Mỗi cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 10 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 10 phần tử. Số cách chọn là \(C_{10}^2\)

Ta có \(d = {u_2} - {u_1} = 6\)

Ta có \({{3}^{x-1}}=27\)\(\Leftrightarrow {{3}^{x-1}}={{3}^{3}}\Leftrightarrow x-1=3\Leftrightarrow x=4\)

Ta có: \(V = {a^3} = {2^3} = 8\)

Hàm số xác định khi x > 0. Tập xác định \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).

Theo định nghĩa, hàm số F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên khoảng K nếu \(F'\left( x \right) = f\left( x \right),\forall x \in K\).

Ta có \(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.3.4 = 4\)

Ta có \(V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.4^2}.3 = 16\pi \)

Ta có: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.2^2} = 16\pi \)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên (-1;0)

Ta có \({\log _2}\left( {{a^3}} \right) = 3{\log _2}a\)

Ta có: \({S_{xq}} = 2\pi rl\)

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại x = -1.

Dựa vào dáng điệu đồ thị, ta nhận thấy đây là đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a > 0.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{x - 2}}{{x + 1}} = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x - 2}}{{x + 1}} = 1\). Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 1.

Điều kiện x > 0. Ta có \(\log x \ge 1 \Leftrightarrow \log x \ge \log 10 \Leftrightarrow x \ge 10\)

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)=-1\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng x=-1. Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) cắt đường thẳng x=-1 tại bốn điểm phân biệt.

Ta có: \(\int_0^1 {2f} (x){\rm{d}}x = 2\int_0^1 f (x){\rm{d}}x = 2.4 = 8\)

Số phức liên hợp của số phức z = 2 + i là \(\bar z = 2 - i\).

Ta có \({z_1} + {z_2} = \left( {2 + i} \right) + \left( {1 + 3i} \right) = 3 + 4i\). Phần thực của \({z_1} + {z_2}\) là 3

Điểm biểu diễn số phức z = -1 + 2i là P(-1; 2)

Hình chiếu vuông góc của điểm M(2; 1; -1) trên mặt phẳng (Oxz) có tọa độ là D(2;0;-1)

Vì mặt cầu có phương trình \({{\left( x-a \right)}^{2}}+{{\left( y-b \right)}^{2}}+{{\left( z-c \right)}^{2}}={{R}^{2}}\) có tâm \(I\left( a;b;c \right)\) nên tâm của mặt cầu (S) có tọa độ là \(\left( 2;-4;1 \right)\)

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x + 3y + z + 2 = 0\) sẽ nhận vectơ \(\vec n = \left( {2;3;1} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến.

Ta có \(\frac{{1 - 1}}{2} = \frac{{2 - 2}}{3} = \frac{{ - 1 + 1}}{{ - 1}}\) nên \(P\left( {1;2; - 1} \right)\) là một điểm thuộc đường thẳng d.

Vì SA vuông góc với (ABC) nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) bằng góc \(\widehat {SBA}\).

Do tam giác ABC vuông cân ở B nên \(AB = CB = a\sqrt 2 \).

Tam giác ABC vuông ở A nên \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \tan \widehat {SBA} = 1 \Leftrightarrow \widehat {SBA} = 45^\circ \).

Từ bảng xét dấu của f'(x) ta có bảng biến thiên của hàm số như hình sau

Suy ra hàm số f(x) có 2 điểm cực trị.

Ta có \( \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  - \sqrt 5 \\
x = \sqrt 5 
\end{array} \right.\).

Chỉ có \(x = 0 \in \left( { - 1;2} \right)\).

Ta có \(f\left( { - 1} \right) =  - 7,f\left( 2 \right) =  - 22,f\left( 0 \right) = 2\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(f\left( x \right) = \frac{{ax + 1}}{{bx + c}}\;\left( {a,\;b,\;c \in R} \right)\) bằng -22.

\(\begin{array}{l}
{\log _3}\left( {{3^a}{{.9}^b}} \right) = {\log _9}3 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{3^a}{{.3}^{2b}}} \right) = \frac{1}{2}{\log _3}3\\
 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{3^{a + 2b}}} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow a + 2b = \frac{1}{2}\\
 \Leftrightarrow 2a + 4b = 1
\end{array}\)

Ta có \(y' = 3{x^3} - 3 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\). Hàm số có hai cực trị.

Mặt khác \(y\left( { - 1} \right).y\left( 1 \right) =  - 3 < 0\) nên hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm về phái phía của trục hoành. Nên đồ thị hàm số đã cho cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt.

Đặt \(t = {3^x},t > 0\)

Khi đó, ta có: \({9^x} + {2.3^x} - 3 > 0 \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t > 1\\
t <  - 3
\end{array} \right.\).

Do t > 0 nên ta có: \(t > 1 \Leftrightarrow {3^x} > 1 \Leftrightarrow x > 0\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {0; + \infty } \right)\).

Khi quay tam giác ABC xung quanh cạnh góc vuông AB thì đường gấp khúc ACB tạo thành một hình nón với \(h = AB = a,r = AC = 2a\) và \(l = BC = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = a\sqrt 5 \).

Do đó, ta có: \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .2a.a\sqrt 5  = 2\sqrt 5 \pi {a^2}\).

Đặt \(u = {x^2} \Rightarrow du = 2xdx \Rightarrow xdx = \frac{1}{2}du\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow u = 0\\
x = 2 \Rightarrow u = 4
\end{array} \right.\)

Vậy \(\int\limits_0^2 {x{{\rm{e}}^{{x^2}}}dx}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {{{\rm{e}}^u}du} \)

\(S = \int\limits_0^1 {\left| {2{x^2} - \left( { - 1} \right)} \right|{\rm{d}}x = } \int\limits_0^1 {\left| {2{x^2} + 1} \right|{\rm{d}}x = } \int\limits_0^1 {\left( {2{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x} \)

\({z_1}{z_2}\)\( = \left( {3 - i} \right)\left( { - 1 + i} \right) =  - 3 + 3i + i - {i^2} =  - 2 + 4i\) nên phần ảo của số phức \({z_1}{z_2}\) bằng 4.

Ta có \({{z}^{2}}-2z+5=0\Leftrightarrow z=1\pm 2i.\)

Suy ra \({{z}_{0}}=1-2i\Rightarrow {{z}_{0}}+i=1-i\Rightarrow \left| {{z}_{0}}+i \right|=\sqrt{2}.\)

Đường thẳng \(\Delta \) có vectơ chỉ phương \(\vec{u}=\left( 1;4;-2 \right).\)

Gọi \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng cần tìm.

Ta có \(\left( \alpha  \right)\bot \Delta \) nên \(\left( \alpha  \right)\) nhận \(\vec{u}\) làm vectơ pháp tuyến.

Vậy \(\left( \alpha  \right):1\left( x-2 \right)+4\left( y-1 \right)-2\left( z-0 \right)=0\Leftrightarrow x+4y-2z-6=0.\)

Ta có \(\overrightarrow{MN}=\left( 2;2;-2 \right).\)

Đường thẳng MN đi qua \(M\left( 1;0;1 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec{u}=\frac{1}{2}\overrightarrow{MN}=\left( 1;1;-1 \right).\)

Suy ra \(MN:\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 + t\\
y = t\\
z = 1 - t
\end{array} \right..\)

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right)=6!=720.\)

Gọi A là biến cố: “học sinh lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B”.

+ Trường hợp 1: Học sinh lớp C ngồi ở hai đầu hàng ghế.

Xếp học sinh lớp C, có 2 cách.

Chọn 1 học sinh lớp B ngồi cạnh học sinh lớp C, có 2 cách.

Xếp 4 học sinh còn lại, có 4! cách.

Do đó, có \(2.2.4!=96\) cách.

+ Trường hợp 2: Học sinh lớp C ngồi ở giữa.

Xếp học sinh lớp C, có 4 cách.

Xếp 2 học sinh lớp B ngồi cạnh học sinh lớp C, có 2 cách.

Xếp 3 học sinh lớp A, có 3! cách.

Do đó, có \(4.2.3!=48\) cách.

Suy ra \(n\left( A \right)=96+48=144\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{144}{720}=\frac{1}{5}.\)

Gọi N là trung điểm của AC. Ta có \(BC//MN\Rightarrow BC//\left( SMN \right).\)

Khi đó \(d\left( BC,SM \right)=d\left( BC,\left( SMN \right) \right)=d\left( B,\left( SMN \right) \right)=d\left( A,\left( SMN \right) \right).\)

Kẻ \(AI\bot MN\ \left( I\in MN \right),\ AH\bot SI\ \left( H\in SI \right).\) Suy ra \(d\left( A,\left( SMN \right) \right)=AH.\)

Ta có \(AM=a,\ AN=2a,\ AI=\frac{AM.AN}{\sqrt{A{{M}^{2}}+A{{N}^{2}}}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5},\ AH=\frac{SA.AI}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{I}^{2}}}}=\frac{2a}{3}\Rightarrow d\left( BC,SM \right)=\frac{2a}{3}.\)

Hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R}\Leftrightarrow {{b}^{2}}-3ac\le 0\Leftrightarrow {{m}^{2}}-4\le 0\Leftrightarrow -2\le m\le 2\xrightarrow{m\in \mathbb{Z}}m\in \left\{ -2;-1;0;1;2 \right\}.\)

Ta có \(P(n)=\frac{1}{1+49{{\text{e}}^{-0,015n}}}\ge \frac{3}{10}\)\(\Leftrightarrow 1+49{{\text{e}}^{-0,015n}}\le \frac{10}{3}\Leftrightarrow 49{{\text{e}}^{-0,015n}}\le \frac{7}{3}\)

\(\Leftrightarrow {{\text{e}}^{-0,015n}}\le \frac{1}{21}\Leftrightarrow -0,015n\le \ln \frac{1}{21}\Leftrightarrow n\ge \frac{\ln 21}{0,015}\approx 202,93\)

Tiệm cận đứng: \(x=2>0\Rightarrow -\frac{c}{b}>0\Rightarrow bc<0.\)

Tiệm cận ngang: \(y=1>0\Rightarrow \frac{a}{b}>0\Rightarrow ab>0.\)

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm \(x>2>0\Rightarrow -\frac{1}{a}>0\Rightarrow a<0\Rightarrow b<0\Rightarrow c>0.\)

Xét thiết diện là hình vuông ABCD có I là trung điểm BC.

Ta có \(AB=BC=6a,\ OI=3a\Rightarrow \Delta OBC\) vuông tại \(O\Rightarrow R=OB=3a\sqrt{2}\Rightarrow V=\pi {{R}^{2}}h=108\pi {{a}^{3}}.\)

Ta có \({f}'\left( x \right)=\cos x{{\cos }^{2}}2x\)\(=\frac{\cos x}{2}+\frac{\cos 3x}{4}+\frac{\cos 5x}{4}\)

Do đó \(f\left( x \right)=\int{{f}'\left( x \right)\text{d}x}=\int{\left( \frac{\cos x}{2}+\frac{\cos 3x}{4}+\frac{\cos 5x}{4} \right)\text{d}x}\)

\(\Rightarrow f(x)=\frac{\sin x}{2}+\frac{\sin 3x}{12}+\frac{\sin 5x}{20}+C\), vì \(f(0)=0\) nên \(C=0\)

\(\Rightarrow I=\int_{0}^{\pi }{f}(x)dx=\frac{242}{225}\)

Từ bảng biến thiên của hàm số \(y=f\left( x \right)\). Ta thấy phương trình \(f\left( x \right)=1\) có bốn nghiệm phân biệt lần lượt là \({{t}_{1}}<-1<{{t}_{2}}<0<{{t}_{3}}<1<{{t}_{4}}\).

Do đó

\(f\left( {\sin x} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sin x = {t_1}\left( l \right)\\
\sin x = {t_2}\left( {t/m} \right)\\
\sin x = {t_3}\left( {t/m} \right)\\
\sin x = {t_4}\left( l \right)
\end{array} \right.\)

Xét hàm số t = sinx trên \(\left[ {0;\frac{{5\pi }}{2}} \right]\). Khi đó: \(t' = \cos x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{2}\\
x = \frac{{3\pi }}{2}\\
x = \frac{{5\pi }}{2}
\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên của hàm số \(t=\sin x\), ta thấy phương trình:

+ \(\sin x={{t}_{2}}\in \left( -1;0 \right)\) có hai nghiệm phân biệt trên \(\left[ 0;\frac{5\pi }{2} \right]\).

+ \(\sin x={{t}_{1}}\in \left( 0;1 \right)\) có ba nghiệm phân biệt trên \(\left[ 0;\frac{5\pi }{2} \right]\).

Theo bài ra ta có: \({{a}^{x}}={{b}^{y}}=\sqrt{ab}\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^x} = {a^{\frac{1}{2}}}.{b^{\frac{1}{2}}}\\
{b^y} = {a^{\frac{1}{2}}}.{b^{\frac{1}{2}}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^{x - \frac{1}{2}}} = {b^{\frac{1}{2}}}\\
{b^{y - \frac{1}{2}}} = {a^{\frac{1}{2}}}
\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}{\log _a}b\\
y - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.{\log _b}a
\end{array} \right.\)

Do đó: \(P=x+2y\)\(=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{{\log }_{a}}b+1+{{\log }_{b}}a\)\(=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}{{\log }_{a}}b+{{\log }_{b}}a\)

Đặt \(t={{\log }_{a}}b\). Vì \(a\), \(b>1\) nên \({{\log }_{a}}b>{{\log }_{a}}1=0\).

Khi đó \(P=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}t+\frac{1}{t}\)\(\ge \frac{3}{2}+2\sqrt{\frac{1}{2}t.\frac{1}{t}}=\frac{3}{2}+\sqrt{2}\).

Vậy \(P\)đạt giá trị nhỏ nhất là \(\frac{3}{2}+\sqrt{2}\) khi \(t=\sqrt{2}\) hay \(b={{a}^{\sqrt{2}}}\).

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

Nếu \(m=1\) thì \(f\left( x \right)=\frac{x+1}{x+1}=1,\forall x\ne -1\). Khi đó \(\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| f\left( x \right) \right|+\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| f\left( x \right) \right|=2\) (thỏa mãn).

Do đó \(m=1\) thỏa mãn bài toán.

Nếu \(m\ne 1\) thì hàm số \(f\left( x \right)\) đơn điệu trên \(\left[ 0;1 \right]\).

• TH1: \(\left( \frac{m+1}{2} \right).m\le 0\) thì \(\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| f\left( x \right) \right|=0,\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| f\left( x \right) \right|=\max \left\{ \frac{\left| m+1 \right|}{2};\left| m \right| \right\}\).

Do đó: \(\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| f\left( x \right) \right|+\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| f\left( x \right) \right|=2\)\(\Leftrightarrow 0+\frac{\left| \frac{m+1}{2}+m \right|+\left| \frac{m+1}{2}-m \right|}{2}=2\)

\(\Leftrightarrow \frac{\left| 3m+1 \right|+\left| m-1 \right|}{4}=2\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m > 1:m = 2\left( l \right)\\
1 > m \ge  - \frac{1}{3}:m = 3\left( l \right)\\
m <  - \frac{1}{3}:m =  - 2\left( l \right)
\end{array} \right.\). (so với điều kiện TH1)

• TH2: \(\left( \frac{m+1}{2} \right).m>0\) thì \(\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| f\left( x \right) \right|=\min \left\{ \frac{\left| m+1 \right|}{2};\left| m \right| \right\},\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| f\left( x \right) \right|=\max \left\{ \frac{\left| m+1 \right|}{2};\left| m \right| \right\}\)

Do đó \(\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| f\left( x \right) \right|+\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| f\left( x \right) \right|=2\)

\(\Leftrightarrow \frac{\left| \left| \frac{m+1}{2}+m \right|-\left| \frac{m+1}{2}-m \right| \right|}{2}+\frac{\left| \frac{m+1}{2}+m \right|+\left| \frac{m+1}{2}-m \right|}{2}=2\)

\(\Leftrightarrow \frac{\left| \left| 3m+1 \right|-\left| m-1 \right| \right|}{4}+\frac{\left| 3m+1 \right|+\left| m-1 \right|}{4}=2\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m =  - \frac{5}{3}
\end{array} \right.\)

Vậy \(S=\left\{ 1;\frac{-5}{3} \right\}\).

Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của \(A{A}'\), \(B{B}'\), \(C{C}'\), \(D{D}'\).

Khi đó \({{V}_{ABCD.EFGH}}=\frac{1}{2}{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}=\frac{1}{2}.9.8=36\)

Gọi V là thể tích khối tứ diện lồi cần tính, khi đó \(V={{V}_{ABCD.EFGH}}-{{V}_{E.AMQ}}-{{V}_{F.BMN}}-{{V}_{G.CNP}}-{{V}_{H.DPQ}}\)

Trong đó \({{V}_{E.AMQ}}={{V}_{F.BMN}}={{V}_{G.CNP}}={{V}_{H.DPQ}}=\frac{EQ}{EH}.\frac{EM}{EF}.{{V}_{E.AHF}}=\frac{1}{4}.\frac{1}{6}.{{V}_{ABCD.EFGH}}=\frac{36}{24}=\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow V=36-4.\frac{3}{2}=30\)

Đặt \({\log _3}\left( {x + y} \right) = {\log _4}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = t \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + y = {3^t}\\
{x^2} + {y^2} = {4^t}
\end{array} \right.\)

Do đó (x; y) là tọa độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right):x+y-{{3}^{t}}=0\) và đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R={{2}^{t}}\)

Điều kiện tồn tại giao điểm này là \(d\left( O,d \right)\le R\Leftrightarrow \frac{{{3}^{t}}}{\sqrt{2}}\le {{2}^{t}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{3}{2} \right)}^{t}}\le \sqrt{2}\Leftrightarrow t\le {{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt{2}\)

Dễ thấy hoành độ giao điểm x luôn thỏa mãn \(-R\le x\le R\Leftrightarrow -{{2}^{t}}\le x\le {{2}^{t}}\). Mà \(t\le {{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt{2}\) nên \(0<{{2}^{t}}\le {{2}^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt{2}}}<2\)\(\Rightarrow\) -2 < x < 2

Mà \(x\in \mathbb{Z}\Rightarrow x\in \left\{ -1;0;1 \right\}\)

Ta đi thử lại

.-Với x=-2 ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}
y = 1 + {3^t}\\
{y^2} = {4^t} - 1
\end{array} \right. \Rightarrow {4^t} - 1 = {\left( {1 + {3^t}} \right)^2} \Leftrightarrow {9^t} + {2.3^t} + 2 - {4^t} = 0\). Xét \(f\left( t \right)={{9}^{t}}+{{2.3}^{t}}+2-{{4}^{t}}\). Nếu t<0 thì \(2-{{4}^{t}}>0\), còn \(t\ge 0\) thì \({{9}^{t}}\ge {{4}^{t}}\). Do đó \(f\left( t \right)={{9}^{t}}+{{2.3}^{t}}+2-{{4}^{t}}>0\text{ }\forall t\), hay phương trình vô nghiệm.

-Với x=0 ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}
y = {3^t}\\
{y^2} = {4^t}
\end{array} \right. \Rightarrow {4^t} = {6^t} \Leftrightarrow t = 0 \Rightarrow y = 1(tm)\).

-Với x=1 ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}
y = {3^t} - 1\\
{y^2} = {4^t} - 1
\end{array} \right. \Rightarrow t = 0 \Rightarrow y = 0\).

Vậy x=0 hoặc x=1.