Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Trưng Vương lần 4

Quan sát đồ thị của hàm số \(y=f\left( x \right)\) ta có hàm số đạt cực đại tại \(x=0\) và cực tiểu tại \(x=2.\)

Bán kính đáy của hình nón là \(r=3.\tan {{60}^{0}}=3\sqrt{3}.\)

Vậy thể tích khối nón đó là

\(V=\frac{1}{3}.\pi .{{\left( 3\sqrt{3} \right)}^{2}}.3=27\pi \left( c{{m}^{3}} \right).\)

Số cách chọn 5 học sinh trong một lớp có 25 học sinh nam và 16 học sinh nữ là \(C_{41}^{5}.\)

Công thức tính thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao h là \(V=Bh.\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}.\)

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

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định \(\Leftrightarrow y'>0,\forall x\in D\Leftrightarrow -{{m}^{2}}-m+2>0\Leftrightarrow -2<m<1.\)

Do \(m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m=\left\{ -1;0 \right\}.\)

Ta có \({{S}_{xq}}=2\pi rh=2\pi .5.7=70\pi \left( c{{m}^{2}} \right).\)

Ta có \(\int\limits_{{}}^{{}}{\left( {{x}^{2}}+x \right)dx}=\frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{{{x}^{2}}}{2}+C.\)

\(P={{\log }_{2}}\left( {{a}^{2}}{{b}^{3}} \right)={{\log }_{2}}{{a}^{2}}+{{\log }_{2}}{{b}^{3}}=2{{\log }_{2}}a+3{{\log }_{2}}b=2x+3y.\)

Điều kiện: \(x>1.\)

Ta có \({{\log }_{3}}x+{{\log }_{3}}\left( x-1 \right)+{{\log }_{\frac{1}{3}}}6=0\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}x+{{\log }_{3}}\left( x-1 \right)-{{\log }_{3}}6=0\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left[ \frac{x\left( x-1 \right)}{6} \right]=0\)

\(\Leftrightarrow \frac{x\left( x-1 \right)}{6}=1\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-6=0\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=3 \\ & x=-2 \\\end{align} \right.\)

Kết hợp điều kiện ta có \(x=3\Rightarrow S=3.\)

Thể tích của khối cầu có bán kính R=4 và \(V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi {{.4}^{3}}=\frac{256}{3}\pi \) (đơn vị thể tích)

Ta có \(\overrightarrow{i}=\left( 1;0;0 \right),\overrightarrow{j}=\left( 0;1;0 \right),\overrightarrow{k}=\left( 0;0;1 \right)\) nên \(\overrightarrow{a}=2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}=2.\left( 1;0;0 \right)-3\left( 0;1;0 \right)+\left( 0;0;1 \right)=\left( 2;-3;1 \right).\)

Ta có công thức lãi kép \(S=A{{\left( 1+r \right)}^{n}}\) với S là số tiền thu được sau n năm, A là số tiền gửi ban đầu và r là lãi suất.

Theo bài ra ta có \(2A = A{\left( {1 + 8,4\% } \right)^n} \Leftrightarrow 2 = {\left( {1 + 8,4\% } \right)^n} \Rightarrow n = {\log _{1 + 8,4\% }}2 \approx 8,59.\)

Vậy sau 9 năm thì người đó thu được số tiền gấp đôi ban đầu.

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

Lập bảng biến thiên ta có:

Vậy hàm số có 1 điểm cực tiểu.

Ta có \(SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SA\) là chiều cao của hình chóp S.ABCD.

V = \(\frac13\). SA . S_ABCD =  \(\frac13\). 3a.a.2a = 2a³

Ta có \({{u}_{3}}={{u}_{1}}+2d\Leftrightarrow 4=-2+2d\Leftrightarrow d=3.\)

Ta có \(\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-3}{x+1}=-\infty \) và \(\underset{x\to -{{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-3}{x+1}=+\infty \Rightarrow x=-1\) là tiệm cận đứng.

Ta có \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-3}{x+1}=2\Rightarrow y=2\) là tiệm cận ngang.

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)=-3\) là số giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và \(y=-3.\)

Từ bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và \(y=-3\) có hai điểm chung là \({{x}_{1}}<-1\) và \({{x}_{2}}=-1.\) Nên phương trình \(f\left( x \right)=-3\) có hai nghiệm.

Từ giả thiết, ta có bán kính đáy của khối nón tương ứng là \(\sqrt{{{5}^{2}}-{{4}^{2}}}=3.\)

Áp dụng công thức thể tích nón, ta được \(V=\frac{1}{3}\pi .{{r}^{2}}.h=\frac{1}{3}.\pi {{.3}^{2}}.4=12\pi .\)

Vì mặt cầu cần tìm tiếp xúc với trục Oy, nên khoảng cách từ tâm \(I\left( 2;1;-3 \right)\) đển Oy là bán kính mặt cầu cần tìm.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên Oy, khi đó \(H\left( 0;1;0 \right).\)

Do đó \(R=HI=\sqrt{{{2}^{2}}+{{0}^{2}}+{{\left( -3 \right)}^{2}}}=\sqrt{13}.\)

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z+3 \right)}^{2}}=13.\)

Áp dụng công thức \({{\left( {{a}^{u}} \right)}^{'}}={{a}^{u}}.\ln a.u',\) ta có \(y={{2021}^{x}}\) có \(y'={{2021}^{x}}.\ln 2021.\)

\(R=\frac{AC'}{2}=\frac{\sqrt{AA{{'}^{2}}+A{{C}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{AA{{'}^{2}}+A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

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

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

Theo bài, \({{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-m=0\Leftrightarrow {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}=m\text{  }\left( 1 \right)\)

Nhận xét: Số nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}\) và đường thẳng \(y=m.\)

Xét hàm số \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}\) ta có \(y'=3{{x}^{2}}-6x;y'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=2 \\\end{align} \right..\)

Bảng biến thiên:

Phương trình \(\left( 1 \right)\) có 3 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow y\left( 2 \right)<m<y\left( 0 \right)\Leftrightarrow -4<m<0.\)

Do \(m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{ -3;-2;-1 \right\}.\)

Tọa độ điểm \({{A}_{1}}\) là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng \(\left( Oyz \right)\) là \({{A}_{1}}\left( 0;2;3 \right).\)

Dựa vào đồ thị ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \) nên a>0. Do đó loại đáp án A và B.

Hàm số có 3 cực trị ab<1 nên do đó loại đáp án C.

Ta có \(P=f\left( \frac{2}{x} \right)+f\left( x \right)={{\log }_{2}}\left( \frac{2}{x} \right)+{{\log }_{2}}x={{\log }_{2}}\left( \frac{2}{x}.x \right)={{\log }_{2}}2=1.\)

Ta có \({\log _2}\left( {3x - 2} \right) > {\log _2}\left( {6 - 5x} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 - 5x > 0\\3x - 2 > 6 - 5x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < \frac{6}{5}\\x > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x < \frac{6}{5}.\)

Tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( 1;\frac{6}{5} \right).\)

Do đó \(T=a.b=1.\frac{6}{5}=\frac{6}{5}.\)

Ta có \(I={{\log }_{a}}\sqrt[3]{a}=I={{\log }_{a}}{{a}^{\frac{1}{3}}}=\frac{1}{3}.\)

Điều kiện: \(x+1>0\Leftrightarrow x>-1\)

Tập xác định \(D=\left( -1;+\infty  \right).\)

Ta có \(x-1=0\Leftrightarrow x=1.\)

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x=1\) khi \({{1}^{2}}-2.1+{{m}^{2}}+1\ne 0\Leftrightarrow m\ne 0.\)

Ta có \({3^{2x + 1}} - {4.3^x} + 1 = 0 \Leftrightarrow {3.3^{2x}} - {4.3^x} + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} = 1\\{3^x} = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\end{array} \right.\)

Suy ra \({{x}_{1}}=-1;{{x}_{2}}=0\Rightarrow {{x}_{1}}+2{{x}_{2}}=-1.\)

Ta có \(V=s'=-{{t}^{2}}+12t=36-\left( {{t}^{2}}-12t+36 \right)=36-{{\left( t-6 \right)}^{2}}\le 36\)

Vậy vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng \(36\left( m/s \right)\) tại \(t=6.\)

Thể tích hình chóp A.A'B'C'\) là \({{V}_{A.A'B'C'}}=\frac{1}{3}{{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{V}{3}\)

\(\Rightarrow \) Thể tích khối đa diện ABCB'C' là \({{V}_{ABCB'C'}}={{V}_{ABC.A'B'C'}}-{{V}_{A.A'B'C'}}=V-\frac{V}{3}=\frac{2V}{3}.\)

Vậy thể tích khối đa diện ABCB'C' bằng \(\frac{2V}{3}.\)

Hình vẽ trên là đồ thị của hàm số bậc ba đi qua điểm \(\left( 0;1 \right)\) nên hàm số cần tìm là \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1.\)

Đặt \(u=1-4x\Rightarrow du=-4.dx\Rightarrow dx=-\frac{1}{4}du.\)

\(\int\limits_{{}}^{{}}{\frac{1}{1-4x}dx}=\int\limits_{{}}^{{}}{\frac{1}{u}\left( -\frac{1}{4}du \right)}=-\frac{1}{4}\int\limits_{{}}^{{}}{\frac{1}{u}du}=-\frac{1}{4}\ln \left| u \right|+C=-\frac{1}{4}.\ln \left| 1-4x \right|+C.\)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3x + 2m > 0\\x + m > 0\end{array} \right.\left( 1 \right).\)

Ta có: \({{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}-3x+2m \right)={{\log }_{2}}\left( x+m \right)\)

      \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-3x+2m=x+m\)

      \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-4x+m=0\Leftrightarrow m=-{{x}^{2}}+4x.\)

Thay \(m=-{{x}^{2}}+4x\) vào \(\left( 1 \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3x + 2\left( { - {x^2} + 4x} \right) > 0\\x - {x^2} + 4x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - {x^2} + 5x > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 5.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)=-{{x}^{2}}+4x\) trên \(\left( 0;5 \right).\)

\(f'\left( x \right)=-2x+4;f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=2.\)

Bảng biến thiên

Phương trình đã cho có nghiệm \(\Leftrightarrow -5<m\le 4.\)

Do \(m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{ -4;-3;-2;-1;0;1;2;3;4 \right\}.\)

Ta có \({{\log }_{5}}\left( \frac{4a+2b+5}{a+b} \right)=a+3b-4\Leftrightarrow {{\log }_{5}}\left( 4a+2b+5 \right)-{{\log }_{5}}\left( a+b \right)=a+3b-4\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{5}}\left( 4a+2b+5 \right)+\left( 4a+2b+5 \right)={{\log }_{5}}\left( a+b \right)+5a+5b+1\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{5}}\left( 4a+2b+5 \right)+\left( 4a+2b+5 \right)={{\log }_{5}}\left( 5a+5b \right)+\left( 5a+5b \right)\) \(\left( 1 \right).\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)=t+{{\log }_{5}}t\) với \(t>0.\)

Ta có \(f'\left( t \right)=1+\frac{1}{t\ln 5}>0,\forall t>0.\) Do đó \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right).\)

Khi đó \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow 4a+2b+5=5a+5b\Leftrightarrow a=5-3b\).

Thay vào \(T={{a}^{2}}+{{b}^{2}}=10{{b}^{2}}-30b+25=10{{\left( b-\frac{3}{2} \right)}^{2}}+\frac{5}{2}\ge \frac{5}{2}.\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l} b = \frac{3}{2}\\ a = \frac{1}{2} \end{array} \right..\)

Dựa vào đồ thị ta nhận thấy \(3f\left( x \right)+1>0,\forall x\in \mathbb{R}.\)

Do đó \(\frac{{{f}^{3}}\left( x \right)+3{{f}^{2}}\left( x \right)+4f\left( x \right)+2}{\sqrt{3f\left( x \right)+1}}=3f\left( x \right)+2\)

\(\Leftrightarrow {{f}^{3}}\left( x \right)+3{{f}^{2}}\left( x \right)+3f\left( x \right)+1+f\left( x \right)+1=\sqrt{3f\left( x \right)+1}\left( 3f\left( x \right)+1+1 \right)\)

\(\Leftrightarrow {{\left[ f\left( x \right)+1 \right]}^{3}}+\left[ f\left( x \right)+1 \right]={{\left[ \sqrt{3f\left( x \right)+1} \right]}^{3}}+\sqrt{3f\left( x \right)+1}\text{ }\left( 1 \right).\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{t}^{3}}+t\) với \(t\in \mathbb{R}.\)

Ta có \(f'\left( t \right)=3{{t}^{2}}+1>0,\forall t\in \mathbb{R}.\) Do đó \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Khi đó \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow f\left( x \right)+1=\sqrt{3f\left( x \right)+1}\Leftrightarrow {{f}^{2}}\left( x \right)+2f\left( x \right)+1=3f\left( x \right)+1.\)

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

Dựa vào hình vẽ ta suy ra phương trình \(f\left( x \right)=0\) có 3 nghiệm và phương trình \(f\left( x \right)=1\) có 6 nghiệm (các nghiệm này không trùng các nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)=0).\)

Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm.

Đặt \(t=2\sin x+1.\)

Với \(x\in \left[ 0;\frac{\pi }{6} \right)\Rightarrow t\in \left[ 1;2 \right).\)

Phương trình \(f\left( 2\sin x+1 \right)=m\) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình \(f\left( t \right)=m\) có nghiệm \(t\in \left[ 1;2 \right).\)

Từ đồ thị suy ra, \(m\in \left( -2;0 \right].\)

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

\(y' = 0 \Leftrightarrow 2x.f'\left( {{x^2} - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f'\left( {{x^2} - 3} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 3 = - 2\\{x^2} - 3 = 1\\{x^2} - 3 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\\x = \pm 2\end{array} \right.\)

Trong 5 nghiệm của phương trình \(y'=0,\) hai nghiệm \(x=2\) và \(x=-2\) là nghiệm bội chẵn nên khi \(x\) qua đó đạo hàm không bị đổi dấu.

Do đó hàm số \(y=f\left( {{x}^{2}}-3 \right)\) có 3 điểm cực trị.

Gọi H là trung điểm của AB.

Vì tam giác SAB cân tại S và \(\left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right)\) nên \(SH\bot \left( ABCD \right)\).

Gọi M là trung điểm của CD.

Vì tứ giác ABCD là hình vuông nên \(HM\bot AD\) và HM=a.

Ta có \(\left. \begin{array}{l}CD \bot HM\\CD \bot SH\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow CD \bot SM.\)

Khi đó \(\left( \left( SCD \right),\left( ABCD \right) \right)=\left( SM,HM \right)=\widehat{SMH}={{60}^{0}}\).

Suy ra \(SH=HM.\tan \widehat{SMH}=a.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{3}.\)

Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là: \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}\) (đvtt).

Thể tích của khối trụ lớn là \({{V}_{2}}=\pi r_{2}^{2}h=9\pi r_{1}^{2}h.\)

Thể tích của khối trụ nhỏ là \({{V}_{1}}=\pi r_{1}^{2}h.\)

Suy ra thể tích phần nằm giữa hai hình trụ là \(V={{V}_{2}}-{{V}_{1}}=8\pi r_{1}^{2}h.\)

Vậy tỉ số thể tích của phần nằm giữa hai hình trụ và hình trụ nhỏ là \(\frac{V}{{{V}_{1}}}=\frac{8\pi r_{1}^{2}h}{\pi r_{1}^{2}h}=8.\)

Gọi \(\left\{ O \right\}=MP\cap NQ,\left\{ H \right\}=AP\cap CO.\)

Nhận xét: Hình chiếu vuông góc của AP lên mặt phẳng \(\left( CDQP \right)\) là \(DP\bot CQ\) suy ra \(AP\bot CQ\); hình chiếu vuông góc của AP lên mặt phẳng \(\left( MNPQ \right)\) là \(MP\bot NQ\) suy ra \(AN\bot NQ.\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}AP \bot NQ\\AP \bot CQ\\NQ,CQ \subset \left( {CNQ} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AP \bot \left( {CNQ} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {CNQ} \right)} \right) = AH.\)

Vì \(AC//OP\Rightarrow \frac{AH}{HP}=\frac{AC}{OP}=2\Rightarrow AH=\frac{2}{3}AP.\)

Dễ thấy \(AP=\sqrt{A{{C}^{2}}+A{{M}^{2}}}=a\sqrt{3}.\)

Vậy \(D\left( A,\left( CNQ \right) \right)=AH=\frac{2}{3}a\sqrt{3}\Rightarrow d\left( A,\left( CNQ \right) \right)=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.\)

Từ Q kẻ \(QI\bot B'C',\) từ P kẻ PH//QM, kéo dài MN cắt đường thẳng A'D' tại K, như hình vẽ.

Theo giả thiết ABC là tam giác đều cạnh 4 suy ra: \({{S}_{\Delta ABC}}=4\sqrt{3}.\)

Dễ thấy \(\Delta QIM\backsim \Delta PD'H\) nên \(\frac{IM}{D'H}=\frac{QI}{PD'}=2\Rightarrow D'H=\frac{1}{2}IM=\frac{1}{8}B'C'=\frac{1}{8}A'D'.\)

Mà \(D'K=\frac{1}{2}A'D'\) suy ra

\(KH=D'K-D'H=\frac{3}{8}A'D'\Rightarrow {{S}_{\Delta MNH}}=\frac{1}{2}{{S}_{\Delta MKH}}=\frac{1}{2}.\frac{3}{8}{{S}_{\Delta MD'A'}}=\frac{3}{16}{{S}_{\Delta MD'A}}=\frac{3}{16}{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{3\sqrt{3}}{4}.\)

Vậy \({{V}_{QMNP}}={{V}_{QMNH}}=\frac{1}{3}QI.{{S}_{\Delta MNH}}=\frac{1}{3}.2.\frac{3\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\)

Ta thấy \(\left( SAB \right),\left( SAC \right)\) cùng vuông góc với \(\left( ABC \right)\) suy ra \(SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow \left\{ \begin{align} & AC\bot SA\left( 1 \right) \\ & BC\bot SA \\\end{align} \right..\)

Mặt khác tam giác ABC vuông tại B nên \(CB\bot SB\left( 2 \right).\) Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) suy ra hai điểm A,B cùng nhìn đoạn SC dưới góc vuông nên hình chóp S.ABC nội tiếp trong mặt cầu đường kính SC. Mặt cầu này có tâm \(I\left( 2;1;2 \right)\) và bán kính \(r=\frac{SC}{2}=\sqrt{3}\) nên phương trình là \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=3.\)

Ta có \(y'={{x}^{2}}-2\left( m+2 \right)x+\left( {{m}^{2}}+4m \right),\forall x\in \mathbb{R}.\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = m + 4\end{array} \right..\)

Do \(m<m+4,\forall m\) nên ta có bảng biến thiên của hàm số đã cho như sau:

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 3;8 \right)\) khi và chỉ khi \(\left[ \begin{array}{l}8 \le m\\m + 4 \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}8 \ge m\\m \le - 1\end{array} \right..\)

Phương trình hoành độ giao điểm: \({{x}^{4}}-2m{{x}^{2}}+{{m}^{2}}-1=0\text{  }\left( 1 \right)\)

Đặt \(t={{x}^{2}}\ge 0,\) khi đó (1) trở thành: \({{t}^{2}}-2mt+{{m}^{2}}-1=0\text{ }\left( 2 \right).\)

Khi đó yêu cầu bài toán thỏa mãn khi phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - \left( {{m^2} - 1} \right) > 0\\2m > 0\\{m^2} - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 1.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)={{2020}^{x}}-{{2020}^{-x}}.\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}.\)

Ta có: \(\forall x\in D\Rightarrow -x\in D;f\left( -x \right)={{2020}^{-x}}-{{2020}^{x}}=-\left( {{2020}^{x}}-{{2020}^{-x}} \right)=-f\left( x \right)\)

Vậy hàm số \(f\left( x \right)={{2020}^{x}}-{{2020}^{-x}}\) là hàm số lẻ.

Lại có:

\(f'\left( x \right)={{2020}^{x}}.\ln 2020-{{2020}^{-x}}.\ln 2020.\left( -x \right)'={{2020}^{x}}.\ln 2020+{{2020}^{-x}}.\ln 2020>0\text{ }\forall x\in D\)

Do đó hàm số \(f\left( x \right)={{2020}^{x}}-{{2020}^{-x}}\) luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Theo đề bài ta có:

\(f\left( {{\log }_{2}}x-m \right)+f\left( \log _{2}^{3}x \right)=0\)

\(\Leftrightarrow f\left( {{\log }_{2}}x-m \right)=-f\left( \log _{2}^{3}x \right)\)

\(\Leftrightarrow f\left( {{\log }_{2}}x-m \right)=f\left( -\log _{2}^{3}x \right)\) (Do \(f\left( x \right)\) là hàm số lẻ)

Mặt khác hàm số \(f\left( x \right)\) luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên phương trình có nghiệm duy nhất:

\({{\log }_{2}}x-m=-\log _{2}^{3}x\Leftrightarrow m=\log _{2}^{3}x+{{\log }_{2}}x\)

Đặt \({{\log }_{2}}x=1.\) Với \(x\in \left( 1;16 \right)\Rightarrow t\in \left( 0;4 \right).\)

Yêu cầu bài toán trở thành, tìm m để phương trình:

\(m={{t}^{3}}+t\) có nghiệm \(t\in \left( 0;4 \right).\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{t}^{3}}+t\) trên khoảng \(\left( 0;4 \right)\)

Ta có: \(f'\left( t \right)=3{{t}^{2}}+t>0\text{ }\forall t\) nên hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( 0;4 \right)\)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy, để phương trình có nghiệm trên khoảng \(\left( 0;4 \right)\) thì: 0<m<68

Vậy giá trị nguyên lớn nhất của tham số m để phương trình \(f\left( {{\log }_{2}}x-m \right)+f\left( \log _{2}^{3}x \right)=0\) có nghiệm \(x\in \left( 1;16 \right)\) là: m=67.

Ta có: \(g'\left( x \right)=-2f'\left( x \right)+2x-4.\)

\(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow f'\left( x \right)=x-2.\)

Vẽ đường thẳng \(y=x-2\) và đồ thị \(y=f'\left( x \right)\) trên cùng hệ trục tọa độ ta được hình sau:

Dựa vào đồ thị ta thấy: \(f'\left( x \right) = x - 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = a\left( {a \in \left( {1;2} \right)} \right)\\x = 3\\x = b\left( {b \in \left( {4;5} \right)} \right)\end{array} \right.\).

Để hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến khi và chỉ khi \(g'\left( x \right)>0\Leftrightarrow -2f'\left( x \right)+2x-4>0\Leftrightarrow f'\left( x \right)<x-2.\)

Nhìn đồ thị ta thấy \(f'\left( x \right)<x-2,\forall x\in \left( a;3 \right)\) và \(x\in \left( b;5 \right)\Rightarrow g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( 2;3 \right).\)