Áp dụng quy tắc cộng ta có số cách chọn ra một cây bút từ hộp bút đó là 8 + 6 + 10 = 24.

\({u_{n + 1}} - {u_n} = 3\left( {n + 1} \right) - 2 - 3n + 2 = 3\)

Nên d = 3 là công sai của cấp số cộng.

Trong khoảng (-1;0) đạo hàm y' nên hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;0).

Dựa vào bảng biến thiên, giá trị cực đại của hàm số là y = 3

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \frac{3}{4} \end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đã cho có đúng 1 cực trị.

Tiệm cận ngang: y = 3

Tiệm cận đứng: x = -1; x = 1

Vậy tổng số tiệm cận là 3.

Ta có đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( 0;-1 \right); B\left( 1;1 \right)\) và \(C\left( -1;1 \right)\)

Xét \(y=-2{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-1\)

Thế tọa độ điểm \(A\left( 0;-1 \right)\) thỏa mãn; thế tọa độ điểm \(B\left( 1;1 \right)\): 1=-2.1+4.1-1

Thế tọa độ điểm \(C\left( -1;1 \right)\) thỏa mãn.

Phương trình hoành độ giao điểm: \({{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+x-12=0 \Leftrightarrow x=3\).

Vậy có một giao điểm duy nhất.

\(\log {(10ab)^2} = 2\log (10ab) = 2\left( {\log 10 + \log ab} \right) = 2 + 2\log (ab)\)

\( = 2(1 + \log a + \log b) = 2 + \log {(ab)^2}\)

\(f'\left( x \right) = {\left( {2x - 3} \right)^\prime }.{{\rm{e}}^{2x - 3}} = 2.{{\rm{e}}^{2x - 3}}\)

\(P = {a^{\sqrt 2 }}.{\left( {\frac{1}{a}} \right)^{\sqrt 2 - 1}} = {a^{\sqrt 2 }}{\left( {{a^{ - 1}}} \right)^{\sqrt 2 - 1}} = {a^{\sqrt 2 }}{a^{1 - \sqrt 2 }} = a\)

\({3^{{x^4} - 3{x^2}}} = 81 \Leftrightarrow {3^{{x^4} - 3{x^2}}} = {3^4} \Leftrightarrow {x^4} - 3{x^2} = 4\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x^2} = - 1}\\ {{x^2} = 4} \end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\)

Vậy tổng các nghiệm là 0

Điều kiện x > 0.

Ta có : \({\log _3}x + {\log _3}\left( {x + 2} \right) = 2 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x\left( {x + 2} \right)} \right) = 2 \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) = {3^2}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1 - \sqrt {10} \\ x = - 1 + \sqrt {10} \end{array} \right.\)

Vì x > 0 nên phương trình có nghiệm duy nhất là \(x =  - 1 + \sqrt {10} \).

\(\int {\frac{{2x + 1}}{x}dx}  = \int {2dx + \int {\frac{1}{x}dx}  = 2x + \ln \left| x \right|}  + C\)

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

Ta có

\(\int\limits_6^{12} {f\left( {\frac{x}{3}} \right)dx}  = 3\int\limits_6^{12} {f\left( {\frac{x}{3}} \right)d\left( {\frac{x}{3}} \right) = 3} \int\limits_2^4 {f(t)dt}  = 3\int\limits_2^4 {f(x)dx} \)

Suy ra \(\int\limits_2^4 {f\left( x \right)dx}  = \frac{2}{3}\)

Vậy \(\int\limits_1^4 {f(x)dx}  = \int\limits_1^2 {f(x)dx}  + \int\limits_2^4 {f(x)dx}  = 3 + \frac{2}{3} = \frac{{11}}{3}\)

\(\int\limits_1^e {\ln xdx}  = x\ln x\left| {_1^e - } \right.\int\limits_1^e {dx = e - (e - 1) = 1} \)

Số phức liên hợp là \(\overline{z}=2+3i\). Do đó tổng cần tìm bằng 5.

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

\(\left( {1 + i} \right)z = 3 - i \Leftrightarrow z = \frac{{3 - i}}{{1 + i}} \Leftrightarrow z = \frac{{\left( {3 - i} \right)\left( {1 - i} \right)}}{{\left( {1 + i} \right)\left( {1 - i} \right)}} \Leftrightarrow z = 1 - 2i\)

Vậy điểm biểu diễn số phức z là M(1;-2).

\(V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.10.6 = 20\left( {{m^3}} \right)\)

\({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA'.{S_{ABCD}} = 4.2.3 = 24\)

Gọi O là tâm đường tròn đáy hình nón, S là đỉnh và SA là đường sinh.

Ta có: \(SO\bot OA\Rightarrow S{{A}^{2}}=S{{O}^{2}}+O{{A}^{2}}\) hay \({{l}^{2}}={{h}^{2}}+{{R}^{2}}\).

Ta có chu vi đáy \(C = 2\pi R = 5\,\left( m \right)\).

Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi Rl = 5.20 = 100\;\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{ - 2 + 1 + 0}}{3} = - \frac{1}{3}\\ {y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{4 + 1 - 2}}{3} = 1\\ {z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{1 - 6 + 3}}{3} = - \frac{2}{3} \end{array} \right.\)

Nên \(G\left( { - \frac{1}{3};1; - \frac{2}{3}} \right)\)

Từ phương trình mặt cầu dạng 2, suy ra \(I(0;1;-2),R=\sqrt{0+1+4-2}=\sqrt{3}\).

Suy ra đường kính bằng \(2\sqrt{3}\).

Vì \(M\in \left( P \right)\) nên \(2a-b+1-3=0 \Leftrightarrow 2a-b=2\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 4; - 2} \right) =  - 2\left( { - 1;2;1} \right)\)

Số phần tử không gian mẫu: \(n(\Omega )=9\times 9\times 8=648.\)

Gọi A là biến cố: “tổng các chữ số là số lẻ ”.

Gọi số cần tìm là: \(\overline{abc}\,\,\left( a,b,c\in \mathbb{N} \right).\)

TH1: ba chữ số a,b,c đều lẻ có \(5\times 4\times 3=60\) số.

TH2: hai chữ số chẵn một chữ số lẻ có:

a chẵn, b chẵn, c lẻ có \(4\times 4\times 5=80\) số.

a chẵn, b lẻ, c chẵn có \(4\times 5\times 4=80\) số.

a lẻ, b chẵn, c chẵn có \(5\times 5\times 4=100\) số.

\(\Rightarrow n(A)=60+80+80+100=320\).

⇒ xác suất biến cố A: \(P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{320}{648}=\frac{40}{81}.\)

Ta có \({y}'=3{{x}^{2}}+1>0\) với mọi \(x\in \mathbb{R}\).

\(y' = 1 + \frac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0\;\forall x\, \in \left[ { - 1;1} \right]\) suy ra hàm số luôn đồng biến trên [-1;1]

Do đó hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x = -1 và đạt giá trị lớn nhất tại x = 1.

Bất phương trình tương đương với \({{2}^{{{x}^{2}}-3x+4}}\le {{2}^{10-2x}} \Leftrightarrow {{x}^{2}}-3x+4\le 10-2x \Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-6\le 0\)

\(\Leftrightarrow -2\le x\le 3\). Do x>0 nên \(0<x\le 3\).

Mà \(x\in {{\mathbb{Z}}^{+}}\) nên \(x\in \left\{ 1;2;3 \right\}\).

Vậy có 3 giá trị nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.

\(I = \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} 2\\ { - 1} \end{array} + 2\int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + 3\int\limits_{ - 1}^2 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{3}{2} + 4 - 3 = \frac{5}{2}\)

Ta có: \(z_{1}^{2}+{{\bar{z}}_{2}} ={{\left( 3-i \right)}^{2}}+\left( 4+i \right) =12-5i\) nên \(\left| z_{1}^{2}+{{{\bar{z}}}_{2}} \right|=\sqrt{{{12}^{2}}+{{5}^{2}}}=13\).

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của \({A}'{B}'\) và \({C}'{D}'\).

Ta có \(\left( \left( O{A}'{B}' \right),\left( O{C}'{D}' \right) \right)=\left( OM,ON \right)\).

Có \(MN=a,OM=ON=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=a\frac{\sqrt{5}}{2}\).

Suy ra \(\cos \widehat{MON}=\frac{O{{M}^{2}}+O{{N}^{2}}-M{{N}^{2}}}{2OM.ON}=\frac{3}{5}\).

Gọi M là trung điểm AB \(\Rightarrow OM\bot AB\).

Kẻ \(OH\bot CM\). Ta có \(OM=a\sqrt{2}\).

Khi đó \(d\left( O,\left( ABC \right) \right)=OH =\sqrt{\frac{O{{M}^{2}}.O{{C}^{2}}}{O{{M}^{2}}+O{{C}^{2}}}} =a\)

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC khi đó ta có \(G\left( 1;2;2 \right) \Rightarrow \overrightarrow{AG}=\left( -1;0;2 \right) \Rightarrow R=\left| \overrightarrow{AG} \right|=\sqrt{5}\).

Phương trình mặt cầu tâm A và đi qua trọng tâm G của tam giác ABC là: \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=5\).

Trung điểm BC là \(M\left( 1;-1;2 \right)\), suy ra \(\overrightarrow{AM}=\left( 0;1;2 \right)\).

Do đó phương trình đường thẳng AM là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = - 2 + t\\ z = 2t \end{array} \right.\)

Ta có \({g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)-\left( {{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2} \right)\).

Trên mặt phẳng toạ độ đã có đồ thị hàm số \({f}'\left( x \right)\) ta vẽ thêm đồ thị hàm số \(y={{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta có

Khi \(x\in \left( -3;-1 \right)\) thì \({f}'\left( x \right)<{{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}\), khi \(x\in \left( -1;1 \right)\) thì \({f}'\left( x \right)>{{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}\).

Do đó ta có bảng biến thiên của hàm số \(y=g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ -3;1 \right]\) như sau

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Vì trên \(\left[ 0;1 \right]\) hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến nên \(g\left( 0 \right)<g\left( 1 \right)\), do đó (I) đúng.

Từ BBT ta có \(\underset{\left[ -3;1 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=g\left( -1 \right)\), do đó (II) đúng.

Từ BBT ta thấy (III) đúng.

\(\underset{\left[ -3;1 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=\max \left\{ g\left( -3 \right);g\left( 1 \right) \right\}\).

Đặt \(t={{\log }_{4}}\left( x+2y \right)\Leftrightarrow x+2y={{4}^{t}} \Leftrightarrow y=\frac{{{4}^{t}}-x}{2}\).

Khi đó \({{2}^{x-1}}=t+\frac{{{4}^{t}}-x}{2}\Leftrightarrow {{2}^{x}}+x={{2}^{2t}}+2t\)

Xét hàm số \(f\left( u \right)={{2}^{u}}+u\Rightarrow {f}'\left( u \right)={{2}^{u}}\ln 2+2>0\ \forall \,u\in \mathbb{R}\).

Do đó \(f\left( x \right)=f\left( 2t \right) \Leftrightarrow x=2t \Rightarrow y={{2}^{x-1}}-\frac{1}{2}x \in \left[ 1;2020 \right]\).

Suy ra \(x\in \left\{ 2;3;...;11 \right\}\).

Nhưng \(y\in \mathbb{Z}\) nên \(x\vdots 2\). Do đó \(x\in \left\{ 2;4;6;8;10 \right\}\).

Vậy có 5 cặp số nguyên thỏa mãn.

Xét tích phân \({{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( \sin x \right)\cos x\text{d}x}\). Đặt \(t=sinx\Rightarrow \text{d}t=\cos x\text{d}x\)

Đổi cận

Ta có \({{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{f\left( t \right)\text{d}t=}\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{\left( 5-x \right)\text{d}x=}\left. \left( 5x-\frac{{{x}^{2}}}{2} \right) \right|_{0}^{1}=\frac{9}{2}\)

Xét tích phân \({{I}_{2}}=\int\limits_{0}^{1}{f\left( 3-2x \right)\text{d}x}\). Đặt \(t=3-2x\Rightarrow \text{d}t=-2\text{d}x\Rightarrow \text{d}x=\frac{-\text{d}t}{2}\)

Đổi cận

Ta có \({{I}_{2}}=\int\limits_{0}^{1}{f\left( 3-2x \right)\text{d}x}=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{f\left( t \right)\text{d}t=}\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)\text{d}x=}\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{\left( {{x}^{2}}+3 \right)\text{d}x=}\frac{1}{2}\left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}+3x \right) \right|_{1}^{3}=\frac{1}{2}\left( 18-\frac{10}{3} \right)=\frac{22}{3}\)

Vậy \(I=2\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( \sin x \right)\cos x\text{d}x+3\int\limits_{0}^{1}{f\left( 3-2x \right)\text{d}x}}=9+22=31\).

Giả sử số phức z=a+bi, \(\left( a,b\in \mathbb{R} \right)\).

Ta có \(\left| z+i \right|=2\Leftrightarrow \left| a+\left( b+1 \right)i \right|=2\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{\left( b+1 \right)}^{2}}=4 \left( 1 \right)\)

\({{\left( z-2 \right)}^{4}}={{\left[ \left( a-2 \right)+bi \right]}^{4}}={{\left[ {{\left( a-2 \right)}^{2}}-{{b}^{2}}+2b\left( a-2 \right)i \right]}^{2}}\)

\(={{\left( a-2 \right)}^{4}}+{{b}^{4}}-4{{b}^{2}}{{\left( a-2 \right)}^{2}}-2{{b}^{2}}{{\left( a-2 \right)}^{2}}+4b{{\left( a-2 \right)}^{3}}i-4{{b}^{3}}\left( a-2 \right)i\)

\(={{\left( a-2 \right)}^{4}}+{{b}^{4}}-4{{b}^{2}}{{\left( a-2 \right)}^{2}}-2{{b}^{2}}{{\left( a-2 \right)}^{2}}+4b\left( a-2 \right)\left[ {{\left( a-2 \right)}^{2}}-{{b}^{2}} \right]i\)

Vì \({\left( {z - 2} \right)^4}\) là một số thực nên \(4b\left( {a - 2} \right)\left[ {{{\left( {a - 2} \right)}^2} - {b^2}} \right] = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} b = 0\\ a = 2\\ a - 2 = b\\ a - 2 = - b \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} b = 0\\ a = 2\\ a = b + 2\\ a = 2 - b \end{array} \right.\)

+) b = 0 thay vào (1) ta có \({a^2} + 1 = 4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} a = \sqrt 3 \\ a = - \sqrt 3 \end{array} \right.\). Có số phức \(\left[ \begin{array}{l} z = \sqrt 3 \\ z = - \sqrt 3 \end{array} \right.\)

+) a = 2 thay vào (1) ta có \({2^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} = 4 \Rightarrow b = - 1\). Có số phức z = 2 - i

+) a = b + 2 thay vào (1) ta có \({\left( {b + 2} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} = 4 \Rightarrow 2{b^2} + 6b + 1 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} b = \frac{{ - 3 - \sqrt 7 }}{2}\\ b = \frac{{ - 3 + \sqrt 7 }}{2} \end{array} \right.\).

Có 2 số phức thỏa mãn

+) a = -b + 2 thay vào (1) ta có \({\left( { - b + 2} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} = 4 \Rightarrow 2{b^2} - 2b + 1 = 0\) (Vô nghiệm )

Vậy có 5 số phức thỏa mãn.

Gọi các yếu tố như hình vẽ, diện tích phần phải xây của bể là phần xung quanh và đáy.

\(\left\{ \begin{array}{l} V = 2{x^2}.h = \frac{{500}}{3}\\ S = 2{x^2} + 6xh \end{array} \right. \Rightarrow S = 2{x^2} + \frac{{500}}{x} = 2{x^2} + \frac{{250}}{x} + \frac{{250}}{x}\mathop \ge \limits^{co - si} 150\).

Số chi phí thấp nhất là \(150{\rm{ }} \times {\rm{ }}500000 = 75\) triệu.

Gọi đường thẳng cần tìm là \(\Delta \). Gọi \(I=\Delta \cap d \Rightarrow I\in d \Leftrightarrow I\left( 1+t;2+t;3+t \right)\).

\(\overrightarrow{MI}=\left( t;t;1+t \right)\) mà \(MI\text{//}\left( P \right)\) nên \(\overrightarrow{MI}.{{\vec{n}}_{\left( P \right)}}=0\Leftrightarrow t-t+\left( 1+t \right)=0 \Leftrightarrow t=-1 \Rightarrow \overrightarrow{MI}=\left( -1;-1;0 \right)\)

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\left( 1;2;2 \right)\) và I có véctơ chỉ phương là \(\overrightarrow{MI}=\left( -1;-1;0 \right)\) có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 - t\\ y = 2 - t\\ z = 2 \end{array} \right.\)

Xét hàm số \(h\left( x \right)=f\left( f\left( x \right) \right)-x\).

Ta xét phương trình tương giao \(f\left( f\left( x \right) \right)=x\).

Đặt \(y=f\left( x \right)\) ta có hệ \(\left\{ \begin{align} & f\left( y \right)=x \\ & f\left( x \right)=y \\ \end{align} \right.\).

Từ đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right),\left( C \right)\) ta suy ra đồ thị hàm số \(x=f\left( y \right)\) bằng cách lấy đối xứng \(\left( C \right)\) qua đường thẳng y=x như hình vẽ.

Vậy \(y=h\left( x \right)\) cắt trục Ox tại 5 điểm phân biệt (bội đơn), suy ra số điểm cực trị của đồ thị hàm số

\(y=\left| h\left( x \right) \right|\) là 5+4=9.

Ta có

\(\left| 2{{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=\sqrt{17}\Leftrightarrow 4{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}-2\left( {{z}_{1}}.\overline{{{z}_{2}}}+\overline{{{z}_{1}}}.{{z}_{2}} \right)=17\)

\(\Rightarrow \left( {{z}_{1}}.\overline{{{z}_{2}}}+\overline{{{z}_{1}}}.{{z}_{2}} \right)=4\).

Đặt \(\text{w}=3{{z}_{1}}+2{{z}_{2}}\) và \(M\left( x;y \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(\text{w}\),suy ra

\({{\left| \text{w} \right|}^{2}}={{\left| 3{{z}_{1}}+2{{z}_{2}} \right|}^{2}}=9{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+4{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}+6\left( {{z}_{1}}.\overline{{{z}_{2}}}+\overline{{{z}_{1}}}.{{z}_{2}} \right)=96\)

\(\left| \text{w} \right|=\sqrt{96}=4\sqrt{6}\). Vậy M thuộc đường tròn tâm \(O,R=4\sqrt{6}\). Gọi \(A=\left( 10;12 \right)\) ta có

\(T=\left| 3{{z}_{1}}+2{{z}_{2}}-10-12i \right|=MA\).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l} M{A_{Max}} = A{M_2} = OA + R\\ M{A_{\min }} = A{M_1} = OA - R \end{array} \right. \Rightarrow M.m = O{A^2} - {R^2} = 148\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( ABC \right):\frac{x}{4}+\frac{y}{5}+\frac{z}{101}=1\Leftrightarrow 505x+404y+20z-2020=0\)

Gọi \(N\left( x;y;z \right)\)

Theo giả thiết ta có N là điểm trên tia OM sao cho OM.ON=2020 suy ra \(\overrightarrow{OM}=\frac{2020}{O{{N}^{2}}}.\overrightarrow{ON}\)

Do đó \(M\left( \frac{2020x}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}};\frac{2020y}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}};\frac{2020z}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}} \right)\)

Mặt khác \(M\in \left( ABC \right)$ nên \(505\frac{2020x}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}+404\frac{2020y}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}+20\frac{2020z}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}-2020=0\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-505x-404y-20z=0\).

Do đó điểm N luôn thuộc một mặt cầu cố định \(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-505x-404y-20z=0\).

Dễ thấy D nằm trong mặt cầu, do vậy EF ngắn nhất khi và chỉ khi \(ID\bot EF\), trong đó \(I\left( \frac{505}{2};202;10 \right)\).

Khi đó \(F{{E}_{\min }}=2DF=2\sqrt{{{R}^{2}}-I{{D}^{2}}}=2\sqrt{{{\left( \frac{505}{2} \right)}^{2}}+{{202}^{2}}+{{10}^{2}}-{{\left( \frac{505}{2} \right)}^{2}}}=4\sqrt{10226}\)

Đặt \(\sqrt {{{\log }_a}b} = t > 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \sqrt {{{\log }_b}a} = \frac{1}{t}\\ b = {a^{\frac{1}{{{t^2}}}}} \end{array} \right.\)

Bất phương trình đã cho trở thành

\(4{{a}^{t}}-{{\left( {{a}^{{{t}^{2}}}} \right)}^{\frac{1}{t}}}>ma+3\) với \(\forall t>0\)

\(\Leftrightarrow 4{{a}^{t}}-{{a}^{t}}>ma+3\Leftrightarrow 3{{a}^{t}}>mt+3\) với \(\forall t>0\).

Do vậy đồ thị hàm số \(y=3{{a}^{t}}\) luôn nằm trên đường thẳng y=mt+3 với \(\forall t>0\)

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra \(m\le 0\)

Suy ra \(m\in \left\{ -1999;0 \right\}\) vậy có 2000 giá trị thỏa mãn

\({S_2} = \int\limits_0^m {\left( {{x^2} - mx} \right)dx} = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{m{x^2}}}{2}} \right)} \right|_m^{2020} = \left( {\frac{{{{2020}^3}}}{3} - \frac{{m{{2020}^2}}}{2}} \right) + \frac{{{m^3}}}{6}\)

\({S_1} = - \int\limits_0^m {\left( {{x^2} - mx} \right)dx} = - \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{m{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^m = \frac{{{m^3}}}{6}\)

\({S_2} = 2020{S_1} \Leftrightarrow \left( {\frac{{{{2020}^3}}}{3} - \frac{{m{{2020}^2}}}{2}} \right) + \frac{{{m^3}}}{6} = \frac{{{m^3}}}{6}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{{2020}^3}}}{3} - \frac{{m{{2020}^2}}}{2} = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{4040}}{3}\)

Gọi R là bán kính 1 quả banh

\( \Rightarrow \) Tổng diên tích 3 quả banh là: \({S_1} = 3.4\pi {R^2} = 12\pi {R^2}\)

Chiếc hộp có bán kính đáy cũng bằng R và chiều cao bằng h = 6R

\( \Rightarrow \) Diện tích xung quanh hình trụ là: \({S_2} = 2\pi Rh = 12\pi {R^2}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = 1\)