Số tập hợp con có 3 phần tử được thành lập từ A là \(C_{20}^{3}\).

\({u_4} = {u_1}.{q^3} \Rightarrow 16 = 2.{q^3} \Leftrightarrow q = 2\)

\({3^x} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x} \Leftrightarrow {3^x} = {3^{ - x}} \Leftrightarrow x =  - x \Leftrightarrow x = 0.\)

\({V_{lp}} = {c^3}.\)

ĐK: \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\)

\({\left( {\int {f(x){\rm{d}}x} } \right)^\prime } = f(x).\)

Gọi x là độ dài cạnh của khối lập phương (x>0) \(\Rightarrow V={{x}^{3}}=2\sqrt{2}{{a}^{3}}\Rightarrow x=\sqrt{2}a\)

\(V = \pi {r^2}h = \pi .{\left( 2 \right)^2}.{\kern 1pt} {\kern 1pt} 2 = 8\pi \)

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} \Leftrightarrow \frac{4}{3}\pi {R^3} = 288\pi  \Leftrightarrow {R^3} = 216 \Rightarrow R = 6\)

Theo bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)

\({\log _3}{x^3} = 3{\log _3}x\)

Áp dụng công thức ta có \({S_{xq}} = \pi rl\)

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực tiểu tại x=0 là phương án sai vì qua x=0 thì y' không đổi dấu từ âm sang dương.

Ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow \) Hệ số a>0.

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ \(O\left( 0;0 \right)\Rightarrow \) Hệ số d=0.

Gọi \({{x}_{1}};{{x}_{2}}\) lần lượt là hoành độ các điểm cực trị.

\(\Rightarrow {{x}_{1}};{{x}_{2}}\) là nghiệm của \(y'=3a{{x}^{2}}+2bx+c\).

Dựa vào đồ thị \({{x}_{1}}<0;{{x}_{2}}=0 \Rightarrow {{x}_{1}}.{{x}_{2}}=0\Leftrightarrow \frac{c}{3a}=0\Rightarrow c=0\).

Mặt khác \({{x}_{1}}+{{x}_{2}}<0\Leftrightarrow -\frac{2b}{3a}<0\Rightarrow b>0\) (Vì a>0).

Ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2-x}{x+1}=-1\) và \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2-x}{x+1}=-1\)

Suy ra y=-1 là tiệm cận ngang của đồ thị.

Ta có: \({{\log }_{2}}x\le 3\Leftrightarrow 0<x\le 8\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(T=\left( 0;8 \right].\)

Xét phương trình \(f\left( x \right)+2=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=-2\).

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)+2=0\) bằng số giao điểm của đường thẳng y=-2 với đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\). Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y=-2 cắt đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) tại 3 điểm phân biệt, suy ra phương trình \(f\left( x \right)+2=0\) có 3 nghiệm.

\(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^3 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x\)

Suy ra \(\int\limits_1^3 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^3 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x - \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x =  - \,4 - 2 =  - 6\)

Số phức liên hợp của số phức z=3-12i là \(\overline{z}=3+12i\)

Ta có \({{z}_{1}}.{{z}_{2}}=17+7i\).

Phần ảo của số phức \({{z}_{1}}.{{z}_{2}}\) bằng 7.

Số phức \(z=-4+3i\) được biểu diễn bởi điểm B

Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( 1;-2;3 \right)\) trên trục Ox có toạ độ là (1;0;0)

Mặt cầu (S): \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-4\text{x}+2y-2\text{z}-3=0\Leftrightarrow {{(x-2)}^{2}}+\,{{(y+1)}^{2}}+\,{{(z-1)}^{2}}\,=\,9\)

Tâm của (S) là \(\left( 2;\,-1;\,1 \right).\)

Vectơ pháp tuyến của là \({\mathop n\limits^ \to  _2}\left( {3\,;\, - 2\,;\,1} \right).\)

Thay tọa độ điểm \(M\left( 3;-1;1 \right)\) vào phương trình đường thẳng d ta có: \(\frac{3+1}{2}=\frac{-1-3}{-2}=\frac{-1-1}{-1}=2\)

Vậy điểm \(M\in d\).

Hình chiếu vuông góc của SB trên mặt \(\left( ABC \right)\) là AB nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) bằng góc \(\widehat{SBA}\)

Vì tam giác ABC vuông cân tại C và \(AC=a\sqrt{2}\) nên \(AB=AC.\sqrt{2}=2a\Rightarrow SA=AB\)

Vì tam giác SAB vuông cân tại A nên \(\widehat{SBA}={{45}^{\text{o}}}\).

Từ bảng xét dấu của \({f}'\left( x \right)\) ta thấy \({f}'\left( x \right)\) đổi dấu qua x=-2 và x=3 suy ra hàm số \(f\left( x \right)\) có hai điểm cực trị

Ta có \(f\left( 0 \right)=4, f\left( 2 \right)=6, f\left( 1 \right)=2\).

Do đó \(\underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\min }}\,y=2\) đạt được khi x=1.

Ta có: \(\ln \frac{a}{c}+\ln \frac{b}{c}=0\Leftrightarrow \ln a+\ln b-2\ln c=0\)

\(\Leftrightarrow \ln a+\ln b=2\ln c\)

\(\Leftrightarrow \ln ab=\ln {{c}^{2}}\Leftrightarrow ab={{c}^{2}}\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) với trục hoành:

\(\left( {2x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) = 0\;(*) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2x + 2 = 0\\ {x^2} - 1 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = - 1 \end{array} \right.\)

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt, do vậy số giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành chính là số nghiệm của phương trình (*), là 2.

Đặt \({{2}^{x}}=t\), điều kiện t>0.

Từ bpt \({{4}^{x}}+{{2021.2}^{x}}-2022<0\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {t^2} + 2021t - 2022 < 0\\ t > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2022 < t < 1\\ t > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < t < 1\).

Với 0<t<1 ta có \({{2}^{x}}<1\Leftrightarrow x<0\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left( -\infty ;0 \right)\).

Hình nón nhận được có đỉnh là B, tâm đường tròn đáy là A, chiều cao hình nón là \(h=AB=a\sqrt{3}\), độ dài đường sinh là l=BC=2a.

Suy ra bán kính đáy là \(r=AC=\sqrt{B{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=a.\)

Vậy thể tích: \(V=\frac{1}{3}\pi .{{r}^{2}}.h=\frac{1}{3}\pi .A{{C}^{2}}.AB=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}.\)

Xét \(I=\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{3}}{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2021}}}\text{d}x\).

Đặt \({{x}^{2}}+1=u\Rightarrow {{x}^{2}}=u-1\).

Ta có \(2x\text{d}x=\text{d}u\Rightarrow x\text{d}x=\frac{\text{d}u}{2}\).

Đổi cận:

\(\begin{align} & x=0\Rightarrow u=1 \\ & x=1\Rightarrow u=2 \\ \end{align}\)

Vậy \(I=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{2}{\left( u-1 \right){{u}^{2021}}\text{d}u}\).

Đặt \(h\left( x \right) = {x^3} - 6{x^2} - \left( {6 - 11x} \right) = {x^3} - 6{x^2} + 11x - 6\).

\(h\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 1}\\ {x = 2}\\ {x = 3} \end{array}} \right.\).

Vậy diện tích S được tính theo công thức \(S = \int\limits_1^3 {\left| {{x^3} - 6{x^2} + 11x - 6} \right|} \,{\rm{d}}x\).

\({z_1}{z_2} = 5i.\left( {2021 + i} \right) =  - 5 + 10105i\)

Vậy phần thực của số phức bằng -5

\({z^2} - 6{\rm{z}} + 13 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = 3 + 2i\\ z = 3 - 2i \end{array} \right.\)

Do \({{z}_{0}}\) có phần ảo dương nên chọn \({{z}_{0}}=3+2i\).

Do đó \({{z}_{0}}+i=3+3i\Rightarrow \left| {{z}_{0}}+i \right|=\sqrt{{{3}^{2}}+{{3}^{2}}}=3\sqrt{2}\).

Đường thẳng \(\Delta \) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left( 3;-4;2 \right)\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\bot \Delta \) nên \(\left( \alpha  \right)\) có vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow{u}=\left( 3;-4;2 \right)\) và \(\left( \alpha  \right)\) qua điểm \(M\left( 1;-2;3 \right)\).

Nên phương trình \(\left( \alpha  \right):3\left( x-1 \right)-4\left( y+2 \right)+2\left( z-3 \right)=0\Leftrightarrow 3x-4y+2z-17=0\).

Đường thẳng MN có vecto chỉ phương \(\overrightarrow{MN}=\left( -2;4;3 \right)\) và qua \(M\left( 1;-2;0 \right)\,.\)

Nên phương trình \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 - 2t\\ y = - 2 + 4t\\ z = 3t \end{array} \right.\)

Ta có \(n\left( \Omega  \right)=16!\). Giả sử các ghế được đánh số từ 1 đến 16.

Để có cách xếp sao cho giữa 2 bạn nữ có đúng 2 bạn nam thì các bạn nữ phải ngồi ở các ghế đánh số 1, 4, 7, 10, 13, 16. Có tất cả số cách xếp chỗ ngồi loại này là 10!.6! cách.

Ta tính số cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho giữa hai bạn nữ gần nhau có đúng hai bạn nam đồng thời  Bình và An ngồi cạnh nhau .

Nếu An ngồi ở ghế 1 hoặc 16 thì có 1 cách xếp chỗ ngồi cho Bình. Nếu An ngồi ở ghế \(4,\,\,7,\,\,10\) hoặc 13 thì có 2 cách xếp chỗ ngồi cho Bình.

Do đó, số cách xếp chỗ ngồi cho Bình và An ngồi cạnh nhau là 2+2.4=10.

Suy ra, số cách xếp chỗ ngồi cho $16$ người sao cho giữa hai bạn nữ gần nhau có đúng hai bạn nam đồng thời  Bình và An ngồi cạnh nhau là 10.5!.9!

Gọi A là biến cố : “ Giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Bình không ngồi cạnh An”.

Ta có \(n\left( A \right)=10!.6!-10.5!.9!=600.10!$ $\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{600.10!}{16!}=\frac{5}{48048}.\)

Vậy xác suất cần tìm là \(\frac{5}{48048}\).

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với \(O\equiv H\).

Ta có tọa độ các điểm \(A\left( \frac{a}{2}\,;\,0\,;\,0 \right), B\left( -\text{ }\frac{a}{2}\,;0\,;\,0 \right), C\left( 0\,;\frac{\sqrt{3}a}{2}\,;\,0 \right), S\left( 0\,;\,0\,;\,a \right)\).

Vì G là trọng tâm \(\Delta SBC\Rightarrow G\left( -\text{ }\frac{a}{6}\,;\,\frac{\sqrt{3}a}{6}\,;\,\frac{a}{3} \right)\)

\(\overrightarrow{AG}=\left( -\frac{2a}{3};\frac{\sqrt{3}a}{6}\,;\,\frac{a}{3} \right); \overrightarrow{SC}=\left( 0;\frac{\sqrt{3}a}{2}\,;-a \right); \overrightarrow{AS}=\left( -\frac{a}{2};0\,;a \right)\)

\(d\left( AG,SC \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{AG},\overrightarrow{SC} \right].\overrightarrow{AS} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{AG},\overrightarrow{SC} \right] \right|}=\frac{\sqrt{30}a}{20}\).

Tập xác định \(D=\mathbb{R}\)

\({y}'={{x}^{2}}+2\left( m+1 \right)x-\left( m+1 \right)\)

Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\Leftrightarrow {y}'\ge 0\,\forall x\in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {a > 0}\\ {{\Delta ^\prime } \le 0} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {a = 1 > 0}\\ {{\Delta ^\prime } = {m^2} + 3m + 2 \le 0} \end{array}} \right.} \right. \Leftrightarrow - 2 \le m \le - 1\).

m là số nguyên dương \(\Rightarrow m\in \varnothing \).

Vậy không có giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu.

Theo công thức tỷ lệ % thì cần tìm t thỏa mãn:

\(75 - 20\ln (t + 1) \le 10 \Leftrightarrow \ln (t + 1) \ge 3.25 \Leftrightarrow t \ge 24.79\)

Hàm số \(y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\) có đạo hàm \({y}'=3a{{x}^{2}}+2bx+c\).

Hàm số có 2 điểm cực trị \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) thỏa \(\left\{ \begin{array}{l} {x_1} + {x_2} = - \frac{{2b}}{{3a}} < 0\\ {x_1}.{x_2} = \frac{c}{{3a}} < 0 \end{array} \right.\). (1)

Vì \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d \right)=-\infty \) nên \(a<0 \left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra b<0 và c>0.

Lại có đồ thị \(\left( C \right)\) cắt trục tung tại điểm có tọa độ \(\left( 0;d \right)\) nên d>0.

Vậy \(ab>0,\text{ }bc<0,\text{ }cd>0\).

Gọi x là khoảng cách từ đỉnh nón đến mặt phẳng \(\left( P \right)\)

Từ giả thiết suy ra \(\frac{6}{10}=\frac{x}{x+5} \Leftrightarrow x=7,5\)

Suy ra chiều cao của hình nón là \(h=12,5 \Rightarrow l=\sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}=\sqrt{12,{{5}^{2}}+{{10}^{2}}}=\frac{5\sqrt{41}}{2}\)

Vậy diện tích xung quanh hình nón là \({{S}_{xq}}=\pi rl =\pi .10.\frac{5\sqrt{41}}{2}=25\sqrt{41}\pi \).

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {u = x}\\ {{\rm{d}}v = f'(x){{\rm{e}}^{f(x)}}{\rm{d}}x} \end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{\rm{d}}u = {\rm{d}}x}\\ {v = {{\rm{e}}^{f(x)}}} \end{array}} \right.} \right.\)

Khi đó \(\int_0^3 x \cdot f'(x){e^{f(x)}}{\rm{d}}x = \left. {x \cdot {e^{f(x)}}} \right|_0^3 - \int_0^3 {{e^{f(x)}}} {\rm{d}}x\)

\( \Rightarrow 8 = 3 \cdot {{\rm{e}}^{f(3)}} - \int_0^3 {{{\rm{e}}^{f(x)}}} {\rm{d}}x \Rightarrow \int_0^3 {{{\rm{e}}^{f(x)}}} {\rm{d}}x = 9 - 8 = 1\)

Đặt \(t=2\sin 2x+1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,t\in \left[ 1;3 \right]\).

Khi đó phương trình trở thành f(t) = 1 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = {t_1} \in \left( {0;1} \right)\,\,\,\left( {k\,t/m} \right)\\ t = {t_2} \in \left( {1;3} \right)\\ t = {t_3} \in \left( { - \infty ;0} \right)\,\,\,\,\,\left( {k\,t/m} \right)\\ t = {t_4} \in \left( {3: + \infty } \right)\,\,\,\,\,\left( {k\,t/\,m} \right) \end{array} \right.\)

Xét hàm số \(g\left( x \right)=2\sin 2x+1\) trên \(\left[ 0;\frac{\pi }{2} \right]\)

\(g'\left( x \right)=4\cos 2x=0\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+k\frac{\pi }{2}\left( k\in \mathbb{Z} \right)\)

Ta có bảng biến thiên:

Vậy phương trình có 2 nghiệm

Ta có: \({{a}^{x}}={{b}^{y}}={{c}^{z}}=\sqrt{abc}\)

\(\Rightarrow x{{\log }_{abc}}a=y{{\log }_{abc}}b=z{{\log }_{abc}}c=\frac{1}{2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{x} = 2{\log _{abc}}a\\ \frac{1}{y} = 2{\log _{abc}}b\\ \frac{1}{z} = 2{\log _{abc}}c \end{array} \right.\\ \end{array}\)

Do đó: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2\left( {{\log }_{abc}}a+{{\log }_{abc}}b+{{\log }_{abc}}c \right)=2{{\log }_{abc}}abc=2\)

Suy ra: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=2-\frac{1}{z}\)

Ta có: \(P=\frac{16}{x}+\frac{16}{y}-{{z}^{2}}=16\left( 2-\frac{1}{z} \right)-{{z}^{2}}=32-\frac{16}{z}-{{z}^{2}}\) (z>0).

Mặc khác, \(\frac{16}{z}+{{z}^{2}}=\frac{8}{z}+\frac{8}{z}+{{z}^{2}}\ge 3\sqrt[3]{\frac{8}{z}.\frac{8}{z}.{{z}^{2}}}=12\).

Dấu “=” xảy ra \(\Leftrightarrow z=2\).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 32-12=20 tại z=2.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2} + m\) liên tục trên đoạn [0;2].

Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4x\)  \( \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1 \in \left[ {0;2} \right]\\ x = 0 \in \left[ {0;2} \right]\\ x = - 1 \notin \left[ {0;2} \right] \end{array} \right.\) .

Khi đó \(f\left( 0 \right)=m; f\left( 1 \right)=m-1; f\left( 2 \right)=m+8\).

Suy ra \(f\left( 1 \right)=m-1<f\left( 0 \right)=m<f\left( 2 \right)=m+8\).

Đồ thị của hàm số y = |f(x)| thu được bằng cách giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành của (C): y= f(x), còn phần đồ thị phía dưới trục hoành của (C): y =f(x) thì lấy đối xứng qua trục hoành lên trên. Do đó, ta có biện luận sau đây:

Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1. \(m + 8 \le 0 \Leftrightarrow m \le  - 8\) thì \(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {m + 8} \right| = - m - 8\\ \mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {m - 1} \right| = 1 - m \end{array} \right.\). Do đó:

\(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 7 \Leftrightarrow 1 - m - m - 8 = 7 \Leftrightarrow m =  - 7\) (loại).

Trường hợp 2. \(m \le 0 < m + 8 \Leftrightarrow  - 8 < m \le 0\), thì đồ thị hàm số (C) cắt trục hoành tại x₀ với \({x_0} \in \left[ {0;2} \right]\). Do đó \(\mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 0\). Suy ra \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 7\).

Mặt khác \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = max\left\{ {\left| {m + 8} \right|;\left| {m - 1} \right|} \right\} = max\left\{ {m + 8;1 - m} \right\}\).

Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 7 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} 1 - m \ge m + 8\\ 1 - m = 7 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} m + 8 > 1 - m\\ m + 8 = 7 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} m \le - \frac{7}{2}\\ m = - 6\,\,\,\,\left( {TM} \right) \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} m > - \frac{7}{2}\\ m = - 1\,\,\,\,\,\left( {TM} \right) \end{array} \right. \end{array} \right.\).

Trường hợp 3. \(m - 1 \le 0 < m \Leftrightarrow 0 < m \le 1\), thì đồ thị hàm số (C) cắt trục hoành tại x₀ với \({x_0} \in \left[ {0;2} \right]\). Do đó \(\mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 0\).

Măt khác \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m + 8\).

Suy ra \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 7 \Leftrightarrow m + 8 = 7 \Leftrightarrow m =  - 1\) (loại).

Trường hợp 4. \(m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1\) thì \(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m - 1\\ \mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m + 8 \end{array} \right.\). Do đó:

\(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 7 \Leftrightarrow m - 1 + m + 8 = 7 \Leftrightarrow m = 0\) (loại).

Suy ra \(S = \left\{ { - 1; - 6} \right\}\).

Vậy tổng các phần tử của S là -7.

Mặt phẳng \(\left( MNPQ \right)\) cắt hình hộp \(ABCD{A}'{B}'{C}'{D}'\) theo thiết diện là hình bình hành EFGH và ta có \(d\left( \left( A'B'C'D' \right);\left( EFGH \right) \right)=2d\left( \left( EFGH \right);\left( ABCD \right) \right)\)

Ta có \({{V}_{A'B'C'D'.EFGH}}=\frac{2}{3}{{V}_{O}}\) và \({{S}_{\Delta EQM}}=\frac{1}{2}EQ.EM.\sin E=\frac{1}{2}.\frac{AB}{3}\frac{2.AD}{3}\sin A=\frac{2}{9}{{S}_{ABD}}=\frac{1}{9}{{S}_{ABCD}}\Rightarrow {{S}_{MNPQ}}=1-4\frac{1}{9}=\frac{5}{9}{{S}_{ABCD}}\).

\({{V}_{I.MNPQ}}=\frac{1}{3}.\frac{2}{3}h.\frac{5}{9}{{S}_{ABCD}}=\frac{10}{81}{{V}_{o}}=\frac{10}{3}\).

Phương trình đã cho \(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left[ {{\left( 2x-1 \right)}^{2}}+2 \right]+{{2020}^{{{\left( 2x-1 \right)}^{2}}-2\left| y \right|}}.{{\log }_{\frac{1}{3}}}\left( 2\left| y \right|+2 \right)=0\).

Đặt \(\left\{ \begin{align} & a={{\left( 2x-1 \right)}^{2}}+2 \\ & b=2\left| y \right|+2 \\ \end{align} \right.\), suy ra \(a\ge 2;b\ge 2\)

Khi đó ta có phương trình:

\({{\log }_{3}}a+{{2020}^{a-b}}.{{\log }_{\frac{1}{3}}}b=0 \Leftrightarrow  {{\log }_{3}}a={{2020}^{a-b}}.{{\log }_{3}}b \Leftrightarrow  \frac{{{\log }_{3}}a}{{{2020}^{a}}}=\frac{{{\log }_{3}}b}{{{2020}^{b}}}\).

Xét hàm số \(f\left( t \right)=\frac{{{\log }_{3}}t}{{{2020}^{t}}}\) với \(t\in \left[ 2;+\infty  \right)\)

Ta có \({f}'\left( t \right)=\frac{1-t.\ln 3.\ln 2020.{{\log }_{3}}t}{t{{.2020}^{t}}.\ln 3}\).

Vì \(t\ge 2\) nên suy ra: \(t.\ln 3.\ln 2020.{{\log }_{3}}t\ge 2.\ln 3.\ln 2020.{{\log }_{3}}2>1\).

Khi đó \({f}'\left( t \right)<0\) nên hàm số \(f\left( t \right)\) nghịch biến trên tập \(\left[ 2;+\infty  \right)\).

Từ phương trình \(f\left( a \right)=f\left( b \right)\) suy ra a=b hay \({{\left( 2x-1 \right)}^{2}}=2\left| y \right|\).

Nhận thấy với x,y là các số nguyên thì \({{\left( 2x-1 \right)}^{2}}\) luôn là số lẻ, mà \(2\left| y \right|\) luôn là số chẵn nên không thể tồn tại cặp \(\left( x;y \right)\) nào thỏa mãn phương trình đã cho, với x,y là các số nguyên.