Bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(R=\frac{a}{2}\)

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

Ta có \({{2}^{2x+1}}=32\Leftrightarrow {{2}^{2x+1}}={{2}^{5}}\Leftrightarrow 2x+1=5\Leftrightarrow x=2\).

Qua bảng biến thiên ta có hàm số đại cực đại tại điểm x = 2

\(d = {u_4} - {u_3} = 15\)

Số tập con gồm 2 phần tử của M là số cách chọn 2 phần tử bất kì trong 10 phần tử của M. Do đó số tập con gồm 2 phần tử của M là \(C_{10}^{2}.\)

Phần ảo của số phức z=2-3i là-3

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right)\) và \(\left( 0;2 \right)\).

\(V = S.h = {a^2}.2a = 2{a^3}\)

a = 3,b =  - 4

\(I = \int\limits_{ - 1}^3 {f'\left( x \right)dx = f\left( x \right)\left| \begin{array}{l}
3\\
 - 1
\end{array} \right. = f\left( 3 \right) - f\left( { - 1} \right) = 4} \)

\(z = \left( {2 - i} \right)\left( {1 + 2i} \right) = 2 + 4i - i + 2 = 4 + 3i \Rightarrow \overline z  = 4 - 3i\)

Trên \(\left[ -3;-1 \right]\) ta có \({f}'\left( x \right)=\frac{-2}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}} \Rightarrow {f}'\left( x \right)<0,\forall x\in \left[ -3;-1 \right]\)

\(\Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left[ -3;-1 \right]\). Do đó \(M=f\left( -3 \right)=\frac{1}{2}\) và \(m=f\left( -1 \right)=0\).

Vậy M.m=0.

Nhìn dạng đồ thì a<0 nên loại đáp án D

Khi \(x = 0 \Rightarrow y = 3\) nên loại đáp án C

Khi \(x = 1 \Rightarrow y = 4\) nên loại đáp án B

Hàm số bậc nhất a>0 nên có đạo hàm \({y}'={f}'\left( x \right)>0\)

\(P = {x^{\frac{1}{5}}}.\sqrt[3]{x} = {x^{\frac{1}{5}}}.{x^{\frac{1}{3}}} = {x^{\frac{1}{5} + \frac{1}{3}}} = {x^{\frac{8}{{15}}}}\)

\(I = \int\limits_2^6 {\frac{1}{x}dx} = \ln \left| x \right|_2^6 = \ln 6 - \ln 2 = \ln \left( {\frac{6}{2}} \right) = \ln 3\)

\(\int\limits_0^2 {\left[ {4f(x) - 3} \right]} dx = 4\int\limits_0^2 {f(x)dx - 3\int\limits_0^2 {dx = 6.} } \)

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)=m\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng y=m trên đoạn \(\left[ -1;3 \right]\)

Do đó để phương trình \(f\left( x \right)=m\) có 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng y=m phải cắt đồ thì hàm số \(y=f\left( x \right)\) tại 3 điểm trên đoạn \(\left[ -1;3 \right]\)

Suy ra -3<m<0.

Vậy \(T=\left( -3;\,0 \right)\)

Gọi \({{V}_{1}}\) là thể tích khối trụ ban đầu, ta có \({{V}_{1}}=h\pi R_{1}^{2}=6\pi \).

Gọi \({{V}_{2}}\) là thể tích khối trụ sau khi giữ nguyên chiều cao và tăng bán kính đáy gấp 3 lần.

Ta có \({{V}_{2}}=h\pi {{\left( 3{{R}_{1}} \right)}^{2}}=9h\pi R_{1}^{2}=9.6\pi =54\pi \).

\(\int {\left( {x + \sin 2x} \right)dx}  = \int {xdx}  + \int {\sin 2xdx}  = \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{1}{2}\cos 2x + C\)

\(\log x = \frac{1}{{x\ln 10}}.\)

\(\frac{{V'}}{V} = \frac{{\frac{1}{6}AB.AD.AA'}}{{A{B^3}}} = \frac{1}{6} \Rightarrow V = 6V'\)

\({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2} \Rightarrow R = 3\)

\({{\log }_{2}}\left( 3\text{x}-1 \right)>3.\) Điều kiện : \(3\text{x}-1>0\Leftrightarrow x>\frac{1}{3}.\)

Phương trình \(\Leftrightarrow 3x-1>{{2}^{3}}\Leftrightarrow 3x>9\Leftrightarrow x>3.\)

\(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{ - 2}}{{\sqrt 5 .\sqrt 5 }} =  - \frac{2}{5}.\)

Ta có đường thẳng d đi qua \(M\left( -1;0;5 \right)\) có vtcp \(\overrightarrow{u}=\left( 1;-3;-1 \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vtpt \(\overrightarrow{n}=\left( 3;-3;2 \right)\)

\(M\notin \left( P \right)\Rightarrow \) loại đáp án D

\(\overrightarrow{n}, \overrightarrow{u}\) không cùng phương \(\Rightarrow \) loại đáp án B

\(\overrightarrow{n}.\overrightarrow{u}=10\Rightarrow \overrightarrow{n},\overrightarrow{u}\) không vuông góc \(\Rightarrow \) loại đáp án C

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l} 2x - 1 > 0\\{x^2} - 1 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1\)

Phương trình ban đầu \( \Rightarrow {x^2} - 1 = 2x - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2\left( {tmdk} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\).

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 2 \right\}\).

Đường thẳng đi qua A và song song với d nên có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left( 2\,;\,1\,;\,-2 \right)\). Phương trình đường thẳng cần tìm: \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 2t\\ y = 2 + t\\ z = 3 - 2t \end{array} \right.\)

Do ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên A'D song song với B'C.

\(\Delta ACB'\) đều \(\Rightarrow \widehat{ACB'}=60{}^\circ \)

Suy ra \(\left( AC,A'D \right)=\left( AC,CB' \right)=\widehat{ACB'}=60{}^\circ \)

Gọi mặt cầu cần tìm là \(\left( S \right)\)

Ta có \(\left( S \right)\) là mặt cầu có tâm \(I\left( 1;2;-1 \right)\) và bán kính R

Vì \(\left( S \right)\) tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right):x-2y-2z-8=0\) nên

\(R=d\left( I;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 1-2.2-2.\left( -1 \right)-8 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}}=3\)

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=9\)

Ta có \(AC=a\sqrt{2}\)

Vì \(\left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right);\left( SAD \right)\bot \left( ABCD \right)\) nên \(SA\bot \left( ABCD \right)\)

⇒ Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là góc giữa SC và AC.

\(\Rightarrow  \widehat{SCA}={{60}^{0}} \Rightarrow SA=a\sqrt{2}.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{6}\)

Vậy thể tích khối chóp là \(V=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.a\sqrt{6}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}\)

Ta có \(v\left( t \right)=\int\limits_{{}}^{{}}{a\left( t \right)dt=\int\limits_{{}}^{{}}{\left( 3{{t}^{2}}+t \right)dt={{t}^{3}}+\frac{{{t}^{2}}}{2}+C}}\)

Vận tốc ban đầu của vật là \(2m/s\Rightarrow v\left( 0 \right)=2\Rightarrow C=2\)

Vậy vận tốc của vận sau 2s là: \(v\left( 2 \right)=12\)

Các điểm \(x={{x}_{0}}\) được gọi là điểm cực trị của hàm số \(y=f\left( x \right)\Leftrightarrow x={{x}_{0}}\) là nghiệm bội lẻ của phương trình y'=0

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{e^x} + 1} \right)\left( {{e^x} - 12} \right)\left( {x + 1} \right){\left( {x - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {e^x} + 1 = 0\\ {e^x} - 12 = 0\\ x = - 1\\ x = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \ln 12\\ x = - 1\\ x = 1 \end{array} \right.\)

Trong đó ta thấy x=1 là nghiệm bội hai của phương trình suy ra x=1 không là điểm cực trị của hàm số.

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

\(\left( C \right)\) có tiệm cận đứng là x=b-1; tiệm cận ngang là y=a+1

Tâm đối xứng của \(\left( C \right)\) là giao điểm của hai đường tiệm cận \(I\left( b-1;a+1 \right)\)

O là tâm đối xứng của \(\left( C \right)\Leftrightarrow I\equiv O\,\,b=1;a=-1\Rightarrow a+b=0\)

Chọn 2 bạn nữ trong 4 bạn thì có \(C_{4}^{2}\) cách.

Ta “buộc” hai bạn này vào nhau coi như một bạn nữ thông thường.

Có 2 cách để “buộc” như thế ( vì có thể là ab hoặc ba). Lúc này nhóm học sinh gồm có 6 bạn nam và 3 bạn nữ ( trong đó có 1 bạn nữ “đặc biệt”).

Ta xếp vị trí cho các bạn nam trước thì có 6! Cách.

Giữa các bạn nam có 5 vị trí xen kẽ với 2 vị trí đầu hàng và cuối hàng bây giờ ta xếp 3 bạn nữ vào 3 trong 7 vị trí kia thì có \(A_{7}^{3}\) cách.

Vậy xác xuất cần tìm bằng \(\frac{2C_{6}^{4}6!A_{7}^{3}}{10!}=\frac{1}{2}.\)

Đặt \(z = x + yi\left( {x,y \in R} \right),\) suy ra \(\overline z  = x - yi.\)

Ta có \(z + 2 - 3i = 2\overline z  \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right) + \left( {y - 3} \right)i = 2{\rm{x}} - 2yi.\)

Đồng nhất hệ số ta có \(\left\{ \begin{array}{l} x + 2 = 2{\rm{x}}\\ y - 3 = - 2y \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 2\\ y = 1 \end{array} \right..\)

Vậy số phức z = 2 + i.

Ta có \({9^x} - {2.3^{x + 1}} + m = 0  \Leftrightarrow {3^{2x}} - {6.3^x} + m = 0\).

Phương trình có hai nghiệm thực x₁, x₂ thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = 1\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \Delta ' = 9 - m > 0\\ {3^{{x_1}}} + {3^{{x_2}}} = 6 > 0\\ {3^{{x_1} + {x_2}}} = 3 = m \end{array} \right. \Leftrightarrow m = 3\)

Gọi I là trung điểm CD, suy ra ABID là hình vuông

\(\Rightarrow BI=CI=DI\Rightarrow BD\bot BC\).

Mà \(SD\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SD\bot BC\) nên \(BC\bot \left( SDB \right)\Rightarrow \left( SBC \right)\bot \left( SDB \right)\).

Ta có \(\left( SBC \right)\cap \left( SDB \right)=SB\), kẻ \(DH\bot SB\,\ \left( H\in SB \right)\Rightarrow DH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow DH=d\left( D,\left( SBC \right) \right)\).

Trong tam giác vuông SDB: \(\frac{1}{D{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{D}^{2}}}+\frac{1}{D{{B}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}=\frac{3}{2{{a}^{2}}}\Rightarrow DH=\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Vậy \(d\left( D,\left( SBC \right) \right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Vì \(DI\cap \left( SBC \right)=C\Rightarrow \frac{d\left( I,\left( SBC \right) \right)}{d\left( D,\left( SBC \right) \right)}=\frac{IC}{DC}=\frac{1}{2}\).

Do AI song song với BC nên AI song song với mặt phẳng \(\left( SBC \right)\)

\(\Rightarrow d\left( A,\left( SBC \right) \right)=d\left( I,\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( D,\left( SBC \right) \right)=\frac{a\sqrt{6}}{6}\).

Vậy \(d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\frac{a\sqrt{6}}{6}\).

TH 1: Nếu m = 1 ⇒ y = 0 suy ra hàm số không có cực trị.

Vậy m = 1 không thỏa mãn.

TH 2: nếu m ≠ 1

Ta có: \(y'=4\left( m-1 \right){{x}^{3}}\)

\(y'=0\Leftrightarrow x=0\)_

Để hàm số đạt cực đại tại x = 0 thì y' phải đổi dấu từ + sang - qua x = 0.

Khi đó \(4\left( m-1 \right)<0\Leftrightarrow m<1\).

Vậy m < 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương trình \(\left( P \right):y=a{{x}^{2}},\) \(\left( P \right)\) qua \(A\left( 1;-1 \right)\Rightarrow a=-1\)

Phương trình tiếp tuyến \(\Delta \) của \(\left( P \right)\) tại A là \(y={f}'\left( 1 \right)\left( x-1 \right)-1=-2\left( x-1 \right)-1=-2x+1\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị: \(\left\{ \begin{align} & \left( P \right):y=-{{x}^{2}} \\ & \Delta :y=-2x+1 \\ \end{align} \right.\) là \(S=\int\limits_{1}^{2}{\left( -2x+1+{{x}^{2}} \right)dx}=\frac{1}{3}.\)

Ta có \(S=\left| z_{1}^{2}+4z_{2}^{2} \right|=\left| z_{1}^{2}-{{\left( 2i{{z}_{2}} \right)}^{2}} \right|=\left| {{z}_{1}}-2i{{z}_{2}} \right|.\left| {{z}_{1}}+2i{{z}_{2}} \right|\)

Gọi P là điểm biểu diễn của số phức \(2i{{z}_{2}}\)

Khi đó ta có \(\left| {{z}_{1}}-2i{{z}_{2}} \right|.\left| {{z}_{1}}+2i{{z}_{2}} \right|=\left| \overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OP} \right|.\left| \overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OP} \right|\)

\(\left| \overrightarrow{PM} \right|.\left| 2\overrightarrow{OI} \right|=2PM.OI\)

Do \(\widehat{MON}=30{}^\circ \) nên áp dụng định lí cosin ta tính ra được MN = 1. Khi đó \(\Delta OMP\) có MN đồng thời là đường cao và đường trung tuyến, suy ra \(\Delta OMP\) cân tại \(M\Rightarrow PM=OM=2\)

Áp dụng định lí đường trung tuyến cho \(\Delta OMP\) ta có

\(O{{I}^{2}}=\frac{O{{M}^{2}}+O{{P}^{2}}}{2}-\frac{M{{P}^{2}}}{4}=7\)

Vậy \(S=2PM.OI=2.2\sqrt{7}=4\sqrt{7}\)

Phương trình của tham số của đường thẳng d là: \(\left\{ \begin{matrix} x=t \\ y=-1+2t \\ z=2-t \\ \end{matrix}. \right.\)

Gọi A là giao điểm của (P) và d. Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{matrix} x=t \\ y=-1+2t \\ z=2-t \\ x+y+z-3=0 \\ \end{matrix} \right.\)

Suy ra \(A\left( 1;1;1 \right)\). Đường thẳng d có vec-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 1;2;-1 \right)\), mặt phẳng (P) có vec-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 1;1;1 \right)\)

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với (P). Khi đó (Q) có vec-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{{{n}_{Q}}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}},\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}} \right]=\left( 3;-2;-1 \right)\)

Đường thẳng \(\Delta \) là hình chiếu vuông góc của d lên (P) chính là giao tuyến của (P) và (Q). Suy ra vec-tơ chỉ phương của \(\Delta \) là \(\overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{(P)}}},\overrightarrow{{{n}_{(Q)}}} \right]=\left( 1;4;-5 \right).\)

Vậy hình chiếu vuông góc của d trên (P) có phương trình là \(\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{4}=\frac{z-1}{-5}.\)

+ Tính \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( {\sin x} \right)\cos xdx} \). Đặt \(\sin x = t \Rightarrow \cos xdx = dt\). Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow t = 0\\ x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow t = 1 \end{array} \right.\)

Do đó \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( {\sin x} \right)\cos xdx} = \int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt} = \int\limits_0^1 {\left( {5 - t} \right)dt} = \left( {5t - \frac{{{t^2}}}{2}} \right)\left| \begin{array}{l} ^1\\ _0 \end{array} \right. = \frac{9}{2}\)

+ Tính \(\int\limits_0^1 {f\left( {3 - 2x} \right)dx} \). Đặt \(t = 3 - 2x \Rightarrow dt =  - 2dx \Rightarrow dx = \frac{{ - dt}}{2}\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow t = 3\\ x = 1 \Rightarrow t = 1 \end{array} \right.\)

Do đó \(\int\limits_0^1 {f\left( {3 - 2x} \right)dx} = \int\limits_3^1 {f\left( t \right).\frac{{ - dt}}{2}} = \frac{1}{2}\int\limits_1^3 {f\left( t \right)dt} = \frac{1}{2}\int\limits_1^3 {\left( {{x^2} + 3} \right)dt} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + 3x} \right)\left| \begin{array}{l} ^3\\ _1 \end{array} \right. = \frac{{22}}{3}\)

Vậy \(I = 2.\frac{9}{2} + 3.\frac{{22}}{3} = 31\)

Xét hàm số \(y=4f\left( \sin x \right)+\cos 2x-a\)

\({y}'=\cos x\left[ 4{f}'\left( \sin x \right)-4\sin x \right]\).

Ta thấy, \(\cos x>0, \forall x\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)\)

Đồ thị của hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) và y=x vẽ trên cùng hệ trục tọa độ như sau:

Từ đồ thị ta có \({f}'\left( x \right)<x,\,\forall x\in \left( 0;1 \right)\Rightarrow {f}'\left( \sin x \right)<\sin x,\,\forall x\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)\)

Suy ra \({y}'<0,\,\forall x\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)\).

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên thì ycbt \(\Leftrightarrow 4f\left( 1 \right)-1-a\ge 0\Leftrightarrow a\le 4f\left( 1 \right)-1=3\).

Vì a là số nguyên dương nên \(a\in \left\{ 1;2;3 \right\}\).

Khi ta tiện khối lăng trụ đứng tam giác \(ABC.{A}'{B}'{C}'\) để được một khối trụ có cùng chiều cao với khối lăng trụ thì khối trụ đó có hai đáy là đường tròn nội tiếp hai tam giác ABC và \({A}'{B}'{C}'\).

Gọi \(p,\text{ }r\) lần lượt là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Ta có \(p=\frac{AB+BC+CA}{2}=60\text{ cm}, {{S}_{\Delta ABC}}=\sqrt{p\left( p-AB \right)\left( p-BC \right)\left( p-AC \right)}=\sqrt{60.30.20.10}=600\text{ c}{{\text{m}}^{2}}\)

Mà \({{S}_{\Delta ABC}}=pr\Rightarrow r=\frac{{{S}_{\Delta ABC}}}{p}=\frac{600\sqrt{2}}{60}=10\text{ cm}\).

Thể tích khối trụ là \(V=\pi {{r}^{2}}h=\pi {{.10}^{2}}.100=10000\pi \approx 31416\text{ c}{{\text{m}}^{3}}\).

Đặt \({{\log }_{3}}\left( x+1 \right)=t\Rightarrow x={{3}^{t}}-1\).

Phương trình trở thành:

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

Xét hàm số \(f\left( u \right)={{3}^{u}}+u\Rightarrow {f}'\left( u \right)={{3}^{u}}.\ln 3+1>0\) nên hàm số luôn đồng biến.

Vậy để \(f\left( 2y \right)=f\left( t-1 \right)\Leftrightarrow 2y=t-1\Leftrightarrow 2y+1=t={{\log }_{3}}\left( x+1 \right)\)

\(\Rightarrow 0\le 2y+1\le {{\log }_{3}}3001\Rightarrow 0\le 2y+1\le 6\Rightarrow y=\left\{ 0;1;2 \right\}\)

Với mỗi nghiệm y ta tìm được một nghiệm x tương ứng.

Ta có \(y = g(x) = f({x^3} + 3x) + m\).

\(g'(x) = (3{x^2} + 3)f'({x^3} + 3x)\).

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

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = {x^3} + 3x\) như sau:

Từ bảng biến thiên trên, ta có:

Phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm duy nhất \({{x}_{1}}\in \left( -1\ ;\ 0 \right)\)

Phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm duy nhất \({{x}_{2}}\in \left( -1\ ;\ 0 \right), \left( {{x}_{2}}>{{x}_{1}} \right)\)

Phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm duy nhất x=0.

Phương trình \(\left( 4 \right)\) có nghiệm duy nhất \({{x}_{3}}\in \left( 0;1 \right)\)

Bảng biến thiên hàm số y=g(x):

\(\underset{\left[ 0\ ;\ 1 \right]}{\mathop{\max }}\,g(x)=3+m=4 \Leftrightarrow m=1\). Suy ra \({{m}_{1}}=1\).

\(\underset{\left[ -1\ ;\ 0 \right]}{\mathop{\min }}\,g(x)=-1+m=-2 \Leftrightarrow m=-1.\) Suy ra \({{m}_{2}}=-1\)

Vậy \({{m}_{1}}+{{m}_{2}}=0\).

TH1. Nếu \(y=\sqrt{2}\notin \mathbb{Z}\)

TH2. Nếu \(y>\sqrt{2}\Rightarrow \left( {{\log }_{2}}x-\sqrt{2} \right)\left( {{\log }_{2}}x-y \right)\Leftrightarrow {{2}^{\sqrt{2}}}<x<{{2}^{y}}\). Tập nghiệm của BPT chứa tối đa 1000 số nguyên \(\left\{ 3;4;...;1002 \right\} \Leftrightarrow {{2}^{y}}\le 1003\Leftrightarrow y\le {{\log }_{2}}1003\approx 9,97\Rightarrow y\in \left\{ 2;...;9 \right\}\)

TH3. Nếu \(y<\sqrt{2}\Rightarrow y=1\Rightarrow \left( {{\log }_{2}}x-\sqrt{2} \right)\left( {{\log }_{2}}x-y \right)<0\Leftrightarrow 1<{{\log }_{2}}x<\sqrt{2}\Leftrightarrow 2<x<{{2}^{\sqrt{2}}}\). Tập nghiệm không chứa số nguyên nào

Lấy đạo hàm hai vế ta được \(2f\left( x \right).{f}'\left( x \right)={{f}^{2}}\left( x \right)+{{\left( {f}'\left( x \right) \right)}^{2}}\Rightarrow {{\left( {f}'\left( x \right)-f\left( x \right) \right)}^{2}}=0\Rightarrow {f}'\left( x \right)=f\left( x \right)\)

\(\Rightarrow f\left( x \right)=k.{{e}^{x}}\)

Thử lại vào đẳng thức đã cho suy ra \({{k}^{2}}{{e}^{2x}}=\int\limits_{0}^{x}{2{{k}^{2}}{{e}^{2x}}dx+2018\Rightarrow k=\sqrt{2018}\Rightarrow f\left( x \right)=\sqrt{2018}{{e}^{x}}}\)

Vậy \(f\left( 1 \right)=\sqrt{2018}e\)

+ Mặt cầu (S) có tâm \(I\left( 3;2;5 \right)\) và bán kính R=6.

Ta có: \(A\in (\alpha ),IA=\sqrt{6}<R\) nên \((S)\cap (\alpha )=(C)\) và A nằm trong mặt cầu (S).

Suy ra: Mọi đường thẳng \(\Delta \) đi qua A, nằm trong mặt phẳng \((\alpha )\) đều cắt (S) tại hai điểm M,N. (M,N cũng chính là giao điểm của \(\Delta \) và (C)).

+ Vì \(d(I,\Delta )\le IA\) nên ta có: \(MN=2\sqrt{{{R}^{2}}-{{d}^{2}}(I,\Delta )}\ge 2\sqrt{{{R}^{2}}-I{{A}^{2}}}=2\sqrt{30}\).

Dấu ''='' xảy ra khi A là điểm chính giữa dây cung MN.

Vậy độ dài đoạn MN nhỏ nhất là MN bằng \(2\sqrt{30}\).