$\begin{array}{l}\ln \left[ {\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) + 1} \right] > 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) + 1 > 1\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) > 0\end{array}$

$ \Rightarrow x \in (1;2) \cup (3; + \infty )$

Điều kiện $x \ge 1$

${\log _4}\left( {x - 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x - 1 = {4^3} \Leftrightarrow x = 65$

Ý A: Điều kiện $x > 0$. Có ${x^{\frac{2}{3}}} + 5 > 0,\forall x > 0$ nên phương trình vô nghiệm

Ý B: Điều kiện $x > 4$. Có ${\left( {3x} \right)^{\frac{1}{3}}} + {\left( {x - 4} \right)^{\frac{2}{3}}} > 0,\forall x > 4$ nên phương trình vô nghiệm

Ý C: Điều kiện $x \ge 2$. Có $\sqrt {4x - 8}  + 2 > 0,\forall x \ge 2$ nên phương trình vô nghiệm

Ý D: Điều kiện $x > 0$. Có $2{x^{\frac{1}{2}}} - 3 = 0 \Leftrightarrow {x^{\frac{1}{2}}} = \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow x = {\log _{\frac{1}{2}}}\dfrac{3}{2}$ (thỏa mãn)

\({\left( {\dfrac{1}{a}} \right)^{ - 0,2}} < {a^2} \Leftrightarrow {a^{0,2}} < {a^2}\)

Do \(0,2 < 2\) và có số mũ không nguyên nên ${a^{0,2}} < {a^2}$ khi $a > 1$.

Từ hình vẽ ta thấy \(1 < {2^\alpha } < 2 \Rightarrow 0 < \alpha  < 1\)

.

Do $a < b < 0$ nên đáp án B viết $\ln a, \ln b$ là sai.

Công thức lãi kép (hoặc công thức tăng trưởng mũ):

\(T = A.{e^{Nr}}\), ở đó \(A\) là số tiền gửi ban đầu, \(r\) là lãi suất, \(N\) là số kì hạn.

Điều kiện: \(x > 0;x \ne 1\)

${\log _3}x + \dfrac{1}{{{{\log }_9}x}} = 3 \Leftrightarrow {\log _3}x + \dfrac{2}{{{{\log }_3}x}} = 3 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_3}x} \right)^2} - 3{\log _3}x + 2 = 0$

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _3}x = 1\\{\log _3}x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = {3^2} = 9\end{array} \right.\)

Nếu $a > 1$ và $b > c > 0$ thì ${\log _a}b > {\log _a}c$.

Ta thấy:

- Hàm số \(y = {b^x}\) nghịch biến nên \(0 < b < 1\).

- Hàm số \(y = {a^x},y = {c^x}\) đồng biến nên \(a,c > 1 > b\), loại B và D.

- Xét phần đồ thị hai hàm số \(y = {a^x},y = {c^x}\) ta thấy phần đồ thị hàm số \(y = {c^x}\) nằm trên đồ thị hàm số \(y = {a^x}\) nên \({c^x} > {a^x},\forall x > 0 \Leftrightarrow c > a\).

Ta có: $a = {1^{3,8}} = 1$; $b = {2^{ - 1}} = \dfrac{1}{2} = 0,5$ và $c = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - 3}} = {2^3} = 8.$

Mà $0,5 < 1 < 8 \Rightarrow b < a < c$

Giới hạn cần nhớ: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1\)

Áp dụng công thức ${\log _a}b = \dfrac{1}{{{{\log }_b}a}} \Leftrightarrow {\log _a}b.{\log _b}a = 1\left( {0 < a,b \ne 1} \right)$ ta được:

${\log _2}3 = \dfrac{1}{{{{\log }_3}2}}$ nên D đúng.

Ta có: ${5^{x + 1}} - \dfrac{1}{5} > 0 \Leftrightarrow {5^{x + 1}} > \dfrac{1}{5} = {5^{ - 1}} \Leftrightarrow x + 1 > - 1 \Leftrightarrow x >  - 2$

$P = \dfrac{{\sqrt[5]{4}.\sqrt[4]{{64}}.{{(\sqrt[3]{{\sqrt 2 }})}^4}}}{{\sqrt[3]{{\sqrt[3]{{32}}}}}} = \dfrac{{{2^{\frac{2}{5}}}{{.2}^{\frac{6}{4}}}{{.2}^{\frac{4}{6}}}}}{{{2^{\frac{5}{9}}}}} = {2^{\frac{2}{5} + \frac{6}{4} + \frac{4}{6} - \frac{5}{9}}} = {2^{\frac{{181}}{{90}}}}$

Vậy \(P = {2^{\frac{{181}}{{90}}}}.\)

Hàm số \(y = {\left( {{x^3} - 27} \right)^{\dfrac{\pi }{2}}}\) xác định khi \({x^3} - 27 > 0 \Leftrightarrow x > 3\).

Ta có: \(\log \left( {a{b^2}} \right) = \log a + \log {b^2} = \log a + 2\log b\)

Ta có: $450 = 150.{e^{5r}}$

$ =  > {e^{5r}} = 3 \Leftrightarrow 5r = \ln 3 =  > r = \dfrac{{\ln 3}}{5}$

Số lượng vi khuẩn sau 10 giờ tăng trưởng là:

$S = 150.{e^{10.\dfrac{{\ln 3}}{5}}} = 150.{\left( {{e^{\ln 3}}} \right)^2} = {150.3^2} = 1350$(con)

Ta có: \(y = {3^x} + \ln 3 \Rightarrow y' = {3^x}\ln 3\)

Lại có: \(y = {3^x} + \ln 3 \Rightarrow {3^x} = y - \ln 3 \Rightarrow y' = \left( {y - \ln 3} \right)\ln 3 = y\ln 3 - {\ln ^2}3\) 

Giả sử \(M\left( {{x_M};{y_M}} \right)\) là điểm thuộc hàm số \(y = {a^x}\); \(N\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là điểm đối xứng của \(M\) qua đường thẳng \(y =  - x\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(MN \Rightarrow I\left( {\dfrac{{{x_M} + {x_0}}}{2};\dfrac{{{y_M} + {y_0}}}{2}} \right)\).

Vì \(M,{\rm{ }}N\) đối xứng nhau qua $d$ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in d\\\overrightarrow {MN} //\overrightarrow {{n_d}} \end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{y_M} + {y_0}}}{2} =  - \dfrac{{{x_M} + {x_0}}}{2}\\\dfrac{{{x_M} - {x_0}}}{1} = \dfrac{{{y_M} - {y_0}}}{1}\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} =  - {y_M}\\{y_0} =  - {x_M}\end{array} \right.$

Ta có \(M\left( {{x_M};{y_M}} \right) \in \) đồ thị \(y = {a^x}\) nên \({y_M} = {a^{{x_M}}}\).

Do đó ${x_0} =  - {y_M} =  - {a^{{x_M}}} =  - {a^{ - {y_0}}}$$ \Rightarrow  - {y_0} = {\log _a}\left( { - {x_0}} \right) \Leftrightarrow {y_0} =  - {\log _a}\left( { - {x_0}} \right)$.

Điều này chứng tỏ điểm \(N\) thuộc đồ thị hàm số $f\left( x \right) = - {\log _a}\left( { - x} \right)$.

Khi đó \(f\left( { - {a^3}} \right) =  - {\log _a}{a^3} =  - 3.\)

\({2^{x + 1}} = m{.2^{x + 2}} - {2^{x + 3}}{\rm{ }} \Leftrightarrow {2^{x + 1}} = m{.2^{x + 1 + 1}} - {2^{x + 1 + 2}} \)

$\Leftrightarrow {2^{x + 1}} = m{.2.2^{x + 1}} - {2^2}{.2^{x + 1}} \Leftrightarrow {2^{x + 1}} = (2m - 4){2^{x + 1}}$

\( \Leftrightarrow 2m - 4 = 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{5}{2}\)

Ta có

${\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^{{x^2} - 2{\rm{x}}}} \ge \dfrac{1}{{125}} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^{{x^2} - 2{\rm{x}}}} \ge {\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^3} $

$\Leftrightarrow {x^2} - 2{\rm{x}} \le 3 \Leftrightarrow {x^2} - 2{\rm{x - 3}} \le {\rm{0}} \Leftrightarrow {\rm{ - 1}} \le {\rm{x}} \le {\rm{3}}$

Số nghiệm nguyên là $5$.

Điều kiện: \(x \ne 0\).

\(\begin{array}{l}({2^{{x^2} - 4}} - 1) \ln{x^2} < 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}({2^{{x^2} - 4}} - 1) > 0\\ \ln{x^2} < 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}({2^{{x^2} - 4}} - 1) < 0\\ \ln{x^2} > 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{2^{{x^2} - 4}} > 1\\{x^2} < 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{2^{{x^2} - 4}} < 1\\{x^2} > 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 4 > 0\\{x^2} < 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 4 < 0\\{x^2} > 1\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 2;x <  - 2\\ - 1 < x < 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l} - 2 < x < 2\\x > 1;x <  - 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 < x <  - 1\\1 < x < 2\end{array} \right. \Rightarrow x \in \left( { - 2; - 1} \right) \cup \left( {1;2} \right)\end{array}\)

Số tiền bà Hoa rút sau 5 năm đầu là: $100{\left( {1 + 8\% } \right)^5} = 146,932$ triệu.

Số tiền lãi lần 1 là: $146,932 - 100 = 46,932$ triệu.

Số tiền bà gửi tiếp vào ngân hàng là: $146,932:2 = 73,466$ triệu

Số tiền và có sau 5 năm là: $73,466{\left( {1 + 8\% } \right)^5} = 107,946$ triệu.

Số tiền lãi lần 2 là: $107,946 - 73,466 = 34,480$ triệu.

Tổng số tiền lãi sau 2 lần là: $46,932 + 34,480 = 81,412$ triệu.

Dựa vào 2 kết quả trên ta có

$\begin{array}{l}m = \left[ {\log {2^{30}}} \right] + 1 = \left[ {30\log 2} \right] + 1 = 10\\n = \left[ {{{\log }_2}{{30}^2}} \right] + 1 = \left[ {2{{\log }_2}30} \right] + 1 = 10\\ \Rightarrow m + n = 20\end{array}$