Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2023 online - Đề thi của Trường THPT Võ Thị Sáu

Ta có: \(4+2.1-5.1-1=0\) nên mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(\left( 4;1;1 \right)\)

\(3{{\log }_{2}}a={{\log }_{4}}\left( {{a}^{2}}b \right)\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{2}}{{a}^{3}}=\frac{1}{2}{{\log }_{2}}\left( {{a}^{2}}b \right)\)\( \Leftrightarrow {{a}^{3}}=\sqrt{{{a}^{2}}b}\)\( \Leftrightarrow {{a}^{6}}={{a}^{2}}b\)\( \Leftrightarrow {{a}^{4}}=b\)

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( 2;3 \right)\)

Ta có thể tích khối hộp \(V=abc=4.3.2=24\).

Từ BBT ta thấy giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng \(2\).

Ta có

+ \(f'\left( x \right)=4{{x}^{3}}-12x=0\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x=-\sqrt{3}\in \left[ -2;\,1 \right] \\ x=0\in \left[ -2;\,1 \right] \\ x=\sqrt{3}\notin \left[ -2;\,1 \right] \\\end{matrix} \right.\)

+ \(f\left( -2 \right)=16-24+2=-6\)

+ \(f\left( 1 \right)=-3\)

+ \(f\left( 0 \right)=2\)

+ \(f\left( -\sqrt{3} \right)=-7\).

So sánh các giá trị trên suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right)={{x}^{4}}-6{{x}^{2}}+2\) trên đoạn \(\left[ -2;\,1 \right]\) bằng \(-7\).

Áp dụng định nghĩa của cấp số nhân: \({{u}_{n}}={{u}_{n-1}}.q\) ( với \(n\ge 1;n\in \mathbb{N}\)).

Ta có \({{u}_{2}}={{u}_{1}}.q=2.\left( -3 \right)=-6\).

Ta có phương trình mặt cầu

\(\begin{align} & \left( S \right):{{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{\left( z+3 \right)}^{2}}=25 \\ & \Leftrightarrow {{\left( x-0 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{\left( z-\left( -3 \right) \right)}^{2}}={{5}^{2}} \\\end{align}\)

Do đó, tọa độ tâm của mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(I\left( 0;3;-3 \right)\).

Do \(SA\bot \left( ABCD \right)\) nên góc giữa đường thẳng \(SC\)và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là góc giữa \(AC\)và \(SC\) và bằng góc \(\widehat{SCA}\)( vì\(SA\bot \left( ABCD \right)\) nên \(\Delta SAC\)vuông tại \(A\), do đó \(\widehat{SCA}\) là góc nhọn)

Do \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\bot BD\)tại \(O\).

Ta có

\(\begin{align} & A{{O}^{2}}=A{{D}^{2}}-O{{D}^{2}}={{a}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{4} \\ & \Rightarrow AO=\frac{a}{2}\Rightarrow AC=2.AO=a \\ \end{align}\)

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}=60{}^\circ \).

Nhìn đồ thị hàm số ta thấy, đồ thị hàm số đi qua \(\left( -1;2 \right),\left( 1;2 \right),\left( 0;1 \right)\).

Điểm \(\left( 0;1 \right)\) không thỏa mãn hàm số \(y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}\) nên loại đáp án \(C\).

Điểm \(\left( 1;2 \right)\) không thỏa mãn hàm số \(y=-{{x}^{3}}+3x+1\), \(y={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+1\) nên loại đáp án \(A,B\).

Hàm số \(y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+1\) có đồ thị đi qua \(\left( -1;2 \right),\left( 1;2 \right),\left( 0;1 \right)\) nên đáp án \(D\) thỏa mãn.

Thay điểm \(\left( 1;-2;-3 \right)\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta được:

\(\left\{ \begin{matrix} 1=2+t\,\, \\ -2=4-2t\,\,\, \\ -3=-3+3t \\\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} t=-1 \\ t=3\,\,\, \\ t=0\,\, \\\end{matrix} \right.\)(vô lý) nên loại đáp án \(A\).

Thay điểm \(\left( 1;4;-3 \right)\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta được:

\(\left\{ \begin{matrix} 1=2+t\,\,\,\,\, \\ 4=4-2t\,\,\, \\ -3=-3+3t\,\,\, \\\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} t=-1 \\ t=0\,\, \\ t=0\,\, \\\end{matrix} \right.\,\,\)(vô lý) nên loại đáp án \(B\).

Thay điểm \(\left( 3;2;0 \right)\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta được:

\(\left\{ \begin{matrix} 3=2+t\,\,\,\,\,\,\, \\ 2=4-2t\,\,\,\, \\ 0=-3+3t\, \\\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} t=1 \\ t=1 \\ t=1 \\\end{matrix} \right. \)nên đáp án \(C\) thỏa mãn.

Thay điểm \(\left( 4;2;0 \right)\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta được:

\(\left\{ \begin{matrix} 4=2+t\,\,\,\,\,\,\, \\ 2=4-2t\,\,\,\, \\ 0=-3+3t\, \\\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} t=2 \\ t=1 \\ t=1 \\\end{matrix} \right.\)(vô lý) nên loại đáp án \(D\).

\({{\log }_{5}}\left( x-1 \right)=2\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x-1=25 \\ x-1>0 \\\end{matrix} \right.\Leftrightarrow x=26\)

Bước 1: Chọn 1 bạn nam trong 4 bạn nam có: \(C_{4}^{1}=4\) cách.

Bước 2: Chọn 1 bạn nữ trong 6 bạn nữ có: \(C_{6}^{1}=6\) cách.

Vậy có \(4.6=24\) cách.

Ta có môđun của \(z=a+bi\) là \(\left| z \right|=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\) nên \(\left| 3i+1 \right|=\sqrt{{{1}^{2}}+{{3}^{2}}}=\sqrt{10}\).

Ta có \(\int\limits_{0}^{4}{f\left( x \right)dx}=\int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)dx}=2+\left( -5 \right)=-3\).

Từ bảng xét dấu của \(f'(x)\) ta có \(f'(x)\) đổi dấu khi \(x\) đi qua các điểm \(-1;0;1\). Do đó hàm số có 3 điểm cực trị.

Ta có: \({{\log }_{5}}\left( 5a \right)=1+{{\log }_{5}}a\).

Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ ta có: \({{S}_{xq}}=2\pi rl\).

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( 1;2;-1 \right)\) trên mặt phẳng \(Oxz\) có tọa độ là \(\left( 1;0;-1 \right)\)

Ta có: \(\int{\left( -\sin x+4x \right)\text{d}x}=\cos x+2{{x}^{2}}+C\)

Ta có: \(\int{\frac{2x+3}{x+1}\text{d}x}=\int{\left( 2+\frac{1}{x+1} \right)\text{d}x}=2x+\ln \left( x+1 \right)+C\)

\(z={{(2-i)}^{2}}=4-4i+{{i}^{2}}=3-4i\).

Vậy điểm biểu diễn số phức cần tìm là \(Q\left( 3;-4 \right)\)

\(\vec{a}=\left( 3;1;-2 \right)\Rightarrow 2\vec{a}=\left( 6;2;-4 \right)\)

\(\Rightarrow 2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\left( 4;2;-7 \right)\)

Do đó \(\overrightarrow{a}.\left( 2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b} \right)=12+2+14=28\)

Cắt khối cầu tâm \(I\) bởi mặt phẳng qua \(I\), thiết diện thu được là hình tròn thì bán kính của đường tròn chính là bán kính của mặt cầu.

\(S=9\pi =\pi {{R}^{2}}\Leftrightarrow R=3\)

Do đó, thể tích khối cầu đã cho là:

\(V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi .27=36\pi \)

Có: \(CD=\sqrt{B{{D}^{2}}-B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2a \right)}^{2}}-{{a}^{2}}}=a\sqrt{3}.\)

Hình lăng trụ đã cho là hình hộp chữ nhật có các kích thước \(a;a\sqrt{3};2\sqrt{3}a\); các mặt là 6 hình chữ nhật, trong đó có:

- Hai hình chữ nhật kích thước \(a,\,a\sqrt{3}\)

- Hai hình chữ nhật kích thước \(a,\,2\sqrt{3}a\)

- Hai hình chữ nhật kích thước \(a\sqrt{3},\,2\sqrt{3}a\).

Diện tích toàn phần của lăng trụ đã cho bằng \(2.a.a\sqrt{3}+2.a.2\sqrt{3}a+2.a\sqrt{3}.2\sqrt{3}a=\left( 12+6\sqrt{3} \right){{a}^{2}}\).

Có \(\overrightarrow{MN}\left( 2;2;2 \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm \(M,N\).

Trong các vectơ \(\overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}},\overrightarrow{{{u}_{3}}},\overrightarrow{{{u}_{4}}}\) chỉ có \(\overrightarrow{{{u}_{4}}}\) cùng phương với \(\overrightarrow{MN}\) vì \(\overrightarrow{MN}=2\overrightarrow{{{u}_{4}}}\).

Vậy vectơ \(\overrightarrow{{{u}_{4}}}\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm \(M,N\).

Hàm số đã cho có tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -2 \right\}\).

Ta có

\(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}\left( 2+\frac{5}{x}+\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)}{{{x}^{2}}\left( 1+\frac{4}{x}+\frac{4}{{{x}^{2}}} \right)}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2+\frac{5}{x}+\frac{2}{{{x}^{2}}}}{1+\frac{4}{x}+\frac{4}{{{x}^{2}}}}=2;\)

\( \,\,\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}\left( 2+\frac{5}{x}+\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)}{{{x}^{2}}\left( 1+\frac{4}{x}+\frac{4}{{{x}^{2}}} \right)}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2+\frac{5}{x}+\frac{2}{{{x}^{2}}}}{1+\frac{4}{x}+\frac{4}{{{x}^{2}}}}=2;\)

\(\underset{x\to {{\left( -2 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{\left( -2 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+1}{x+2}=-\infty ;\)

\( \,\,\underset{x\to {{\left( -2 \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{\left( -2 \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+1}{x+2}=+\infty \).

Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là \(y=2\), đường tiệm cận đứng là \(x=-2\).

Khi đó \({{x}_{0}}+{{y}_{0}}=-2+2=0\).

Ta có \({{6}^{2x+1}}\ge {{6}^{{{x}^{2}}-3x+7}}\)\(\Leftrightarrow 2x+1\ge {{x}^{2}}-3x+7\Leftrightarrow {{x}^{2}}-5x+6\le 0\Leftrightarrow 2\le x\le 3\).

Vậy \(S=\left[ 2;3 \right]\).

Ta có \(2f\left( x \right)+3=0\)\(f\left( x \right)=-\frac{3}{2}\).

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)=-\frac{3}{2}\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y=-\frac{3}{2}\).

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra đường thẳng \(y=-\frac{3}{2}\) với đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) có \(1\) điểm chung nên phương trình \(f\left( x \right)=-\frac{3}{2}\) có \(1\) nghiệm.

Dựa vào đồ thị hai hàm số \(y={{x}^{2}}+x-2\) và \(y=-x+1\).

Ta có diện tích hình phẳng là \(S=\int\limits_{-3}^{1}{\left( -x+1-\left( {{x}^{2}}+x-2 \right) \right)\text{d}x}=\int\limits_{-3}^{1}{\left( -{{x}^{2}}-2x+3 \right)\text{d}x}\).

Ta có: \(\overline{{{z}_{1}}}+{{z}_{2}}=\left( -3-2i \right)+\left( 1-i \right)=-2-3i\).

Suy ra, phần ảo của số phức \(\overline{{{z}_{1}}}+{{z}_{2}}\) là \(-3\).

Ta có: \(S={{S}_{0}}{{.2}^{n}}\).

Suy ra \(671088640={{40.2}^{n}}\Leftrightarrow {{2}^{n}}=\frac{671088640}{40}=16777216\Leftrightarrow n={{\log }_{2}}16777216=24\).

Để số lượng vi khuẩn là \(671088640\)con thì vi khuẩn đã có 24 lần nhân đôi.

Do đó, thời gian mà vi khuẩn đã thực hiện 24 lần nhân đôi đó là \(20.24=480\)phút(8 giờ).

Vậy, sau 8 giờ số lượng vi khuẩn là \(671088640\)con.

Ta có: \(\left( Q \right):2x+3y+z-9=0\) nên mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{{{n}_{Q}}}=\left( 2;3;1 \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( Q \right):2x+3y+z-9=0\) nên nhận vectơ \(\overrightarrow{{{n}_{Q}}}=\left( 2;3;1 \right)\) làm vectơ pháp tuyến.

Do đó, mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(M\left( 1;1;-1 \right)\) và song song với mặt phẳng \(\left( Q \right):2x+3y+z-9=0\) có phương trình là: \(2\left( x-1 \right)+3\left( y-1 \right)+1\left( z+1 \right)=0\Leftrightarrow 2x+3y+z-4=0\).

Hàm số \(y=4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+5\) có tập xác định \(D=\mathbb{R}\).

\(y'=12{{x}^{2}}-12x,y'=0\Rightarrow 12{{x}^{2}}-12x=0\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=1 \\\end{align} \right.\)

Bảng biến thiên của hàm số

giá trị cực tiểu của hàm số là \({{y}_{CT}}=3\)

\(\overrightarrow{MI}=(2;\,-2;\,0)\) ta có \(R=MI=\sqrt{{{2}^{2}}+{{(-2)}^{2}}+{{0}^{2}}}=\sqrt{8}\).

Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( 0;2;0 \right)\) bán kính \(R=\sqrt{8}\) là \({{x}^{2}}+{{(y-2)}^{2}}+{{z}^{2}}=8\).

Phương trình \({{4}^{x+1}}+{{4}^{1-x}}-\left( m+1 \right)\left( {{2}^{2+x}}-{{2}^{2-x}} \right)+8m-16=0\left( 1 \right)\)

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

\(\Leftrightarrow \left( {{4}^{x}}+{{4}^{-x}} \right)-\left( m+1 \right)\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)+2m-4=0(2)\)

Đặt \(t={{2}^{x}}-{{2}^{-x}}\)

Ta có \({t}'={{2}^{x}}\ln 2+{{2}^{-x}}\ln 2>0;\forall x\) nên hàm \(t={{2}^{x}}-{{2}^{-x}}\)luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

Vậy với \(x\in \left[ 0;1 \right]\) thì \(t\in \left[ 0;\frac{3}{2} \right]\).

Khi đó phương trình \(\left( 2 \right)\Leftrightarrow {{t}^{2}}-\left( m+1 \right)t+2m-2=0\)

\(\Leftrightarrow \left( t-2 \right)\left( t-m+1 \right)=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=2 \\ & t=m-1 \\\end{align} \right.\)

Để phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm trên đoạn \(\left[ 0;1 \right]\) khi và chỉ khi phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm trên đoạn \(\left[ 0;\frac{3}{2} \right]\) khi và chỉ khi \(0\le m-1\le \frac{3}{2}\Leftrightarrow 1\le m\le \frac{5}{2}\).

Ta có \(l=h=2\sqrt{5}\)

Thiết diện là hình vuông \(MNPQ\) nên \(MN=2\sqrt{5}\)\(\Rightarrow MI=\sqrt{5}\),\(OI=\sqrt{5}\),

Suy ra \(\Delta OMI\) vuông cân tại \(I\)\(\Rightarrow \) bán kính đường tròn đáy \(R=OM=\sqrt{10}\).

\({{S}_{xq}}=2\pi Rl=2.\pi .\sqrt{10}.2\sqrt{5}=20\sqrt{2}\pi \).

Ta có \(f\left( x \right)=\int{\frac{2x}{3x+1-\sqrt{3x+1}}\text{d}x}\)

Đặt \(t=\sqrt{3x+1}\Rightarrow x=\frac{{{t}^{2}}-1}{3}\)\(\Rightarrow dx=\frac{2}{3}t.\text{d}t\).

\(f\left( x \right)=\frac{4}{9}\int{\frac{\left( {{t}^{2}}-1 \right)t}{{{t}^{2}}-t}}\text{d}t=\frac{4}{9}\int{\left( t+1 \right)\text{d}t}\)=\(\frac{2}{9}{{t}^{2}}+\frac{4}{9}t+C=\frac{2}{9}\left( 3x+1 \right)+\frac{4}{9}\sqrt{3x+1}+C\)

Có \(f\left( 1 \right)=1\Rightarrow C=-\frac{7}{9}\) \(\Rightarrow f\left( x \right)=\frac{2x}{3}+\frac{4}{9}\sqrt{3x+1}-\frac{5}{9}\).

Khi đó

\(\int\limits_{1}^{5}{f\left( x \right)\text{d}}x=\int\limits_{1}^{5}{\left( \frac{2x}{3}+\frac{4}{9}\sqrt{3x+1}-\frac{5}{9} \right)}\text{d}x=\left. \left[ \frac{1}{3}{{x}^{2}}+\frac{8}{81}\left( 3x+1 \right)\sqrt{3x+1}-\frac{5}{9}x \right] \right|_{1}^{5}\)\(=\frac{916}{81}\).

Ta có \(\int{f(x)\,{{e}^{x}}\text{dx}}=\ln \,2x\Rightarrow f(x)\,{{e}^{x}}=\frac{2}{2x}=\frac{1}{x}\).

Goi \(I=\int{f'(x)\,{{e}^{x}}\text{dx}}\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {e^x}\\dv = f'(x){\kern 1pt} dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\kern 1pt} du = {e^x}dx\\v = f(x)\end{array} \right.\)

Khi đó \(I={{e}^{x}}f(x)-\int{f(x)\,{{e}^{x}}\text{dx}}=\frac{1}{x}-\ln \,2x+C\).

Gọi \(M\) là trung điềm \(AB,\,H\) là trung điểm \(MB\) thì dễ thấy \(MBC\) là tam giác đều và \(CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) và \(AH=\frac{3a}{2}\). Chọn \(a=2\) và dựng hệ trục \(Axyz\) như hình vẽ, ta có: \(C(\sqrt{3};3;0),B(0;4;0),S(0;0;6)\) suy ra \(\overrightarrow{AC}=(\sqrt{3};3;0),\overrightarrow{SB}=(0;4;-6),\overrightarrow{AS}=(0;0;6)\) và \(\left[ \overrightarrow{AC},\overrightarrow{SB} \right]=(-18;6\sqrt{3};4\sqrt{3})\Rightarrow \left[ \overrightarrow{AC},\overrightarrow{SB} \right].\overrightarrow{AS}=24\sqrt{3}\).

Khi đó \(d(AC,SB)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{AC},\overrightarrow{SB} \right].\overrightarrow{AS} \right|}{\left| [\overrightarrow{AC},\overrightarrow{SB}] \right|}=\frac{3\sqrt{10}}{5}\Rightarrow d=\frac{3a\sqrt{10}}{10}\).

Xét dãy số \(\left( {{u}_{n}} \right):{{u}_{n}}={{2}^{n}}\) có \(\frac{{{u}_{n+1}}}{{{u}_{n}}}=\frac{{{2}^{n+1}}}{{{2}^{n}}}=2\Rightarrow {{u}_{n+1}}=2{{u}_{n}}\Rightarrow \) Đây là dãy cấp số nhân có công bội bằng 2.

Chọn C.

Xét hàm số \(g\left( x \right)={{x}^{2}}-4x+m\) với \(x\in \left[ 1\,;\,4 \right]\)

Có \({g}'\left( x \right)=2x-4\)

\({g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=2\in \left( 1\,;\,4 \right)\)

Ta có: \(g\left( 1 \right)=m-3\), \(g\left( 2 \right)=m-4\), \(g\left( 4 \right)=m\)

Vậy \(\underset{\left[ 1\,;\,4 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=m\,,\,\,\underset{\left[ 1\,;\,4 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=m-4\) đồng thời \(f\left( x \right)=\left| g\left( x \right) \right|\).

+) Nếu \(\underset{\left[ 1\,;\,4 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=m-4>0\Leftrightarrow m>4\) thì \(\underset{\left[ 1\,;\,4 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=m-4\).

Vậy \(ycbt\Leftrightarrow m-4=6\Leftrightarrow m=10\) (thỏa mãn đk đang xét).

+) Nếu \(\underset{\left[ 1\,;\,4 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=m<0\) thì \(\underset{\left[ 1\,;\,4 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=-m\).

Vậy \(ycbt\Leftrightarrow -m=6\Leftrightarrow m=-6\) (thỏa mãn đk đang xét).

+) Nếu \(\underset{\left[ 1\,;\,4 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=m-4\le 0\le m=\underset{\left[ 1\,;\,4 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)\Leftrightarrow 0\le m\le 4\) thì \(\underset{\left[ 1\,;\,4 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=0\ne 6\)\(\Rightarrow \) loại.

Vậy có hai giá trị của \(m\) thỏa mãn, tổng của chúng bằng \(10+\left( -6 \right)=4\).

Không gian mẫu \(\Omega \): \(n\left( \Omega\right)=C_{12}^{3}\cdot C_{9}^{3}\cdot C_{6}^{3}\cdot C_{3}^{3}=369600\).

Gọi A là biến cố “thôn nào cũng có học sinh khối \(12\) và học sinh khối 11”.

+ Xếp học sinh khối \(11\) (mỗi nhóm \(1\) học sinh) có \(4!\) (cách).

+ Xếp học sinh khối \(12\) (\)1\) nhóm \(2\) học sinh, \(3\) nhóm \(1\) học sinh) có \(C_{4}^{1}\cdot C_{5}^{2}\cdot 3!\) (cách).

+ Xếp học sinh khối \(10\) (vào \(3\) nhóm \(1\) học sinh khối \(12\)) có \(3!\) (cách).

Do đó \(n\left( A \right)=4!\cdot C_{4}^{1}\cdot C_{5}^{2}\cdot 3!\cdot 3!=34560\).

Xác suất để thôn nào cũng có học sinh khối \(12\) và học sinh khối 11: \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega\right)}=\frac{36}{385}\).

Đặt \(t=2x\xrightarrow{x\in \left[ -\pi ;2\pi  \right]}t\in \left[ -2\pi ;4\pi  \right]\).

Phương trình \(4f\left( \cos t \right)+5=0\Leftrightarrow f\left( \cos t \right)=-\frac{5}{4}\)

\(\left[ \begin{align} & \cos t=m<-1\,,\left( VN \right) \\ & \cos t=b\in \left( -1;0 \right),\,\left( 2 \right) \\ & \cos t=a\in \left( 0;1 \right),\,\,\,\,\,\left( 3 \right) \\ & \cos t=n>1,\,\,\left( VN \right) \\\end{align} \right.\)

Từ đồ thị hàm số suy ra phương trình \(\left( 2 \right),\left( 3 \right)\) mỗi phương trình có đúng \(6\) nghiệm. Vậy phương trình đã cho có \(12\) nghiệm.

Ta có \(f\left( x \right)=\frac{mx-4}{x-m}\Rightarrow {f}'\left( x \right)=\frac{4-{{m}^{2}}}{{{\left( x-m \right)}^{2}}}\).

Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( 0\,;\,+\infty  \right)\)

y\(\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=\frac{4-{{m}^{2}}}{{{\left( x-m \right)}^{2}}}<0,\,\forall x\in \left( 0\,;\,+\infty  \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ne m{\kern 1pt} ,\forall x \in \left( {0{\kern 1pt} ;{\kern 1pt}  + \infty } \right)\\
4 - {m^2} < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \le 0\\
\left[ \begin{array}{l}
m <  - 2\\
m > 2
\end{array} \right.
\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow m < -2\).

Mà \(m\)nguyên thuộc \(\left( -6\,;\,6 \right)\) nên \(m\in \left\{ -5\,;\,-4\,;\,-3 \right\}\). Vậy có 3 giá trị \(m\) thỏa mãn.

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

Hàm số nghịch biến khi \({g}'\left( x \right)<0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow f'\left( {2 - x} \right) > \left( {2 - x} \right) - 1\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < 2 - x < 1\\2 - x > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 < x < 3\\x < - 1\end{array} \right.\end{array}\)

Do đó hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( 1\,;\,3 \right)\).

Điều kiện: \(x>1001\).

Pt \(\Leftrightarrow 1+{{\log }_{2}}\left( x-1001 \right)+x-1001=y+1+{{2}^{y}}\)\(\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( x-1001 \right)+{{2}^{{{\log }_{2}}\left( x-1001 \right)}}=y+{{2}^{y}}\).

Xét hàm số \(f\left( t \right)=t+{{2}^{t}}\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên pt \(\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( x-1001 \right)=y\Leftrightarrow x={{2}^{y}}+1001\).

Ta có: \(1002\le x\le 2022\Leftrightarrow 1002\le {{2}^{y}}+1001\le 2022\)\(\Leftrightarrow 0\le y\le {{\log }_{2}}1021\)

Mà \(y\in \mathbb{Z}\) nên \(y\in \left\{ 0;1;...;9 \right\}\).

Vậy có \(10\) cặp \(\left( x;y \right)\) thỏa yêu cầu bài toán.

Ta có \(xf\left( {{x}^{3}} \right)+f\left( 1-{{x}^{2}} \right)=-{{x}^{8}}+2{{x}^{5}}-3x\)

\(\Rightarrow {{x}^{2}}f\left( {{x}^{3}} \right)+xf\left( 1-{{x}^{2}} \right)=-{{x}^{9}}+2{{x}^{6}}-3{{x}^{2}}\)

\(\Rightarrow \int_{0}^{1}{{{x}^{2}}f\left( {{x}^{3}} \right)dx}+\int_{0}^{1}{xf\left( 1-{{x}^{2}} \right)dx}=\int_{0}^{1}{\left( -{{x}^{9}}+2{{x}^{6}}-3{{x}^{2}} \right)dx}\)

\(\Rightarrow \frac{1}{3}\int_{0}^{1}{f\left( t \right)dt}-\frac{1}{2}\int_{1}^{0}{f\left( u \right)du=\frac{-57}{70}}\)\(\Rightarrow \frac{5}{6}\int_{0}^{1}{f\left( x \right)dx}=\frac{-57}{70}\Rightarrow \int_{0}^{1}{f\left( x \right)dx}=\frac{-171}{175}\)

Ta lại có \(\int_{-1}^{0}{{{x}^{2}}f\left( {{x}^{3}} \right)dx}+\int_{-1}^{0}{xf\left( 1-{{x}^{2}} \right)dx}=\int_{-1}^{0}{\left( -{{x}^{9}}+2{{x}^{6}}-3{{x}^{2}} \right)dx}\)

\(\Rightarrow \frac{1}{3}\int_{-1}^{0}{f\left( t \right)dt-}\frac{1}{2}\int_{1}^{0}{f\left( u \right)du=\frac{-43}{70}}\)\(\Rightarrow \int_{-1}^{0}{f\left( x \right)dx}=3\left( \frac{-43}{70}+\frac{1}{2}.\frac{-171}{175} \right)=\frac{-579}{175}\)

Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Kẻ đường kính \(AD\).

Ta có

\(\left\{ \begin{align} & DC\bot AC \\ & DC\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow DC\bot \left( SAC \right)\Rightarrow DC\bot AN\).\(\left\{ \begin{align} & AN\bot DC \\ & AN\bot SC \\\end{align} \right.\)\(\Rightarrow AN\bot \left( SDC \right)\Rightarrow AN\bot SD\).

Chứng minh tương tự \(AM\bot SD\).

\(\left\{ \begin{align} & SD\bot AN \\ & SD\bot AM \\\end{align} \right.\)\(\Rightarrow SD\bot \left( AMN \right)\).

Mặt khác \(SA\bot \left( ABC \right)\) nên \(\left( \left( ABC \right);\,\left( AMN \right) \right)=\left( SA;\,SD \right)=\widehat{ASD}\).

Tam giác \(ABC\) có \(\frac{BC}{\sin A}=2R\Leftrightarrow \frac{a}{\frac{1}{\sqrt{2}}}=AD\Leftrightarrow AD=a\sqrt{2}\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) nên \(\tan \widehat{ASD}=\frac{AD}{SA}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{ASD}=45{}^\circ \).

Vậy \(\left( \left( ABC \right);\,\left( AMN \right) \right)=45{}^\circ \).

Ta có \(g(x)=f({{x}^{3}}-3{{x}^{2}})\Rightarrow g'(x)=(3{{x}^{2}}-6x).f'({{x}^{3}}-3{{x}^{2}})\).

\(g'(x)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} 3{{x}^{2}}-6x=0 \\ f'({{x}^{3}}-3{{x}^{2}})=0 \\\end{matrix} \right.\\\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x=0 \\ x=2 \\ {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}=a\,(a<-4) \\ {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}=b\,(-4<b<0) \\ {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}=c\,(c>0) \\\end{matrix} \right.\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có: \({{x}^{3}}-3{{x}^{2}}=a\,(a <  -4)\) có 1 nghiệm.

\({{x}^{3}}-3{{x}^{2}}=b\,(-4 < b < 0)\) có 3 nghiệm.

\({{x}^{3}}-3{{x}^{2}}=c\,(c > 0)\) có 1 nghiệm.

Vậy số điểm cực trị của hàm số \(g(x)=f({{x}^{3}}-3{{x}^{2}})\) là 7.