Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Trưng Vương lần 3

Ta có: Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh \(l\) và bán kính \(r\) là \({{S}_{xq}}=\pi rl.\)

Ta có: \(d={{u}_{2}}-{{u}_{1}}=8-2=6\)

Vậy công sai của cấp số cộng là: d=6.

Theo bài ra, ta có: Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;0 \right)\) và \(\left( 3;+\infty  \right)\).

Mỗi cách chọn 2 học sinh từ một nhóm 8 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 8.

Vậy số cách chọn là \(C_{8}^{2}\).

Ta có: \(\int\limits_{1}^{5}{\left[ g\left( x \right)-f\left( x \right) \right]\text{d}x}$$=\int\limits_{1}^{5}{g\left( x \right)\text{d}x}-\int\limits_{1}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}=-4-2=-6\).

Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1

\(\ln \frac{e}{{{a}^{2}}}=1-2\ln a\).

Phương trình chính tắc của d được viết lại: \(\frac{x+1}{1}=\frac{y-3}{2}=\frac{z-1}{-1}\)

Suy ra, vectơ chỉ phương của d là \(\overrightarrow{{{u}_{3}}}(1;2;-1)\).

2^x-3 = 0,5

⇔ 2^x-3 = 2^-1

⇔ x - 3 = -1

⇔ x = 2

Ta có: \(3f\left( x \right)+1=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=-\frac{1}{3}\,{{\,}^{\left( 1 \right)}}\).

Phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) (hình vẽ) và đồ thị hàm số \(y=-\frac{1}{3}\) là đường thẳng vuông góc với trục tung tại điểm có tung độ bằng \(-\frac{1}{3}\). Do đó số nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) là số giao điểm của hai đồ thị.

Từ đồ thị (hình vẽ) suy ra \(\left( 1 \right)\) có đúng 2 nghiệm phân biệt.

Vậy số nghiệm của phương trình đã cho là 2.

+) \(\underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{x+1}=-\infty \ vì \ \left\{ \begin{align} & \underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( x-1 \right)=-2<0 \\ & \underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( x+1 \right)=0 \\ & x+1>0\,\,khi\,\,x>-1 \\\end{align} \right.\).

+) \(\underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{x+1}=+\infty \ vì \ \left\{ \begin{align} & \underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( x-1 \right)=-2<0 \\ & \underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( x+1 \right)=0 \\ & x+1<0\,\,khi\,\,x<-1 \\\end{align} \right.\).

Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x=-1.

Ta có \(d\left( A,\left( P \right) \right)=\frac{\left| 1-2.\left( -2 \right)+2.1-1 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=2\).

\(w=-1+i\Rightarrow \) Phần ảo của w là 1.

\(P=\sqrt[4]{{{x}^{5}}}={{x}^{\frac{5}{4}}}\).

Từ đồ thị hàm số, ta suy ra \({y}'=0\) có hai nghiệm là x=0 và x=2 và trong khoảng \(\left( 0;2 \right)\) hàm số nghịch biến nên suy ra chọn đáp án B

Xét tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 2.

Gọi I là trung điểm CD, H là tâm trực tâm (cũng là trọng tâm) của \(\Delta BCD\). Khi đó \(AH\bot \left( BCD \right)\). Thể tích của tứ diện đều \(V=\frac{1}{3}.{{S}_{\Delta BCD}}.AH\).

Ta có \(BH=\frac{2}{3}BI=\frac{2\sqrt{3}}{3}\Rightarrow AH=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}; {{S}_{\Delta BCD}}=\sqrt{3}.\)

Vậy \(V=\frac{1}{3}.{{S}_{\Delta BCD}}.AH=\frac{2\sqrt{2}}{3}.\)

Ta có \(\left( \alpha  \right):4x+3y-7z+1=0\)\(\Rightarrow {{\overrightarrow{n}}_{\left( \alpha  \right)}}=\left( 4\,;3\,;-7 \right)\) là VTPT của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Mà đường thẳng \(d\bot \left( \alpha  \right)\) \(\Rightarrow {{\overrightarrow{n}}_{\left( \alpha  \right)}}=\left( 4\,;3\,;-7 \right)\) là VTCP của đường thẳng \(d\).

Ta lại có \(A\left( 1\,;2\,;3 \right)\in d\).

Suy ra phương trình chính tắc của đường thẳng \(d\) là: \(\frac{x-1}{4}=\frac{y-2}{3}=\frac{z-3}{-7}\)

Ta có: \(SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow \) AC là hình chiếu của SC trên \(\left( ABC \right).\)

\(\angle \left( SC,\left( ABC \right) \right)=\angle \left( SC,AC \right)=\angle SCA\)

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại A ta có:

\(\tan \angle SAC=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow \angle SCA={{60}^{0}}.\)

Với a,b,x là các số thực dương. Ta có:

\(\begin{align} & {{\log }_{5}}x=2{{\log }_{\sqrt{5}}}a+3{{\log }_{\frac{1}{5}}}b\Leftrightarrow {{\log }_{5}}x=4{{\log }_{5}}a-3{{\log }_{5}}b\Leftrightarrow {{\log }_{5}}x={{\log }_{5}}{{a}^{4}}-{{\log }_{5}}{{b}^{3}} \\ & \Leftrightarrow {{\log }_{5}}x={{\log }_{5}}\frac{{{a}^{4}}}{{{b}^{3}}}\Leftrightarrow x=\frac{{{a}^{4}}}{{{b}^{3}}} \\\end{align}\)

2a + (b + i)i = 1 + 2i

⇔ 2a - 1 = 1 ; b = 2

⇔ a = 1 ; b = 2

Mặt phẳng \(\left( Oyz \right)\) có phương trình là: x=0.

Mặt cầu tâm \(I\left( 2\,;-1\,;1 \right)\) và tiếp xúc mặt phẳng \(\left( Oyz \right)\) có bán kính \(R=d\left( I\,,\,\left( Oyz \right) \right)=2\)

Suy ra phương trình mặt cầu là: \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{(y+1)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=4\)

z₁ + z₂ = (1 + i) + (2 - 3i) = 3 - 2i

Vậy |z₁ + z₂| = \(\sqrt{3^2 +(-2)^2}\) = \(\sqrt{13}\)

Thể tích của khối tứ diện \(A{B}'{C}'{D}'\) là \({{V}_{A{B}'{C}'{D}'}}=\frac{1}{3}.A{A}'.{{S}_{{B}'{C}'{D}'}}=\frac{1}{3}.2.\frac{1}{2}.2.2=\frac{4}{3}\).

Ta có \(\int\limits_0^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x = 7}  \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_2^6 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 7\)

\( \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 7 – 3 = 4\)

Vậy P = 4.

Điểm A,B,C lần lượt là tung độ của các điểm có hoành độ a,b,c.

Suy ra tung độ của A,B,C lần lượt là: \(\ln a;\ln b;\ln c\).

Theo giả thiết B là trung điểm đoạn thẳng \(AC\Rightarrow \ln b=\frac{\ln a+\ln c}{2}\Leftrightarrow 2\ln b=\ln a+\ln c\Leftrightarrow \ln {{b}^{2}}=\ln \left( a.c \right)\Leftrightarrow {{b}^{2}}=ac\).

Vậy \(ac={{b}^{2}}\).

\(F\left( x \right)=\int{\frac{1}{1-x}dx=-\int{\frac{1}{1-x}d\left( 1-x \right)=-\ln \left| 1-x \right|+C}}\).

Gọi \({{V}_{1}}\) là thể tích của khối trụ có được bằng cách quay hình vuông ADCO quanh trục AO.

\(\Rightarrow {{V}_{1}}=\pi A{{D}^{2}}.CD=\pi {{a}^{3}}\).

Gọi \({{V}_{2}}\) là thể tích của khối nón có được bằng cách quay tam giác OBC quanh trục BO.

\(\Rightarrow {{V}_{2}}=\frac{1}{3}\pi .C{{O}^{2}}.OB=\frac{\pi {{a}^{3}}}{3}\)

Thể tích cần tìm là V = V₁ + V₂ = \(\frac{4\pi {{a}^{3}}}{3}\).

Nếu S(x) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox thì thể tích của vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x =a và x = b là \(V=\int\limits_{a}^{b}{S(x)dx}.\)

Ta có: 

\(\left( S \right)\text{c }\!\!\acute{\mathrm{o}}\!\!\text{ }\left\{ \begin{align} & \text{T }\!\!\hat{\mathrm{a}}\!\!\text{ m : O}\left( 0;0;0 \right) \\ & \text{B }\!\!\acute{\mathrm{a}}\!\!\text{ n k }\!\!\acute{\mathrm{i}}\!\!\text{ nh : }R=5 \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow d\left( O;\left( P \right) \right)=\frac{\left| -12 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}+{{2}^{2}}}}=4<5=R\).

Suy ra \(\left( S \right)\) cắt \(\left( P \right)\) theo giao tuyến là đường tròn \(\left( C \right)\).

Gọi r là bán kính của \(\left( C \right)\) ta có: \(r=\sqrt{{{R}^{2}}-{{d}^{2}}\left( O;\left( P \right) \right)}=\sqrt{25-16}=3\).

Mặt phẳng \((\alpha )\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(\,1\,;\,2\,;\,3\,)\).

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M(-1\,;\,-1\,;\,3)\) và có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=(-\,1\,;\,-1\,;\,1\,)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{n}\,.\,\overrightarrow{u}=1.(-1)+2.(-1)+3.1=0 \\ & M(-1\,;\,-1\,;\,3)\in (\alpha ) \\\end{align} \right.\) \(\Rightarrow \Delta \subset (\alpha )\).

\(I=\int{f(x)d\text{x}}=\int{\frac{x+3}{{{x}^{2}}+3\text{x}+2}d\text{x}}=\int{\frac{x+3}{(x+1)(x+2)}d\text{x}}\)

\(=\int{\left( \frac{2}{x+1}-\frac{1}{x+2} \right)d\text{x}}=2\ln \left| x+1 \right|-\ln \left| x+2 \right|+C\)

Ta có: Vectơ chỉ phương của hai đường thẳng \({{d}_{1}},{{d}_{2}}\) lần lượt là \(\overrightarrow{{{a}_{1}}}=\left( 1;-2;1 \right);\,\,\,\overrightarrow{{{a}_{2}}}=\left( 2;1;-1 \right)\).

Vì mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) song song với hai đường thẳng \({{d}_{1}},{{d}_{2}}\) nên:

\(\overrightarrow{{{n}_{\alpha }}}=\left[ \overrightarrow{{{a}_{1}}};\overrightarrow{{{a}_{2}}} \right]=\left( 1;3;5 \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) cần tìm là:

\(\begin{align} & 1\left( x-0 \right)+3\left( y-1 \right)+5\left( z-2 \right)=0. \\ & \Leftrightarrow x+3y+5\text{z}-13=0. \\\end{align}\)

Kiến thức cần nhớ: Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) có đạo hàm cấp một trên \(\left( a;\,b \right)\) chứa điểm \({{x}_{0}}\) và\(y=f\left( x \right)\) có đạo hàm cấp hai khác \(0\) tại \({{x}_{0}}\), khi đó:

+ Nếu \(\left\{ \begin{align} & f'\left( {{x}_{0}} \right)=0 \\ & f''\left( {{x}_{0}} \right)>0 \\\end{align} \right.\) thì hàm số \(y=f\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại điểm \({{x}_{0}}\).

+ Nếu \(\left\{ \begin{align} & f'\left( {{x}_{0}} \right)=0 \\ & f''\left( {{x}_{0}} \right)<0 \\\end{align} \right.\) thì hàm số \(y=f\left( x \right)\) đạt cực đại tại điểm \({{x}_{0}}\).

Áp dụng ta có\(y'=3{{x}^{2}}+2\left( 3m-1 \right)x+{{m}^{2}};\,\,y''=6x+2\left( 3m-1 \right)\).

Xét phương trình \(y'\left( -1 \right)=0\Leftrightarrow 3{{\left( -1 \right)}^{2}}-2\left( 3m-1 \right)+{{m}^{2}}=0\Leftrightarrow {{m}^{2}}-6m+5=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m=1 \\ & m=5 \\\end{align} \right.\)

Với \(m=1\Rightarrow y''=6x+4\Rightarrow y''\left( -1 \right)=-2<0\) nên hàm số đạt cực đại tại \(x=-1.\)

Với \(m=5\Rightarrow y''=6x+28\Rightarrow y''\left( -1 \right)=22>0\) nên hàm số đạt cực tiểu tại \(x=-1.\)

Vậy \(m=5\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xét hàm số\(y=\frac{\sqrt{x-3}}{{{x}^{2}}+x-m}.\)

+) TXĐ: \(D=\left[ 3\,;+\infty  \right)\)

+)\(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{x-3}}{{{x}^{2}}+x-m}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{\frac{1}{{{x}^{3}}}-\frac{3}{{{x}^{4}}}}}{1+\frac{1}{x}-\frac{m}{{{x}^{2}}}}=0.\) Do đó ĐTHS có \(1\) tiệm cận ngang \(y=0.\)

+) Để ĐTHS có \(2\) đường tiệm cận thì phải có thêm \(1\) tiệm cận đứng. Vậy yêu cầu bài toán trở thành: Tìm điều kiện để phương trình \({{x}^{2}}+x-m=0\) phải có \(1\) nghiệm lớn hơn hoặc bằng \(3.\)

Trường hợp \(1\): Phương trình \({{x}^{2}}+x-m=0\) phải có 2 nghiệm \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) thỏa mãn \({{x}_{1}}<3<{{x}_{2}}.\)

\(\Leftrightarrow a.f(3)<0\Leftrightarrow 12-m<0\Leftrightarrow m>12.\)

Trường hợp \(2\): Phương trình \({{x}^{2}}+x-m=0\) có nghiệm \(x=3\) thì \(m=12.\)

Với \(m=12\) phương trình trở thành: \({{x}^{2}}+x-12=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=3 \\ & x=-4 \\\end{align} \right.\)( tmđk)

Trường hợp \(3\): Phương trình \({{x}^{2}}+x-m=0\) có nghiệm kép \(x>3.\)

Khi \(m=\frac{-1}{4}\) thì phương trình có nghiệm \(x=\frac{-1}{2}.\)(không thỏa mãn)

Theo đề bài \(m\in \left[ -2019;2019 \right]\),\(m\) nguyên do đó \(m\in \left[ 12\,;2019 \right].\)

Vậy có \((2019-12)+1=2008\) giá trị của \(m\).

Trong \(\left( ABCD \right),\) kẻ \(AH\bot BD\)

Trong \(\left( SAH \right),\) kẻ \(AK\bot SH\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & BD\bot SA \\ & BD\bot AH \\\end{align} \right.\)\(\Rightarrow BD\bot \left( SAH \right)\Rightarrow BD\bot AK\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & AK\bot SH \\ & AK\bot BD \\\end{align} \right.\Rightarrow AK\bot \left( SBD \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBD \right) \right)=AK.\)

Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta ABD\) vuông tại A và có đường cao AH ta có:

\(AH=\frac{AB.AD}{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{a.a\sqrt{2}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{a\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)

Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta ABD\) vuông tại A và có đường cao AK ta có:

\(AK=\frac{SA.AH}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{H}^{2}}}}=\frac{a.\frac{a\sqrt{6}}{3}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{6}}{3} \right)}^{2}}}}=\frac{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{6}}{3}}{\frac{\sqrt{15}}{3}}=\frac{a\sqrt{10}}{5}\)

Từ giả thiết ta có: \(\frac{f'\left( x \right)}{f\left( x \right)}=x\Rightarrow \int{\frac{f'\left( x \right)}{f\left( x \right)}dx=\int{xdx}}\)

\(\Rightarrow \ln \left[ f\left( x \right) \right]=\frac{1}{2}{{x}^{2}}+C.\) (do \(f\left( x \right)>0\forall x\in \mathbb{R}\))

Do đó \(\ln \left[ f\left( 0 \right) \right]=\frac{1}{2}{{.0}^{2}}+C\Rightarrow C=0\Rightarrow \ln f\left( x \right)=\frac{1}{2}{{x}^{2}}\)

\(\Rightarrow f\left( x \right)={{e}^{\frac{1}{2}{{x}^{2}}}}\Rightarrow f\left( 1 \right)=\sqrt{e}.\)

Xếp 36 em học sinh vào 36 ghế ⇒ Không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right)=36!.\)

Gọi A là biến cố: “Hai em Kỷ và Hợi ngồi cạnh nhau theo một hàng ngang hoặc một hàng dọc”.

Chọn 1 hàng hoặc cột để xếp Kỷ và Hợi có 12 cách.

Trên mỗi hàng hoặc cột xếp 2 em Kỷ và Hợi gần nhau có 5.2 = 10 cách.

Sắp xếp 34 bạn còn lại có 34! cách.

\(\Rightarrow n\left( A \right)=12.10.34!.\)

Vậy xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{12.10.34!}{36!}=\frac{2}{21}.\)

Hàm số \(y=\frac{1}{2}\ln \left( {{x}^{2}}+4 \right)-mx+3\) có tập xác định \(D=\left( -\infty ;+\infty  \right)\)

Ta có \({y}'=\frac{x}{{{x}^{2}}+4}-m\)

Khi đó hàm số \(y=\frac{1}{2}\ln \left( {{x}^{2}}+4 \right)-mx+3\) nghịch biến trên \(\left( -\infty ;+\infty  \right)\Leftrightarrow y'\le 0,\forall x\in \left( -\infty ;+\infty  \right)\)

\(\Leftrightarrow \frac{x}{{{x}^{2}}+4}-m\le 0,\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow \frac{x}{{{x}^{2}}+4}\le m,\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow m\ge \underset{x\in \mathbb{R}}{\mathop{max}}\,\,f(x)\) với \(f(x)=\frac{x}{{{x}^{2}}+4}\)

Xét hàm số \(f(x)=\frac{x}{{{x}^{2}}+4}\) ta có: \({{f}^{'}}(x)=\frac{4-{{x}^{2}}}{{{\left( {{x}^{2}}+4 \right)}^{2}}}\Rightarrow {{f}^{'}}(x)=0\Leftrightarrow x=\pm 2\).

BBT

Từ BBT ta suy ra: \(\underset{x\in \mathbb{R}}{\mathop{max}}\,\,f(x)=f(2)=\frac{1}{4}\). Suy ra các giá trị của tham số m cần tìm là: \(m\ge \frac{1}{4}\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(A\left( a;0;0 \right),B\left( 0;b;0 \right),C\left( 0;0;c \right)\) có dạng \(\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1.\)

Vì \(\left( P \right)\) đi qua M nên \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1.\)

Mặt khác OA=2OB nên a=2b nên \(\frac{3}{2b}+\frac{1}{c}=1.\)

Thể tích khối tứ diện OABC là \(V=\frac{1}{6}abc=\frac{1}{3}{{b}^{2}}c.\)

Ta có \(\frac{3}{2b}+\frac{1}{c}=\frac{3}{4b}+\frac{3}{4b}+\frac{1}{c}\ge 3\sqrt[3]{\frac{9}{16{{b}^{2}}c}}\Rightarrow \sqrt[3]{\frac{9}{16{{b}^{2}}c}}\le \frac{1}{3}\Rightarrow \frac{16{{b}^{2}}c}{9}\ge 27\Rightarrow V=\frac{{{b}^{2}}c}{3}\ge \frac{81}{16}.\)

\(\Rightarrow \min V=\frac{81}{16} \ khi \ \left\{ \begin{align} & \frac{3}{4b}=\frac{1}{c}=\frac{1}{3} \\ & a=2b \\\end{align} \right.\)\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & a=\frac{9}{2} \\ & b=\frac{9}{4} \\ & c=3 \\\end{align} \right..\)

Vậy \(S=2a+b+3c=\frac{81}{4}.\)

+ Vì ba mặt phẳng \((MN{B}'{A}').(AC{C}'{A}'),(BC{C}'{B}')\) đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt \({A}'M,{B}'N,C{C}'\) và \({A}'M,C{C}'\) không song song nên \({A}'M,{B}'N,C{C}'\) đồng qui tại S.

Ta có \(k=\frac{CM}{CA}=\frac{MN}{AB}=\frac{MN}{{A}'{B}'}=\frac{SM}{S{A}'}=\frac{SN}{S{B}'}=\frac{SC}{S{C}'}\)

+ Từ đó \({{V}_{S.MNC}}={{k}^{3}}{{V}_{S.{A}'{B}'{C}'}}\Rightarrow {{V}_{1}}={{V}_{MNC.{A}'{B}'{C}'}}=\left( 1-{{k}^{3}} \right){{V}_{S.{A}'{B}'{C}'}}\).

+ Mặt khác \(\frac{{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}}{{{V}_{S.{A}'{B}'{C}'}}}=\frac{3C{C}'}{S{C}'}=\frac{3\left( S{C}'-SC \right)}{S{C}'}=3\left( 1-k \right)\Rightarrow {{V}_{S.{A}'{B}'{C}'}}=\frac{{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}}{3\left( 1-k \right)}\)

Suy ra \({{V}_{1}}=\left( 1-{{k}^{3}} \right)\frac{{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}}{3\left( 1-k \right)}=\frac{\left( {{k}^{2}}+k+1 \right).{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}}{3}\).

+ Vì \(\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=2\) nên \({{V}_{1}}=\frac{2}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}\Rightarrow \frac{{{k}^{2}}+k+1}{3}=\frac{2}{3}\Leftrightarrow {{k}^{2}}+k-1=0\Rightarrow k=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}(k>0)\).

Vậy \(k=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\).

Xét hàm số \(g(x)=f(x)-2019={{x}^{3}}+a{{x}^{2}}+bx+c-2019\).

Hàm số \(g\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Vì \(\left\{ \begin{align} & c>2019 \\ & a+b+c-2018<0 \\\end{align} \right.\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} g(0)>0 \\ g(1)<0 \\\end{matrix} \right.\)

\(\Rightarrow \) phương trình g(x)=0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left( 0;1 \right).\)

\(\Rightarrow \) Đồ thị hàm số y=g(x) có ít nhất một giao điểm với trục hoành có hoành độ nằm trong khoảng (0;1). (1)

Vì \(\left\{ \begin{matrix} \underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x)=-\infty \\ g(0)>0 \\\end{matrix} \right.\Rightarrow \) phương trình g(x)=0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc \((-\infty ;0).\)

\(\Rightarrow \) Đồ thị hàm số y=g(x) có ít nhất một giao điểm với trục hoành có hoành độ nằm trong khoảng \((-\infty ;0).\) (2)

Vì \(\left\{ \begin{matrix} \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x)=+\infty \\ g(1)<0 \\\end{matrix} \right.\Rightarrow \) phương trình g(x)=0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc \((1;+\infty ).\)

\(\Rightarrow \) Đồ thị hàm số y=g(x) có ít nhất một giao điểm với trục hoành có hoành độ nằm trong khoảng \((1;+\infty ).\) (3)

Và hàm số \(g\left( x \right)\) là hàm số bậc 3

Nên từ (1), (2), (3) đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) có dạng

Do đó đồ thị hàm số \(y=\left| f(x)-2019 \right|\) có dạng

Vậy hàm số \(y=\left| f(x)-2019 \right|\) có 5 điểm cực trị

\(\text{w}=z+3i\Leftrightarrow z=\text{w}-3i\Rightarrow \left| z \right|=\left| \text{w}-3i \right|\Rightarrow 3-\left| z \right|\le \left| \text{w} \right|\le 3+\left| z \right|\Leftrightarrow 1\le \left| \text{w} \right|\le 5.\)

Ta có phương trình \({{f}^{2}}\left( x \right)-\left( m+4 \right)\left| f\left( x \right) \right|+2m+4=0\)

\(\Leftrightarrow \left( \left| f\left( x \right) \right|-2 \right)\left( \left| f\left( x \right)-m-2 \right| \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & \left| f\left( x \right) \right|=2\text{ (1)} \\ & \left| f\left( x \right) \right|=m+2\text{ (2)} \\\end{align} \right..\)

Từ đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) ta có đồ thị hàm số \(y=\left| f\left( x \right) \right|\) như sau:

Từ đồ thị trên, ta có phương trình \(\left( 1 \right)\) có 4 nghiệm phân biệt.

Để phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt thì phương trình \(\left( 2 \right)\) có 2 nghiệm phân biệt và khác các nghiệm của \(\left( 1 \right)\).

Suy ra \(\left[ \begin{align} & m+2>4 \\ & m+2=0 \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m>2 \\ & m=-2 \\\end{align} \right.\).

Vì m nguyên và \(m\in \left( -5;5 \right)\Rightarrow m\in \left\{ -2;3;4 \right\}\).

Ta có: \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2a-4b=4\Leftrightarrow {{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{\left( b-2 \right)}^{2}}+{{c}^{2}}=9\)

Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối và bất đẳng thức BCS, ta có kết quả sau:

\(\begin{align} & \left| 2a+b-2c+7 \right|=\left| 2\left( a-1 \right)+\left( b-2 \right)-2c+11 \right|\le \left| 2\left( a-1 \right)+\left( b-2 \right)-2c \right|+11 \\ & \overset{BCS}{\mathop \le }\,\sqrt{\left[ {{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{\left( b-2 \right)}^{2}}+{{c}^{2}} \right]\left[ {{2}^{2}}+{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}} \right]}+11=20. \\ \end{align}\)

Đẳng thức xảy ra khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}2\left( {a - 1} \right) + \left( {b - 2} \right) - 2c > 0\\\frac{{a - 1}}{2} = \frac{{b - 2}}{1} = \frac{c}{{ - 2}}\\{\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {c^2} = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 3\\c = - 2\end{array} \right.\)

Khi đó: \(P=a+2b+3c=3+2.3+3.\left( -2 \right)=3.\)

Ta có \(f\left( x \right)+g\left( x \right)=-x\left[ {f}'\left( x \right)+{g}'\left( x \right) \right]\)

\(\Rightarrow \int{\left[ f\left( x \right)+g\left( x \right) \right]\text{d}x}=-\int{x\left[ {f}'\left( x \right)+{g}'\left( x \right) \right]\text{d}x}\)

\(\Rightarrow \int{\left[ f\left( x \right)+g\left( x \right) \right]\text{d}x}=-x\left[ f\left( x \right)+g\left( x \right) \right]+\int{\left[ f\left( x \right)+g\left( x \right) \right]\text{d}x}\)

\(\Rightarrow -x\left[ f\left( x \right)+g\left( x \right) \right]=C\Rightarrow f\left( x \right)+g\left( x \right)=-\frac{C}{x}\). Vì \(f\left( 1 \right)+g\left( 1 \right)=-C\Rightarrow C=-4\)

Do đó \(f\left( x \right)+g\left( x \right)=\frac{4}{x}\).

Vậy \(I=\int\limits_{1}^{4}{\left[ f\left( x \right)+g\left( x \right) \right]\text{d}x}=8\ln 2\)

Chú ý với hai căn thức ta có đánh giá sau: \(\sqrt{a}+\sqrt{b}\ge \sqrt{a+b}$ và $\sqrt{a}+\sqrt{b}\le \sqrt{2\left( a+b \right)}\).

Vậy theo giả thiết,ta có \(x+y+1=2\left( \sqrt{x-2}+\sqrt{y+3} \right)\ge 2\sqrt{x+y+1}\Rightarrow \left[ \begin{align} & x+y+1=0 \\ & x+y+1\ge 4 \\\end{align} \right.\)

Và \(x+y+1=2\left( \sqrt{x-2}+\sqrt{y+3} \right)\le 2\sqrt{2\left( x+y+1 \right)}\Rightarrow x+y+1\le 8\).

 Nếu \(x+y+1=0\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=2 \\ & y=-3 \\\end{align} \right.\Rightarrow S=-\frac{9476}{243}\)

 Nếu \(t=x+y\in \left[ 3;7 \right]\),ta có

\({{x}^{2}}\ge 2x\left( x\ge 2 \right);{{\left( y-1 \right)}^{2}}\ge 0\Rightarrow {{y}^{2}}\ge 2y-1\Rightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge 2\left( x+y \right)-1\).

Vì vậy \(S\le {{3}^{x+y-4}}+\left( x+y+1 \right){{2}^{7-x-y}}-6\left( x+y \right)+3\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{3}^{t-4}}+\left( t+1 \right){{2}^{7-t}}-6t+3\) trên đoạn \(\left[ 3;7 \right]\) ta có:

\(f'\left( t \right)={{3}^{t-4}}\ln 3+{{2}^{7-t}}-\left( t+1 \right){{2}^{7-t}}\ln 2-6\).

\(f''\left( t \right)={{3}^{t-4}}{{\ln }^{2}}3+{{2}^{7-t}}\ln 2-\left( {{2}^{7-t}}-\left( t+1 \right){{2}^{7-t}}\ln 2 \right)\ln 2\)

\(={{3}^{t-4}}{{\ln }^{2}}3+\left[ \left( t+1 \right)\ln 2-2 \right]{{2}^{7-t}}\ln 2>0,\forall t\in \left[ 3;7 \right]\).

Mặt khác \(f'\left( 3 \right)f'\left( 7 \right)<0\Rightarrow f'\left( t \right)=0\) có nghiệm duy nhất \({{t}_{0}}\in \left( 3;7 \right)\).

Vậy ta lập được bảng biến thiên của hàm số \(f\left( t \right)\) như dưới đây:

Suy ra \(\max S=\underset{\left[ 3;7 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)=f\left( 3 \right)=\frac{148}{3}\).Dấu bằng đạt tại \(x=2;y=1\).

Do đó \(T=148+3=151\).

Ta có: \(y’ = \left( {3{x^2} – 2x + m} \right){.2^{{x^3} – {x^2} + mx + 1}}.\ln 2\)

Hàm số đồng biến trên \(\left( {1;2} \right) \Leftrightarrow y’ \ge 0, \forall x \in \left( {1;2} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {3{x^2} – 2x + m} \right){.2^{{x^3} – {x^2} + mx + 1}}.\ln 2 \ge 0, \forall x \in \left( {1;2} \right)\)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} – 2x + m \ge 0, \forall x \in \left( {1;2} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge – 3{x^2} + 2x, \forall x \in \left( {1;2} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge \mathop {max}\limits_{\left( {1;2} \right)} \left( { – 3{x^2} + 2x} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = – 3{x^2} + 2x\), với \(x \in \left( {1;2} \right)\).

Ta có: \(f’\left( x \right) = – 6x + 2\).

Cho \(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow – 6x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{3}\).

Bảng biến thiên:

Vậy \(m \ge – 1\) thỏa yêu cầu bài toán.

\(y = f\left( x \right) = \frac{{\ln x – 4}}{{\ln x – 2m}}\)

Đặt \(t = \ln x\), điều kiện \(t \in \left( {0;1} \right)\)

\(g\left( t \right) = \frac{{t – 4}}{{t – 2m}}; g’\left( t \right) = \frac{{ – 2m + 4}}{{{{\left( {t – 2m} \right)}^2}}}\)

Để hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {1;e} \right)\) thì hàm số \(g\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0;1} \right) \Leftrightarrow g’\left( t \right) > 0,\;t \in \left( {0;1} \right) \Leftrightarrow \frac{{ – 2m + 4}}{{{{\left( {t – 2m} \right)}^2}}} > 0,t \in \left( {0;1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 2m + 4 > 0\\2m \notin \left( {0;1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{1}{2} \le m < 2\\m \le 0\end{array} \right.\)

S là tập hợp các giá trị nguyên dương \( \Rightarrow S = \left\{ 1 \right\}\).

Vậy số phần tử của tập S là 1.

Điều kiện: \(x \ne m\).

Hàm số đã cho xác định trên \(\left[ {0\,;\,4} \right]\) khi \(m \notin \left[ {0;4} \right]\) (*).

Ta có \(y’ = \frac{{{m^2} – m + 2}}{{{{\left( {x – m} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {m – \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{7}{4}}}{{{{\left( {x – m} \right)}^2}}} > 0\) với \(\forall x \in \left[ {0;4} \right]\).

Hàm số đồng biến trên đoạn \(\left[ {0;4} \right]\) nên \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y = y\left( 4 \right) = \frac{{2 – {m^2}}}{{4 – m}}\).

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0\,;\,4} \right]} y = – 1 \Leftrightarrow \frac{{2 – {m^2}}}{{4 – m}} = – 1 \Leftrightarrow {m^2} + m – 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = – 3\end{array} \right.\)

Kết hợp với điều kiện (*) ta được m = – 3. Do đó có một giá trị của $m$ thỏa yêu cầu bài toán.

TXĐ: \(D = \left[ { – \sqrt {2019} ;\sqrt {2019} } \right]\)

Ta có \(y’ = 2017 + \sqrt {2019 – {x^2}} – \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {2019 – {x^2}} }}\)

\( \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow 2017 + \sqrt {2019 – {x^2}} – \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {2019 – {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \frac{{2017\sqrt {2019 – {x^2}} + 2019 – 2{x^2}}}{{\sqrt {2019 – {x^2}} }} = 0\)

Trên D, đặt \(t = \sqrt {2019 – {x^2}} , t \ge 0\). Ta được:

\(2{t^2} + 2017t – 2019 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = – \frac{{2019}}{2}\end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {2019 – {x^2}} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – \sqrt {2018} \\x = \sqrt {2018} \end{array} \right.\)

Khi đó \(f\left( { – \sqrt {2018} } \right) = – 2018\sqrt {2018} ; f\left( {\sqrt {2018} } \right) = 2018\sqrt {2018}\)

\(f\left( { – \sqrt {2019} } \right) = – 2017\sqrt {2019} ; f\left( {\sqrt {2019} } \right) = 2017\sqrt {2019} \)

Suy ra \(m = \mathop {\min y}\limits_D = – 2018\sqrt {2018} , M = \mathop {\max y}\limits_D = 2018\sqrt {2018} \)

Vậy \(M – m = 4036\sqrt {2018} .\)