Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Quang Hà lần 3

\(y=\frac{2020}{\sin x}.\)

Điều kiện: \(\sin x\ne 0\Leftrightarrow x\ne k\pi ,k\in \mathbb{Z}.\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ k\pi ,k\in \mathbb{Z} \right\}.\)

Số hạng tổng quát \({{T}_{k+1}}={{\left( -1 \right)}^{k}}C_{10}^{k}{{\left( 2x \right)}^{10-k}}{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{k}}={{\left( -1 \right)}^{k}}C_{10}^{k}{{2}^{10-k}}{{x}^{10+k}}.\)

Ứng với số hạng chứa \({{x}^{12}}\) ta có: \(10+k=12\Leftrightarrow k=2.\)

Vậy hệ số của \({{x}^{12}}\) là \({{2}^{8}}C_{10}^{2}.\)

Ta có: \({{V}_{S.ABD}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{\Delta ABD}}=\frac{2}{3}{{a}^{3}}\)

Vì: \(\frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABD}}}=\frac{SN}{SD}.\frac{SM}{SB}=\frac{1}{4}\Rightarrow {{V}_{S.AMN}}=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABD}}=\frac{{{a}^{3}}}{6}\)

\(\Delta SAD\) vuông: \(SD=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}=a\sqrt{5}\Rightarrow AN=\frac{1}{2}SD=\frac{a\sqrt{5}}{2}\)

\(\Delta SAB\) vuông: \(SD=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=2a\sqrt{2}\Rightarrow AM=a\sqrt{2}\)

MN là đường trung bình của tam giác \(SBD\Rightarrow MN=\frac{1}{2}DB=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\)

Khi đó: \({{S}_{\Delta AMN}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{6}}{4}\Rightarrow d\left( S;\left( AMN \right) \right)=\frac{3{{V}_{S.AMN}}}{{{S}_{\Delta AMN}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\) nên chọn đáp án A.

Hàm số \(f\left( x \right)={{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-4x+1\) xác định trên đoạn \(\left[ 1;3 \right].\)

Ta có: \(f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-4x-4\)

Cho \(f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=2 \\ & x=-\frac{2}{3} \\\end{align} \right.\)

Vì \(x\in \left[ 1;3 \right]\) nên nhận \(x=2.\)

Khi đó: \(f\left( 2 \right)=-7;f\left( 1 \right)=-4;f\left( 3 \right)=-2\)

Vậy: \(\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=-2\) nên chọn đáp án C.

Ta có: \(5+m+17+m=2\left( 7+2m \right)\Leftrightarrow 2m=8\Leftrightarrow m=4.\)

Ta có: \(\widehat{\left( SB,\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SBA}\Rightarrow SA=AB.\tan \widehat{SBA}=a.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{3}.\)

Vậy \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}.\sqrt{3}a.\frac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}}{4}.\)

Phương trình \(\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\ x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.,k \in Z\)

+ Xét \(0\le \frac{\pi }{6}+k2\pi <\frac{\pi }{2}\Leftrightarrow \frac{-1}{12}\le k<\frac{1}{6}\) mà \(k\in Z,\) suy ra \(k=0\) hay \(x=\frac{\pi }{6}.\)

+ Xét \(0\le \frac{5\pi }{6}+k2\pi <\frac{\pi }{2}\Leftrightarrow \frac{-5}{12}\le k<\frac{-1}{6}\) do \(k\in Z\) suy ra không có giá trị \(k\) nào thỏa mãn.

Vậy phương trình \(\sin x=\frac{1}{2}\) có 1 nghiệm trong \(\left[ 0;\frac{\pi }{2} \right).\)

Gọi số cần tìm là \(\overline{abcd}\) với \(a,b,c,d\) là các chữ số khác nhau và khác 0.

Lấy 2 chữ số chẵn khác 0 trong các chữ số 2, 4, 6, 8 thì có \(C_{4}^{2}\) cách.

Lấy 2 chữ số lẻ trong các chữ số 1, 3, 5, 7, 9 thì có \(C_{5}^{2}\) cách.

Mỗi cách hoán vị 4 chữ số đã chọn ở trên ta được một số thỏa mãn điều kiện đề bài.

Suy ra có \(4!C_{4}^{2}C_{5}^{2}\) số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right)\) và \(\left( 0;2 \right).\)

Thể tích khối lập phương có cạnh 2a bằng: \(V={{\left( 2a \right)}^{3}}=8{{a}^{3}}\((đvtt).

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( 2;3 \right).\)

Ta có \({{u}_{5}}={{u}_{1}}.{{q}^{4}}=\left( -3 \right).{{\left( \frac{2}{3} \right)}^{4}}=-\frac{16}{27}\)

Dựa vào đồ thị \(f'\left( x \right)\) ta có:

Hàm số đồng biến trên \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( 3;+\infty  \right).\)

Hàm số nghịch biến trên \(\left( -1;3 \right).\)

Ta có: \({{3}^{2x-1}}=27\Leftrightarrow {{3}^{2x-1}}={{3}^{3}}\Leftrightarrow 2x-1=3\Leftrightarrow x=2.\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x=2.\)

Với \(m,n\) dương \(\left( n\ne 1 \right).\) Ta có:

\(\frac{{{\log }_{7}}m.{{\log }_{2}}7}{{{\log }_{2}}10-1}=3+\frac{1}{{{\log }_{n}}5}\Leftrightarrow \frac{{{\log }_{7}}m.{{\log }_{2}}7}{{{\log }_{2}}10-{{\log }_{2}}2}={{\log }_{5}}{{5}^{3}}+{{\log }_{5}}n\Leftrightarrow \frac{{{\log }_{7}}m.{{\log }_{2}}7}{{{\log }_{2}}5}={{\log }_{5}}125n\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{7}}m.{{\log }_{5}}7={{\log }_{5}}125n\Leftrightarrow {{\log }_{7}}m=\frac{{{\log }_{5}}125n}{{{\log }_{5}}7}\Leftrightarrow {{\log }_{7}}m-{{\log }_{7}}125n\Leftrightarrow m=125n.\)

Vậy \(m=125n.\)

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

* \(\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,=\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{x+1}=-\infty \Rightarrow x=-1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

* \(\underset{x\to {{\infty }^{+}}}{\mathop{\lim }}\,=\underset{x\to {{\infty }^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{x+1}=\underset{x\to {{\infty }^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2-\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x}}=2\Rightarrow y=2\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Vậy đồ thị hàm số \(y=\frac{2x-1}{x+1}\) có hai đường tiệm cận.

Đặt \(t=\sin x,t\in \left( 0;1 \right).\) Khi đó hàm số trở thành \(y=\frac{t+m}{t-1}.\)

Ta có \(y'=\frac{-1-m}{{{\left( t-1 \right)}^{2}}}.\) Do đó hàm số nghịch biến trên \(\left( 0;1 \right)\) khi và chỉ khi \(y'>0\Leftrightarrow -1-m>0\Leftrightarrow m<-1.\) Vì m nguyên trên \(\left[ -20;20 \right]\) nên \(m\in \left\{ -20;...;-3;-2 \right\}.\)

Khi đó \(-20-19-...-3-2=-209.\)

Ta có \(y'=3{{x}^{2}}-3,y'=0\Leftrightarrow x=\pm 1.\) Khi đó ta có bảng biến thiên như sau

Do đó giá trị cực đại của hàm số bằng 4.

Thể tích khôi chóp đã cho là:

\({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}\)

\(=\frac{1}{3}.a\sqrt{2}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}.\)

Ta có: \(y'=3{{x}^{2}}-2;y'\left( 1 \right)=1\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm \(M\left( 1;2 \right)\) là:

\(y=y'\left( 1 \right).\left( x-1 \right)+2=x+1.\)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 7 \ge 0\\{x^2} + 3x - 4 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 7\\x \ne - 4\\x \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge 7 \Rightarrow \) Tập xác định: \(D=\left[ 7;+\infty  \right).\)

Ta thấy, hàm số liên tục trên nửa khoảng \(\left[ 7;+\infty  \right)\) nên đồ thị hàm số đã cho không có đường tiệm cận đứng.

Tập xác đinh: \(D=\mathbb{R}.\)

Ta có: \(y'=\frac{2}{3\sqrt[3]{x}};y'\) xác định với mọi \(x\ne 0.\)

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đã cho có một điểm cực trị

Gọi \({{A}_{1}}\) là biến cố lần thứ \(i\) xuất hiện mặt sáu chấm, với \(i\in \left\{ 1;2 \right\}.\)

Ta có: \(P\left( {{A}_{i}} \right)=\frac{1}{6}.\)

Gọi B là biến cố ít nhất 1 lần xuất hiện mặt sáu chấm.

Khi đó: \(B={{A}_{1}}.\overline{{{A}_{2}}}\cup \overline{{{A}_{1}}}.{{A}_{2}}\cup {{A}_{1}}.{{A}_{2}}.\)

Vậy: \(P\left( B \right)=P\left( {{A}_{1}} \right).P\left( \overline{{{A}_{1}}} \right).P\left( {{A}_{2}} \right)+P\left( {{A}_{1}} \right).P\left( {{A}_{2}} \right)=\frac{1}{6}\left( 1-\frac{1}{6} \right)+\left( 1-\frac{1}{6} \right)\frac{1}{6}+\frac{1}{6}.\frac{1}{6}=\frac{11}{36}.\)

Gọi \({{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}}\) là 3 điểm cực trị của hàm số \(y=f\left( x \right)\) với \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}<{{x}_{3}}.\)

Khi đó hàm số \(y=f\left( x-1 \right)\) có 3 điểm cực trị là \({{x}_{1}}+1,{{x}_{2}}+1,{{x}_{3}}+1.\)

Hàm số \(g\left( x \right)=\left| 2f\left( x-1 \right)+m \right|\) có 5 cực trị

\(\Leftrightarrow 2f\left( x-1 \right)+m=0\) có hai nghiệm khác \({{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}}\)

\(\Leftrightarrow f\left( x-1 \right)=-\frac{m}{2}\) có hai nghiệm khác \({{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - \frac{m}{2} \ge 2\\ - 6 < - \frac{m}{2} \le - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 4\\6 \le m < 12\end{array} \right..\)

Vậy \(m\in \left\{ -12;-11;...;-4;6;7;...;11 \right\}\).

Đặt \(AB=a,\) thể tích hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) bằng \(V={{a}^{3}}.\)

Gọi \(\left\{ J \right\}=\left( DIC' \right)\cap AB,\) dễ thấy \(IJ//DC'//AB'\Rightarrow IJ//AB'\) mà I là trung điểm \(BB'\) suy ra J là trung điểm AB.

Theo công thức tính tích khối chóp cụt có: \({{V}_{BIJ.CDC'}}=\frac{h}{3}\left( B+B'+\sqrt{BB'} \right)\) với \(\left\{ \begin{array}{l}B = {S_{CDC'}} = \frac{{{a^2}}}{2}\\B' = \frac{{{a^2}}}{8}\\h = BC = a\end{array} \right.\) suy ra \({{V}_{BJI.CDC'}}=\frac{7}{24}{{a}^{3}}.\)

Thể tích phần còn lại là: \({{V}_{1}}=V-{{V}_{BJI.CDC'}}=\frac{17}{24}{{a}^{3}}.\)

Vậy tỉ số cần tìm là: \(\frac{7}{17}.\)

Đặt \(t={{2}^{{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}}},\) điều kiện \(t>0\) khi đó \({{4}^{{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}}}-{{2}^{{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+1}}={{2}^{3-{{x}^{2}}-4{{y}^{2}}}}-{{4}^{2-{{x}^{2}}-4{{y}^{2}}}}\) đưa về:

\({{t}^{2}}-2t=\frac{8}{t}-\frac{16}{{{t}^{2}}}\Leftrightarrow {{\left( t+\frac{4}{t} \right)}^{2}}-2\left( t+\frac{4}{t} \right)-8=0\left( 1 \right)\)

Với điều kiện \(t>0\) nên \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow t+\frac{4}{t}=4\Leftrightarrow t=2.\)

Suy ra \({{x}^{2}}+4{{y}^{2}}=1\) suy ra tồn tại \(0\le a\le 2\pi \) để \(\left\{ \begin{array}{l}x = \sin a\\2y = \cos a\end{array} \right..\)

Khi đó \(P=\frac{\sin a-\cos a-1}{\sin a+\frac{1}{2}\cos a+4}=\frac{2\sin a-2\cos a-2}{2\sin a+\cos a+8}\)

\(\Leftrightarrow \left( 2P-2 \right)\sin a+\left( P+2 \right)\cos a=-2-8P.\)

Điều kiện để tồn tại giá trị của \(a\) thỏa mãn khi và chỉ khi \({{\left( -2-8P \right)}^{2}}\le {{\left( 2P-2 \right)}^{2}}+{{\left( P+2 \right)}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow 59{{P}^{2}}+36P-2\le 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{-18-\sqrt{442}}{59}\le P\le \frac{-18+\sqrt{442}}{59}.\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}m = \frac{{ - 18 - \sqrt {442} }}{{59}}\\M = \frac{{ - 18 + \sqrt {442} }}{{59}}\end{array} \right. \Rightarrow m + M = \frac{{ - 36}}{{59}}.\)

Gọi O là tâm hình vuông. Do \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(\varphi =\widehat{SBO}\)

\(BD=2\sqrt{2}\)

\(BO=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}2\sqrt{2}=\sqrt{2}\)

Tam giác SOB vuông tại O, ta có \(\cos \varphi =\frac{BO}{SB}=\frac{\sqrt{2}}{3}.\)

Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc 3 với hệ số \(a>0.\)

Gọi \(d\) là chiều cao của hình bình hành \(ABCD.\)

Ta có: \({{S}_{ABCD}}={{S}_{ADN}}+{{S}_{ANM}}+{{S}_{MBCN}}\Leftrightarrow AB.d=\frac{1}{2}.DN.d+\frac{1}{2}.AM.d+{{S}_{MBCN}}\)

\(\Leftrightarrow {{S}_{MBCN}}=AB.d-\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.AB.d-\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.AB.d\Leftrightarrow {{S}_{MBCN}}=\frac{7}{12}{{S}_{ABCD}}.\)

Vậy thể tích khối chóp \(S.MBCN\) là

\({{V}_{S.MBCN}}=\frac{1}{3}.{{S}_{MBCN}}.h=\frac{1}{3}.\frac{7}{12}.{{S}_{ABCD}}.h=\frac{7}{12}.\left( \frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.h \right)=\frac{7}{12}.48=28\) (đvtt).

Do \(\sqrt[15]{{{a}^{7}}}>\sqrt[5]{{{a}^{2}}}\ge 0.\) Suy ra \(a>0.\)

Ta có:

\(\sqrt[15]{{{a}^{7}}}>\sqrt[5]{{{a}^{2}}}\Leftrightarrow {{\left( \sqrt[15]{{{a}^{7}}} \right)}^{15}}>{{\left( \sqrt[5]{{{a}^{2}}} \right)}^{15}}\Leftrightarrow {{a}^{7}}>{{a}^{6}}\Leftrightarrow a\left( a-1 \right)>0\Leftrightarrow a>1.\)

Vì \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty \) nên \(a<0.\) Loại đáp án A, C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( 0;2 \right)\) loại B.

Đồ thị giao với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ âm nên \(x=\frac{-b}{a}<0\) mà \(a>0\) nên \(-b<0\Rightarrow b>0\)

Đồ thị giao với trục \(Oy\) tại điểm có tung độ âm nên \(\frac{b}{d}<0\) mà \(b>0\) nên \(d<0\)

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y=\frac{a}{c}>0\) mà \(a>0\) nên \(c>0.\)

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

Khi đó

\(f'\left( 1 \right)+f'\left( 2 \right)+...+f'\left( 2019 \right)+f'\left( 2020 \right)=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2019}-\frac{1}{2020}+\frac{1}{2020}-\frac{1}{2021}\)

\(=1-\frac{1}{2021}=\frac{2020}{2021}.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và trục hoành

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

Vậy \(\left( C \right)\) cắt trục hoành tại một điểm.

Ta có hàm số \(y={{\log }_{a}}x\) đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right)\) khi \(a>1.\)

Ta có \(P={{x}^{\frac{1}{3}}}.\sqrt[6]{x}={{x}^{\frac{1}{3}}}.{{x}^{\frac{1}{6}}}={{x}^{\frac{1}{3}+\frac{1}{6}}}={{x}^{\frac{1}{2}}}=\sqrt{x}\) với \(x>0.\)

Gồm các mặt phẳng chứa một cạnh bên và trung điểm cạnh đáy đối diện, mặt phẳng đi qua các trung điểm của các cạnh bên.

Ta có: \(\left| {f\left( x \right) - 1} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) - 1 = 1\\f\left( x \right) - 1 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 2\left( 1 \right)\\f\left( x \right) = 0\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt trên \(\left[ -2;2 \right]\) và phương trình \(\left( 2 \right)\) có ba nghiệm phân biệt không trùng với bất kì nghiệm nào của phương trình \(\left( 1 \right)\) trên \(\left[ -2;2 \right],\) nên phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt trên \(\left[ -2;2 \right].\)

Ta có \({{\log }_{a}}x=\frac{{{\log }_{b}}x}{{{\log }_{b}}a}\Rightarrow {{\log }_{b}}a.{{\log }_{a}}x={{\log }_{b}}x.\)

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x=-1.\)

Ta có: \(P={{\log }_{ab}}x=\frac{1}{{{\log }_{x}}ab}=\frac{1}{{{\log }_{x}}a+{{\log }_{x}}b}=\frac{1}{\frac{1}{{{\log }_{a}}x}+\frac{1}{{{\log }_{b}}x}}=\frac{1}{\frac{1}{3}+\frac{1}{4}}=\frac{12}{7}.\)

Ta có: \(y'=\left( {{2}^{{{x}^{2}}}} \right)'=\left( {{x}^{2}} \right)'{{.2}^{{{x}^{2}}}}.\ln 2=2.x{{.2}^{{{x}^{2}}}}.\ln 2=a{{.2}^{1+{{x}^{2}}}}.\ln 2\)

Gọi \(I,F,E\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC,CD,BD\)

\(\frac{{{V}_{A.MPN}}}{{{V}_{A.IEF}}}=\frac{AM}{AI}.\frac{AP}{AE}.\frac{AN}{AF}=\frac{2}{3}.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{8}{27}\Rightarrow {{V}_{A.MPN}}=\frac{8}{27}{{V}_{A.IEF}}\left( 1 \right)\)

\(\Delta BIE=\Delta CIF=\Delta EFD\left( c.c.c \right)\Rightarrow {{S}_{IEF}}=\frac{1}{4}{{S}_{BCD}}\Rightarrow {{V}_{A.IEF}}=\frac{1}{4}{{v}_{ABCD}}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow {{V}_{A.MPN}}=\frac{2}{27}.{{V}_{ABCD}}\)

Mặt khác \({{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}AB.AC.AD=\frac{1}{6}.6a.9a.3a=27{{a}^{3}}\Rightarrow {{V}_{A.MPN}}=2{{a}^{3}}.\)

Vì \(\sqrt{2019}\notin \mathbb{Z}\) nên hàm số xác định khi và chỉ khi \(2x-3>0\Leftrightarrow x>\frac{3}{2}.\)

Vậy \(D=\left( \frac{3}{2};+\infty  \right).\)

Ta có phương trình \({{\log }_{2}}\left( 1-x \right)=2\Leftrightarrow 1-x={{2}^{2}}\Leftrightarrow x=-3\)

Ta có pt: \(f\left( {xf\left( x \right)} \right) - 2 = 0 \Leftrightarrow f\left( {xf\left( x \right)} \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} xf\left( x \right) = 0\\ xf\left( x \right) = b \in \left( {0;2} \right)\\ xf\left( x \right) = a \in \left( { - 4; - 2} \right) \end{array} \right.\)

* Xét phương trình: \(xf\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ f\left( x \right) = 0\left( 1 \right) \end{array} \right..\)

Ta thấy đồ thị \(y=f\left( x \right)\) cắt trục hoành tại 1 điểm nên phương trình \(\left( 1 \right)\) có 1 nghiệm \(x={{x}_{2}}<-4.\)

* Xét phương trình: \(xf\left( x \right)=b\Leftrightarrow f\left( x \right)=\frac{b}{x},\left( x\ne 0 \right)\) (vì \(x=0\) phương trình vô nghiệm)

Đặt \(g\left( x \right)=\frac{b}{x}\Rightarrow g'\left( x \right)=\frac{-b}{{{x}^{2}}}<0,\forall x\ne 0.\) Suy ra \(g\left( x \right)=\frac{b}{x}\) nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Ta dễ thấy TCĐ: \(x=0,\) TCN: \(y=0.\)

Phác họa đồ thị \(y=g\left( x \right)\) như hình vẽ ta có 2 giao điểm với đồ thị \(y=f\left( x \right),\) suy ra phương trình \(xf\left( x \right)=b\) có 2 nghiệm phân biệt \(x={{x}_{3}};x={{x}_{4}}\)

* Xét phương trình: \(xf\left( x \right)=a\Leftrightarrow f\left( x \right)=\frac{a}{x},\left( x\ne 0 \right)\)(vì \(x=0\) phương trình vô nghiệm)

Đặt \(h\left( x \right)=\frac{a}{x}\Rightarrow h'\left( x \right)=\frac{-a}{{{x}^{2}}}>0,\forall x\ne 0.\) Suy ra \(h\left( x \right)=\frac{a}{x}\) đồng biến trên từng khoảng xác định.

Ta dễ thấy TCĐ: \(x=0,\) TCN: \(y=0.\)

Phác họa đồ thị \(y=h\left( x \right)\) như hình vẽ ta có 2 giao điểm với đồ thị \(y=f\left( x \right)\), suy ra phương trình \(xf\left( x \right)=a\) có 2 nghiệm \(x={{x}_{5}};x={{x}_{6}}.\)

Như vậy \(f\left( xf\left( x \right) \right)-2=0\) có 6 nghiệm phân biệt.

Do cơ số \(\frac{1}{2}\in \left( 0;1 \right)\) nên \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 1} \right) > 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 < \frac{1}{2}\\x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x < \frac{3}{2}.\)

Ta có \(A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=A{{C}^{2}}\Leftrightarrow 2A{{B}^{2}}=4{{a}^{2}}\Leftrightarrow AB=a\sqrt{2}\Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}={{a}^{2}}.\)

Lại có \(AH=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow A'H=\sqrt{A'{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\)

Thể tích khối lăng trụ bằng \({{V}_{ABC.A'B'C'}}={{S}_{\Delta ABC}}.A'H={{a}^{2}}.\frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{2}.\)

Ta có \(y=2{{x}^{4}}+1\Rightarrow y'=8{{x}^{3}}=0\Leftrightarrow x=0.\)

Bảng xét dấu

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right).\)