\(\begin{array}{l}{x^3} - 3{x^2} + m = 0\\ \Leftrightarrow  - {x^3} + 3{x^2} = m\\ \Leftrightarrow  - {x^3} + 3{x^2} - 4 = m - 4\end{array}\)

Số nghiệm của phương trình \({x^3} - 3{x^2} + m = 0\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y =  - {x^3} + 3{x^2} - 4\) và đường thẳng  \(y= m - 4\).

\( \Rightarrow \) Để pt \({x^3} - 3{x^2} + m = 0\) có 2 nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm số \(y =  - {x^3} + 3{x^2} - 4\) cắt đường thẳng  \(y= m – 4\) tại 2 đi ểm \(\left[ \begin{array}{l}m - 4 = 0\\m - 4 =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = 0\end{array} \right.\)

\(y =  - {x^3} + 3{x^2} + 2\)

TX Đ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' =  - 3{x^2} + 6x\\y' = 0\\ \Rightarrow  - 3{x^2} + 6x = 0\\ \Leftrightarrow x( - 3x + 6) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Từ bảng biến thiên, điểm cực đại của hàm số: \(x=2\)

 \(\begin{array}{l}{z^3} - {z^2} - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {z - 1} \right)\left( {{z^2} + 2z + 2} \right)\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z - 1 = 0\\{z^2} + 2z + 2 = 0\end{array} \right.\end{array}\)\(\)

Giải pt (2)

Ta có  \(\Delta  = {(b')^2} - a.c = 1 - 2 =  - 1 = {i^2}\)

\(\Delta \) có hai căn bậc hai là i và – i

Nghiệm của pt (2) là \({x_1} =  - 1 - {\rm{ }}i\) và   

Tập nghiệm S trên trường số phức là: S={ 1, -1- i, -1+ i}

\(\begin{array}{l}z = \dfrac{{1 + 2i}}{{1 - i}} = \dfrac{{\left( {1 + 2i} \right).\left( {1 + i} \right)}}{{\left( {1 - i} \right)\left( {1 + i} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{1 + 3i + 2.{i^2}}}{{1 - {i^2}}} = \dfrac{{ - 1 + 3.i}}{2}\\\,\,\,\, = \dfrac{{ - 1}}{2} + \dfrac{3}{2}i\\ \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{{\left( { - \dfrac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{3}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt {10} }}{2}\end{array}\)

Tứ diện có 6 cạnh.

Chọn C

\(\begin{array}{l}V = B.h = abh\\V' = B'.h' = 5a.5b.5h = 125abh = 125V\end{array}\)

Chọn A

Ta có: \(\sqrt a .\sqrt[3]{a}\sqrt[6]{{{a^5}}} = {a^{\dfrac{1}{2}}}.\,{a^{\dfrac{1}{3}}}.\,{a^{\dfrac{5}{6}}}\)\(\, = {a^{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{5}{6}}} = {a^{\dfrac{5}{3}}}\)

Chọn đáp án D.

Tập xác định của hàm số:

\(\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}\dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge 0\\\dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} > 0;\,x \ne  - 1\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge 1 \\ \Leftrightarrow \dfrac{{2 - 3x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2 - 3x - {x^2} \ge 0\\x + 1 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}2 - 3x - {x^2} \le 0\\x + 1 < 0\end{array} \right.\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \in \left[ {\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2};\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}} \right]\\x >  - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - \infty ;\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}} \right] \cup \left[ {\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}; + \infty } \right)\\x <  - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \in \left( { - 1;\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}} \right]\\x \in \left( { - \infty ;\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}} \right]\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \)\(\left( { - \infty ;\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}} \right] \cup \left( { - 1;\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}} \right]\)

Chọn đáp án A.

Hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số \(x = g\left( y \right)\) liên tục trên \(\left[ {a;b} \right]\), trục \(Oy\) và hai đường thẳng \(y = a;y = b\) quay quanh trục \(Oy\) ta được khối tròn xoay có thể tích là: \({V_y} = \pi \int\limits_a^b {{g^2}\left( y \right)} \;dy\)

Áp dụng vào bài toán, ta có \({y^2} + x = 0 \Rightarrow x =  - {y^2}\).

Đồ thị hàm số \(x =  - {y^2}\) liên tục trên \(\left[ {0;1} \right]\), trục Oy và hai đường thẳng \(y = 0,\;y = 1\)

Khi đó thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay \(\left( H \right)\) quanh trục Oy được tính bởi:

\(V = \pi \int\limits_0^1 {\left( { - {y^2}} \right){\,^2}dy}  = V = \pi \int\limits_0^1 {{y^4}\,dy} .\)

Chọn đáp án C.

Ta có:

\(I = \int\limits_0^{2004\pi } {\sqrt {1 - \cos 2x} \,dx} \)

\(\;\;\;= \int\limits_0^{2004\pi } {\sqrt {1 - \left( {1 - 2{{\sin }^2}x} \right)} \;dx}  \)

\(\;\;\;= \int\limits_0^{2004\pi } {\sqrt 2 \left| {\sin x} \right|\;dx} \)

\(\;\;\;= \sqrt 2 \left| {\cos x} \right|\left| {_0^{2004\pi }} \right.\)

\( \to \) Đáp án C sai.

Chọn đáp án C.

Tập hợp các đường thẳng đó là mặt nón có góc ở đỉnh bằng \(60^0\).

Chọn D.

Bán kính của hình nón là: \(r = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\) ; đường sinh \(l = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Diện tích xung quanh của hình nón là:

\({S_{xq}} = \pi rl = \pi \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{\pi {a^2}}}{4}\)

Chọn A

\(\begin{array}{l}\overrightarrow u .\overrightarrow v \\ = \left( {k\overrightarrow a  - \overrightarrow b \,} \right)\left( {\overrightarrow a  + 2\overrightarrow b } \right) \\= 4k - 50 + \left( {2k - 1} \right)\left| {\overrightarrow a } \right|\left| {\overrightarrow b } \right|\cos \dfrac{{2\pi }}{3}\\ =  - 6k - 45\end{array}\)

Ta có:  \(\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( { - 2;m + 2;m + 6} \right),{\rm{    }}\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow {\rm{w}}  = 3m + 8\)

\(\overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \) đồng phẳng \( \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow {\rm{w}}  = 0 \Leftrightarrow m =  - \dfrac{8}{3}\)

Xét \(y = {x^4} - 3{x^2} - 5\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' = 4{x^3} - 6x\\y' = 0\\ \Rightarrow 4{x^3} - 6x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\\x =  - \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Bảng biến thiên

Từ  bảng biến thiên, số giao điểm của đồ thị \(y = {x^4} - 3{x^2} - 5\) với  trục hoành là 2.

Cách khác:

Đặt \(t = {x^2} \ge 0\) ta được:

\({t^2} - 3t - 5 = 0\) có \(ac < 0\) nên pt có hai nghiệm t trái dấu (nghiệm dương nhận, nghiệm âm loại)

Do đó pt đã cho có \(2\) nghiệm phân biệt.

Ta có:

\({\log _a}\left( {\dfrac{{{a^2}\sqrt[3]{{{a^2}}}\sqrt[5]{{{a^4}}}}}{{\sqrt[{15}]{{{a^7}}}}}} \right)\)

\(= {\log _a}\left( {\dfrac{{{a^2}.{a^{\dfrac{2}{3}}}.{a^{\dfrac{4}{5}}}}}{{{a^{\dfrac{7}{{15}}}}}}} \right)\)

\(= {\log _a}\left( {\dfrac{{{a^{\dfrac{{52}}{{15}}}}}}{{{a^{\dfrac{7}{{15}}}}}}} \right)\)

\(= {\log _a}\left( {{a^3}} \right) = 3\)

Chọn đáp án A.

Ta có: \({4^x} + {4^{ - x}} = 23 \)

\(\Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} = 23 \)

\(\Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} - {2.2^x}{.2^{ - x}} = 23\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 25\)

\(\Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 5\)

Khi đó \(K = \dfrac{{5 + 5}}{{1 - \left( 5 \right)}} = \dfrac{{10}}{{ - 4}} =  - \dfrac{5}{2}\)

Chọn đáp án A.

Gọi I là trung điểm của AB khi đó dựng \(IH \bot \left( {SAC} \right)\)

Khi đó \(IH = \dfrac{{OB}}{2} = \dfrac{{BD}}{4} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

\(d\left( {G,\left( {SAC} \right)} \right) = \dfrac{2}{3}d\left( {I,\left( {SAC} \right)} \right)\)\(\, = \dfrac{2}{3}IH = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{6}\)

Chọn B

Thể tích của thùng hàng đó là:

\(V = abc = 2.1,5.0,7 = 2,1\left( {{m^3}} \right)\)

Chọn D.

\(\Delta ABC\)là tam giác đều cạnh \(a\)nên có diện tích \({S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Ta có \(AM = \dfrac{{A{A_1}}}{2} = \dfrac{a}{2}\)

Hai tứ diện \(MABC\)và \(M{A_1}BC\)có chung đỉnh\(C\), diện tích hai đáy \(MAB\)và \(M{A_1}B\)bằng nhau nên có thể tích bằng nhau, suy ra

\({V_{M.BC{A_1}}} = {V_{M.ABC}} = \dfrac{1}{3}AM.{S_{ABC}} \)\(\,= \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)

Chọn B.

Bán kính đáy của hình nón là: \(R = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Diện tích xung quanh của hình nón là:

\({S_{xq}} = \pi Rl = \pi \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.a = \dfrac{{\pi {a^2}\sqrt 3 }}{3}\)

Chọn A.

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;2;1} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {x - 2;y - 5;3} \right)\)

\(A,B,C\) thẳng hàng \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} \) cùng phương\( \Leftrightarrow \dfrac{{x - 2}}{1} = \dfrac{{y - 5}}{2} = \dfrac{3}{1} \Leftrightarrow x = 5;y = 11\)

\(\begin{array}{l}z = \dfrac{{1 - i}}{{1 + i}} - 3 + 4i\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{{{\left( {1 - i} \right)}^2}}}{{1 - {i^2}}} - 3 + 4i\\\,\,\,\,\, =  - i - 3 + 4i =  - 3 + 3i\end{array}\)

Số phức liên hợp của z là: \(\overline z  =  - 3 - 3i\)

Điều kiện của z là: \(|z| \le 1\) và phần ảo thuộc đoạn \(\left[ { - \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}} \right]\).

\(\begin{array}{l}
y' = 3{x^2} - 2\\
\Rightarrow k = y'\left( { - 1} \right) = 3.{\left( { - 1} \right)^2} - 2 = 1
\end{array}\)

\(y =  - \dfrac{{{x^3}}}{3} + {x^2} + mx\)

Txđ : \(D = \mathbb{R}\)

\(y' =  - {x^2} + 2x + m\)

Hàm số \(y =  - \dfrac{{{x^3}}}{3} + {x^2} + mx\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y' \le 0\;\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow  - {x^2} + 2x + m \le 0\;\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow \Delta ' \le 0\;\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow 1 + m \le 0\;\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow m \le  - 1\end{array}\)

Ta có \(\int {\left( {4\cos x + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)} \;dx \)\(\,= 4\sin x - \dfrac{1}{x} + C.\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(\int\limits_b^c {f\left( x \right)} \;dx = \int\limits_b^a {f\left( x \right)\,dx + \int\limits_a^c {f\left( {x\,} \right)dx} } \)

\( \to \) Đáp án C sai.

Chọn đáp án C.

Ta có: \(\int {{{\sin }^3}x.\cos x\,dx}  = \int {{{\sin }^3}x\;d\left( {\sin x} \right)}\)\(\,  = \dfrac{1}{4}{\sin ^4}x + C.\)

Chọn đáp án B.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, I là trung điểm của AB

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}GA = GB = GC\\SA = SB = SC\end{array} \right\} \Rightarrow SG \bot \left( {ABC} \right)\\CG = \dfrac{2}{3}CI = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\\SG = \sqrt {S{C^2} - C{G^2}} \\ = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\\V = \dfrac{1}{3}SG.{S_{ABC}} \\\;\;\;\;= \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}}}{{12}}\end{array}\)

Chọn A

\(\overrightarrow {BA}  = \left( {1;0; - 1} \right),\overrightarrow {CA}  = \left( { - 1; - 1; - 1} \right),\overrightarrow {CB}  = \left( { - 2; - 1;0} \right)\)

\(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {CA}  = 0 \Rightarrow \)tam giác vuông tại \(A\) , \(AB \ne AC\) .

Gọi I là trung điểm của AB, H là chân đường vuông góc của O lên mp (SAB)

\(\begin{array}{l}SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{8^2} - {5^2}}  = \sqrt {39} \\OI = \sqrt {O{A^2} - I{A^2}}  = \sqrt {{5^2} - {4^2}}  = 3\\\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{O^2}}} + \dfrac{1}{{O{I^2}}} = \dfrac{1}{{39}} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{{16}}{{117}}\\ \Rightarrow OH = \dfrac{{3\sqrt {13} }}{4}\end{array}\)

Chọn B

\(y = \dfrac{{2x - 3}}{{x - 1}}\)

TXĐ : D=\(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{2x - 3}}{{x - 1}} = 2\\ \Rightarrow TCN:y = 2\\\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y =  - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y =  + \infty \end{array} \right\} \Rightarrow TCĐ:x = 1\end{array}\)

y=x³ – 3x

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 3\\y' = 0\\ \Rightarrow 3{x^2} - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)

Từ bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên \(( - \infty , - 1)\) và \((1, + \infty )\); nghịch biến trên \(( - 1,1)\)

Ta có: \({\log _{{a^5}}}a = \dfrac{1}{5}{\log _a}a = \dfrac{1}{5}.\)

Chọn đáp án A.

Ta có: \({x^2} \ge 0 \Rightarrow {e^{{x^2}}} \ge {e^0} = 1\)

Chọn đáp án A.

Hình phẳng gới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {\sin ^2}x,\,\,y =  - {\cos ^2}x\) lên tục trên đoạn \(\left[ {\pi ;2\pi } \right]\) và hai đường thẳng \(x = \pi ,\,x = 2\pi \). Diện tích hình phẳng đó được xác định bởi công thức:

\(S = \int\limits_\pi ^{2\pi } \left| {{{\sin }^2}x - \left({  - {{\cos }^2}x} \right)} \right|dx \\\;\;\;=  \int\limits_\pi ^{2\pi } \left| {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right|dx \)\(\;\;\;= \int\limits_\pi ^{2\pi } {1.dx}  = x\left| {_\pi ^{2\pi }} \right.  = 2\pi  - \pi  = \pi \)

Chọn đáp án A.

Áp dụng công thức \(\int {{a^x}\;dx}  = \dfrac{{{a^x}}}{{\ln a}}\; + C\)

Ta có: \(\int {{{2009}^x}\,dx}  = \dfrac{{{{2009}^x}}}{{\ln 2009}} + C\)

Chọn đáp án B.

Đặt z = a + bi      \(a,b \in \mathbb{Z}\)

\(\begin{array}{l}z + \left( {2 + i} \right)\overline z  = 3 + 5i\\ \Leftrightarrow \left( {a + bi} \right) + \left( {2 + i} \right)\left( {a - bi} \right) = 3 + 5i\\ \Leftrightarrow 3a + b + ai - bi = 3 + 5i\\ \Leftrightarrow 3a + b + \left( {a - b} \right)i = 3 + 5i\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + b = 3\\a - b = 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b =  - 3\end{array} \right.\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow z = 2 - 3i\\ \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}}  = \sqrt {13} \end{array}\)

Trong tập số phức C, ta có: \(\overline {{z_1} + {z_2}}  = \overline {{z_1}}  + \overline {{z_2}} \). 

Công thức tính thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là \(V = Bh.\) 

Trung điểm các cạnh của một tứ diện đều là các đỉnh của một hình bát diện đều.  

Gọi d là khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AB.

Suy ra \({S_{MAB}} = \dfrac{1}{2}.d\left( {M,AB} \right).AB = \dfrac{1}{2}d.AB\)

Vì \({S_{MAB}};AB\)  là hằng số nên d không đổi .

Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là một mặt trụ tròn xoay.

Chọn B.

Gọi a là chiều cao của khối trụ suy ra khối trụ có bán kính bằng \(\dfrac{a}{2}\) .

Ta có: \({S_{xq}} = 2\pi .\dfrac{a}{2}.a = 4\pi  \Leftrightarrow a = 2\)

Diện tích toàn phần của khối trụ là: \({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2.{S_d} = 4\pi  + 2.\pi {.1^2} = 6\pi \)

Chọn A.

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;0;1} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {1;1;1} \right)\) .  \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\)

\(y = {x^3} + 1\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2}\\y' = 0 \Rightarrow 3{x^2} = 0 \Rightarrow x = 0\end{array}\)

Từ bbt, hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

Điều kiện: \(5x > 0 \Rightarrow x > 0\)

Ta có: \({\log _5}(5x) - {\log _{25}}(5x) - 3 = 0 \)

\(\Leftrightarrow {\log _5}(5x) - {\log _{{5^2}}}(5x) - 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}(5x) - \dfrac{1}{2}{\log _5}(5x) = 3\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}{\log _5}(5x) = 3 \)

\(\Leftrightarrow {\log _5}\left( {5x} \right) = 6\)

\( \Leftrightarrow 5x = {5^6} \Leftrightarrow x = {5^5}\).

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm

Chọn đáp án C.

Gọi 3 đỉnh theo thứ tự là \(A,B,C\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;2;3} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {6;6;4} \right)\)

\({S_{hbh}} = \left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \sqrt {{{\left( { - 10} \right)}^2} + {{14}^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}}  = 2\sqrt {83} \)

\({z^2} + 2z + 10 = 0\)

Có \(\Delta ' = {\left( {b'} \right)^2} - ac = 1 - 10 =  - 9 = {\left( {3i} \right)^2}\)

\(\Delta \) có hai căn bậc hai là 3i và – 3i

Phương trình có hai nghiệm \({z_1} = {\rm{ }} - 1{\rm{ }} + {\rm{ }}3i\) và \({z_2} = {\rm{ }} - 1{\rm{ }}--{\rm{ }}3i\)

\(\begin{array}{l}\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \sqrt {10} \\ \Rightarrow {\left| {{z_1}} \right|^2} = {\left| {{z_2}} \right|^2} = 10\\ \Rightarrow {\left| {{z_1}} \right|^2} + {\left| {{z_2}} \right|^2} = 20\end{array}\)

Điều kiện: \(x > 1.\)

Ta có: \({\log _2}x + {\log _2}(x - 1) = 1\)

\(\Leftrightarrow \log {}_2\left[ {x\left( {x - 1} \right)} \right] = 1\)

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

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

\(\Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0 \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1(ktm)\\x = 2(tm)\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là \(S = \left\{ { 2} \right\}\)