Số cách chọn ra một học sinh nam và một học sinh nữ trong lớp học này đi dự trại hè của trường là 25.17 = 425.

\({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}} \Rightarrow {u_5} = 3.{\left( { - 2} \right)^4} = 48\)

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

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0

Hàm số \({f}'\left( x \right)\) đổi dấu khi qua x=-1; x=0; x=2. Do đó hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{3x - 5}}{{4x - 8}} = \frac{3}{4} \Rightarrow y = \frac{3}{4}\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Căn cứ vào đồ thị hàm số và các phương án ta loại các phương án hàm số bậc bốn trùng phương là B,D. Còn lại các phương án hàm số bậc ba.

Từ đồ thị ta có: \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty ,\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \) nên hàm số \(y={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-2\) có đường cong như trong hình vẽ.

\({x^4} - 4{x^2} - 5 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 5 \)

Do đó, đồ thị hàm số \(y={{x}^{4}}-4{{x}^{2}}-5\) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.

\({\log _4}\left( {{a^{2022}}} \right) = {\log _{{2^2}}}\left( {{a^{2022}}} \right) = \frac{{2022}}{2}{\log _2}a = 1011.{\log _2}a\)

\(y' = {\left( {{{\log }_5}x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x\ln 5}}\)

Ta có: \(\sqrt[m]{{{a}^{n}}}={{a}^{\frac{n}{m}}}\) với mọi a>0 và \(m,n\in {{\mathbb{Z}}^{{{+}^{{}}}}}\)

\(N={{x}^{\frac{1}{2}}}\sqrt[6]{x}={{x}^{\frac{1}{2}}}.{{x}^{\frac{1}{6}}}={{x}^{\frac{2}{3}}}=\sqrt[3]{{{x}^{2}}}\).

\(\begin{array}{l} {3^{x - 2}} = 27\\ \Leftrightarrow {3^{x - 2}} = {3^3}\\ \Leftrightarrow x - 2 = 3\\ \Rightarrow x = 5. \end{array}\)

\({\log _2}\left( {4x - 3} \right) = 2 \Leftrightarrow {2^2} = 4x - 3 \Leftrightarrow x = \frac{7}{4}.\)

\(F\left( x \right) = 4.\frac{{{x^2}}}{2} - \cos x + C = 2{x^2} - \cos x + C\)

Ta có: \(f\left( x \right)=\cos \left( 4x+5 \right)\) có một nguyên hàm là: \(\frac{1}{4}\sin \left( 4x+5 \right)-3.\)

\(\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = F\left( 1 \right) - F\left( 0 \right) = 4\)

\(\int\limits_1^2 {2{x^4}} {\rm{d}}x = 2.\frac{{{x^5}}}{5}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2\\ 1 \end{array} = \frac{2}{5}.\left( {{2^5} - {1^5}} \right) = \frac{{62}}{5}.} \right.\)

Điểm \(M\left( 3;-5 \right)\) nên \(z=3-5i\Rightarrow \bar{z}=3+5i\)

\(z = {z_1} + {z_2} = 3 - 7i + 2 + 3i = 5 - 4i\)

Ta có: điểm biểu diễn của z=a+bi có tọa độ là \(\left( a;\,b \right)\) nên 2-3i biểu diễn bởi \(\left( 2;\,-3 \right)\).

Ta có diện tích đáy ABCD: \({{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}\).

Đường cao SA=3a.

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là \(V=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SA=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.3a={{a}^{3}}\).

Gọi x là cạnh hình lập phương. Khi đó đường chéo của hình lập phương \(AC'=x\sqrt{3}\).

Mặt khác, theo đề bài ta có \(A{C}'=a\sqrt{3},(a>0)\). Suy ra cạnh của hình lập phương bằng x=a.

Vậy thể tích của khối lập phương \(ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'\) là \(V={{a}^{3}}\).

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

Diện tích xung quanh của hình trụ bằng \({{S}_{xq}}=2\pi rl=2\pi .5.10=100\pi \left( \text{c}{{\text{m}}^{\text{2}}} \right)\).

\(I\left( { - 5;0;5} \right)\) là trung điểm của đoạn MN nên ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2}\\ {y_I} = \frac{{{y_M} + {y_N}}}{2}\\ {z_I} = \frac{{{z_M} + {z_N}}}{2} \end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_N} = 2{x_I} - {x_M}\\ {y_N} = 2{y_I} - {y_M}\\ {z_N} = 2{z_I} - {z_M} \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_N} = 2\left( { - 5} \right) - 1\\ {y_N} = 2.0 - \left( { - 4} \right)\\ {z_N} = 2.5 - 7 \end{array} \right.\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_N} = - 11\\ {y_N} = 4\\ {z_N} = 3 \end{array} \right.\)\(\Rightarrow N\left( { - 11;4;3} \right)\)

Mặt cầu \(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x+4y-6z+3=0\) có tâm là \(I\left( 1;-2;3 \right)\).

Mặt phẳng \((P):3x-4y+2z+m=0\) đi qua điểm A(3;1;-2) khi và chỉ khi

\(3.3-4.1+2.(-2)+m=0\Leftrightarrow m=-1.\)

Vậy m=-1.

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {3; - 6; - 3} \right) =  - 3.\left( { - 1;2;1} \right) =  - 3\overrightarrow {{u_2}} .\)

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right)=9\times 8=72\).

Gọi \(\bar{A}\) là biến cố: “tích nhận được là số lẻ”.

\(n\left( {\bar{A}} \right)=5\times 4=20 \Rightarrow n(A)=72-20=52\).

⇒ xác suất biến cố A: \(P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{52}{72}=\frac{13}{18}.\)

Hàm số \(y=3{{x}^{3}}+3x-2\) có TXĐ: \(D=\mathbb{R}\).

\({y}'=9{{x}^{2}}+3>0,\forall x\in \mathbb{R}\), suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( -\infty ;+\infty  \right)\).

• Tập xác định: \(D = \left[ { - 2;2} \right]\)

• Ta có: \(y' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left( { - 2;2} \right)\)

• Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} y\left( { - 2} \right) = y\left( 2 \right) = 0\\ y\left( 0 \right) = 2 \end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;\,2} \right]} y = 2\).

Vì \(\frac{\text{e}}{\pi }<1\) nên \({{\left( \frac{\text{e}}{\pi } \right)}^{x}}>1\Leftrightarrow {{\log }_{\frac{\text{e}}{\pi }}}{{\left( \frac{\text{e}}{\pi } \right)}^{x}}<{{\log }_{\frac{\text{e}}{\pi }}}1\Leftrightarrow x<0\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S=\left( -\infty \,;\,0 \right)\).

Ta có: \({\log _7}x = 8{\log _7}a{b^2} - 2{\log _7}{a^3}b\,\)\(\, = {\log _7}{a^8}{b^{16}} - {\log _7}{a^6}{b^2}\)\(\, = {\log _7}\left( {\dfrac{{{a^8}{b^{16}}}}{{{a^6}{b^2}}}} \right) = \log \left( {{a^2}{b^{14}}} \right)\)

\(\bar{z}=\left( 4-3i \right)\left( 1+i \right)=7+i\Rightarrow z=7-i\Rightarrow \left| z \right|=5\sqrt{2}\).

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

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

Vì \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot AC\\ BC \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right)\)

Khi đó \(\left( SBC \right)\bot \left( SAC \right)\) theo giao tuyến là SC.

Trong \(\left( SAC \right),\) kẻ \(AH\bot SC\) tại H suy ra \(AH\bot \left( SBC \right)\) tại H.

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng \(\left( SBC \right)\) bằng AH.

Ta có AC=BC=a,SA=a nên tam giác SAC vuông cân tại A.

Suy ra \(AH=\frac{1}{2}SC=\frac{1}{2}a\sqrt{2}\).

Mặt cầu có tâm \(I\left( 1\,;\,-4\,;\,3 \right)\) và đi qua điểm \(A\left( 5\,;\,-3\,;\,2 \right)\) nên có bán kính \(R=IA=3\sqrt{2}\)

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+4 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=18\).

Ta có M(-1;4;1) là trung điểm của BC nên AM qua A và nhận \(\overrightarrow{AM}(-4;3;-1)\) làm VTCP

Phương trình trung tuyến \(AM:\left\{ \begin{array}{l} x = 3 - 4t\\ y = 1 + 3t\\ z = 2 - t \end{array} \right.\)

Ta có: \({h}'\left( x \right)=3{f}'\left( x \right)-3{{x}^{2}}+3 \Leftrightarrow {h}'\left( x \right)=3\left[ {f}'\left( x \right)-\left( {{x}^{2}}-1 \right) \right]\).

Đồ thị hàm số \(y={{x}^{2}}-1\) là một parabol có toạ độ đỉnh \(C\left( 0\,;\,-1 \right)\), đi qua \(A\left( -\sqrt{3}\,;\,2 \right), B\left( \sqrt{3}\,;\,2 \right)\).

Từ đồ thị hai hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) và \(y={{x}^{2}}-1\) ta có bảng biến thiên của hàm số \(y=h\left( x \right)\).

Với \(h\left( -\sqrt{3} \right)=3f\left( -\sqrt{3} \right), h\left( \sqrt{3} \right)=3f\left( \sqrt{3} \right)\).

Vậy \(\underset{\text{ }\!\![\!\!\text{ }-\sqrt{3};\sqrt{3}\text{ }\!\!]\!\!\text{ }}{\mathop{\max h(x)}}\,=3f\left( -\sqrt{3} \right)\).

Điều kiện \({{3}^{x+1}}-1\ge 0\Leftrightarrow {{3}^{x+1}}\ge 1\Leftrightarrow x\ge -1\).

+ Ta có x=-1 là một nghiệm của bất phương trình.

+ Với x>-1, bất phương trình tương đương với \(({{3}^{2x}}-9)({{3}^{x}}-\frac{1}{27})\le 0\).

Đặt \(t={{3}^{x}}>0\), ta có \(({{t}^{2}}-9)(t-\frac{1}{27})\le 0\Leftrightarrow (t-3)(t+3)(t-\frac{1}{27})\le 0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t\le -3 \\ & \frac{1}{27}\le t\le 3 \\ \end{align} \right.\)

Kết hợp điều kiện \(t={{3}^{x}}>0\) ta được nghiệm \(\frac{1}{27}\le t\le 3\Leftrightarrow \frac{1}{27}\le {{3}^{x}}\le 3\Leftrightarrow -3\le x\le 1\).

Kết hợp điều kiện x>-1 ta được \(-1<x\le 1\) suy ra trường hợp này bất phương trình có 2 nghiệm nguyên.

Vậy bất phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm nguyên.

Tập xác định : D = R.

Ta có: \(f\left( x \right) = x + \sqrt {{x^2} + 1}  \Leftrightarrow f\left( { - x} \right) =  - x + \sqrt {{x^2} + 1}  = \frac{1}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{1}{{f\left( x \right)}}\).

Vậy \(\frac{{f\left( x \right)}}{{f\left( { - x} \right)}} = {\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)^2} = 2{x^2} + 1 + 2x\sqrt {{x^2} + 1} \).

Khi đó : \(\int\limits_0^1 {\left( {2{x^2} + 1 + 2x\sqrt {{x^2} + 1} } \right)} {\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left( {2{x^2} + 1} \right)} {\rm{d}}x + \int\limits_0^1 {\left( {2x\sqrt {{x^2} + 1} } \right)} {\rm{d}}x = \frac{5}{3} + \int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^\prime }\sqrt {{x^2} + 1} } \right)} {\rm{d}}x\)

\( = \frac{5}{3} + \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)} {\rm{d}}\left( {{x^2} + 1} \right) = \frac{5}{3} + \left. {\frac{2}{3}{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \right|_0^1 = \frac{5}{3} + \frac{{4\sqrt 2 }}{3} - \frac{2}{3} = 1 + \frac{4}{3}.\sqrt 2 \)

Vậy \(a = 1\,;\,b = \frac{4}{3}\,;\,c = 2\) khi đó \(P = a + b + c = \frac{{13}}{3}\).

Ta có: \(\left| \overline{z}-2i \right|=3\) nên z biểu diễn bởi M nằm trên đường tròn \(\left( C \right)\), tâm \(I\left( 0\,;\,-2 \right)\), R=3.

Ta có: \(w=\left( zi-4i+5 \right)3i=\left( -y+xi-4i+5 \right)i=\left( -x+4 \right)+i\left( -y+5 \right)\) là số thựcnên w biễu diễn bởi điểm A nằm trên đường thẳng \(-y+5=0\,\left( d \right)\).

Vì \(d\left( I\,;\,d \right)=\frac{\left| -\left( -2 \right)+5 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}}}=7\,>R\) nên đường thẳng d không cắt đường tròn \(\left( I\,;\,R \right)\).

Vậy không có số phức z nào thỏa mãn yêu cầu bài toán .

Gọi M trung điểm SA. Ta có \(\Delta SAB\) cân tại \(B\Rightarrow BM\bot SA\text{    (1)}\)

Vì \(SO\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SO\bot BD\), lại có O trung điểm BD \(\Rightarrow \Delta SBD\) cân tại S

nên \(SD=SB=a\sqrt{2} \Rightarrow \Delta SAD\) cân tại D nên \(DM\bot SA\text{   (2)}\)

Lại có \(\left( SAB \right)\cap \left( SAD \right)=SA\text{   (3)}\)

Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow \widehat{\left( \left( SAB \right),\left( SAD \right) \right)}=\widehat{BMD}\) hoặc \(\widehat{\left( \left( SAB \right),\left( SAD \right) \right)}=180{}^\circ -\widehat{BMD}\).

Xét \(\Delta SOB\) vuông tại O \(\Rightarrow OB=\sqrt{S{{B}^{2}}-S{{O}^{2}}}=\sqrt{{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}-{{a}^{2}}}=a\Rightarrow BD=2\text{a}\).

Xét \(\Delta AOB\) vuông tại O có \(OA=\sqrt{A{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=A\Rightarrow OA=OC=a\) .

Xét \(\Delta SOC\Rightarrow SC=a\sqrt{2}\Rightarrow OM=\frac{1}{2}SC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\,.\)

Vì \(\left\{ \begin{align} & BD\bot AC \\ & BD\bot SO \\ \end{align} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAC \right)\) nên \(BD\bot MO\) . Mặt khác OD=OB nên \(\Delta BDM\) cân tại M .

Xét \(\Delta BOM\) vuông tại O \(\Rightarrow BM=\sqrt{O{{M}^{2}}+O{{B}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\Rightarrow DM=BM=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\)

Xét \(\Delta BDM\Rightarrow \cos \left( BMD \right)=\frac{B{{M}^{2}}+D{{M}^{2}}-B{{D}^{2}}}{2BM.DM}=\frac{-1}{3}\Rightarrow \cos \left( \left( SAB\, \right)\,;\,\left( SAD \right) \right)=\,\frac{1}{3}.\)

Vậy \(\text{tan}\left( \left( SAB\, \right)\,;\,\left( SAD \right) \right)=\,\sqrt{\frac{1}{{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{2}}}-1}=2\sqrt{2}\).

Thứ tự tăng dần là \({\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^\pi },\,\,{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{\sqrt 2 }},\,{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^0},\,\,{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{ - 1}}\)

Ta có

\({\Delta _1}:\,\frac{x}{1} = \frac{{y - 4}}{2} = \frac{{z - 1}}{3} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = a\\ y = 4 + 2a\\ z = 1 + 3a \end{array} \right.\,\,\,\left( {a \in R} \right).\)

\({\Delta _2}:\,\frac{{x + 2}}{{ - 1}} = \frac{y}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - 2 - b\\ y = - 2b\\ z = 1 + 3b \end{array} \right.\,\left( {b \in R} \right)\,.\)

Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng vậy tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình :

\(\left\{ \begin{array}{l} a = - 2 - b\\ 4 + 2{\rm{a}} = - 2b\\ 1 + 3{\rm{a}} = 1 + 3b \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - 1\\ b = - 1 \end{array} \right.\, \Rightarrow M\left( { - 1\,;2\,;\, - 2} \right).\)

Trên \({\Delta _1}\) lấy điểm \(A\left( {1;6\,;\,4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MA}  = \left( {2\,;\,4\,;\,6} \right)\), trên \({\Delta _2}\) lấy điểm \(B\left( { - 2 - b\,; - 2b\,;\,1 + 3b} \right)\) thỏa mãn : \(MA = MB \Leftrightarrow M{A^2} = M{B^2} \Leftrightarrow 56 = {\left( { - 1 - b} \right)^2} + {\left( { - 2b - 2} \right)^2} + {\left( {3 + 3b} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 14{b^2} + 28b - 42 = 0 \Leftrightarrow {b^2} + 2b - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} b = 1\\ b = - 3 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} B\left( { - 3\,; - 2\,;\,4} \right)\\ B\left( {1\,;6\,;\, - 8} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} \overrightarrow {MB} \left( { - 2\,; - 4\,;\,6} \right)\\ \overrightarrow {MB} \left( {2\,;4\,;\, - 6} \right) \end{array} \right.\)

Xét  \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} \), vì d là đường phân giác góc nhọn của 2 đường thẳng nên \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} \, > 0\) vậy tọa độ \(B\left( { - 3\,; - 2\,;\,4} \right)\) thỏa mãn.

Vậy véctơ chỉ phương của đường thẳng thỏa mãn :  \(\overrightarrow u = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = \left( {0 ;\,0\,;\,12} \right).\)

Vì \(\overrightarrow{u}\) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d nên \(k\overrightarrow{u}\,\left( k\ne 0 \right)\) cũng là vectơ chỉ phương của đường thẳng d. Khi đó chọn \(k=\frac{-1}{12}\) véctơ chỉ phương của đường thẳng d có tọa độ là \(\overrightarrow{u}=\left( 0\,;\,0\,;\,-1 \right)\). Đáp án đúng là B

Ta có: \(f(x) = {x^3} - 3{x^2} + 1\) và \(g(x) = f\left( {\left| {f(x)} \right| - m} \right);f( - 1) =  - 3;f(1) =  - 1;\)

\(g'(x) = {\left( {\left| {f(x)} \right|} \right)^\prime }.f'\left( {\left| {f(x)} \right| - m} \right) = \frac{{f(x)f'(x)}}{{\sqrt {f{{(x)}^2}} }}.f'\left( {\left| {f(x)} \right| - m} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0;x = 2\\ x = a \approx - 0.53,x = b \approx 0.65,x = c \approx 2.88\\ \left| {f(x)} \right| - m = 0\\ \left| {f(x)} \right| - m = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0;x = 2\\ x = a \approx - 0.53,x = b \approx 0.65,x = c \approx 2.88\\ \left| {f(x)} \right| = m\\ \left| {f(x)} \right| = m + 2 \end{array} \right.\)(*)

Có hai điểm cực trị x = -1, x = 1 trong hàm sốy = g(x) thì hai giá trị x đó phải là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} \left| {f(x)} \right| = m\\ \left| {f(x)} \right| = m + 2 \end{array} \right.\\ \left| {f( - 1)} \right| = 3;\left| {f(1)} \right| = 1; \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 3\\ m = 1\\ m + 2 = 3\\ m + 2 = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = - 1\\ m = 1\\ m = 3 \end{array} \right.\).

- Với m = 3 thì suy ra \(\left[ \begin{array}{l} \left| {f(x)} \right| = 3\\ \left| {f(x)} \right| = 5 \end{array} \right.\), tới đây ta nhận thấy hệ phương trình trên không có nghiệm x = 1 nên ta loại.

-  Với m = -1 thì suy ra \(\left[ \begin{array}{l} \left| {f(x)} \right| = - 1\\ \left| {f(x)} \right| = 1 \end{array} \right.\), tới đây ta nhận thấy hệ phương trình trên không có nghiệm x = -1 nên ta loại

- Với m = 1 thì suy ra \(\left[ \begin{array}{l} \left| {f(x)} \right| = 1\\ \left| {f(x)} \right| = 3 \end{array} \right.\). Do hệ phương trình này có hai nghiệm x =  - 1;x = 1 nên hệ phương trình tương đương với (dựa vào đồ thị hình bên)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1;0;1;b;3\\ x = a';2;c' \end{array} \right.\)Do hai cực trị x = 0,x = 2 đã có ở (*) nên \( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1;1;b';3\\ x = a';c' \end{array} \right.\) (6 nghiệm)

Như vậy hệ phương trình (*) có tổng cộng 11 nghiệm tương đương với hàm số y = g(x) có 11 điểm cực trị thỏa đề bài, chọn D

Tính chất: a,b,c,d lập thành một cấp số nhân

Thì \(\log \left( a \right);\log \left( b \right);\log \left( c \right);\log \left( d \right)\) sẽ tạo thành một cấp số cộng

Áp dụng vào suy ra: \(\log \left( x \right);\log \left( {{x}^{\log \left( x \right)}} \right);\log \left( {{y}^{\log \left( y \right)}} \right);\log \left( x{{y}^{\log \left( xy \right)}} \right)\) lập thành một cấp số cộng

\(\log \left( x \right);{{\left( \log \left( x \right) \right)}^{2}};{{\left( \log \left( y \right) \right)}^{2}};{{\left( \log \left( xy \right) \right)}^{2}}\) tạo thành 1 cấp số cộng

Suy ra: \({{\left( \log \left( xy \right) \right)}^{2}}-{{\left( \log \left( y \right) \right)}^{2}}={{\left( \log \left( y \right) \right)}^{2}}-{{\left( \log \left( x \right) \right)}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow \left( \log \left( xy \right)-\log \left( y \right) \right)\left( \log \left( xy \right)+\log \left( y \right) \right)={{\left( \log \left( y \right) \right)}^{2}}-{{\left( \log \left( x \right) \right)}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{\left( \log \left( y \right) \right)}^{2}}-2\log \left( x \right)\log \left( y \right)-2{{\left( \log \left( x \right) \right)}^{2}}=0\) (1)

Tương tự \({{\left( \log \left( y \right) \right)}^{2}}-{{\left( \log \left( x \right) \right)}^{2}}={{\left( \log \left( x \right) \right)}^{2}}-\log \left( x \right)\Rightarrow {{\left( \log \left( y \right) \right)}^{2}}-2{{\left( \log \left( x \right) \right)}^{2}}+\log \left( x \right)=0\) (2)

\(\left( 2 \right)-\left( 1 \right)\Rightarrow 2\log \left( y \right)\log \left( x \right)+\log \left( x \right)=0\)

\(\Leftrightarrow \log \left( x \right)\left[ 2\log \left( y \right)+1 \right]=0\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x=1 \\ y=\frac{1}{\sqrt{10}} \\ \end{matrix} \right. \)

TH1: x=1 thì \(\log \left( y \right)=0\to y=1\to \left( x;y \right)=\left( 1;1 \right)=\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right)\)

TH2: \(y=\frac{1}{\sqrt{10}}\) thì \(2{{\left( \log \left( x \right) \right)}^{2}}-\log \left( x \right)-\frac{1}{4}=0\)

\(\Leftrightarrow \log \left( x \right)=\frac{1\pm \sqrt{3}}{4}\Rightarrow x={{10}^{\frac{1\pm \sqrt{3}}{4}}}\)

\(\Rightarrow \left( x;y \right)=\left( {{10}^{\frac{1+\sqrt{3}}{4}}};\frac{1}{\sqrt{10}} \right)=\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)\) và \(\left( x;y \right)=\left( {{10}^{\frac{1-\sqrt{3}}{4}}};\frac{1}{\sqrt{10}} \right)=\left( {{x}_{3}};{{y}_{3}} \right)\)

\(\Rightarrow S\approx 3.96687...\in \left( 3.9;4 \right)\)

Đặt \(A\left( a\,;\,{{a}^{2}} \right)\) và \(B\left( b\,  ;\,{{b}^{2}} \right)\). Không mất tính tổng quát, ta xét a>0 và b<0

\(\left( {{d}_{1}} \right)\) là đường tiếp tuyến với \(\left( C \right)\) tại A và \(\left( {{d}_{2}} \right)\) là đường tiếp tuyến với \(\left( C \right)\) tại B

\(\Rightarrow \left\{ \begin{matrix} \left( {{d}_{1}} \right):y=2ax-{{a}^{2}} \\ \left( {{d}_{2}} \right):y=2bx-{{b}^{2}} \\ \end{matrix} \right.\)

Do \(\left( {{d}_{1}} \right)\bot \left( {{d}_{2}} \right)\) nên

\({{k}_{\left( {{d}_{1}} \right)}}.{{k}_{\left( {{d}_{2}} \right)}}=-1\Leftrightarrow \left( 2a \right).\left( 2b \right)=-1\Rightarrow b=\frac{-1}{4a}\Rightarrow B\left( \frac{-1}{4a}\,;\,\frac{1}{16{{a}^{2}}} \right)\)

\(\Rightarrow \left( {{d}_{2}} \right):y=\frac{-x}{2a}-\frac{1}{16{{a}^{2}}}\)

\({{d}_{1}}\cap {{d}_{2}}\) tại \(E\left( \frac{4{{a}^{2}}-1}{8a}\,;\,\frac{-1}{4} \right)\)

\(\Rightarrow \) chiều dài \(D=\frac{\sqrt{{{\left( 4{{a}^{2}}+1 \right)}^{3}}}}{8a}\) và chiều rộng \(R=\frac{\sqrt{{{\left( 4{{a}^{2}}+1 \right)}^{3}}}}{16{{a}^{2}}}\)

Mà \(D=2.R\Rightarrow a=1\Rightarrow {{S}_{2}}=\frac{{{\left( 4{{a}^{2}}+1 \right)}^{3}}}{128{{a}^{3}}}=\frac{125}{128}\) và suy ra \(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \left( {{d}_{1}} \right):y=2x-1 \\ & \left( {{d}_{2}} \right):y=\frac{-x}{2}-\frac{1}{16} \\ \end{align} \right.\)

Với a=1 suy ra \(E\left( \frac{4{{a}^{2}}-1}{8a}\,;\,\frac{-1}{4} \right)\) có tọa độ \(E\left( \frac{3}{8};-\frac{1}{4} \right)\).

Suy ra \({{S}_{1}}=\int\limits_{-\frac{1}{4}}^{\frac{3}{8}}{\left[ {{x}^{2}}-\left( \frac{-x}{2}-\frac{1}{16} \right) \right]}dx+\int\limits_{\frac{3}{8}}^{1}{\left[ {{x}^{2}}-\left( 2x-1 \right) \right]}dx=\frac{125}{768}\)

Như vậy tỉ số \(\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\frac{125}{768}.\frac{128}{125}=\frac{128}{768}=\frac{1}{6}\)

\(A\left( 0;1;2 \right)\) và \(B\left( \sqrt{3};1;3 \right)\) suy ra \(\overrightarrow{AB}=\left( \sqrt{3};0;1 \right)\Rightarrow AB=2\)

Ta có: hình lập phương có cạnh bằng độ dài cạnh AB=2 và mặt cầu (S) có bán kính bằng EF tiếp xúc với các mặt của hình lập phương trên, gọi F là trung điểm CD thì suy ra CD luôn tiếp xúc với mặt cầu (S)

Từ hình vẽ trên ta cũng suy ra được \(d\left( A;\Delta  \right)=AM=a\sqrt{3}\) với M thuộc đường tròn thiết diện qua tâm mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng chứa CD và khoảng cách giữa \(\Delta \) và CD bằng \(M{F}'\) với \(M{F}'\) vuông góc mặt phẳng chứa CD

Suy ra khoảng cách giữa \(\Delta \) và CD lớn nhất bằng \(M{F}'=MJ+J{F}'\) như hình vẽ trên

Từ đây ta có: \(MB=\sqrt{A{{B}^{2}}-MA{{}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2R \right)}^{2}}-MA{{}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2 \right)}^{2}}-{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}}=1\)

Xét \(\Delta AMB\) vuông tại M có \(MJ\bot AB\) nên ta có: \(\frac{1}{M{{J}^{2}}}=\frac{1}{MA{{}^{2}}}+\frac{1}{MB{{}^{2}}}\) (hệ thức lượng)

Suy ra \(MJ=\frac{MA.MB}{\sqrt{MA{{}^{2}}+MB{{}^{2}}}}=\frac{\sqrt{3}}{2};JF=\frac{AB}{2}=\frac{2}{2}=1\);

Như vậy ta suy ra khoảng cách giữa \(\Delta \) và CD lớn nhất bằng

\(M{F}'=MJ+J{F}'=\frac{\sqrt{3}}{2}+1=\frac{\sqrt{3}+2}{2}\).

Đặt : \({z_1} = a + bi\) thì bất phương trình trên trở thành \( \Rightarrow \left| {{z_1} + 1} \right| + \left| {{z_1} - 1} \right| + \left| {2bi - 4} \right| \le 6\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \left| {{z_1} + 1} \right| + \left| {{z_1} - 1} \right| = \left| {{z_1} + 1} \right| + \left| {1 - {z_1}} \right| \ge \left| {{z_1} + 1 + 1 - {z_1}} \right| = 2\\ \left| {2bi - 4} \right| = \sqrt {4{b^2} + 16} \ge 4 \end{array} \right.\)

Suy ra \(\left| {{z_1} + 1} \right| + \left| {{z_1} - 1} \right| + \left| {2bi - 4} \right| \ge 6\)

Vậy để \(\left| {{z_1} + 1} \right| + \left| {{z_1} - 1} \right| + \left| {{z_1} - \overline {{z_1}}  - 4} \right| \le 6\) thì \(\left| {{z_1} + 1} \right| + \left| {{z_1} - 1} \right| + \left| {{z_1} - \overline {{z_1}}  - 4} \right| = 6\).

Mặt khác, ta thấy \(2 \ge \left| {{z_1} + 1} \right| + \left| {{z_1} - 1} \right| = \left| {{z_1} + 1} \right| + \left| {1 - {z_1}} \right| \ge \left| {{z_1} + 1 + 1 - {z_1}} \right| = 2\) nên suy ra bất phương trình xảy ra dấu “=”  khi và chỉ khi số phức z₁ bằng 0, từ đó suy ra \(\left| {{z_1} - \overline {{z_1}}  - 4} \right| = \left| {2bi - 4} \right| = 4 \Rightarrow b = 0\).

Ta có: \(\left| {{z_2} - 5i} \right| \le 2\) ⇒ quỹ tích của số phức z₂ là một hình tròn có tâm I(0;5) và bán kính R = 2

Khi ấy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(\left| {{z_1} - {z_2}} \right|\) cũng chính là đường nối tâm và gốc tọa độ trừ cho bán kính, tức \(m = \min \left( {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|} \right) = OI - R = 5 - 2 = 3\). Như vậy \(m = 3 \in \left( {2;4} \right)\).