Lời giải:
Số mặt phẳng qua S và hai trong số bốn điểm A, B, C, D bằng số tổ hợp chập 2 của 4 phần tử. Vậy có \(C_{4}^{2}=6\) mặt phẳng

Lời giải:
\[{{u}_{4}}=40\Leftrightarrow {{u}_{1}}{{q}^{3}}=40\]
\[{{u}_{6}}=160\Leftrightarrow {{u}_{1}}{{q}^{5}}=160\]
Suy ra: \[{{q}^{2}}=4\Leftrightarrow q=2\] hoặc \[q=-2\]
Với \[q=2\] thì \[{{u}_{4}}=40\Rightarrow {{u}_{1}}=5\]
Với \[q=-2\] thì \[{{u}_{4}}=40\Rightarrow {{u}_{1}}=-5\]

Lời giải:
Ta có \({{x}^{2}}-2x+4={{2}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x=0\Leftrightarrow x=0\vee x=2.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S=\left\{ 0;2 \right\}.\)

Lời giải:
\({V}’={{\left( \frac{a}{5} \right)}^{3}}=\frac{{{a}^{3}}}{125}=\frac{V}{125}.\)

Lời giải:
Hàm số \(y={{e}^{{{x}^{2}}}}-2x\) xác định với \(\forall x\in \mathbb{R}.\)

Lời giải:
Ta có \(\int{{{5}^{2x}}dx=\frac{1}{2}.\frac{{{5}^{2x}}}{\ln 5}+C=\frac{{{25}^{x}}}{2\ln 5}+C}\)

Lời giải:
Ta có \(V=\frac{1}{3}.3a.2a.3a=8{{a}^{3}}.\)

Lời giải:
Ta có \(V=\frac{1}{3}.\pi {{r}^{2}}h.\)

Lời giải:
\({{S}_{xq}}=2\pi .r.l=2\pi .2.2\sqrt{5}=8\sqrt{5}\pi\)

Lời giải:
Dựa bào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 2;+\infty \right)\)

Lời giải:
\({{\log }_{2}}5.{{\log }_{5}}64={{\log }_{2}}64={{\log }_{2}}{{2}^{6}}=6.\)

Lời giải:
Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy a và chiều cao h là:
\({{S}_{xq}}=2\pi ah\Leftrightarrow h=\frac{{{S}_{xq}}}{2\pi a}=\frac{4\pi {{a}^{2}}}{2\pi a}=2a.\)
Vậy độ dài đường cao của hình trụ đó là \(h=2a.\)

Lời giải:
Từ bảng biến thiên ta có hàm số có hai điểm cực trị là \(x=-1\) và \(x=1.\)

Lời giải:
Hình vẽ là đồ thị hàm số \(y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\) với \(a<0\) và hàm số có hai điểm cực trị là \(x=0\) và \(x=2\).
Ta thấy chỉ có hàm số \(y=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-4\) thỏa mãn các điều kiện đó.

Lời giải:
Ta có: \(\left\{\begin{align*}
& \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{5}{x-1}=0 \\
& \underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{5}{x-1}=0 \\
\end{align*} \right.\Rightarrow \)đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là \(y=0\)

Lời giải:
Ta có \({{3}^{x}}>9\Leftrightarrow {{3}^{x}}>{{3}^{2}}\Leftrightarrow x>2.\)

Lời giải:
Đáp án A
Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y=m.\)

Lời giải:
Ta có \(\int\limits_{o}^{5}{\left[ 3{{x}^{2}}-2f\left( x \right) \right]dx=\int\limits_{0}^{5}{3{{x}^{2}}dx}-2\int\limits_{0}^{5}{f\left( x \right)dx={{x}^{3}}\mathop{|}_{0}^{5}}-2=125-2}=123\)

Lời giải:
Ta có \(\left| z \right|=\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}=5.\)

Lời giải:
Ta có \({{z}_{1}}-{{z}_{2}}=3-6i\Rightarrow \left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=\sqrt{9+36}=3\sqrt{5}.\)

Lời giải:
Số phức \(z=2-i\) có điểm biểu diễn là \(M=\left( 2;-1 \right)\)

Lời giải:
Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( 3;2;-1 \right)\) lên trục Oz là điểm \({{M}_{1}}\left( 0;0;-1 \right).\)

Lời giải:
Mặt cầu có bán kính \(R=IA=\sqrt{13}.\)
Mặt cầu tâm \(I\left( 2;-2;3 \right)\) bán kính \(R=\sqrt{13}\) là \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=13.\)

Lời giải:
Lấy điểm \(B\left( -1;0;0 \right)\in d\). Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -2;-2;0 \right),{{\overrightarrow{u}}_{d}}=\left( 2;3;1 \right)\)
Mặt phẳng (P) đi qua A và chứa d nên mặt phẳng (P) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{AB},{{\overrightarrow{u}}_{d}} \right]=\left( -2;2;-2 \right).\)
Khi đó véc-tơ \(\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\left( 1;-1;1 \right)\) cũng là véc-tơ pháp tuyến của (P). Suy ra \(a=-1,b=1.\)
Vậy \(a+b=-1+1=0.\)

Lời giải:

Lời giải:
Vì \(AB\bot CD\) và \(AC\bot BD\) nên ta suy ra
\(\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{BC}=\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD} \right).\left( \overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DC} \right)\)
\(=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{DC}+{{\overrightarrow{BD}}^{2}}+\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{DC}\)
\(=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BD}+0+{{\overrightarrow{BD}}^{2}}+\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{DC}\)
\(=\left( \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB} \right).\overrightarrow{BD}+{{\overrightarrow{BD}}^{2}}+\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{DC}\)
\(=\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BD}+{{\overrightarrow{BD}}^{2}}+\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{DC}\)
\(=0+\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BD}+{{\overrightarrow{BD}}^{2}}+\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{DC}\)
\(=\left( \overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{DC} \right)+{{\overrightarrow{BD}}^{2}}\)
\(=\left( \overrightarrow{CB}+\overrightarrow{DC} \right).\overrightarrow{BD}+{{\overrightarrow{BD}}^{2}}\)
\(=\overrightarrow{DB}.\overrightarrow{BD}+{{\overrightarrow{BD}}^{2}}\)
\(=-{{\overrightarrow{BD}}^{2}}+{{\overrightarrow{BD}}^{2}}=0.\)
Suy ra \(\overrightarrow{AD}\bot \overrightarrow{BC}\Rightarrow \left( \overrightarrow{AD},\overrightarrow{BC} \right)=90{}^\circ .\)

Lời giải:

Lời giải:
Hàm số \(y=-{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}-x+2\) xác định và liên tục trên \(\left[ -1;\frac{1}{2} \right].\)
Ta có \({y}’=-3{{x}^{2}}+4x-1\) và \({y}’=0\) có một nghiệm thuộc \(\left[ -1;\frac{1}{2} \right]\) là \(x=\frac{1}{3}.\)
Mặt khác \(y\left( -1 \right)=6,y\left( \frac{1}{3} \right)=\frac{50}{27},y\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{15}{8}.\)
Vậy \(M=\underset{\left[ -1;\frac{1}{2} \right]}{\mathop{\max }}\,y=6,m=\underset{\left[ -1;\frac{1}{2} \right]}{\mathop{\min }}\,y=\frac{50}{27}.\)
Do đó \(M.m=\frac{100}{9}.\)

Lời giải:
Với a, b, c, d là các số thực dương, khác 1 ta có
\({{a}^{c}}={{b}^{d}}\Leftrightarrow \ln \left( {{a}^{c}} \right)=\ln \left( {{b}^{d}} \right)\Leftrightarrow c.\ln a=d.\ln b\Leftrightarrow \frac{\ln a}{\ln b}=\frac{d}{c}.\)

Lời giải:

Lời giải:
Ta có: \({{\log }_{25}}\left( x+1 \right)>\frac{1}{2}\Leftrightarrow x+1>{{25}^{\frac{1}{2}}}\Leftrightarrow x>4.\)

Lời giải:

Khi quay tam giác \(ABC\) quanh cạnh \(AB\) ta được một hình nón có bán kính đáy \(r=2a\) và chiều cao là \(h=2a.\)
Áp dụng công thức tính thể tích khối nón ta có
\(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi {{\left( 2a \right)}^{2}}2a=\frac{8\pi {{a}^{3}}}{3}.\)

Lời giải:
Ta có \(t=\sqrt{{{x}^{2}}+9}\Rightarrow {{t}^{2}}={{x}^{2}}+9\Rightarrow tdt=xdx.\)
Đổi cận \(x=0\Rightarrow t=3,x=4\Rightarrow t=5.\)
Khi đó \(I=\int\limits_{0}^{4}{x\sqrt{{{x}^{2}}+9}dx=\int\limits_{3}^{5}{{{t}^{2}}dt}.}\)

Lời giải:
Ta có \(S=\int\limits_{-1}^{2}{\left| {{x}^{3}} \right|dx=\int\limits_{-1}^{0}{\left| {{x}^{3}} \right|dx}+\int\limits_{0}^{2}{\left| {{x}^{3}} \right|dx}=-\int\limits_{-1}^{0}{{{x}^{3}}}dx+\int\limits_{0}^{2}{{{x}^{3}}}dx}=-\frac{{{x}^{4}}}{4}\mathop{|}_{-1}^{0}+\frac{{{x}^{4}}}{4}\mathop{|}_{0}^{2}=\frac{17}{4}.\)
Do mỗi đơn vị trên trục là 2cm nên \(S=\frac{17}{4}{{.2}^{2}}c{{m}^{2}}=17c{{m}^{2}}.\)

Lời giải:
\(w=3{{z}_{1}}-2{{z}_{2}}=-1+12i\). Vậy $w$ có phần ảo là 12.

Lời giải:
Ta có \({{z}^{2}}+2z+10=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align*}
& z=-1+3i\\
& z=-1-3i\\
\end{align*}\right.\)
Suy ra \({{z}_{0}}=-1+3i\). Do đó \(i{{z}_{0}}=i\left( -1+3i \right)=-3-i.\)

Lời giải:
Lấy \(A\left( 1;7;3 \right)\in \Delta \). Vì \(\left( \beta \right)||\left( \alpha \right)\) nên
\(d\left( \left( \alpha \right),\left( \beta \right) \right)=d\left( A,\left( \alpha \right) \right)=\frac{\left| 3.1-2.7-3+5 \right|}{\sqrt{{{3}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}}}=\frac{9}{\sqrt{14}}.\)

Lời giải:
Ta có \(\overrightarrow{OA}=\left( 1;0;1 \right),\overrightarrow{OB}=\left( -1;2;1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0\Rightarrow OA\bot OB\).
Do vậy, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là (0;1;1).
Lại có \(\left[ \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB} \right]=\left( -2;-2;2 \right)\Rightarrow \)véc-tơ chỉ phương của \(\Delta \) là \(\overrightarrow{n}=\left( 1;1;-1 \right)\Rightarrow \) phương trình đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{align*}
& x=t
& y=1+t
& z=1-t
\end{align*}\right.\)

Lời giải:
Số cách xếp 7 người vào một bàn tròn là 6!.
Gọi A là biến cố đứa trẻ ngồi cạnh hai người đàn ông.
Lấy 2 người đàn ông bất kì có 6 cách. Cho hai người đó ngồi vào bàn cạnh nhau có 2 cách. Cho đứa trẻ vào giữa hai người đàn ông có 1 cách. 4 người còn lại có 4! cách. Vậy số phần tử của A là 288. Do đó xác suất để biến cố A xãy ra là \(\frac{288}{6!}=\frac{2}{15}.\)

Lời giải:

Gọi \(N\) là trung điểm của \(BD\), ta có \(AB||MN\Rightarrow AB||\left( CMN \right)\). Mà \(CM\subset \left( CMN \right),\) suy ra d\left( AB,CM \right)=d\left( AB,\left( CMN \right) \right)=d\left( A,\left( CMN \right) \right)=d\left( D,\left( CMN \right) \right)\).
Ta có \(CM=CN=\frac{a\sqrt{3}}{2},MN=\frac{a}{2}.\)
Gọi H là trung điểm của MN, ta có \(CH\bot MN\), và \(CH=\sqrt{C{{M}^{2}}-M{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{11}}{4}.\)
Suy ra \({{S}_{CMN}}=\frac{1}{2}CH.MN=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{11}}{16}.\)
Mặt khác \({{V}_{CDMN}}=\frac{1}{4}{{V}_{ABCD}}=\frac{1}{4}\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{48}.\)
Do đó \(d\left( D,\left( CMN \right) \right)=\frac{3{{V}_{CDMN}}}{{{S}_{\Delta CMN}}}=\frac{a\sqrt{22}}{11}.\)

Lời giải:
Ta có \(y={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-\left( {{m}^{2}}-3m+2 \right)x+5\Rightarrow {y}’=3{{x}^{2}}+6x-\left( {{m}^{2}}-3m+2 \right).\)
Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 0;2 \right)\)khi \({y}’\ge 0,\forall x\in \left( 0;2 \right)\) và dấu \(”=”\) xảy ra tại hữu hạn điểm trên khoảng đó.
\(\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}+6x-\left( {{m}^{2}}-3m+2 \right)\ge 0,\forall x\in \left( 0;2 \right)\)
\(\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}+6x\ge {{m}^{2}}-3m+2\left( * \right)\) với \(\forall x\in \left( 0;2 \right)\)
Xét hàm số \(y=g\left( x \right)=3{{x}^{2}}+6x\) trên khoảng \(\left( 0;2 \right)\)
Ta có \({y}’={g}’\left( x \right)=6x+6.\).
Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra điều kiện để \(\left( * \right)\) xảy ra là : \({{m}^{2}}-3m+2\le 0\Leftrightarrow 1\le m\le 2.\)
Do \(m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{ 1;2 \right\}.\)
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải:

Lời giải:
Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=\frac{1}{f\left( 3-x \right)-2}\) bằng với số nghiệm phân biệt của phương trình \(f\left( 3-x \right)=2\).
Dựa trên bảng biến thiên của hàm số ta thấy phương trình \(f\left( x \right)=2\) có 3 nghiệm phân biệt nên phương trình \(f\left( 3-x \right)=2\) cũng có 3 nghiệm phân biệt.
Vậy số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=\frac{1}{f\left( 3-x \right)-2}\) là 3 đường.

Lời giải:

Vì thiết diện là hình vuông có \(S=4{{a}^{2}}.\)
\(\Rightarrow h=AD=CD=2a.\)
Gọi H là trung điểm của CD.
Do \(\Delta COD\) cân tại O nên \(OH\bot CD\Rightarrow OH\bot \left( ABCD \right).\)
Theo giả thiết \(d\left( O{O}’,\left( ABCD \right) \right)=OH=a\sqrt{3}.\)
Suy ra \(r=OD=\sqrt{D{{H}^{2}}+O{{H}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{CD}{2} \right)}^{2}}+O{{H}^{2}}}=2a.\)
Vậy \(V=\pi .{{r}^{2}}.h=8\pi {{a}^{3}}.\)

Lời giải:

Lời giải:
Bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\):

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình \(f\left( x \right)=2\) có ba nghiệm thực phân biệt \({{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}}\) với \({{x}_{1}}<0<{{x}_{2}}<4<{{x}_{3}}.\) Do đó \(f\left( 4x-{{x}^{2}} \right)-2=0\Leftrightarrow f\left( 4x-{{x}^{2}} \right)=2\left[ \begin{align*} & 4x-{{x}^{2}}={{x}_{1}}\,\,\left( 1 \right)\\ & 4x-{{x}^{2}}={{x}_{2}}\,\,\left( 2 \right)\\ & 4x-{{x}^{2}}={{x}_{3}}\,\,\left( 3 \right)\\ \end{align*} \right.\) với \({{x}_{1}}<0<{{x}_{2}}<4<{{x}_{3}}.\) Xét hàm số \(g\left( x \right)=4x-{{x}^{2}}\). Có \({g}'\left( x \right)=4-2x,g\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=2.\). Bảng biến thiên của \(g\left( x \right)\):
Từ bảng biến thiên của \(g\left( x \right)\) suy ra phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt, phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt (không trùng với hai nghiệm của (1) do \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}\)) và phương trình (3) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt.

Lời giải:
Do \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}>1\) nên
\({{\log }_{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}\left( a+b \right)\ge 1\Leftrightarrow a+b\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( a-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( b-\frac{1}{2} \right)}^{2}}\le \frac{1}{2}.\)
Gọi \(\left( C \right):{{\left( x-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( y-\frac{1}{2} \right)}^{2}}=\frac{1}{2}.\)
Ta có \(P=2a+4b-3\Leftrightarrow 2a+4b-3-P=0\)
Đặt \(\Delta p:2x+4y-3-P=0\). Để P đạt giá trị lớn nhất thì \(\Delta p\) tiếp xúc với (C).
Ta có \(d\left( I,\Delta p \right)=\frac{\left| 2{{x}_{0}}+4{{y}_{0}}-3-P \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{4}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \left| -P \right|=\sqrt{10}.\)
Vậy P lớn nhất bằng \(\sqrt{10}\).

Lời giải:
Xét hàm số \(g\left( x \right)=\frac{1}{4}{{x}^{4}}-14{{x}^{2}}+48x\) trên đoạn \(\left[ 0;2 \right].\)
Ta có \({g}’\left( x \right)={{x}^{3}}-28x+48.\)
Xét phương trình
\({g}’\left( x \right)=0\Leftrightarrow {{x}^{3}}-28x+48=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align*}
& x=2\,\left( nhan \right)\\
& x=4\,\left( loai \right)\\
& x=-6\,\left( loai \right)\\
\end{align*} \right.\)
Ta có \(g\left( 0 \right)=0;g\left( 2 \right)=44.\)
Do đó \(0\le \frac{1}{4}{{x}^{4}}-14{{x}^{2}}+48x\le 44\)
\(\Leftrightarrow m-30\le \frac{1}{4}{{x}^{4}}-14{{x}^{2}}+48x+m-30\le m+14.\)
Khi đó \(\underset{x\in \left[ 0;2 \right]}{\mathop{\max }}\,y=\max \left\{ \left| m-30 \right|;\left| m+14 \right| \right\}.\)
Xét các trường hợp sau
-\(\left| m-30 \right|\ge \left| m+14 \right|\Leftrightarrow m\le 8.\,\,\,\left( 1 \right)\)
Khi đó \(\underset{x\in \left[ 0;2 \right]}{\mathop{\max }}\,y=\left| m-30 \right|\), theo đề bài \(\left| m-30 \right|\le 30\Leftrightarrow 0\le m\le 60.\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta được \(m\in \left[ 0;8 \right].\)
-\(\left| m-30 \right|<\left| m+14 \right|\Leftrightarrow m>8.\,\,\,\left( 3 \right)\)
Khi đó \(\underset{x\in \left[ 0;2 \right]}{\mathop{\max }}\,y=\left| m+14 \right|,\) theo đề bài \(\left| m+14 \right|\le 30\Leftrightarrow -44\le m\le 16.\,\,\left( 4 \right)\)
Từ (3) và (4) ta được \(m\in \left( 8;16 \right].\)
Vậy \(m\in \left[ 0;16 \right]\) và m nguyên nên \(m\in \left\{ 0;1;2;3;…;15;16 \right\}.\)
Khi đó \(0+1+2+…+15+16=136.\)

Lời giải:

Lời giải:
Điều kiện: \(x>0,n\ne 0.\)
Ta có: \({{\log }_{7}}\left( \frac{4{{x}^{2}}-4x+1}{2x} \right)+4{{x}^{2}}+1=6x\Leftrightarrow {{\log }_{7}}\left( \frac{4{{x}^{2}}-4x+1}{2x} \right)+4{{x}^{2}}-4x+1={{\log }_{7}}\left( 2x \right)+2x.\)
Xét hàm số \(f\left( t \right)={{\log }_{7}}t+t\) có \({f}’\left( t \right)=\frac{1}{t\ln 7}+1>0\forall t>0\) nên hàm số đồng biến trên \(\left( 0;+\infty \right)\).
Do đó ta có: \(4{{x}^{2}}-4x+1=2x\Leftrightarrow 4{{x}^{2}}-6x+1=0\Leftrightarrow x=\frac{3\pm \sqrt{5}}{4}.\)
\({{x}_{1}}+2{{x}_{2}}=\frac{3-\sqrt{5}}{4}+2.\frac{3+\sqrt{5}}{4}=\frac{1}{4}\left( 9+\sqrt{5} \right)\) hoặc \({{x}_{1}}+2{{x}_{2}}=\frac{3+\sqrt{5}}{4}+2.\frac{3-\sqrt{5}}{4}=\frac{1}{4}.\left( 9-\sqrt{5} \right).\)
Vậy \({{x}_{1}}=\frac{3-\sqrt{5}}{4};{{x}_{2}}=\frac{3+\sqrt{5}}{4}\). Do đó \(a=9;b=5\) và \(a+b=9+5=14.\)