A , B ,C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức \(-1-2 i, 4-4 i,-3 i\)\(\Rightarrow A(-1 ;-2), B(4 ;-4), C(0 ;-3)\)

Suy ra trọng tâm tam giác là G (1; -3) , biểu diễn cho số phức z 1-3i.  

Ta có \(\log _{9}(x+1)=\frac{1}{2} \Leftrightarrow x+1=9^{\frac{1}{2}} \Leftrightarrow x+1=3 \Leftrightarrow x=2\)

Một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là \(\vec{n}=(2 ; 0 ;-1)\)

TXĐ: \(D=\mathbb{R} \backslash\{1\}\)

Ta có \(y=\frac{2 x+1}{x-1} \Rightarrow y^{\prime}=\frac{-3}{(x-1)^{2}}<0, \forall x \in D\)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng \((-\infty ; 1) \text { và }(1 ;+\infty)\)

Công thức diện tích mặt cầu là: \(S=4 \pi R^{2}\)

Công thức thể tích khối cầu là \(V=\frac{4}{3} \pi R^{3}\)

\(\Rightarrow 3 V=4 \pi R^{3}=S \cdot R\)

Vậy công thức A sai

Độ dài đường cao là \(h=\sqrt{l^{2}-r^{2}}=\sqrt{(2 a)^{2}-a^{2}}=a \sqrt{3}\)

\(\Rightarrow V=\frac{1}{3} \pi r^{2} h=\frac{1}{3} \pi \cdot a \cdot a \sqrt{3}=\frac{\sqrt{3} \pi a^{3}}{3}\)

Mặt cầu có tâm I(-2;1;-3)

Bán kính mặt cầu là \(R=\sqrt{(-2)^{2}+(1)^{2}+(-3)^{2}-5}=3\)

Thể tích khối lăng trụ \(A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C D^{\prime}\) bằng:

\(V=S \cdot h=\frac{1}{2} A C \cdot B D \cdot A A^{\prime}=\frac{1}{2} \cdot 3 a \cdot 4 a \cdot 5 a=30 a^{3}\)

Môđun của số phức z là \(|z|=\sqrt{12^{2}+(-5)^{2}}=13\)

Ta có:

\(y=x^{3}-3 x^{2}+2 ; y^{\prime}=3 x^{2}-6 x ; y^{\prime \prime}=6 x-6\)

Cho \(y^{\prime}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=0 \\ x=2 \end{array}\right.\)

\(f''(2)=6>0\)

\(f^{\prime \prime}(0)=-6<0 \Rightarrow x=0\) là điểm cực đại của hàm số.

\(y(0)=2\Rightarrow(0 ; 2)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

Ta có: \(\int\left(5 x^{4}+2\right) d x=x^{5}+2 x+C\)

Ta có: \(I=\int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x+1} \mathrm{d} x=\int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x+1} \mathrm{d}(x+1)=\left.\mathrm{e}^{x+1}\right|_{0} ^{1}=e^{2}-e\)

Do bốn số 5; x; 15; y theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có \(\left\{\begin{array}{l} x=\frac{5+15}{2} \\ 15=\frac{x+y}{2} \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} x=10 \\ y=20 \end{array}\right.\right.\)

Vậy \(3 x+2 y=3.10+2.20=70\)

Ta có: 

\(\log _{a}(b c)=\log _{a} b+\log _{a} c \Rightarrow A\) đúng, B sai,

\(\log _{a} b^{c}=c \log _{a} b \Rightarrow C\) đúng

\(\log _{a} \frac{b}{c}=\log _{a} b-\log _{a} c \Rightarrow D\) đúng.

Diện tích hình vuông ABCD là \(S=a^{2}\)

Thể tích khối chóp S ABCD . có chiều cao SA =3a , diện tích đáy \(S=a^{2}\) là: \(V=\frac{1}{3} \cdot a^{2} \cdot 3 a=a^{3}\)

Ta có:

\(\lim\limits _{x \rightarrow \pm \infty} y=\lim\limits _{x \rightarrow \pm \infty} \frac{2 x-6}{x+1}=\lim\limits _{x \rightarrow \pm \infty} \frac{2-\frac{6}{x}}{1+\frac{1}{x}}=2\)

Vậy phương trình đường tiệm cận ngang là y=2

Bán kính khối trụ là: \(R=\frac{a \sqrt{2}}{2}\)

Chiều cao khối trụ là \(h=a\)

Thể tích khối trụ là \(V=\pi R^{2} h=\frac{1}{2} \pi a^{3}\)

Ta có:

\(\log _{2}(1+x)<2 \Leftrightarrow 0<1+x<4 \Leftrightarrow-1<x<3\)

Suy ra: Bất phương trình có hai nghiệm nguyên dương là \(x_{1}=1, x_{2}=2\)

Vậy \(P=x_{1}+x_{2}=3\)

Từ các chữ số 1,5,6,7 có thể lập được 4!= 24  số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau

Điều kiện xác định của hàm số là \(x^{2}-2 x+1>0 \Leftrightarrow x \neq 1\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R} \backslash\{1\}\)

Ta có: 

\((\sqrt{2}+3 i)+(\sqrt{2}-3 i)=2 \sqrt{2}\)

\((\sqrt{2}+3 i) \cdot(\sqrt{2}-3 i)=11\)

\(\frac{2+3 i}{2-3 i}=\frac{-5}{13}+\frac{12}{13} i\)

\((2+2 i)^{2}=8 i\)  có phần thực bằng 0 nên là số thuần ảo. Chọn phương án D.

ta có:

\(y^{\prime}=\cos (\ln x)+\sin (\ln x)+x\left[-\frac{1}{x} \sin (\ln x)+\frac{1}{x} \cos (\ln x)\right]=2 \cos (\ln x)\)

\(\Rightarrow y^{\prime \prime}=-\frac{2}{x} \sin (\ln x)\)

\(x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}=-2 x \sin (\ln x)-2 x \cos (\ln x)=-2 x[\sin (\ln x)+\cos (\ln x)]=-2 y\)

Vậy \(x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+2 y=0\)

Dựa vào hình dáng đồ thị ta thấy đồ thì là đồ thị của hàm số bậc ba \(y=a x^{3}+b x^{2}+c x+d\) với hệ số a < 0 nên loại các phương án A, B. 

Vì hàm số đạt cực trị tại x = 0 nên phương trình y'= 0 có nghiệm x = 0 .

Đáp án C có \(y^{\prime}=-3 x^{2}+6 x=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=0 \\ x=2 \end{array}\right.\) nên C đúng. 

Phương trình \(a z^{2}+b z+c=0(a, b, c \in \mathbb{R}, a \neq 0)\) có hai nghiệm là hai số phức liên hợp.

Mà \(z_{2}=4+2 i \text { nên } z_{1}=4-2 i\)

\(\Rightarrow T=\left|z_{1}\right|+3\left|z_{2}\right|=4 \sqrt{20}=8 \sqrt{5}\)

Ta có \(\overrightarrow{n_{1}}=(1 ; 2 ;-2)\) là 1 vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) và \(\overrightarrow{n_{2}}=(1 ;-3 ; 5)\) là 1 vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q).

Gọi \(\varphi= \widehat {((P),(Q))}\)

khi đó \(\cos \varphi=\left|\cos \left(\vec{n}_{1}, \vec{n}_{2}\right)\right|=\frac{|\overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{n_{2}}|}{\left|\vec{n}_{1}\right| \cdot\left|\vec{n}_{2}\right|}=\frac{|1-6-10|}{\sqrt{1^{2}+2^{2}+(-2)^{2}} \cdot \sqrt{1^{2}+(-3)^{2}+5^{2}}}=\frac{15}{3 \sqrt{35}}=\frac{\sqrt{35}}{7}\)

Ta có: \(f(x)+m=0 \Leftrightarrow f(x)=-m\)(1)

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm hai đồ thị hạm số y=f(x) và y=-m

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình\(f(x)+m=0\) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  

\(-2<-m \leq-1 \Leftrightarrow 1 \leq m<2\)

Ta có: 

\((1+i) \bar{z}-1-3 i=0 \Leftrightarrow \bar{z}=\frac{1+3 i}{1+i} \Leftrightarrow \bar{z}=2+i \Rightarrow z=2-i\)

\(\Rightarrow w=1-i z+\bar{z}=1-i(2-i)+2+i=2-i\)

Vậy phần ảo của số phức \(w=1-i z+\bar{z} \text { là }-1\)

Ta thấy đồ thị hàm số nằm hoàn toàn trên trục hoành, nghĩa là \(f(x)\ge0 \forall x\in \mathbb{R}\) nên chọn C

Ta có:

\( I=\int\limits_{0}^{1} \frac{(x-1)^{2}}{x^{2}+1} d x=\int\limits_{0}^{1} \frac{x^{2}-2 x+1}{x^{2}+1} d x=\int\limits_{0}^{1}\left(1-\frac{2 x}{x^{2}+1}\right) d x=\int\limits_{0}^{1} d x-\int\limits_{0}^{1} \frac{2 x}{x^{2}+1} d x=1-\int\limits_{0}^{1} \frac{d\left(x^{2}+1\right)}{x^{2}+1}\)

\(=1-\left.\ln \left(x^{2}+1\right)\right|_{0} ^{1}=1-\ln 2=-\ln 2+1=a \ln b+c\)

\( \Rightarrow a=-1 ; b=2 ; c=1 \Rightarrow a+b+c=2\)

Hoành độ giao điểm của (C) và trục hoành là 0

Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d: y=x-2\) và trục hoành là 2

Hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng \(d: y=x-2\) là 4.

 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \((C): y=\sqrt{x}, y=x-2\) và trục hoành là \(S=S_{1}+S_{2}\) trong đó :

Với \(S_1\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi \((C): y=\sqrt{x}\) và trục hoành và đường x = 0, x= 2.

\(\Rightarrow S_{1}=\int_{0}^{2} \sqrt{x} d x=\left.\frac{2}{3} x \sqrt{x}\right|_{0} ^{2}=\frac{2}{3} 2 \sqrt{2}=\frac{4 \sqrt{2}}{3}\)

Với \(S_2\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi \((C): y=\sqrt{x}\) và các đường thẳng \(y=x-2, x=2, x=4\)

\(\Rightarrow S_{2}=\int_{2}^{4}(\sqrt{x}-x+2) d x=\left.\left(\frac{2}{3} x \sqrt{x}-\frac{x^{2}}{2}+2 x\right)\right|_{2}=\frac{16}{3}-\left(\frac{4 \sqrt{2}}{3}+2\right)=\frac{10}{3}-\frac{4 \sqrt{2}}{3}\)

\(\Rightarrow S=S_{1}+S_{2}=\frac{10}{3}\)

Ta có:

\((7+4 \sqrt{3})^{x-1}<7-4 \sqrt{3} \Leftrightarrow(7+4 \sqrt{3})^{x-1}<(7+4 \sqrt{3})^{-1} \Leftrightarrow x-1<-1 \Leftrightarrow x<0\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} D=\mathbb{R} \backslash\{-1\} \\ y^{\prime}=\frac{-x^{2}-2 x+7}{(x+1)^{2}} \\ y^{\prime}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=-1-2 \sqrt{2} \notin[0 ; 3] \\ x=-1+2 \sqrt{2} \in[0 ; 3] \end{array}\right. \end{array}\)

\(y(0)=-6 ; \quad y(-1+2 \sqrt{2})=3-4 \sqrt{2} ; \quad y(3)=-3\)

Vậy \(\min \limits_{x \in[0 ; 3]} y=y(0)=-6\)

Từ giả thiết suy ra hình chóp S.ABC đều. Vậy hình chiếu của đỉnh S trên mp (ABC) trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).

+ Bán kính đường tròn ngoại tiếp 

+ Chiều cao khối nón là: \(h=S O=\sqrt{S A^{2}-A O^{2}}=\sqrt{13}\)

Thể tích khối nón là \(V=\frac{1}{3} \pi R^{2} h=\pi \sqrt{13}\)

Ta có: \(\overrightarrow{n_{p}}=(1 ;-2 ; 1)\) là VTPT của (P).

Do \(d \perp(P) \Rightarrow \vec {n_{p}}\) là một vec tơ chỉ phương của d nên B sai.

 Ta thấy điểm M thuộc đường thẳng có phương trình \(\frac{x-6}{1}=\frac{y+5}{-2}=\frac{z-3}{1}\)

Vậy d: \(\frac{x-6}{1}=\frac{y+5}{-2}=\frac{z-3}{1}\) 

Do \(S A=S B=S C=A B=A C=a ; B C=a \sqrt{2}\)

\(\Rightarrow \)suy ra hai tam giác SAB, SAC là các tam giác đều và tam giác SBC vuông cân tại S.  

Ta có:

\(\overrightarrow{S C} \cdot \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{S C} \cdot(\overrightarrow{S B}-\overrightarrow{S A})=\overrightarrow{S C} \cdot \overrightarrow{S B}-\overrightarrow{S C} \cdot \overrightarrow{S A}=0-a \cdot a \cdot \cos 60^{\circ}=\frac{-2^{2}}{2}\)

\(\cos (\overrightarrow{S C}, \overrightarrow{A B})=\frac{\overrightarrow{S C} \cdot \overrightarrow{A B}}{S C \cdot A B}=-\frac{1}{2} \Rightarrow(\overrightarrow{S C}, \overrightarrow{A B})=120^{\circ} \Rightarrow(S C, A B)=60^{\circ}\)

Ta có: \(\overrightarrow{A B}=(1 ;-2 ; 1)\) là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng  AB.

Vậy phương trình đường thẳng AB là \(\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z-2}{1}\)

Bảng biến thiên hàm số \(y=|f(x)|\)

Hàm số \(y=|f(x)|\) có 4 điểm cực trị.

Ta có: \(\overrightarrow{A G}=(0 ; 2 ;-3)\)

Gọi D là trung điểm BC.

Ta có:  \(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}=2 \overrightarrow{A D}=3 \overrightarrow{A G}=(0 ; 6 ;-9)\)

Ta có:

\(f(x)<e^{x}+m \Leftrightarrow f(x)-e^{x}<m \Leftrightarrow m \geq \max\limits _{[-1 ; 1]} g(x)\)

Xét \(g(x)=f(x)-e^{x} \text { vói } x \in[-1 ; 1]\)

\(g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-e^{x}\),

ta có trên khoảng \((-1 ; 1):\left\{\begin{array}{l} f^{\prime}(x)<0 \\ e^{x}>0 \end{array} \Rightarrow f^{\prime}(x)-e^{x}<0\right.\)

\(\Rightarrow \max\limits _{[-1 ; 1]} g(x)=g(-1)=f(-1)-\frac{1}{e}\)

Áp dụng công thức \(T_{n}=\frac{a}{m}\left((1+m)^{n}-1\right)(1+m)\)

Trong đó \(T_{n}=10^{9}, m=0,5 \%, n=5.12=60\)

Ta được

\(10^{9}=\frac{a}{0,5 \%}\left[(1+0,5 \%)^{60}-1\right](1+0,5 \%) \Rightarrow a \approx 14261494,06 \text { đồng. }\)

Ta có:

\(y=\log _{2}(f(2 x)) \Rightarrow y^{\prime}=\frac{2 f^{\prime}(2 x)}{f(2 x) \cdot \ln 2}\)

Vì \(f(2 x) \cdot \ln 2>0 \Rightarrow\)Để hàm số \(y=\log _{2}(f(2 x))\) luôn đồng biến trên khoảng thì  

\(\text { 2. } f^{\prime}(2 x) \geq 0 \Rightarrow f^{\prime}(2 x) \geq 0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} -1<2 x<1 \\ 2 x>2 \end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} -\frac{1}{2}<x<\frac{1}{2} \\ x>1 \end{array}\right.\right.\)

Vậy A đúng

Giả sử hình cầu có tâm là I và có bán kính là R, khối trụ có tâm của hai đáy là A, B.

Gọi r h, là bán kính và chiều cao của khối trụ\((0<h=2 I A<2 R)\)

\(r=\sqrt{R^{2}-A I^{2}}=\sqrt{R^{2}-\frac{h^{2}}{4}}\)

Thể tích khối trụ là \(V=\pi r^{2} h=\pi\left(R^{2}-\frac{h^{2}}{4}\right) h=\pi\left(R^{2} h-\frac{h^{3}}{4}\right)\)

Xét hàm số \(f(h)=R^{2} h-\frac{h^{3}}{4} \text { vói } 0<h<2 R\)

\(f^{\prime}(h)=R^{2}-\frac{3}{4} h^{2} ; f^{\prime}(h)=0\)

\(\Leftrightarrow h=\frac{2 \sqrt{3}}{3} R\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy thể tích của khối trụ lớn nhất khi và chỉ khi \(h=\frac{2 \sqrt{3}}{3} R\)

Đặt \(t=\frac{x}{2} \Rightarrow \mathrm{d} t=\frac{1}{2} \mathrm{d} x\)

Đổi cận :

\(x=0 \Rightarrow t=0, x=4 \Rightarrow t=2\)

Khi đó \(I=\int_{0}^{4} x f^{\prime}\left(\frac{x}{2}\right) \mathrm{d} x=\int_{0}^{2} 2 t f^{\prime}(t) 2 d t=4 \int_{0}^{2} x f^{\prime}(x) d x\)

Đặt \(\left\{\begin{array}{l} u=x \\ \mathrm{d} v=f^{\prime}(x) \mathrm{d} x \end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} \mathrm{d} u=\mathrm{d} x \\ v=f(x) \end{array}\right.\right.\)

Ta có: 

\(I=4\left[\left.x f(x)\right|_{0} ^{2}-\int_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x\right]=4[2 f(2)-4]=4[2.16-4]=112\)

\((\widehat{S B,(A B C D)})=45^{0} \Rightarrow \widehat{S B A}=45^{0} \Rightarrow\) Tam giác SAB vuông cân tại A \(\Rightarrow S A=A B=2 a\)

Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ. Ta được \(A(0 ; 0 ; 0), \) \(S(0 ; 0 ; 2 a), B(2 a ; 0 ; 0), D(0 ; a ; 0)\)

Gọi K là trung điểm của AB . Nhận xét rằng tứ giác ADCK là hình chữ nhật \(\Rightarrow C(a ; a ; 0)\).

E là trung điểm của SD \(\Rightarrow E\left(0 ; \frac{a}{2} ; a\right)\)

\([\overrightarrow{A E}, \overrightarrow{A C}]=\left(-a^{2} ; a^{2} ;-\frac{a^{2}}{2}\right)=-\frac{a^{2}}{2}(2 ;-2 ; 1)\)

Mặt phẳng ( ACE) đi qua A(0;0;0) và nhận vectơ \((2 ;-2 ; 1)\) là một vectơ pháp tuyến nên có phương trình \(2 x-2 y+z=0\)

Vậy khoảng cách từ B đến (ACE)

\(\mathrm{d}(B,(A C E))=\frac{|2.2 a|}{\sqrt{2^{2}+(-2)^{2}+1^{2}}}=\frac{4 a}{3}\)

Chọn B Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau là 9.9.8 = 648 , trong đó có 9.8.7= 504  số không có chứa chữ số 0 và 648- 504 =144 số có chứa chữ số 0 . 

Không gian mẫu: \(n(\Omega)=C_{648}^{2}\)

Trường hợp 1: Xét các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau và không chứa chữ số 0 . Khi đó số cách chọn ra được 2 số mà các chữ số có mặt ở hai số đó giống nhau là \(\frac{C_{504}^{1} \cdot C_{5}^{1}}{2}\) (vì mỗi số được đếm 2 lần).

Trường hợp 2: Xét các  số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau và có chứa chữ số 0 . Khi đó số cách chọn ra được 2 số mà các chữ số có mặt ở hai số đó giống nhau là \(\frac{C_{144}^{1} \cdot C_{3}^{1}}{2}\)

Vậy xác suất cần tìm theo yêu cầu đề bài là \(\frac{C_{1}^{504} \cdot C_{5}^{1}+\frac{C_{144}^{1} \cdot C_{3}^{1}}{2}}{C_{648}^{2}}=\frac{41}{5823}\)

Gọi số tiền ban đầu là X

Lãi suất ngân hàng r = 0,005 , đặt k = 0,1.

Số tiền đầu tháng 1 là X

Số tiền đầu tháng 2 là: \(X+X \cdot r+X+X \cdot k=X(1+r)+X(1+k)\)

Số tiền đầu tháng 3 là:

\(\begin{array}{l} {[X(1+r)+X(1+k)]+[X(1+r)+X(1+k)] r+X(1+k)+X(1+k) k} \\ =X(1+r)^{2}+X(1+k)(1+r)+X(1+k)^{2} \end{array}\)

Số tiền đầu tháng 4 là:

\(X(1+r)^{3}+X(1+k)(1+r)^{2}+X(1+k)^{2}(1+r)+X(1+k)^{3}\)

Số tiền đầu tháng n là:

\(X\left[(1+r)^{n-1}+(1+r)^{n-2}(1+k)+\ldots+(1+r)(1+k)^{n-2}+(1+k)^{n-1}\right]\)

Đến cuối tháng n , số tiền người đó là:

\(X\left[(1+r)^{n-1}+(1+r)^{n-2}(1+k)+\ldots+(1+r)(1+k)^{n-2}+(1+k)^{n-1}\right](1+r)\)

Gọi M là số tiền trong tài khoản đến hết tháng 12 năm 2020 , khi đó n = 24

Ta được \(M=X \cdot \frac{(1+k)^{n}-(1+r)^{n}}{k-r}(1+r)=922,7563962\)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: 

\(\frac{-x+1}{2 x-1}=x+m \Leftrightarrow-x+1=2 x^{2}-x+2 m x-m \Leftrightarrow 2 x^{2}+2 m x-m-1=0\)

phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m ( vì\(\Delta>0\) ).

Gọi \(A\left(x_{1} ; y_{1}\right) ; B\left(x_{2} ; y_{2}\right)\)

\(\begin{aligned} &\left\{\begin{array}{l} x_{1}+x_{2}=-m \\ x_{1} x_{2}=\frac{-m-1}{2} \end{array}\right.\\ &(C): y=\frac{-x+1}{2 x-1} \Rightarrow y^{\prime}=\frac{-1}{(2 x-1)^{2}} \end{aligned}\)

  Ta có:

\(k_{1}^{2020}=\left[\frac{-1}{\left(2 x_{1}-1\right)^{2}}\right]^{2020} ; k_{2}^{2020}=\left[\frac{-1}{\left(2 x_{2}-1\right)^{2}}\right]^{2020}\)

\(T=k_{1}^{2020}+k_{2}^{2020}=\frac{1}{\left(2 x_{1}-1\right)^{4040}}+\frac{1}{\left(2 x_{2}-1\right)^{4040}} \geq 2\left[\frac{1}{\left(2 x_{1}-1\right) \cdot\left(2 x_{2}-1\right)}\right]^{2020}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow T \geq 2\left[\frac{1}{4 x_{1} x_{2}-2\left(x_{1}+x_{2}\right)+1}\right]^{2020} \\ \Leftrightarrow T \geq 2\left[\frac{1}{4 \frac{-m-1}{2}-2(-m)+1}\right]^{2020} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow T \geq 2\left[\frac{1}{-2 m-2+2 m+1}\right]^{2020} \\ \Leftrightarrow T \geq 2 \end{array}\)

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 

\(\begin{array}{l} \frac{1}{\left(2 x_{1}-1\right)^{4040}}=\frac{1}{\left(2 x_{2}-1\right)^{4040}} \Leftrightarrow\left(2 x_{1}-1\right)^{4040}=\left(2 x_{2}-1\right)^{4040} \\ \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} 2 x_{1}-1=2 x_{2}-1 \\ 2 x_{1}-1=-2 x_{2}+1 \end{array}\right. \end{array}\)

\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x_{1}=x_{2}(V L) \\ x_{1}+x_{2}=1 \Leftrightarrow-m=1 \Leftrightarrow m=-1 \end{array}\right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} x^{2}-x y+y^{2}=1 \Leftrightarrow 3 x y+1=(x+y)^{2} \geq 0 \Rightarrow x y \geq-\frac{1}{3} \\ x^{2}-x y+y^{2}=1 \Leftrightarrow x y=1-(x-y)^{2} \leq 1 \Rightarrow x y \leq 1 \end{array}\)

Đặt \(t=x y \text { với }-\frac{1}{3} \leq t \leq 1\)

Theo đề bài ta có: \(x^{2}+y^{2}=1+t\)

\(P=\frac{(t+1)^{2}-2 t^{2}+1}{t+2}=\frac{-t^{2}+2 t+2}{t+2}=f(t)\)

\(f^{\prime}(t)=\frac{-t^{2}-4 t+2=0}{(t+2)^{2}} ; f^{\prime}(t)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} t=-2+\sqrt{6} \in\left[-\frac{1}{3} ; 1\right] \\ t=-2-\sqrt{6} \notin\left[-\frac{1}{3} ; 1\right] \end{array}\right.\)

Ta có: \(f\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{11}{15} ; f(1)=1 ; f(\sqrt{6}-2)=6-2 \sqrt{6}\)

Khi đó:

\(M=6-2 \sqrt{6} \text { và } m=\frac{11}{15} \Rightarrow M+15 m=6-2 \sqrt{6}+15 \cdot \frac{11}{15}=17-2 \sqrt{6}\)

Thể tích khối lập phương là \(V=8 a^{3}\)

Ta có: \(a=\frac{A A}{A A^{\prime}}=0, b=\frac{B M}{B B^{\prime}}=\frac{1}{2}, \quad c=\frac{C N}{C C^{\prime}}, d=\frac{D P}{D D^{\prime}}=\frac{1}{4}\)

Vì A, M, N, P đồng phẳng nên 

Khi đó \(\frac{V_{A M N P B C D}}{V_{A B C D . A^{\prime} B^{\prime} C D^{\prime}}}=\frac{1}{4}(a+b+c+d)=\frac{1}{4}\left(0+\frac{1}{2}+\frac{3}{4}+\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{8}\)

Vậy \(\Rightarrow V_{A M N P B C D}=\frac{3}{8} \cdot V_{A B C D . A^{\prime} B^{\prime} C D^{\prime}}=3 a^{3}\)

Từ \((3 b-2)^{2} \geq 0 \Leftrightarrow 9 b^{2}-12 b+4 \geq 0 \Leftrightarrow \frac{4(3 b-1)}{9} \leq b^{2} \text { và } 0<b<a<1\)

\(\Rightarrow P \geq \log _{a} b^{2}+8\left(\log _{\frac{b}{a}} a\right)^{2}-1=2\left(\log _{a} b-1\right)+8\left(\log _{\frac{b}{a}} a\right)^{2}+1=8\left(\log _{\frac{b}{a}} a\right)^{2}+2 \log _{a} \frac{b}{a}+1\)

\(=8\left(\log _{\frac{b}{a}} a\right)^{2}+\frac{2}{\log _{\frac{b}{a}} a}+1=8\left(\log _{\frac{b}{a}} a\right)^{2}+\frac{1}{\log _{\frac{b}{a}} a}+\frac{1}{\log _{b} a}+1\)

\(\geq 3 \sqrt[3]{\left(\log _{\frac{b}{a}} a\right)^{2} \cdot \frac{1}{\log _{\frac{b}{a}} a} \cdot \frac{1}{\log _{\frac{b}{a}} a}}+1=7\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 7