Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, hàm số đạt cực trị tại 2 điểm x = 0, x = 1.

Tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc

⇒ Thể tích khối tứ diện ABCD là:

\(V=\frac{1}{6}.AB.AC.AD=\frac{1}{6}.4.5.3=10\left( c{{m}^{3}} \right)\)

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\).

Hàm số \(y=\frac{-x+2}{x+2}\) có: \(y=\frac{-1.2-1.2}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}=\frac{-4}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}<0,\forall x\in D=\left( -\infty ;-2 \right)\cup \left( -2;+\infty  \right)\)

⇒ Hàm số \(y=\frac{-x+2}{x+2}\) nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó.

ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng \(=>BB'\bot \left( A'B'C' \right)=>\angle \left( A'B;\left( A'B'C' \right) \right)=\angle \left( A'B;A'B' \right)=\angle BA'B'={{60}^{0}}\) 

\(\Delta A'B'B\) vuông tại B’, có \(\angle BA'B'={{60}^{0}}=>BB'=A'B'.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{3}\)

\(\Delta ABC\) đều, cạnh a \(=>{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\)

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C':V={{S}_{\Delta ABC}}.BB'=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{3}=\frac{3}{4}{{a}^{3}}\)

ĐkXĐ: x > 1

Ta có

\(\begin{array}{l} {\log _5}\frac{{2\sqrt x + 1}}{x} = 2{\log _3}\left( {\frac{{\sqrt x }}{2} - \frac{1}{{2\sqrt x }}} \right) \Leftrightarrow {\log _5}\frac{{2\sqrt x + 1}}{x} = 2{\log _3}\left( {\frac{{x - 1}}{{2\sqrt x }}} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _5}\left( {2\sqrt x + 1} \right) - {\log _5}x = 2{\log _3}\left( {x - 1} \right) - 2{\log _3}\left( {2\sqrt x } \right)\\ \Leftrightarrow {\log _5}\left( {2\sqrt x + 1} \right) + 2{\log _3}\left( {2\sqrt x } \right) = {\log _5}x + 2{\log _3}\left( {x - 1} \right)\,\,\,\,(1) \end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{\log }_{5}}t+2{{\log }_{3}}\left( t-1 \right),t\in \left( 1;+\infty  \right)\), có:\(f'\left( t \right)=\frac{1}{t.\ln 5}+\frac{2}{\left( t-1 \right).\ln 3}>0,\forall t\in (1;+\infty )\)

⇒ Hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( 1;+\infty  \right)\)

Khi đó, phương trình 

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {2\sqrt x + 1} \right) = f\left( x \right) \Leftrightarrow 2\sqrt x + 1 = x \Leftrightarrow x - 2\sqrt x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {\sqrt x = 1 + \sqrt 2 }\\ {\sqrt x = 1 - \sqrt 2 < 0} \end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  = 1 + \sqrt 2  \Leftrightarrow x = {\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^2} = 3 + 2\sqrt 2  \Rightarrow a = 3,b = 2 =  > 2a + b = 2.3 + 2 = 8\)

MĐ đúng: \({a^m}.{a^n} = {a^{m + n}}\)

\({2^{2{x^2} - 7x + 5}} = 1 \Leftrightarrow 2{x^2} - 7x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 1}\\ {x = \frac{5}{2}} \end{array}} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm

Gọi O, I là trung điểm của AB, BC; H là hình chiếu vuông góc của O lên SI.

Tam giác SAB cân tại S \(\Rightarrow SO\bot AB\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\ {\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB}\\ {SO \subset \left( {SAB} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\ {SO \bot AB\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,} \end{array}} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

ABCD là hình thang cân với đáy \(AB=2a,AD=BC=CD=a\Rightarrow \Delta OAD,\Delta OCD,\Delta OBC\) đều là các tam giác đều, cạnh a \(\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=3.{{S}_{OBC}}=3.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\)

Do O là trung điểm của AB nên \(d\left( A;\left( SBC \right) \right)=2.d\left( O;\left( SBC \right) \right)\) (1)

\(\Delta OBC\) đều, I là trung điểm của BC \(\Rightarrow \left\{ \begin{matrix} OI\bot BC \\ OI=\frac{a\sqrt{3}}{2} \\ \end{matrix} \right.\)

Mà \(BC\bot SO\) (do \(SO\bot \left( ABCD \right)\))

\(\Rightarrow BC\bot \left( SOI \right)=>BC\bot OH\)

Lại có: \(SI\bot OH=>OH\bot \left( SBC \right)=>d\left( O;\left( SBC \right) \right)=OH\) (2)

Từ (1), (2) suy ra: \(d\left( A;\left( SBC \right) \right)=2.OH=\frac{2a\sqrt{15}}{5}=>OH=\frac{a\sqrt{15}}{5}\)

\(\Delta SOI\) vuông tại O, \(OH\bot SI=>\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{I}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{\frac{3}{4}{{a}^{2}}}=\frac{1}{\frac{3}{5}{{a}^{2}}}\Leftrightarrow SO=a\sqrt{3}\)

Thể tích khối chóp S.ABCD là: \(V=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{a}^{2}}}{4}\)

Diện tích xung quang \({{S}_{xq}}\) của hình nón là: \({{S}_{xq}}=\pi Rl.\)

Ta có: \(y={{x}^{3}}-3x+1=>y'=3{{x}^{2}}-3;y''=6x\)

\(\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x=1\,\, \\ x=-1 \\ \end{matrix} \right.\)

\(y''\left( 1 \right)=6>0=>\) Loại

\(y''\left( -1 \right)=-6<0=>x=-1\) là điểm cục đại của hàm số đã cho.

Ta có: \(y=\frac{{{x}^{3}}}{3}-3{{x}^{2}}+5x-2\Rightarrow y'={{x}^{2}}-6x+5\)

\(y'\le 0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-6x+5\le 0\Leftrightarrow 1\le x\le 5\)

⇒ Hàm số \(y=\frac{{{x}^{3}}}{3}-3{{x}^{2}}+5x-2\) nghịch biến trên khoảng (1;5).

\(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 28 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 9;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = - 1 \notin \left[ {0;4} \right]}\\ {x = 3 \in \left[ {0;4} \right]\,\,\,} \end{array}} \right.\)

Ta có: f (0) = 28, f (3) = 1; f (4) = 8 và f (x) xác định với mọi \(x\in \left[ 0;4 \right]\Rightarrow \) GTNN của hàm số trên đoạn [0;4] bằng 1

\(\Rightarrow {{x}_{0}}=3\Rightarrow P={{x}_{0}}+2018=2021\)

Quan sát đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\), ta thấy \(f'\left( x \right)>0,\forall x\in \left( -2;+\infty  \right) \Rightarrow \) Hàm số f (x) đồng biến trên khoảng (-1;1).

⇒ Mệnh đề ở câu A là sai.

Ta có:\({{V}_{ABCM}}=\frac{1}{2}{{V}_{B'.ABC}}\) (do M là trung điểm của BB’)

Mà \({{V}_{B'.ABC}}=\frac{1}{3}{{V}_{ABC.A'B'C'}}\Rightarrow \frac{1}{6}{{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{1}{6}.72=12\left( c{{m}^{3}} \right)\)

Giả sử y = ax⁴ + bx² + c, (a \(\ne \) 0) là hàm số của đồ thị đã cho.

Do đồ thị có bề lõm hướng xuống nên a < 0 ⇒ Loại phương án B

Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ bằng -1 ⇒ c = -1 ⇒ Loại phương án D

Hàm số đạt cực trị tại 3 điểm x = 0; x = 1; x = -1 ⇒ Chọn phương án A. Do:

\(y = - 2{x^4} + 4{x^2} - 1 \Rightarrow y' = - 8{x^3} + 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 0}\\ {x = \pm 1} \end{array}} \right.\)

\(y = - {x^4} + 4{x^2} - 1 \Rightarrow y' = - 4{x^3} + 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 0}\\ {x = \pm \sqrt 2 } \end{array}} \right.\)

Để uống được nước thì con quạ phải thả các viên bi vào cốc sao cho mực nước trong cốc dâng lên ít nhất:

20 -12 - 6 = 2( cm)

Khi đó, thể tích của mực nước dâng lên là: \(\pi {{R}^{2}}.h=\pi {{.2}^{2}}.2=8\pi \left( c{{m}^{3}} \right)\)

Thể tích của một viên bi là: \(\frac{4}{3}\pi {{r}^{3}}=\frac{4}{3}\pi .0,{{6}^{3}}=0,288\pi \left( c{{m}^{3}} \right)\)

Ta có: \(8\pi :0,288\pi \approx 27,8\Rightarrow \) Số viên bi ít nhất mà quạ phải thả vào là: 28 viên.

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là:

\( \begin{align} & \frac{2x+1}{x-1}=-3x+m,\left( x\ne 1 \right)\Leftrightarrow 2x+1=\left( x-1 \right)\left( -3x+m \right) \\ & \Leftrightarrow 2x+1=-3{{x}^{2}}+\left( m+3 \right)x-m\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-\left( m+1 \right)x+m+1=0\,\,\left( * \right) \\ \end{align}\)

Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thì (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\Delta > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\ {{{3.1}^2} - \left( {m + 1} \right).1 + m + 1 \ne 1} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 12\left( {m + 1} \right) > 0}\\ {3 \ne 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m - 11} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {m < - 1}\\ {m > 11} \end{array}} \right.\)

Giả sử \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) là nghiệm của (*) \(\Rightarrow {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{m+1}{3}\)

Tọa độ giao điểm \(A\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),B\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)\) do \(A,B\in d\Rightarrow \left\{ \begin{matrix} {{y}_{1}}=-3{{x}_{1}}+m \\ {{y}_{2}}=-3{{x}_{2}}+m \\ \end{matrix} \right.\)

\(\Rightarrow {{y}_{1}}+{{y}_{2}}=-3\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)+2m=-3.\frac{m+1}{3}+2m=m-1\)

Tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB: \(G\left( \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+0}{3};\frac{{{y}_{1}}+{{y}_{2}}+0}{3} \right)\) hay \(G\left( \frac{m+1}{9};\frac{m-1}{3} \right)\)

Do \(G\in \Delta :x-2y-2=0\Rightarrow \frac{m+1}{9}-2.\frac{m-1}{3}-2=0\Leftrightarrow m+1-6m+6-18=0\Leftrightarrow -\frac{11}{5}\)

\(\Rightarrow a=11;b=5\Rightarrow a+2b=21.\)

ĐKXĐ: x > 0

Ta có: \(\left( {{2}^{x}}-5 \right)\left( {{\log }_{2}}x-3 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} {{2}^{x}}-5=0\,\,\,\,\,\,\, \\ {{\log }_{2}}x-3=0 \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x={{\log }_{2}}5\left( tm \right) \\ x=8\,\,(tm)\,\,\,\,\,\,\,\, \\ \end{matrix} \right.\)

Do phương trình có 2 nghiệm \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) với \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}\) nên \({{x}_{1}}={{\log }_{2}}5,{{x}_{2}}=8\Rightarrow K={{x}_{1}}+3{{x}_{2}}=24+{{\log }_{2}}5\)

\(\begin{array}{l} n = 1 \Rightarrow f\left( {m + 1} \right) = f\left( m \right) + f\left( 1 \right) + m.1 \Leftrightarrow f\left( {m + 1} \right) = f\left( m \right) + m + 1\\ \Leftrightarrow f\left( {m + 1} \right) - f\left( m \right) = m + 1\\ \Rightarrow f\left( {96} \right) - f\left( {69} \right) = \left[ {f\left( {96} \right) - f\left( {95} \right)} \right] + \left[ {f\left( {95} \right) - f\left( {94} \right)} \right] + ... + \left[ {f\left( {70} \right) - f\left( {69} \right)} \right]\\ = 96 + 95 + ... + 70 = \frac{{27.\left( {96 + 70} \right)}}{2} = 2241\\ \Rightarrow \frac{{f\left( {96} \right) - f\left( {69} \right) - 241}}{2} = \frac{{2241 - 241}}{2} = 1000\\ \Rightarrow T = \log \left[ {\frac{{f\left( {96} \right) - f\left( {69} \right) - 241}}{2}} \right] = \log 1000 = 2. \end{array}\)

\(P = \frac{{{{\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right)}^{2018}}.{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^{2017}}}}{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^{2019}}}} = \frac{{{{\left( {{{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}^2}} \right)}^{2018}}.{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^{2017}}}}{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^{2019}}}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}^{4036}}.{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^{2017}}}}{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^{2019}}}}\)

\( = {\left( {\sqrt 3  + 1} \right)^{2017}}.{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)^{2017}} = {\left[ {\left( {\sqrt 3  + 1} \right)\left( {1 - \sqrt 3 } \right)} \right]^{2017}} = {\left( { - 2} \right)^{2017}} =  - {2^{2017}}\)

Diện tích xung quanh của hình trụ : \({{S}_{1}}=2\pi rh=2\pi r.r\sqrt{3}=2\pi \sqrt{3}{{r}^{2}}\)

\(\Delta \text{OO }\!\!'\!\!\text{ A}\)vuông tại O’ \(\Rightarrow OA=\sqrt{OO{{'}^{2}}+O'{{A}^{2}}}=\sqrt{3{{r}^{2}}+{{r}^{2}}}=2r\)

Diện tích xung quanh của hình nón: \({{S}_{xq}}=\pi rl=\pi r.2r=2\pi {{r}^{2}}=>\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\sqrt{3}\)

Số tiền anh Nam gửi mỗi tháng là: 6.20% = 1,2 (triệu đồng)

Sau 1 năm, số tiền tiết kiệm của anh Nam là:

\({{A}_{12}}=\frac{1,2\left( 1+0,5% \right)\left[ {{\left( 1+0,5% \right)}^{12}}-1 \right]}{0,5%}\approx 14,88\) (triệu đồng)

Ta có: \(y={{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+5x-1\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với đường thẳng y = 1 là:

\({{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+5x-1=1\Leftrightarrow {{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+5x-2=0\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x=1 \\ x=2 \\ \end{matrix} \right.\)

\(=>A\left( 1;1 \right),B\left( 2;1 \right)=>AB=1\)

\(V = \frac{1}{3}Sh \Leftrightarrow 32 = \frac{1}{3}.16.h =  > h = 6\left( {cm} \right).\)

ĐK: \(x-1>0\Leftrightarrow x>1\)

\({{\log }_{3}}\left( x-1 \right)=2\Leftrightarrow x-1={{3}^{2}}\Leftrightarrow x-1=9\Leftrightarrow x=10\,\left( tm \right)\)

Trên các cạnh SB, SC lần lượt lấy B’, C’ sao cho SA = SB’ = SC’= 2a

Khi đó, ta có: \(\frac{{{V}_{S.ABC}}}{{{V}_{S.AB'C'}}}=\frac{SB}{SB'}.\frac{SC}{SC'}=\frac{3}{2}.\frac{4}{2}=3=>{{V}_{S.ABC}}=3.{{V}_{S.AB'C'}}\)

* Tính \({{V}_{S.AB'C'}}\) (hình chóp \({{V}_{S.AB'C'}}\) có: \(SA=SB'=SC'=2a,\angle ASB'=\angle B'SC'={{60}^{0}},\angle ASC={{90}^{0}}\) ):

\(\Delta ASB'$ và \(\Delta SB'C'\) đều, có cạnh bằng \(2a\Rightarrow AB'=B'C'=2a\)

\(\Delta SA'C'\) vuông cân tại S => \(\left\{ \begin{matrix} A'C'=2a\sqrt{2} \\ {{S}_{AB'C'}}=\frac{1}{2}.{{\left( 2a \right)}^{2}}=2{{a}^{2}} \\ \end{matrix} \right.\)

Do \(\left\{ \begin{matrix} AB'=B'C'=2a \\ AC'=2a\sqrt{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\, \\ \end{matrix}\Rightarrow \Delta AB'C' \right.\) vuông cân tại B’

Gọi I là trung điểm của A’C’ ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB’C’

Mà, chóp \({{V}_{S.AB'C'}}\), có \(SA=SB'=SC'=2a\Rightarrow SI\bot \left( AB'C' \right)\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.AB'C'}}=\frac{1}{3}{{V}_{AB'C'}}.SI=\frac{1}{3}.2{{a}^{2}}.\frac{2a}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}{{a}^{3}}}{3}\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=3.{{V}_{S.AB'C'}}=2\sqrt{2}{{a}^{3}}\).

\(y=f\left( x \right)={{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}\Rightarrow y'=f'\left( x \right)=4x\left( {{x}^{2}}-1 \right)\Rightarrow f'\left( 2 \right)=24\).

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right){{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}\) tại điểm M(2;9) là :

\(y=24.\left( x-2 \right)+9\Leftrightarrow y=24x-39\).

Ta có: \({{r}^{2}}+{{h}^{2}}={{l}^{2}}\Leftrightarrow {{6}^{2}}+{{8}^{2}}={{l}^{2}}\Leftrightarrow l=10\,\left( cm \right)\)

Diện tích toàn phần của hình nón :\({{S}_{tp}}=\pi rl+\pi {{r}^{2}}=\pi .6.10+\pi {{.6}^{2}}=96\pi \left( c{{m}^{2}} \right)\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x) tại điểm M(x₀; y₀) là: \(y=f'\left( {{x}_{0}} \right).\text{ }\left( x-{{x}_{0}} \right)+{{y}_{0}}\)

Do \(\Delta OAB\) cân tại O. Mà \(\angle AOB={{90}^{0}}\Rightarrow \Delta OAB\) vuông cân tại O

⇒ Đường thẳng d tạo với trục Ox góc 45⁰ hoặc góc 135⁰

⇒ Đường thẳng d có hệ số góc băng 1 hoặc -1 \(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} a=1\,\,\, \\ a=-1 \\ \end{matrix} \right.\)

Ta có: \(y=\frac{x+2}{2x+3}\Rightarrow y'=\frac{-1}{{{\left( 2x+3 \right)}^{2}}}<0,\forall x\ne -\frac{3}{2}\Rightarrow \) Hệ số góc của đường thẳng d chỉ có thể là \(-1\Rightarrow a=-1\)

Gọi \(M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)\) là tiếp điểm \(=>\frac{-1}{{{\left( 2{{x}_{0}}+3 \right)}^{2}}}=-1\Leftrightarrow {{\left( 2{{x}_{0}}+3 \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} {{x}_{0}}=-1 \\ {{x}_{0}}=-2 \\ \end{matrix} \right.\)

+) \({{x}_{0}}=-1\Rightarrow {{y}_{0}}=1\Rightarrow \left( d \right):y=-1\left( x+1 \right)+1\Rightarrow y=-x\) : Loại, do y=-x cắt 2 trục tọa độ tại điểm duy nhất là O (0;0)

+) \({{x}_{0}}=-2\Rightarrow {{y}_{0}}=0\Rightarrow \left( d \right):y=-1\left( x+2 \right)+0\Leftrightarrow y=-x-2\Rightarrow b=-2\Rightarrow a+b=-1-2=-3\) 

MĐ đúng là: \({\log _a}{x^n} = n{\log _a}x\) (với x > 0)

Ta có: \(g\left( x \right)=f\left( 2{{x}^{3}}+x-1 \right)+m\Rightarrow g'\left( x \right)=\left( 6{{x}^{2}}+1 \right).f'\left( 2{{x}^{3}}+x-1 \right)\)

Với \(x\in \left[ 0;1 \right]\) thì \(\left( 2{{x}^{3}}+x-1 \right)\in \left[ -1;2 \right]\)

Quan sát đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) ta thấy hàm số \(y=f\left( x \right)\) nghịch biến trên đoạn [-1;l]

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f'\left( x \right) \le 0,x \in \left[ { - 1;1} \right]\\ \Rightarrow f'\left( {2{x^3} + x - 1} \right) \le 0,\forall x \in {\rm{[}}0;1] \Rightarrow g'\left( x \right) \le 0,\forall x \in {\rm{[}} - 1;2]\,\,(do\,\,\,6{x^2} + 1 > 0,\forall x) \end{array}\)

⇒ g (x) nghịch biến trên [0;1] \(\Rightarrow \underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\text{max}}}\,g\left( x \right)=g\left( 0 \right)=f\left( -1 \right)+m=3+m\)

Theo đề bài, ta có: \(3+m=-10\Leftrightarrow m=-13\)

+) Với \(m=0\Rightarrow y={{x}^{2}}+1\): là hàm số bậc hai với hệ số \(a=1>0\Rightarrow \) Hàm số có 1 điểm cực tiểu, không có cực đại

⇒ m = 0 không thỏa mãn.

+) Với \(m\ne 0\) : Hàm số là hàm bậc 4 trùng phương.

Khi đó hàm số có đúng một điểm cực đại \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {a < 0}\\ {b \le 0} \end{array}} \right.}\\ {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {a > 0}\\ {b < 0} \end{array}} \right.} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {m < 0\,\,\,\,\,\,}\\ {m + 1 \le 0} \end{array}} \right.}\\ {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {m > 0\,\,\,\,\,}\\ {m + 1 < 0} \end{array}} \right.} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {m < 0}\\ {m \le - 1} \end{array}} \right.}\\ {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {m > 0}\\ {m < - 1} \end{array}} \right.} \end{array}} \right. \Leftrightarrow m \le - 1\)

Mà \(m \in Z,m \in \left[ { - 2018;2019} \right] \Rightarrow m \in \left\{ { - 2018; - 2017;...; - 1} \right\}\): có 2018 giá trị của m thỏa mãn.

Phương trình \(f\left( x \right)=m\) có đúng hai nghiệm

⇒ Đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) cắt đường thẳng y=m tại 2 điểm phân biệt 

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} m\le -1 \\ m=2\,\,\, \\ \end{matrix} \right.\)

\(f\left( x \right) = {2^{2x}} \Rightarrow f'\left( x \right) = {2.2^{2x}}\ln 2 = {2^{2x + 1}}\ln 2\)

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, đường kính AD.

Ta chứng minh O là tâm mặt câu đi qua 6 điểm \(A,B,C,{{B}_{1}},{{C}_{1}}\) và D:

Ta có: \(\left\{ \begin{matrix} CD\bot AC\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \\ CD\bot SA(do\,\,\,SA\bot \left( ABC \right)) \\ \end{matrix}\Rightarrow CD\bot \left( SAC \right)\Rightarrow CD\bot A{{C}_{1}} \right.\)

Do \(\left\{ \begin{matrix} A{{C}_{1}}\bot SC \\ A{{C}_{1}}\bot CD \\ \end{matrix}\Rightarrow A{{C}_{1}}\bot \right.\left( SCD \right)\Rightarrow A{{C}_{1}}\bot {{C}_{1}}D\)

\(\Rightarrow {{C}_{1}}\) thuộc mặt cầu tâm O đường kính AD

Tương tự, B₁ thuộc mặt cầu tâm O đường kính AD

Hiển nhiên, A, B, D, C thuộc mặt cầu tâm O đường kính AD

⇒ O là tâm mặt cầu đi qua 6 điểm \(A,B,C,{{B}_{1}},{{C}_{1}},D\)

⇒ O là tâm mặt cầu đi qua 5 điểm \(A,B,C,{{B}_{1}},{{C}_{1}}\)

Tính bán kính R của mặt cầu đi qua 5 điểm \(A,B,C,{{B}_{1}},{{C}_{1}}\).

Xét tam giác ABC: \(BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AB.AC.cos\angle A}=\sqrt{4+9-2.2.3cos{{60}^{0}}}=\sqrt{7}\left( cm \right)\)

\({{S}_{ABC}}=\frac{AB.AC.BC}{4R}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle A=>\frac{2.3\sqrt{7}}{4R}=\frac{1}{2}.2.3.\sin {{60}^{0}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{3\sqrt{7}}{2R}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow R=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}}\left( cm \right)\)

Thể tích khối cầu: \(V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi {{\left( \sqrt{\frac{7}{3}} \right)}^{3}}=\frac{28\sqrt{7}\pi }{9\sqrt{3}}=\frac{28\sqrt{21}\pi }{27}\left( c{{m}^{3}} \right)\)

Hàm số \(f\left( x \right)=\frac{x-{{m}^{2}}}{x+8}\) xác định trên đoạn [0;3] với mọi giá trị của m.

Ta có: \(f'\left( x \right)=\frac{8+{{m}^{2}}}{x+8}>0,\forall x\in \left[ 0;3 \right],\forall m=>\) Hàm số đồng biến trên (0;3) \(\Rightarrow \underset{\left[ 0;3 \right]}{\mathop{Min}}\,f\left( x \right)=f\left( 0 \right)=-\frac{{{m}^{2}}}{8}\) 

Theo đề bài, ta có: \(-\frac{{{m}^{2}}}{8}=-3\Leftrightarrow {{m}^{2}}=24\Leftrightarrow m=\pm 2\sqrt{6}\)

Do \({{m}_{0}}\) là giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu đề bài , nên \({{m}_{0}}=2\sqrt{6}\approx 4,9\in \left( 2;5 \right)\)

Theo kế hoạch, mỗi tháng, công ti đó làm được \(\frac{1}{25}\) công việc

Do kê từ tháng thứ 2, mỗi tháng tăng 5% khối lượng công việc so với tháng kề trước, nên lượng công việc công ti đó hoàn thành ở tháng thứ k là: \({A_k} = \frac{1}{{25}}.{\left( {1 + 5\% } \right)^{k - 1}},k \in N*\)

Gọi \({{n}_{0}}\) là số tháng đê công trình được hoàn thành. Khi đó, \({{n}_{0}}\) là giá trị nguyên dương nhỏ nhất của n, thỏa mãn:

\(\begin{array}{l} \frac{1}{{25}} + \frac{1}{{25}}.{\left( {1 + 5\% } \right)^1} + \frac{1}{{25}}.{\left( {1 + 5\% } \right)^2} + ... + \frac{1}{{25}}.{\left( {1 + 5\% } \right)^{n - 1}} \ge 1\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{25}}\left( {1 + 1,05 + 1,{{05}^2} + ... + 1,{{05}^{n - 1}}} \right) \ge 1 \Leftrightarrow \frac{{1,{{05}^{n - 1}} - 1}}{{1,05 - 1}} \ge 25 \Leftrightarrow 1,{05^{n - 1}} \ge 2,25 \Leftrightarrow n - 1 \ge 16,6 \Leftrightarrow n \ge 17,7 \Rightarrow {n_0} = 18 \end{array}\)

Vậy sau 18 tháng, công trình sẽ được hoàn thành. 

Từ K kẻ \(IK//AM\left( I\in SB \right),KJ//AC\left( J\in SC \right)\Rightarrow \left( \alpha  \right)\equiv \left( IJK \right)\) và I,J lần lượt là trung điểm của SM, SC (do K là trung điểm của SA)

Trong (SAB), gọi N là giao điểm của IK và AB \(\Rightarrow \frac{AN}{AB}=\frac{IM}{MB}=\frac{1}{2}\)

Trong (ABCD), kẻ đường thẳng qua N song song AC, cắt AD tại Q, CD tại P.

Khi đó, dễ dàng chứng minh P, Q lần lượt là trung điểm của CD, AD và \(\left( IJK \right)\equiv \left( IJPQK \right)\)

\(\frac{{{V}_{S.IJK}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SK}{SA}.\frac{SI}{SB}.\frac{SJ}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{4}.\frac{1}{2}=\frac{1}{16}\Rightarrow {{V}_{S.IJK}}=\frac{1}{16}{{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{32}{{V}_{S.ABCD}}\)

*) Gọi L là trung điểm của SD

Khi đó, khối đa diện SKJPQD được chia làm 2 khối: hình lăng trụ tam giác KJL.QPD và hình chóp tam giác S.KJL

\(\begin{array}{l} \frac{{{V_{S.ILK}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SK}}{{SA}}.\frac{{SL}}{{SD}}.\frac{{SJ}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8} \Rightarrow {V_{S.LJK}} = \frac{1}{8}{V_{S.ADC}} = \frac{1}{{16}}{V_{S.ABCD}}\\ {V_{KJL.QPD}} = 3{V_{L.PQD}} = 3.\frac{1}{3}.{d_{\left( {L;\left( {ABCD} \right)} \right)}}.{S_{PQD}} = 3.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}{d_{\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}}.\frac{1}{4}{S_{ACD}} = \frac{3}{8}.\frac{1}{3}{d_{\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}}{S_{ACD}} = \frac{3}{8}{V_{S.ACD}} = \frac{3}{{16}}{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow {V_1} = {V_{S.IJK}} + {V_{S.LJK}} + {V_{KJL.QPD}} = \frac{1}{{32}}{V_{S.ABCD}} + \frac{1}{{16}}{V_{S.ABCD}} + \frac{3}{{16}}{V_{S.ABCD}} = \frac{9}{{32}}{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow {V_2} = \frac{{23}}{{32}}{V_{S.ABCD}} = > \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{9}{{23}}. \end{array}\)

Gọi O là tâm của tứ giác đáy.

\(\Rightarrow \frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}\sqrt{A{{D}^{2}}+A{{B}^{2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{8{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}\)

Khi đó ta có:\(SO\bot \left( ABCD \right)\)

⇒ SO là trục của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.

Trong mặt phẳng (SOA), vẽ đường trung trực của cạnh SA, cắt SO tại I.

⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Ta có: \(\Delta SNI\sim \Delta SOA\left( g-g \right)\)

\(\begin{align} & \Rightarrow \frac{SN}{SO}=\frac{SI}{SA}\Leftrightarrow SI=\frac{SN.SA}{SO} \\ & \Leftrightarrow SI=\frac{SN.SA}{\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}}=\frac{2a.a}{\sqrt{4{{a}^{2}}-2{{a}^{2}}}}=\frac{2{{a}^{2}}}{a\sqrt{2}}=a\sqrt{2} \\ \end{align}\)

Hàm số đã cho có một điểm cực tiểu và không có điểm cực đại.

ĐK: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x > 0\,\,\,\,\,}\\ {\ln x \ne 1} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x > 0}\\ {x \ne e} \end{array}} \right.} \right.\)

TXĐ \(D = \left( {0; + \infty } \right)\backslash \left\{ e \right\}\)

Ta có: \(y={{x}^{3}}+b{{x}^{2}}-x+d\Rightarrow y'=3{{x}^{2}}+2bx-1\)

Do 3.(-l) < 0 ⇒ Phương trình y' = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu

⇒ Hàm số đã cho có 2 cực trị với mọi m.

⇒ Đồ thị hàm số không thể là hình (III)

Mặt khác a = 1 > 0 ⇒ Đồ thị hàm số không thể là hình (II)

Đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}+b{{x}^{2}}-x+d\left( b,d\in \mathbb{R} \right)\) có thể là dạng (I) 

Diện tích xung quanh của mặt cầu có bán kính a là: \(4\pi {a^2}\)

Điều kiện \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x > 1\,\,\,}\\ {mx > 8} \end{array}} \right.\)

Ta có: \({{\log }_{\sqrt{2}}}\left( x-1 \right)={{\log }_{2}}\left( mx-8 \right)\,\,\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{\log }_{2}}{{\left( x-1 \right)}^{2}}={{\log }_{2}}\left( mx-8 \right)\)

\(\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}=mx-8\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+9=m\Leftrightarrow x-2+\frac{9}{x}=m\,\,\,\left( do\,\,x>1 \right)\) (2)

Phương trình (1) có 2 nghiệm thực phân biệt ⇒ Phương trình (2) có 2 nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1 (*)

Xét hàm số \(f\left( x \right)=x-2+\frac{9}{x},x>1\) có \(f'\left( x \right)=1-\frac{9}{{{x}^{2}}},f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=3\)

Bảng biến thiên:

(*)\(\Leftrightarrow 4<m<8\). Mà \(m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{ 5;6;7 \right\}\): có 3 giá trị của m thỏa mãn.

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng SC.

O là tâm của hình chữ nhật ABCD.

Ta chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD:

Do OI là đường trung bình của tam giác \(SAC\Rightarrow OI//SA\)

Mà \(SA\bot \left( ABCD \right)=>OI\bot \left( ABCD \right)=>IA=IB=IC=ID\)

(do O là tâm của hình chữ nhật ABCD) (1)

\(\Delta SAC\) vuông tại A, I là trung điểm của \(SC\Rightarrow IA=IS=IC\,\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2) suy ra : \(\Rightarrow IA=IB=IC=ID=IS\Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Ta có: \(y=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+c\left( a\ne 0 \right)\Rightarrow y'=4a{{x}^{3}}+2bx\)

Dựa vào bảng biến thiên, ta thầy đồ thị hàm số đi qua các điểm (-1; 2), (0; 1), (1; 2) và các các điểm này là các điểm cực trị của hàm số.

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {y\left( 0 \right) = 1}\\ {y\left( 1 \right) = 2}\\ {y'\left( 1 \right) = 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {c = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\ {a + b + c = 2}\\ {4a + 2b = 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {c = 1\,\,\,\,\,\,\,\,}\\ {a + b = 1}\\ {2a + b = 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {a = - 1}\\ {b = 2}\\ {c = 1\,\,\,} \end{array}} \right.\)

Khi đó P = a - 2b + 3c = -1 - 2.2 + 3.1 = -2.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, I là trung điểm của BC.

Ta có: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{3}.{a^2}.SO = {a^3} \Rightarrow SO = 3a\)

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {OI \bot BC}\\ {SI \bot BC} \end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SOI} \right)} \right.\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC}\\ {BC \bot \left( {SOI} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\ {\left( {SOI} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SI\,\,\,\,\,\,}\\ {\left( {SOI} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = OI} \end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {OI;SI} \right) = \angle SIO\)

\( \Rightarrow cos\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = cos\angle SIO = \frac{{OI}}{{SI}} = \frac{{OI}}{{\sqrt {O{I^2} + S{O^2}} }} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + 9{a^2}} }} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt {37} }}{2}}} = \frac{1}{{\sqrt {37} }}\)

Mệnh đề sai là: Tập xác định của hàm số \(y={{x}^{-2}}\) là \(\mathbb{R}\).

Sửa lại: Tập xác định của hàm số \(y={{x}^{-2}}\) là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\)

\(V = \pi {R^2}h \Leftrightarrow 45\pi  = \pi {R^2}.5 \Leftrightarrow {R^2} = 9 \Leftrightarrow R = 3\left( {cm} \right)\)