm.

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \cos x = \frac{b}{2} \in \left( { - 1;0} \right)\,\,\,(5)\) (có 4 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ {0;\frac{{7\pi }}{2}} \right]\)).

\(\left( 3 \right) \Leftrightarrow \cos x = \frac{c}{2} \in \left( {0;1} \right)\,\,\,(6)\) (có 3 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ {0;\frac{{7\pi }}{2}} \right]\)).

Không có nghiệm nào của (5) trùng với nghiệm của (6).

Vậy số nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {0;\frac{{7\pi }}{2}} \right]\) của phương trình \(f\left( {2\cos x} \right) = \frac{1}{2}\) là 7.

Ta có \(AA' \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của A'C lên (ABCD) là đường AC.

Suy ra góc giữa AC' và (ABCD) là góc giữa A'C và AC hay góc \(\widehat {ACA'} = \alpha \).

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABC vuông tại B ta có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + 4{a^2} = 5{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 5 \).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác AA'C vuông tại A ta có:

\(\tan \alpha = \frac{{AA'}}{{AC}} = \frac{a}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).

Từ bảng xét dấu ta thấy f'(x) đổi dấu khi qua x = 2 nên hàm số đã cho có 1 điểm cực trị