Mỗi cách chọn 2 học sinh là tổ hợp chập 2 của 5 .

Số các chọn là: \(C_{5}^{2}\)

Ta có: \(\mathrm{d}=\frac{u_{2}}{u_{1}}=\frac{9}{3}=3\)

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

Ta có: \(V=a \cdot b \cdot c \Leftrightarrow V=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{8}\)(đvtt)

Hàm số là hàm lũy thừa với số mũ không nguyên

\(\Rightarrow \) Tập xác định là \((0 ;+\infty)\)

Áp dụng công thức tìm họ nguyên hàm ta có:

\(\int e^{2020 x} d x=\frac{1}{2020} e^{2020 x}+C\)

Thể tích khối cầu là: \(V=\frac{4}{3} \pi R^{3}=\frac{4}{3} \pi \cdot 4^{3}=\frac{256 \pi}{3}\)

Diện tích xung quanh của hình nón là: \(S_{x q}=\pi R l=\pi .2 a .5 a=10 \pi a^{2}\)

Diện tích đáy của hình chóp là \(S_{A B C D}=a^{2}\).

Khi đó \(V_{S . A B CD}=\frac{1}{3} B h=\frac{1}{3} . a^{2}. a \sqrt{3}=\frac{a^{3} \sqrt{3}}{3}\)

Dựa vào bảng biến thiên nhận thấy B sai vì

 \(y'<0 \text{ trên khoảng } (1;2)\) nên hàm số nghịch biến trên (1;2)

Với a, b là hai số thực dương khác 1 và theo công thức đổi cơ số ta có: \(\log _{b^{2}} a=\frac{1}{2 }\log _{b} a=\frac{1}{2 \log _{a} b}\)

Hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh 2a nên có đường sinh 2a và bán kính đáy a nên có diện tích toàn phần:

\(S_{t p}=2\pi Rl+2 \pi R^2=6 \pi a^{2}\)

Dựa  bảng biến thiên ta có hàm số đã cho đồng biến trên (3;4)

Đồ thị là dạng đồ thị cảu hàm số bậc 3\(\Rightarrow \)loại D.

Dựa vào đồ thị ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = - \infty \Rightarrow \) hệ số a<0\(\Rightarrow \) loại B.

Ở đáp án A: \(y' = - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2 \end{array} \right.\) và các nghiêm này là nghiệm đơn nên hàm số có 2 điểm  cực trị là x=0 và x=2. Phù hợp với đồ thị hàm số. Nhận đáp án A

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

Ta có: \(\lim\limits _{x \rightarrow-1^{+}} \frac{2 x-3}{x+1}=+\infty ; \lim\limits _{x \rightarrow-1^{-}} \frac{2 x-3}{x+1}=-\infty\)

\(\Rightarrow \)Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=\frac{2 x-3}{x+1}\) là x=-1.

\(\lim \limits_{x \rightarrow \pm \infty} \frac{2 x-3}{x+1}=2\Rightarrow\) Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y=2.

Vậy đồ thị hàm số có 2 đừng tiệm cận.

ĐK: \(x>0\)

\(\log _{\frac{1}{2}} x<3 \Leftrightarrow x>\left(\frac{1}{2}\right)^{3} \Leftrightarrow x>\frac{1}{8}\)

Vậy tập nghiệm là \(\left(\frac{1}{8} ;+\infty\right)\).

Ta có: \(2 f(x)-3=0 \Leftrightarrow f(x)=\frac{3}{2}\)

Số nghiệm phương trình là số giao điểm của hai đồ thị 

\(\left\{\begin{array}{l} y=f(x) \\ y=\frac{3}{2} \end{array}\right.\)

 Nhìn vào đồ thị ta thấy có ba giao điểm. Vậy  số nghiệm phương trình là 3 

\(\int_{2}^{1} 5 f(x) d x=-\int_{1}^{2} 5 f(x) d x=-5 \int_{1}^{2} f(x) d x=-5.3=-15\)

Mô đun của số phức z là: \(\begin{aligned} &z=a+b i \text { là: }|z|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{5} \end{aligned}\)

\(\left|z_{1}+z_{2}\right|=|7+i|=\sqrt{7^{2}+1^{2}}=5 \sqrt{2}\)

Điểm biểu diễn số phức \(z=-3i\) là N(0; -3 )

Hình chiếu vuông góc của A(2;1;1) lên mặt phẳng (Oyz) có cao độ, tung độ không đổi và hoàng độ bằng 0. Do đó hình chiếu đó có tọa độ (0;1;1)

\((S): x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x+2 y-4 z-3=0 \Leftrightarrow(x+1)^{2}+(y+1)^{2}+(z-2)^{2}=9 \Rightarrow R=3\)

Vậy đường kính của (S) là 6.

Chọn A vì

\((P): x+2 y-3 z+1=0 \Rightarrow \operatorname{vtp} t(P): \vec{n_P}=(1 ; 2 ;-3)\)

\(\left(Q_{1}\right): 2 x+4 y-6 z-1=0 \Rightarrow vtpt\left(Q_{1}\right): \vec{n_Q}=(2 ; 4 ;-6)=2 \vec{n_P}\)Và \(\Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{2}{4} = \frac{{ - 3}}{{ - 6}} \ne \frac{1}{{ - 1}}\)

Ta có \(\Delta:\left\{\begin{array}{l} x=2+t \\ y=-1-t \Rightarrow v t c p \Delta: \vec{u}=(1 ;-1 ; 0) \\ z=1 \end{array}\right.\)

Nhận thấy \( \overrightarrow{u_{2}}=-2 \vec{u}\) nên \(\vec {u_2}\) là một vectơ chỉ phương của \(\Delta\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} SA \bot BC\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\ AB \bot BC \end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot BC \Rightarrow SB \bot BC\)

Khi đó ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} BC = \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\\ SB \bot BC\\ AB \bot BC \end{array} \right. \Rightarrow \widehat {SBA}\) là góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD).

\(A C=a \sqrt{2}(A B C D\text { là hình vuông cạnh a) }\)

Xét tam giác SAB vuông tại A có:

\(S A=\sqrt{S C^{2}-A C^{2}}=\sqrt{3 a^{2}-2 a^{2}}=a\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) vuông cân tại A \(\widehat{ S B A}=45^{0}\) 

Tại điểm x =1 hàm số xác định và liên tục đồng thời không tồn tại f'(x) và dấu của f'(x) đổi từ dương sang âm nên x=1 là điểm cực đại của hàm số.

Hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\).

\(\begin{array}{l} f^{\prime}(x)=4 x^{3}-12 x \\ f^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=0 \\ x=\sqrt{3} \\ x=-\sqrt{3} \notin[-1 ; 4] \end{array}\right. \\ f(0)=-9 ; f(-1)=-14 ; f(\sqrt{3})=-18 ; f(4)=151 \end{array}\)

Vậy \(\mathop {\min f(x)}\limits_{{\rm{[}} - 1;4]} = f\left( {\sqrt 3 } \right) = - 18\)

\(\log _{8}\left(4^{a} \cdot 8^{b}\right)=\log _{4} 16 \Leftrightarrow \log _{2^{3}}\left(2^{2 a} . 2^{3 b}\right)=\log _{2^2} 2^{4}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{3} \log _{2} 2^{2 a+3 b}=\log _{2} 2^{2} \Leftrightarrow \log _{2} 2^{2 a+3 b}=3\log _{2} 2^{2} \Leftrightarrow \log _{2} 2^{2 a+3 b}=\log _{2} 2^{6}\\ \Leftrightarrow 2a+3=6\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} y^{\prime}=-3 x^{2}+6 x \\ y^{\prime}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=0 \Rightarrow y=-7 \\ x=2 \Rightarrow y=-3 \end{array}\right. \end{array}\)

Nhận thấy \(y(0) \cdot y(2)>0\Rightarrow \)hai điểm cực trị nằm cùng 1 phía so với trục hoành

Vậy giao điểm của hàm số với trục hoành là 1.

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\)

Ta có:

\(4^{x}-3.2^{x}+2>0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} 2^{x}>2 \\ 2^{x}<1 \end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x>1 \\ x<0 \end{array}\right.\right.\)

Độ dài đường sinh \(l\) bằng độ dài cạnh BC của tam giác vuông ABC . 

Theo định lý Pytago thì \(B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}=a^{2}+3 a^{2}=4 a^{2} \Rightarrow B C=2 a\)

Vậy độ dài đường sinh của hình nón là \(l=2a\)

Ta có: \(t=\ln x \Rightarrow d t=\frac{1}{x} d x\)

\(\begin{array}{l} x=1 \Rightarrow t=0 ; x=e \Rightarrow t=1 \\ \Rightarrow \int_{1}^{e} \frac{1}{x} \ln x d x=\int_{0}^{1} t d t \end{array}\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(S=\int_{0}^{1}\left|4 x^{2}+4 x+1\right| \mathrm{d} x=\int_{0}^{1}\left(4 x^{2}+4 x+1\right) \mathrm{d} x \quad \text { do } \quad 4 x^{2}+4 x+1>0\,,\forall x \in[0 ; 1]\)

Ta có \(z_{1}-3 z_{2}=(-1+i)-3(-2+3 i)=5-8 i\)

Vậy phần ảo của số phức \(z_{1}-3 z_{2}\) bằng -8.

Ta có:

\(\bar{z}=3+i \Rightarrow z=3-i \Rightarrow M(3 ;-1) \)

\(\Rightarrow M \in d: 2 x+y-5=0\)

Ta có \(\overrightarrow{M N}=(2 ;-2 ; 2) \Rightarrow \vec{n}=(1 ;-1 ; 1)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực đoạn MN.

Goi I là trung điểm MN \(\Rightarrow I(2 ; 0 ; 2)\).

 Vậy phương trình mặt phẳng trung trực của MN là:

\(x-y+z-4=0\).

\(\text{vtpt của (P) là }\vec{n_P}=(2 ; 1 ; 1) \),

Do d vuông góc với (P)\(\Rightarrow \vec{n_P}=(2 ; 1 ; 1)\) là một vec tơ chỉ phương của d.

Gọi I là trung điểm của AB nên \(I(-1 ; 1 ; 2)\).

Đường thẳng d qua trung điểm I của AB và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình:

\(\left\{\begin{array}{c} x=-1+2 t \\ y=1+t \\ z=2+t \end{array}\right.\)

Chọn 1 hs lớp 12B và 1 hs lớp 12 C để đứng cạnh hs 12A là \(C_{4}^{1} \cdot C_{5}^{1}\).

Xếp các học sinh vào hàng là 8!

Đổi vị trí 2 hs 12B và 12C là 2!

Vậy có: \(C_{4}^{1}. C_{5}^{1} . 8 ! .2 !=1612800\) cách xếp.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và D là trung điểm AC thì \(\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{G} \perp(\mathrm{ABC})\)

Khi đó góc giữa BB' và (ABC) là \(\widehat{B'BG}\)

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’B’C’) bằng khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (ABC) .

\(d_{(B ;(A B C))}=B^{\prime} G ; \widehat{B^{\prime} B G}=30^{0} \)

\(\text { nên } B^{\prime} G=BB'.sin30^o=\frac{a}{2} \Rightarrow d{\left(A ;\left(a^{\prime} B^{\prime} C\right)\right)}=\frac{a}{2}\)

Ta có \(y^{\prime}=x^{3}+m+\frac{3}{2 x^{2}}\)

Để hàm số đồng biến trên \((0;+\infty)\) thì 

\(y^{\prime} \geq 0 \,,\forall x>0 \Leftrightarrow x^{3}+m+\frac{3}{2 x^{2}} \geq 0 \,,\forall x>0 \Leftrightarrow x^{3}+\frac{3}{2 x^{2}} \geq-m \,\forall x>0\)

Đặt \(g(x)=x^{3}+\frac{3}{2 x^{2}} \Rightarrow-m \leq \min\limits _{(0 ;+\infty)} g(x)\)

\(g(x)=x^{3}+\frac{3}{2 x^{2}}=\frac{x^{3}}{2}+\frac{x^{3}}{2}+\frac{1}{2 x^{2}}+\frac{1}{2 x^{2}}+\frac{1}{2 x^{2}}\)

\( \geq 5 \sqrt[5]{\frac{x^{3}}{2} \cdot \frac{x^{3}}{2} \cdot \frac{1}{2 x^{2}} \cdot \frac{1}{2 x^{2}} \cdot \frac{1}{2 x^{2}}}={5\over2}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{x^{3}}{2}=\frac{1}{2 x^{2}} \Rightarrow x^{5}=1 \Leftrightarrow x=1(T M)\)

Do đó: \(\min\limits _{(0 ;+\infty)} g(x)=\frac{5}{2} \Leftrightarrow x=1\)

\(\Rightarrow -m \leq \min\limits _{(0 ;+\infty)} g(x) \Leftrightarrow-m \leq \frac{5}{2} \Leftrightarrow m \geq-\frac{5}{2}\)

Nên các giá trị nguyên âm của m thỏa mãn đề bài là m=-2 và m=-1

Tiền thu được cuối mỗi tháng là: 

Tháng 1: \(T_{1}=10+10.0,5 \%=10(1+0,5 \%)\)

Tháng 2: \(T_{2}=10+10.0,5 \%+10+0,5 \%(10+10.0,5 \%+10)=10(1+0,5 \%)^{2}+10(1+0,5 \%)\)

...

Tháng 60: 

\(\begin{array}{l} T_{60}=10(1+0,5 \%)+10(1+0,5 \%)^{2}+\ldots 10(1+0,5 \%)^{60} \\ =10(1+0,5 \%) \cdot \frac{(1+0,5 \%)^{60}-1}{05 \%} \approx 701,19 \text { (triệu dồng) } \end{array}\)

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm\(\Rightarrow \frac{b}{d}<0 \Rightarrow b, d\) trái dấu.

Đồ thị hàm số có TCĐ \(x=-\frac{d}{c}<0 \Rightarrow c, d\) cùng dấu.

Đồ thị hàm số có TCN \(y=\frac{a}{c}>0 \Rightarrow a, c\) cùng dấu.

\(\Rightarrow b\) trái dấu với a, c, d \(\Rightarrow a d>0 \text { và ab }<0\)

Mặt phẳng P cắt hình trụ được thiết diện là đường tròn có chu vi \(6a\pi\) nên ta có bán kính đáy của hình trụ \(r=\frac{6 a \pi}{2 \pi}=3 a\).

Giả sử thiết diện là hình vuông ABCD như hình bên, gọi O và O lần lượt là tâm của hai đáy, H là trung điểm của AB

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} O H \perp A B\,(\text{ OAB là tam giác cân}) \\ O H \perp AD \end{array} \Rightarrow O H \perp A B C D\right.\)

\(\Rightarrow O H=d( O, (A B C D))=d( O O^{\prime},( A B C D))=2 a\)

Ta có: \(A B=2 A H=2 \sqrt{O A^{2}-O H^{2}}=2 \sqrt{r^{2}-O H^{2}}=2 a \sqrt{5}\)

Suy ra chiều cao hình trụ T là \(h=C D=a \sqrt{5}\).

Vậy thể tích khối trụ T : \(V=\pi r^{2} h=18 \sqrt{5} \pi a^{3}\)

\(\text { Ta có } I=f(x)=\int f^{\prime}(x) d x=\int \sin x \cdot \cos ^{2} 2 x d x=\int \sin x\left(2 \cos ^{2} x-1\right)^{2} d x\)

\(\text { Đặt } t=\cos x \Rightarrow d t=-\sin x d x\)

\(\begin{array}{l} \text { Suy ra } I=-\int\left(2 t^{2}-1\right)^{2} d t=-\int\left(4 t^{4}-4 t^{2}+1\right) d t=-\frac{4}{5} t^{5}+\frac{4}{3} t^{3}-t+c \\ \text { Hay } I=-\frac{4}{5} \cos ^{5} x+\frac{4}{3} \cos ^{3} x-\cos x+C \Rightarrow f(x)=-\frac{4}{5} \cos ^{5} x+\frac{4}{3} \cos ^{3} x-\cos x+C \end{array}\)

\(\text { Mà } f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0 \Rightarrow C=0 . \text { Vậy } f(x)=-\frac{4}{5} \cos ^{5} x+\frac{4}{3} \cos ^{3} x-\cos x\)

Tích phân \(J=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) d x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(-\frac{4}{5} \cos ^{5} x+\frac{4}{3} \cos ^{3} x-\cos x\right) d x\)

\(\begin{array}{l} =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos x\left(-\frac{4}{5} \cos ^{4} x+\frac{4}{3} \cos ^{2} x-1\right) d x \\ =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos x\left(-\frac{4}{5}\left(1-\sin ^{2} x\right)^{2}+\frac{4}{3}\left(1-\sin ^{2} x\right)-1\right) d x \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \text { Đặt } t=\sin x \Rightarrow d t=\cos x d x \\ \text { Đổi cận } x=0 \Rightarrow t=0 ; x=\frac{\pi}{2} \Rightarrow t=1 \end{array}\)

Khi đó \(J=\int_{0}^{1}\left[-\frac{4}{5}\left(1-t^{2}\right)^{2}+\frac{4}{3}\left(1-t^{2}\right)-1\right] d t=-\frac{121}{225}\)

Phương trình \(f( \sqrt{1+x}-\sqrt{3-x})=f( \sqrt{|m|+1})\,\,\,\,(1)\).

ĐK: \(x\in [-1;3]\)

\(\text { Đặt } t=\sqrt{1+x}-\sqrt{3-x}\)

Xét hàm số \(g (x)=\sqrt{1+x}-\sqrt{3-x}, x\in [-1;3]\)

Ta có \(g^{\prime}( x)=\frac{1}{2 \sqrt{1+x}}+\frac{1}{2 \sqrt{3-x}}>0, \,\forall x \in(-1 ; 3)\Rightarrow g(x)\) đồng biến trên khoảng (-1;3).

do đó khi \(x\in [-1;3] \Rightarrow t \in[g(-1) ; g( 3)] \text { hay } t \in(-2 ; 2)\)

+ Phương trình (1) trở thành \(f (t)=f( \sqrt{|m|+1})\)(2)

Phương trình (1) có nghiệm \(\Leftrightarrow \) phương trình (2) có nghiệm \(t \in[-2 ; 2]\).

\(\Leftrightarrow\)  đường thẳng\(y=f (\sqrt{|m|+1})\) cắt đồ thị hàm số y=f(t) tại ít nhất một điểm có hoành độ thuộc [-2;2].

+ ta có bảng biến thiên: 

Suy ra phương trình (1) có nghiệm 

\(\Leftrightarrow 0 \leq f(\sqrt{|m|+1}) \leq 4\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow-2 \leq \sqrt{|m|+1} \leq 2 \\ \Leftrightarrow|m|+1 \leq 4 \\ \Leftrightarrow-3 \leq m \leq 3 \end{array}\)

Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đk: \(\left\{\begin{array}{l} x>0 \\ 0<y<8 \end{array}\right.\)

\(\begin{array}{l} \log _{3} x+xy=\log _{3}(8-y)+x(8-x) \\ \Leftrightarrow 2 \log _{3} x-\log _{3} x+xy=\log _{3}(8-y)+8 x-x^{2} \\ \Leftrightarrow 2 \log _{3} x+x^{2}=\log _{3} x+\log _{3}(8-y)+8 x-xy \\ \Leftrightarrow \log _{3} x^{2}+x^{2}=\log _{3}[x(8-y)]+x(8- y) \end{array}\)

Do hàm số \(f(t)=\log _{3} t+t\) đồng biến trên \((0;+\infty)\) đồng thời từ giả thiết bài toán có: 

\(\left\{\begin{array}{l} x^{2} \in(0 ;+\infty) \\ x(8-y) \in(0 ;+\infty) \quad \Rightarrow x^{2}=x(8-y) \Leftrightarrow x+y=8 \\ f\left(x^{2}\right)=f[x(8-y)] \end{array}\right.\)

Do x,y>0 nên có \(x \in(0 ; 8)\).

Thay vào P ta có: \(P=x^{3}-x^{2}-(8-x)^{2}-16 x=x^{3}-2 x^{2}-64\).

Xét hàm số \(g(x)=x^{3}-2 x^{2}-64 ; x \in(0 ; 8) \text { ta có } \min\limits _{(0 ; 8)} g(x)=-\frac{1760}{27}\)

\(f(x)=\left|\frac{x^{2}+(m-2) x+2-m}{x-1}\right|=\left|\frac{x^{2}-2 x+2}{x-1}+m\right|\)

Xét hàm số \(g(x)=\frac{x^{2}-2 x+2}{x-1} \text { trên đoạn }[2 ; 3]\) ta có:

\(g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}-2 x}{(x-1)^{2}} \geq 0, \forall x \in[2 ; 3]\left(g^{\prime}(x)=0 \text { tại } x=2\right).\)

\(\Rightarrow \)Suy ra, tập giá trị của g(x) trên [2;3] là đoạn \([g(2) ; g(3)]=\left[2 ; \frac{5}{2}\right]\).

\(\text { Đặt } t=\frac{x^{2}-2 x+2}{x-1}\), hàm số f(x) trên [2;3] trở thành hàm số \(h(t)=\mid t+m|\) xét trên \(\left[2 ; \frac{5}{2}\right]\). Khi đó:

\(\begin{array}{l} \min\limits _{[2 ; 3]} f(x)=\min\limits _{[2 ; \frac{5}{2}]} h(t) \\ \max\limits _{[2 ; 3]} f(x)=\max\limits _{\left[2 ; \frac{5}{2}\right]} h(t)=\max \left\{|m+2| ;\left|m+\frac{5}{2}\right|\right\}=\frac{\left|(m+2)+\left(m+\frac{5}{2}\right)\right|+\left|(m+2)-\left(m+\frac{5}{2}\right)\right|}{2}=\left|m+\frac{9}{4}\right|+\frac{1}{4} (* )\\ \text { Xét }(m+2)\left(m+\frac{5}{2}\right) \leq 0 \Leftrightarrow m \in\left[-\frac{5}{2} ;-2\right](1) \end{array}\)

\(\text { Khi đó, } \min\limits _{[2 ; 3]} f(x)=0\)

\(\begin{aligned} &\Rightarrow \min _{[2 ; 3]} f(x)+2 \max _{[2 ; 3]} f(x)=\frac{1}{2} \Leftrightarrow\left|2 m+\frac{9}{2}\right|+\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \Leftrightarrow m=-\frac{9}{4}(\operatorname{thoa} \operatorname{man}(1))\\ &\text { xét }(m+2)\left(m+\frac{5}{2}\right)>0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} m<-\frac{5}{2} \\ m>-2 \end{array}(2) .\text { Khi dó }\right. \end{aligned}\)

\(\begin{array}{l} \min\limits _{[2 ; 3]} f(x)=\min\limits _{\left[1, \frac{5}{2}\right]} h(t)=\min \left\{|m+2| ; m+\frac{5}{2} \mid\right\}=\frac{\left|(m+2)+\left(m+\frac{5}{2}\right)\right|-\left|(m+2)-\left(m+\frac{5}{2}\right)\right|}{2}=\left|m+\frac{9}{4}\right|-\frac{1}{4} \\ \Rightarrow \min\limits _{[2 ; 3]} f(x)+2 \max\limits _{[2 ; 3]} f(x)=\frac{1}{2} \Leftrightarrow\left|m+\frac{9}{4}\right|-\frac{1}{4}+2\left|m+\frac{9}{4}\right|+\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \Leftrightarrow\left|m+\frac{9}{4}\right|=\frac{1}{12} \end{array}\)

\(\Leftrightarrow\left|m+\frac{9}{4}\right|=\frac{1}{12} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} m=-\frac{13}{6} \\ m=-\frac{7}{3} \end{array}(L) . \text { Vậy } S=\left\{-\frac{9}{4}\right\}\right.\)

Suy ra só phần từ của S bằng 1.

Gọi O, O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD, A 'B 'C' D'. \(M=A K \cap \mathrm{OO}^{\prime}\)

Qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt BB', DD' lần lượt tại E, F

Khi đó, thiết diện tạo bởi \((\alpha)\) và hình lập phương chính là hình bình hành AEKF.

Có OM là đường trung bình tam giác ACK nên \(\mathrm{OM}=\frac{1}{2} \mathrm{CK}=\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \mathrm{CC}^{\prime}=a\)

\(\text { Do dó, } B E=D F=\frac{1}{2} C K=\frac{a}{2}\)

Dễ thấy tứ giác \(B C K F=C^{\prime} B^{\prime} E K\)

mặt phẳng ( AA'C'C ) chia khối ABEKFDC thành hai phần bằng nhau nên: 

\(V_{A B E K F D C}=2 V_{A. B C K E}=2 .\frac{1}{3} . A B. S_{B C K E}=\frac{2}{3}.3 a .\frac{1}{2} .S_{B C C' B'}=9 a^{3}\)

\(\begin{aligned} &\log _{2} \frac{x+2}{y+1}=4 y^{2}-x^{2}-4 x+8 y+1 \Leftrightarrow \log _{2}(x+2)-\log _{2}(y+1)=4(y+1)^{2}-(x+2)^{2}+1\\ &\Leftrightarrow \log _{2}(x+2)+(x+2)^{2}=\log _{2} 2(y+1)+[2(y+1)]^{2}\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \end{aligned}\)

Xét hàm số \(f(t)=\log _{2} t+t^{2} \text { trên } (0 ;+\infty)\)

Ta có: \(f^{\prime}(t)=\frac{1}{t \ln 2}+2 t>0 \,,\forall t \in(0 ;+\infty) \Rightarrow f(t)\) đồng biến trên \((0 ;+\infty)\).

\(\begin{aligned} &(1) \Leftrightarrow f(x+2)=f(2 y+2) \Leftrightarrow x+2=2 y+2 \Leftrightarrow x=2 y\\ &\text { Mà } 0<x \leq 2020 \Rightarrow 0<y \leq 1010 \end{aligned}\)

Vậy có 1010 cặp số nguyên dương ( x;y)