Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy, đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: $x=\frac{1}{2}$ , loại đáp B và C.

Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left(-1;0\right),\left(0;-1\right)$ .

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{-2\right\}$ .

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{3}{{\left(x+2\right)}^2}>0,\forall x\in D$  nên hàm số $y=\frac{-1+x}{x+2}$  đồng biến trên từng khoảng xác định.

Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Chọn đáp án C

Gọi (C) là đồ thị của hàm số y=f(x)  . Từ bảng biến thiên ta có:

 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=0\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang của (C).

$\underset{x\to -2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty \Rightarrow x=-2$  là tiệm cận đứng của (C).

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty \Rightarrow x=0$ là tiệm cận đứng của (C).

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của (C) là 3.

Chọn đáp án D

Dãy số $\left(u_n\right)$  không bị chặn vì nó chỉ bị chặn dưới, không bị chặn trên.

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{\left(2\text{x}+3\right)\left(x+2\right)-\left(x^2+3\text{x}+3\right)}{{\left(x+2\right)}^2}=\frac{x^2+4\text{x}+3}{{\left(x+2\right)}^2}$

Xét $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-3\\ x=-1\end{array}\right.$ . $y^{\text{'}}$  đổi dấu qua hai nghiệm này nên hàm số có hai cực trị.

Yêu cầu bài toán tương đương với $x^2+m\text{x}+1>0,\forall x\in ℝ\iff m^2-4<0\iff -2<m<2$ .

Vì $0<\frac{1}{5}<1$  nên ${\log }_{\frac{1}{5}}a>{\log }_{\frac{1}{5}}b\iff a<b;\forall a,b>0$

Qua hai điểm $f^{\text{'}}\left(x\right)$  đổi dấu từ âm sang dương, suy ra hàm số có hai điểm cực tiểu.

Qua điểm x=0 thì $f^{\text{'}}\left(x\right)$  đổi dấu từ dương sang âm, suy ra hàm số đạt cực đại tại x=0.

Trong $\left(DC{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$  qua N kẻ $N{N}^{\text{'}}$ song song với DC.

Thiết diện là hình chữ nhật $ABN{N}^{\text{'}}$ có: $AB=a,BN=\frac{a}{2}\sqrt{5}$

Suy ra chu vi $ABN{N}^{\text{'}}$  là $2\text{a}+a\sqrt{5}$ .

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c$ . Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left(0;2\right)$ , $\left(2;-2\right)$ . Đồng thời đây cũng là hai điểm cực trị của hàm số. Do đó ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}f\left(2\right)=-2\\ f^{\text{'}}\left(2\right)=0\\ f\left(0\right)=2\\ f^{\text{'}}\left(0\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}8\text{a}+4b+2c+d=-2\\ 12\text{a}+4b+c=0\\ d=2\\ c=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-3\\ c=0\\ d=2\end{array}\right.$.

Vậy $S=a+b+c+d=1+\left(-3\right)+0+2=0$ .

$y^{\text{'}}=\frac{1}{\left(x^2+2\right)\ln 4}.{\left(x^2+2\right)}^{\text{'}}=\frac{2x}{\left(x^2+2\right)\ln 4}=\frac{2\text{x}}{\left(x^2+2\right)2\ln 2}=\frac{x}{\left(x^2+2\right)\ln 2}$

$4^{x^2}=2^{x+1}\iff 2^{2{\text{x}}^2}=2^{x+1}\iff 2{\text{x}}^2=x+1\iff 2x^2-x-1=0\iff \left(2\text{x}+1\right)\left(x-1\right)=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}2\text{x}+1=0\\ x-1=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-\frac{1}{2}\\ x=1\end{array}\right.$

Vì ${\left(-\cos 2x\right)}^{\text{'}}=2\sin 2x$  nên $F\left(x\right)=-\cos 2x$  không phải là một nguyên hàm của hàm số $f\left(x\right)=\sin 2\text{x}$ .

$z\left(2+3i\right)+i=z\iff z\left(2+3i-1\right)=-i\iff z=\frac{-i}{1+3i}=\frac{-i\left(1-3i\right)}{1-9i^2}=\frac{-3-i}{10}=-\frac{3}{10}-\frac{i}{10}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}AB\perp BC\\ AB\perp B{B}^{\text{'}}\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)$

 là hình chiếu vuông góc của AB' lên (BCC'B').

Suy ra góc giữa AB' và (BCC'B')  là góc $\widehat{A{B}^{\text{'}}B}$ .

Ta có: $\tan \widehat{A{B}^{\text{'}}B}=\frac{AB}{B{B}^{\text{'}}}=\frac{\sqrt{A{C}^2-C{B}^2}}{A{A}^{\text{'}}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{A{B}^{\text{'}}B}=60°$ .

Phương trình $2{\text{z}}^2-2\text{z}+13=0\iff z=\frac{1}{2}\pm \frac{5}{2}i$ , suy ra $z_0=\frac{1}{2}-\frac{5}{2}i$ .

Do đó, $\text{w}=i{z}_0=i\left(\frac{1}{2}-\frac{5}{2}i\right)=\frac{5}{2}+\frac{1}{2}i$ . Vậy điểm biểu diễn số phức $\text{w}=i{z}_0$  là $Q\left(\frac{5}{2};\frac{1}{2}\right)$ .

Ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(a{\text{e}}^x+b\right)d\text{x}={\left.\left(a{\text{e}}^x+b\text{x}\right)\right|}_0^1=a\text{e}+b-a;\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(a{\text{e}}^x+b\right)d\text{x}=e+2$

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}a=1\\ b-a=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=3\end{array}\right.$

Phương trình đường thẳng đi qua M và vuông góc với mặt phẳng (P) là $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-2+t\\ z=2-2t\end{array}\right.$

Tọa độ hình chiếu của M trên (P) là nghiệm của hệ $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-2+t\\ z=2-2t\\ x+y-2\text{z}-1=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t=1\\ x=2\\ y=-1\\ z=0\end{array}\right.$

Vậy tọa độ hình chiếu vuông góc của M lên (P) là $\left(2;-1;0\right)$ .

Quay tam giác ABC quanh cạnh AC ta được khối nón có:

Đường sinh $\mathcal{l}=BC=\frac{AB}{\sin 30°}=2\sqrt{3}$ .

Bán kính đáy $r=AB=\sqrt{3}$ .

Diện tích toàn phần của hình nón:

$S_{tp}=S_{xq}+S_d=\pi r\mathcal{l}+\pi r^2=\pi r\left(\mathcal{l}+r\right)=\pi \sqrt{3}\left(2\sqrt{3}+\sqrt{3}\right)=9\pi$

Gọi S là tổng cần tính. Áp dụng công thức tính tổng của cấp số nhân ta có

$S=\frac{1-\frac{1}{i^{2020}}}{1-\frac{1}{i}}=\frac{i^{2020}-1}{i^{2020}-i^{2019}}=\frac{{\left(-1\right)}^{1010}-1}{i^{2020}-i^{2019}}=0$

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-1-m^2}{{\left(x-1\right)}^2}=\frac{\left(-1-m^2\right)}{{\left(x-1\right)}^2}<0,\forall x\ne 1$ . Do đó trên $\left[2;4\right]$  hàm số đã cho nghịch biến.

Vậy $\underset{\left[2;4\right]}{\max }y=y\left(2\right)=\frac{2+m^2}{2-1}=2\iff m=0$ .

Ta có: $\frac{V_{S.A\text{D}NM}}{V_{S.ABC\text{D}}}=\frac{V_{S.A\text{D}N}+V_{S.AMN}}{V_{S.ABC\text{D}}}=\frac{V_{S.A\text{D}N}}{V_{S.ABC\text{D}}}+\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC\text{D}}}=\frac{V_{S.A\text{D}N}}{2V_{S.AC\text{D}}}+\frac{V_{S.AMN}}{2V_{S.ABC}}$

$=\frac{SN}{2\text{SC}}+\frac{SN.SM}{2\text{S}C.SB}=\frac{3}{8}$

$\Rightarrow V_{S.AMN\text{D}}=3\Rightarrow h=\frac{3V_{S.AMN\text{D}}}{S_{AMN\text{D}}}=\frac{9}{2}$

Đường thẳng $d:\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z-3}{-2}$  đi qua điểm M(1;2;3) và có véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_1}\left(1;2;-2\right)$ .

Xét trục Ox có véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_2}\left(1;0;0\right)$  và đi qua điểm O(0;0;0).

Ta có: $\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right]=\left(0;-2;-2\right)$ .

Gọi  là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P), khi đó $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n}\perp \overrightarrow{u_1}\\ \overrightarrow{n}\perp \overrightarrow{u_2}\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{n}$  cùng phương với  $\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right]$.

Mặt phẳng (P) đi qua điểm $M\left(1;2;3\right)$  và nhận véctơ $\overrightarrow{n}=\left(0;1;1\right)$  làm véctơ pháp tuyến có phương trình là $0.\left(x-1\right)+1.\left(y-2\right)+1.\left(z-3\right)=0\iff y+z-5=0$ .

Thay tọa độ điểm O vào phương trình mặt phẳng (P) thấy không thỏa mãn.

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là $y+z-5=0$ .

Từ giả thiết, ta có bán kính đáy của hình trụ $r=AB=C\text{D}=a$ , đường sinh $\mathcal{l}=BC$ .

Xét tam giác BDC vuông tại C và $\widehat{B\text{D}C}=30°$  suy ra

$\tan 30°=\frac{BC}{DC}\Rightarrow BC=\tan 30°.C\text{D}=\frac{1}{\sqrt{3}}a=\frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow \mathcal{l}=\frac{a}{\sqrt{3}}$.

Diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành là

$S_{xq}=2\pi r\mathcal{l}=2\pi a\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{2\pi a^2}{\sqrt{3}}$.

Ta có $y^{\text{'}}=-x^2-2m\text{x}+2m-3$

Hàm số đã cho nghịch biến trên $ℝ\iff \left\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\text{'}}=m^2+2m-3\le 0\\ a=-1<0\end{array}\right.\iff -3\le m\le 1$.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-3;-3;2\right)$ . Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$  có véctơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(1;-3;2\right)$ .

Khi đó $\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{n}\right]=\left(0;8;12\right)$

Do mặt phẳng $\left(\beta \right)$  đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng $\left(\alpha \right)$  nên $\left(\beta \right)$  nhận $\overrightarrow{n^{\text{'}}}=\frac{1}{4}\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{n}\right]=\left(0;2;3\right)$ làm véctơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng $\left(\beta \right):2\left(y-4\right)+3\left(z-1\right)=0\iff 2y+3\text{z}-11=0$ .

Gọi phương trình tiếp tuyến có dạng $y-y_0=y^{\text{'}}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)$  với $M\left(x_0;y_0\right)$  là tiếp điểm.

Ta có: $y^{\text{'}}=3{\text{x}}^2-2\text{x}+1$ . Vì tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=x^3-x^2+x+1$  song song với đường thẳng $y=6\text{x}+4$  nên $y^{\text{'}}\left(x_0\right)=6\iff 3{\text{x}}_0^2-2{\text{x}}_0+1=6\iff \left[\begin{array}{l}{x}_0=\frac{5}{3}\\ x_0=-1\end{array}\right.$ .

Với $x_0=\frac{5}{3}$ , suy ra $y_0=\frac{122}{27}$ . Với $x_0=-1$ , suy ra $y_0=-2$ .

Ta được hai tiếp điểm $M_1\left(\frac{5}{3};\frac{122}{27}\right)$  và $M_2\left(-1;-2\right)$ .

Với tiếp điểm $M_1\left(\frac{5}{3};\frac{122}{27}\right)$ , ta được tiếp tuyến là đường thẳng $y-\frac{122}{27}=6\left(x-\frac{5}{3}\right)\iff y=6\text{x}-\frac{148}{27}$ (nhận).

Với tiếp điểm $M_2\left(-1;-2\right)$ , ta được tiếp tuyến là đường thẳng  $y+2=6\left(x+1\right)\iff y=6\text{x}+4$(loại).

Gọi $T_0$  là số tiền người đó gửi ban đầu.

r% là lãi suất mỗi tháng.

a là số tiền người đó gửi vào thêm mỗi tháng.

$S_n$ là số tiền người đó nhận được sau n tháng.

Đầu tháng 1, số tiền người đó gửi vào là $S_0=T_0$ .

Cuối tháng 1, $S_1=T_0+T_0.r\%+a=T_0\left(1+r\%\right)+a$ .

Cuối tháng 2, $S_2=S_1+S_1.r\%+a=S_1\left(1+r\%\right)+a=T_0{\left(1+r\%\right)}^2+a\left(1+r\%\right)+a$ .

Cuối tháng 3, $S_3=T_0\left(1+r\%\right)+a\left(1+r\%\right)+a\left(1+r\%\right)+a$ .

…

Cuối tháng n, $S_n=T_0\left(1+r\%\right)+a\left[{\left(1+r\%\right)}^{n-1}+{\left(1+r\%\right)}^{n-2}+\mathrm{...}+{\left(1+r\%\right)}^1+1\right]$$=T_0{\left(1+r\%\right)}^n+a\frac{{\left(1+r\%\right)}^n-1}{r\%}$  

.

Theo yêu cầu bài toán:$T_0{\left(1+r\%\right)}^n+a\frac{{\left(1+r\%\right)}^n-1}{r\%}\ge \mathrm{700.000.000}$

$\iff 40{\left(1+0,6\%\right)}^n+\frac{{\left(1+0,6\%\right)}^n-1}{0,6\%}\ge 70$

$\iff {\left(1+0,6\%\right)}^n\ge 1,14515129$$\iff n\ge {\log }_{\left(1+0,6\%\right)}1,14515129\approx 22,65$

Vậy phải sau ít nhất 23 tháng thì người đó mới tích lũy được lớn hơn 700.000.000 (bảy trăm triệu đồng).

Số phần tử của không gian mẫu:$n\left(\Omega \right)=C_{12}^4.C_8^4.C_4^4$

Gọi A: “mỗi nhóm có đúng một học sinh nữ”.

+) Số cách xếp 3 học sinh nữ vào 3 nhóm là 3! cách.

+) Chọn 3 học sinh nam cho nhóm thứ nhất có $C_9^3$  cách.

+) Chọn 3 học sinh nam cho nhóm thứ hai có $C_6^3$  cách.

+) Chọn 3 học sinh nam cho nhóm thứ ba có 1 cách.

Vậy $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3!.C_9^3.C_6^3}{C_{12}^4.C_8^4.C_4^4}=\frac{16}{55}$ .

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\left(2-3\text{x}\right)f\left(x\right)\iff \frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=2-3\text{x}$ . Lấy nguyên hàm hai vế ta có:

$\int \frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f\left(x\right)}d\text{x}=\int \left(2-3\text{x}\right)d\text{x}\iff \ln \left|f\left(x\right)\right|=2\text{x}-\frac{3}{2}{x}^2+C$.

Thay $x=0$  ta có: $\ln \left|f\left(0\right)\right|=C\iff \ln 1=C=0\Rightarrow \ln \left|f\left(x\right)\right|=2\text{x}-\frac{3}{2}{x}^2$ .

Mà $f\left(x\right)>0,\forall x\in ℝ\iff \ln f\left(x\right)=2\text{x}-\frac{3}{2}{x}^2$ . Thay x=1 ta có $f\left(1\right)=\frac{1}{2}\Rightarrow f\left(1\right)=e^{\frac{1}{2}}$ .

Ta có A' là trung điểm PC'; B' là trung điểm QC'.

Do đó $V_{C.C^{\text{'}}PQ}=\frac{S_{C^{\text{'}}PQ}}{S_{C^{\text{'}}{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}}.V_{C.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=4V_{C.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=4\left(\frac{1}{3}{V}_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}\right)=\frac{4}{3}$ .

Mặt khác $V_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.MNC}=\frac{\frac{A^{\text{'}}M}{A^{\text{'}}A}+\frac{B^{\text{'}}N}{B^{\text{'}}B}+\frac{C^{\text{'}}C}{C^{\text{'}}C}}{3}.V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+1}{3}.V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{2}{3}$

Do đó $V_{A^{\text{'}}M{B}^{\text{'}}NQ}=V_{C.C^{\text{'}}PQ}-V_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.MNC}=\frac{4}{3}-\frac{2}{3}=\frac{2}{3}$ .

Đặt $\text{w}=m+ni\left(m,n\in ℝ\right)$  suy ra $\left\{\begin{array}{l}{z}_1=\text{w}+2i=m+\left(n+2\right)i\\ z_2=2w-3=2m-3+2ni\end{array}\right.$

Ta có: $z_1+z_2=3m-3+\left(3n+2\right)i=-a$  là số thực $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}3n+2=0\\ 3m-3\ne 0\end{array}\right.\iff n=-\frac{2}{3}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{z}_1=m+\frac{4}{3}i\\ z_2=2m-3+\frac{4}{3}i\end{array}\right.$ .

Lại có $z_1{z}_2=\left(m+\frac{4}{3}i\right)\left(2m-3+\frac{4}{3}i\right)=2m^2-3m+\frac{16}{3}+\left(\frac{4}{3}m-4\right)=b$  là số thực

$\Rightarrow \frac{4}{3}m-4=0\iff m=3$. Vậy $\left\{\begin{array}{l}{z}_1=3+\frac{4}{3}i\\ z_2=3-\frac{4}{3}i\end{array}\right.\Rightarrow T=\left|z_1\right|+\left|z_2\right|=\frac{2\sqrt{97}}{3}$.

Đặt $f\left(x\right)=t$  khi đó phương trình trở thành $f\left(t\right)=m-5$ .

Để phương trình $f\left(f\left(x\right)\right)-m+5=0$  có nghiệm thì phương trình $f\left(t\right)=m-5$  có nghiệm

$t\in \left(-\infty ;3\right)\cup \left(3;5\right]$. Do đó: $m-5\in \left(-\infty ;1\right)\cup \left(3;5\right]\iff \left[\begin{array}{l}m<1\\ 3<m\le 5\end{array}\right.$

Mà $\left\{\begin{array}{l}m\in \left[-2019;2019\right]\\ m\in \mathbb{Z}\end{array}\right.$  nên có 2022 giá trị của m thỏa mãn.

Ta có: $I=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(\left|4\text{x}-1\right|\right)d\text{x}=\underset{-1}{\overset{\frac{1}{4}}{\int }}f\left(-4\text{x}+1\right)d\text{x}+\underset{\frac{1}{4}}{\overset{1}{\int }}f\left(4\text{x}-1\right)d\text{x}$ .

Xét $I_1=\underset{-1}{\overset{\frac{1}{4}}{\int }}f\left(-4\text{x}+1\right)d\text{x}$ . Đặt  $-4\text{x}+1=t\Rightarrow dt=-4\text{dx}$. Đổi cận:$\left\{\begin{array}{l}x=-1\Rightarrow t=5\\ x=\frac{1}{4}\Rightarrow t=0\end{array}\right.$

$I_1=-\frac{1}{4}\underset{5}{\overset{0}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{5}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{4}.4=1$

Xét $I_2=\underset{\frac{1}{4}}{\overset{1}{\int }}f\left(4\text{x}-1\right)d\text{x}$ . Đặt $4\text{x}-1=t\Rightarrow dt=4\text{dx}$ . Đổi cận:$\left\{\begin{array}{l}x=1\Rightarrow t=3\\ x=\frac{1}{4}\Rightarrow t=0\end{array}\right.$

$I_2=\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=\frac{1}{4}.8=2$.

Vậy $I=I_1+I_2=1+2=3$ .

Từ giả thiết ta có $\left\{\begin{array}{l}{a}^{x-1}=\sqrt[3]{ab}\\ b^y=\sqrt[3]{ab}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x-1=\frac{1}{3}\left(1+{\log }_{a}b\right)\\ y=\frac{1}{3}\left(1+{\log }_{b}a\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\frac{4}{3}+\frac{1}{3}{\log }_{a}b\\ y=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}{\log }_{b}a\end{array}\right.$

Vì $a>1,b>1$  nên ${\log }_{a}b>0;{\log }_{b}a>0$ . Khi đó ta có:

$P=3\text{x}+4y=\frac{16}{3}+{\log }_{a}b+\frac{4}{3}{\log }_{b}a\ge \frac{16}{3}+2\sqrt{{\log }_{a}b.\frac{4}{3}.{\log }_{b}a}=\frac{16}{3}+\frac{4\sqrt{3}}{3}\approx 7,64\in \left(7;9\right]$.