Số cách chọn 1 học sinh từ 14 học sinh là 14.

Áp dụng công thức: \({u_{n + 1}} = {u_n}.q\)

Ta có: \({u_2} = {u_1}.q \Rightarrow q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{6}{2} = 3\)

Áp dụng công thức diện tích xung quanh hình nón \({{S}_{xq}}=\pi rl\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( -\infty \,;\,-1 \right)\) và \(\left( 0\,;\,1 \right)\)

Thể tích của khối lập phương có công thức \(V={{6}^{3}}=216\).

\({{\log }_{3}}\left( 2x-1 \right)=2\Leftrightarrow 2x-1={{3}^{2}}\Leftrightarrow x=5\)

Ta có: \(\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)\text{dx}}=\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{dx}}+\int\limits_{2}^{3}{f\left( x \right)\text{dx}}=-2+1=-1\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là \(y=-4\) tại \(x=3\).

Nhìn vào đồ thị ta thấy đây không thể là đồ thị của hàm số bậc 3 => Loại C, D.

Khi \(x\to +\infty \) thì \(y\to -\infty \) => Loại B.

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

Ta có: \(\int{f\left( x \right)\text{d}x}\,\,=\,\,\int{\left( \cos x+6x \right)\text{d}x\,\,=\,\,\int{\cos x\,\text{d}x}}\,+\,3\int{2x\,\text{d}x}\,\,\,=\,\,\,\sin x\,+\,3{{x}^{2}}+C\)

Ta có: \(\left| 1+2i \right|\,\,=\,\,\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}}\,\,=\,\,\sqrt{5}\)

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

Tâm của (S) có tọa độ là \(I\left( 1;-2;3 \right)\).

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):3x+2y-4z+1=0\) là \(\overrightarrow{{{n}_{4}}}=\left( 3;2;-4 \right)\).

Theo phương trình đường thẳng, đường thẳng d đi qua điểm \(P\left( -1;2;1 \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
SA \bot \left( {ABCD} \right)\\
A \in \left( {ABCD} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow A\) là hình chiếu vuông góc của S trên \(\left( ABCD \right)\). Suy ra AC là hình chiếu vuông góc của SC trên \(\left( ABCD \right)\).

Khi đó, \(\widehat{\left( SC,\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SC,AC \right)}=\widehat{SCA}\).

Xét tam giác SAC vuông tại A, \(\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}.\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{SCA}=30{}^\circ \).

Dựa vào bảng xét dấu \({f}'\left( x \right)\) ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm \(x=-1\) và đạt cực tiểu tại điểm \(x=1\). Vậy hàm số có hai điểm cực trị.

Ta có \(f'\left( x \right) =  - 4{x^3} + 24x\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - 4{x^3} + 24x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \in \left[ { - 1;2} \right]\\
x = \sqrt 6  \notin \left[ { - 1;2} \right]\\
x =  - \sqrt 6  \notin \left[ { - 1;2} \right]
\end{array} \right.\)

\(f\left( { - 1} \right) = 12,\,f\left( 2 \right) = 33,\,f\left( 0 \right) = 1.\)

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 33\)

\({{\log }_{2}}a={{\log }_{8}}\left( ab \right)\Leftrightarrow {{\log }_{2}}a=\frac{1}{3}{{\log }_{2}}\left( ab \right)\)

\(\Leftrightarrow 3{{\log }_{2}}a={{\log }_{2}}\left( ab \right)\Leftrightarrow {{\log }_{2}}{{a}^{3}}={{\log }_{2}}\left( ab \right)\Leftrightarrow {{a}^{3}}=ab\Leftrightarrow {{a}^{2}}=b\)

\({{5}^{x-1}}\ge {{5}^{{{x}^{2}}-x-9}}\Leftrightarrow x-1\ge {{x}^{2}}-x-9\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x-8\le 0\Leftrightarrow -2\le x\le 4\)

Thiết diện qua trục là hình vuông \(ABCD\).

Theo đề bán kính đáy là \(r=3\) nên \(l=BC=2r=6\).

Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là \({{S}_{xq}}=2\pi rl=2\pi .3.6=36\pi \).

Ta có \(3f\left( x \right)-2=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=\frac{2}{3}\). Số nghiệm của phương trình chính là số hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thằng \(y=\frac{2}{3}\) (song song với trục hoành). Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt.

Ta có:

\(\int{f\left( x \right)\text{d}x}=\int{\frac{x+2}{x-1}\text{d}x}=\int{\frac{x-1+3}{x-1}\text{d}x}=\int{\left( 1+\frac{3}{x-1} \right)}\text{d}x=x+3.\ln \left| x-1 \right|+C=x+3.\ln \left( x-1 \right)+C\)

(Do \(x\in \left( 1;+\infty  \right)\) nên \(x-1>0\) suy ra \(\left| x-1 \right|=x-1\)).

Áp dụng công thức \(S=A.{{e}^{nr}}\)

Dân số Việt Nam năm 2035 là \(S = 93.671.600.{e^{18.0,81\% }} \approx 108.374.741\)

Gọi\(O=AC\cap BD\). Ta có: \(BO=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) .

Xét tam giác vuông \(ABO\) ta có: \(AO=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{O}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a}{2}\Rightarrow AC=a\).

Diện tích hình thoi \(ABCD\) là \({{S}_{ABCD}}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}a.a\sqrt{3}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}\) .

Thể tích khối lăng trụ \(ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'\) là \(V={{S}_{ABCD}}.A{A}'=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.4a=2\sqrt{3}{{a}^{3}}\).

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1;1 \right\}\).

Ta có: \(y=\frac{5{{x}^{2}}-4x-1}{{{x}^{2}}-1}=\frac{(x-1)(5x+1)}{(x-1)(x+1)}=\frac{5x+1}{x+1}\)

Suy ra: \(\underset{x\to +\,\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\,\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+1}{x+1}=5\)

\(\underset{x\to -\,\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\,\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+1}{x+1}=5\)

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

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

Vậy đồ thị hàm số có 1 tiệm cân đứng là \(x=-1\) và 1 tiệm cận ngang là \(y=5\).

Dựa vào dạng đồ thị ta thấy: \(a<0\).

Với \(x=0\) ta có: \(y\left( 0 \right)=d<0\).

Từ hình vẽ ta thấy ,hình phằng được gạch chéo là giới hạn bởi 2 hàm số \(y=-{{x}^{2}}+2\) và \(y={{x}^{2}}-2x-2\) nên diện tích là \(\int\limits_{-1}^{2}{\left[ \left( -{{x}^{2}}+2 \right)\text{-}\left( {{x}^{2}}-2x-2 \right) \right]\text{d}x}=\int\limits_{-1}^{2}{\left( -2{{x}^{2}}+2x+4 \right)\text{d}x}.\)

Từ \({{z}_{2}}=1-i\) suy ra \(\overline{{{z}_{2}}}=1+i\). Do đó \({{z}_{1}}+\overline{{{z}_{2}}}=\left( -3+i \right)+\left( 1+i \right)=-2+2i\).

Vậy phần ảo của số phức \({{z}_{1}}+\overline{{{z}_{2}}}\) là 2.

Theo bài ta có, \(z={{\left( 1+2i \right)}^{2}}\) hay \(z=1+4i+4{{i}^{2}}=-3+4i\).

Vậy điểm biểu diễn số phức \(z={{\left( 1+2i \right)}^{2}}\) trên mặt phẳng tọa độ là điểm \(P\left( -3;\,\,4 \right)\).

Từ bài toán ta có \(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\left( 1+\left( -2 \right);\,\,0+2;\,\,3+5 \right)\) hay \(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\left( -1;\,\,2;\,\,8 \right)\)

Do đó \(\overrightarrow{a}.\left( \overrightarrow{a}+\overrightarrow{b} \right)=1.\left( -1 \right)+0.2+3.8=23\).

Do mặt cầu (S) có tâm \(I\left( 0;\,\,0;\,\,-3 \right)\) và đi qua điểm \(M\left( 4;\,\,0;\,\,0 \right)\) nên bán kính mặt cầu (S) là \(R=IM=\sqrt{{{\left( 4-0 \right)}^{2}}+{{\left( 0-0 \right)}^{2}}+{{\left( 0+3 \right)}^{2}}}=5\).

Vậy phương trình mặt cầu (S) là \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+3 \right)}^{2}}=25\)

Đường thẳng \(\Delta \) có vectơ chỉ phương \(\vec{a}=\left( 2\,;\,2\,;\,1 \right)\). Vì mặt phẳng cần tìm vuông góc với \(\Delta \) nên nó nhận \(\vec{a}=\left( 2\,;\,2\,;\,1 \right)\) làm vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là

\(2\left( x-1 \right)+2\left( y-1 \right)+z+1=0\Leftrightarrow 2x+2y+z-3=0\)

\(\overrightarrow{MN}=\left( 2\,;\,2\,;\,4 \right)=2\left( 1\,;\,1\,;\,2 \right)\)

Đường thẳng đi qua hai điểm \(M\left( 2\,;\,3\,;\,-1 \right)\) và \(N\left( 4\,;\,5\,;\,3 \right)\) có một vectơ chỉ phương là \(\vec{u}=\left( 1\,;\,1\,;\,2 \right)\)

Gọi A là biến cố: “ Số được chọn có tổng các chữ số là chẵn ”.
Ta có \(\left| \Omega  \right|=9.A_{9}^{2}=648\).
Vì số được chọn có tổng các chữ số là chẵn nên có 2 trường hợp:
TH1: Cả 3 chữ số đều chẵn.
* Có mặt chữ số 0
Chọn 2 chữ số chẵn còn lại có \(C_{4}^{2}\), => có \(\left( 3!-2 \right)C_{4}^{2}=24\) số.
* Không có mặt chữ số 0
Chọn 3 chữ số chẵn có \(C_{4}^{3}\), => có \(3!C_{4}^{3}=24\) số.
TH2: 2 chữ số lẻ và 1 chữ số chẵn.
* Có mặt chữ số 0
Chọn 2 chữ số lẻ có \(C_5^2\), => có \(\left( {3! - 2} \right)C_5^2 = 40\) số.

* Không có mặt chữ số 0
Chọn 2 chữ số lẻ có \(C_5^2\), chọn 1 chữ số chẵn có 4, => có \(3!4.C_5^2 = 240\) số.
\( \Rightarrow \left| {{\Omega _A}} \right| = 24 + 24 + 40 + 240 = 328\)
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{328}}{{648}} = \frac{{41}}{{81}}\)

Ta có BCDM là hình bình hành (vì CD song song và bằng BM) nên \(DM=BC=\frac{1}{2}AB\) suy ra tam giác ADB vuông tại D. Tương tự tam giác ACB vuông tại C.

Vì \(DM\text{//}CB\Rightarrow DM\text{//}\left( SBC \right)\) \(\Rightarrow d\left( DM,SB \right)=d\left( DM,\left( SBC \right) \right)=d\left( M,\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( A,\left( SBC \right) \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot AC\\
BC \bot SA
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAC} \right)\) , do đó gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SC thì \(AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A,\left( BC \right) \right)=AH\)

Trong tam giác vuông SAC ta có \(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}=\frac{1}{9{{a}^{2}}}+\frac{1}{3{{a}^{2}}}=\frac{4}{9{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{3a}{2}\)

Vậy\(d\left( SB,DM \right)=\frac{3a}{4}\)

Ta có \(f\left( x \right)=\int{f'\left( x \right)\text{dx}}=\int{\frac{x}{x+1-\sqrt{x+1}}\text{dx}}\)

                                                    \(=\int{\frac{x\left( x+1+\sqrt{x+1} \right)}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}-\left( x+1 \right)}\text{dx=}}\int{\left( \text{1+}\frac{1}{\sqrt{x+1}} \right)\text{dx}}=x+2\sqrt{x+1}+C\)

Ta có \(f\left( 3 \right)=3\Leftrightarrow C=-4\) suy ra \(f\left( x \right)=x+2\sqrt{x+1}-4\)

Khi đó \(\int\limits_{3}^{8}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{3}^{8}{\left( x+2\sqrt{x+1}-4 \right)\text{d}x}=\frac{197}{6}\)

Tập xác đinh của hàm số: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\)

\({f}'\left( x \right)=\frac{4-{{m}^{2}}}{{{\left( x-m \right)}^{2}}}\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f'\left( x \right) > 0\\
m \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4 - {m^2} > 0\\
m \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2 < m < 2\\
m \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 2 < m \le 0\)

Do m nhận giá trị nguyên nên \(m\in \left\{ -1;0 \right\}\). Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.

Mặt phẳng qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác đều \(SAB\(.

Gọi H là trung điểm của AB ta có  \(SH\bot AB\) và  \(OH\bot AB\).

Theo đề bài ta có:

\(h=SO=2\sqrt{5}\)

\({{S}_{\Delta SAB}}=\frac{1}{2}AB.SH=9\sqrt{3}\), mà \(SH=\frac{AB\sqrt{3}}{2}\)

\({{S}_{\Delta SAB}}=\frac{1}{2}AB.\frac{AB\sqrt{3}}{2}=9\sqrt{3}\)

\(\Leftrightarrow \frac{A{{B}^{2}}\sqrt{3}}{4}=9\sqrt{3}\Leftrightarrow A{{B}^{2}}=36\Leftrightarrow AB=6\,\,\,\left( AB>0 \right)\)

\(\Rightarrow SA=SB=AB=6\)

\(\Delta SOA\) vuông tại O ta có: \(S{{A}^{2}}=O{{A}^{2}}+S{{O}^{2}}\Rightarrow O{{A}^{2}}=S{{A}^{2}}-S{{O}^{2}}=16\)

\(\Rightarrow r=OA=4\,\,\left( OA>0 \right)\)

\(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi {{.4}^{2}}.2\sqrt{5}=\frac{32\sqrt{5}\,\pi }{3}\)

Giả sử \({{\log }_{9}}x={{\log }_{6}}y={{\log }_{4}}(2x+y)=t\). Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}
x = {9^t}\\
y = {6^t}\\
2x + y = {4^t}
\end{array} \right. \Rightarrow {2.9^t} + {6^t} = {4^t}\)

\( \Leftrightarrow 2.{\left( {\frac{9}{4}} \right)^t} + \left( {\frac{3}{2}} \right){}^t - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\left( {\frac{3}{2}} \right)^t} =  - 1\,\,(loai)\\
{\left( {\frac{3}{2}} \right)^t} = \frac{1}{2}
\end{array} \right.\)

Ta có : \(\frac{x}{y}=\frac{{{9}^{t}}}{{{6}^{t}}}={{\left( \frac{3}{2} \right)}^{t}}=\frac{1}{2}\)

Xét \(u = {x^3} - 3x + m\) trên đoạn [0; 3] có \(u' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \in \left[ {0;\,3} \right]\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {{\rm{max u}}}\limits_{\left[ {0;3} \right]}  = {\rm{max}}\left\{ {u\left( 0 \right),u\left( 1 \right),u\left( 3 \right)} \right\} = {\rm{max}}\left\{ {m,m - 2,m + 18} \right\} = m + 18\\
\mathop {{\rm{min u}}}\limits_{\left[ {0;3} \right]}  = {\rm{min}}\left\{ {u\left( 0 \right),u\left( 1 \right),u\left( 3 \right)} \right\} = {\rm{min}}\left\{ {m,m - 2,m + 18} \right\} = m - 2
\end{array} \right.\)

Suy ra \(\mathop {Max}\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = {\rm{max}}\left\{ {\left| {m - 2} \right|,\left| {m + 18} \right|} \right\} = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\left| {m + 18} \right| = 16\\
\left| {m + 18} \right| \ge \left| {m - 2} \right|
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
\left| {m - 2} \right| = 16\\
\left| {m - 2} \right| \ge \left| {m + 18} \right|
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m =  - 2\\
m =  - 14
\end{array} \right.\)

Do đó tổng tất cả các phần tử của S bằng -16

Điều kiện: \(x>0\)

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

\( \Leftrightarrow \log _2^2x - m{\log _2}x + m - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\log _2}x = 1\\
{\log _2}x = m - 1
\end{array} \right.\)

Ta có: \(x\in \left[ 1\,;\,2 \right]\Leftrightarrow {{\log }_{2}}x\in \left[ 0\,;\,1 \right]\)

Vậy để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ 1\,;\,2 \right]\) khi và chỉ khi \(0\le m-1<1\Leftrightarrow 1\le m<2\)

Theo đề bài \(\cos 2x\) là một nguyên hàm của hàm số \(f(x){{e}^{x}}\) ta suy ra:

\(\Rightarrow \left( \cos 2x \right)'=f(x){{e}^{x}}\) \(\Leftrightarrow -2\sin 2x=f(x){{e}^{x}}\Leftrightarrow f(x)=\frac{-2\sin 2x}{{{e}^{x}}}\)

\(\Rightarrow f'(x)=\frac{-4{{e}^{x}}\cos 2x+2{{e}^{x}}\sin 2x}{{{\left( {{e}^{x}} \right)}^{2}}}=\frac{-4\cos 2x+2\sin 2x}{{{e}^{x}}}\)

\(\Rightarrow f'(x).{{e}^{x}}=-4\cos 2x+2\sin 2x\)

Vậy \(\int{f'(x){{e}^{x}}\text{dx}=}\,\int{(-4\cos 2x+2\sin 2x)\text{dx}}=-2\sin 2x-\cos 2x+C\)

Ta có \(2f\left( {\sin x} \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( {\sin x} \right) =  - \frac{3}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\sin x = {a_1} \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\,\,\,\,\left( 1 \right)\,}\\
{\,\,\sin x = {a_2} \in \left( { - 1;0} \right)\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\,\,\,\,\,}\\
{\,\,\sin x = {a_3} \in \left( {0;1} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\,\,\,}\\
{\sin x = {a_4} \in \left( {1; + \infty } \right)\,\,\,\left( 4 \right)\,\,\,\,}
\end{array}} \right.\)

Các phương trình (1) và (4) đều vô nghiệm.

Xét đồ thị hàm số \(y=\sin x\) trên \(\left[ -\pi ;2\pi  \right]\)

Ta thấy phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt và phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt đồng thời trong số chúng không có 2 nghiệm nào trùng nhau. Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ -\pi ;2\pi  \right]\)

Do \(y=f\left( x \right)\) là hàm số bậc bốn nên là hàm số liên tục  và có đạo hàm luôn xác định tại \(\forall x\in \mathbb{R}\)

Theo đồ thị hàm số ta có được \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = {x_1} \in \left( { - 2;0} \right)\\
x = {x_2} \in \left( {0;4} \right)\\
x = {x_3} \in \left( {4;6} \right)
\end{array} \right.\)

Mặt khác \({g}'\left( x \right)=\left( 3{{x}^{2}}+6x \right){f}'\left( {{x}^{3}}+3{{x}^{2}} \right)\) nên \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
3{x^2} + 6x = 0\\
f'\left( {{x^3} + 3{x^2}} \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  - 2\\
{x^3} + 3{x^2} = {x_1}\\
{x^3} + 3{x^2} = {x_2}\\
{x^3} + 3{x^2} = {x_3}
\end{array} \right. \)

Xét hàm số \(h\left( x \right)={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}\) trên \(\mathbb{R}\)

Ta có, \(h'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x,\,\,h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  - 2
\end{array} \right.\), từ đó ta có BBT của \(y=h\left( x \right)\) như sau

Từ BBT của hàm số \(h\left( x \right)={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}\) nên ta có \(h\left( x \right)={{x}_{1}}\) có đúng một nghiệm, \(h\left( x \right)={{x}_{2}}\) có đúng 3 nghiệm, \(h\left( x \right)={{x}_{3}}\) có đúng một nghiệm phân biệt và các nghiệm này đều khác 0 và -2. Vì thế phương trình \({g}'\left( x \right)=0\) có đúng 7 nghiệm phân biệt và đều là các nghiệm đơn nên hàm số \(y=g\left( x \right)\) có 7 cực trị.

+ Ta có: \({{\log }_{3}}\left( 3x+3 \right)+x=2y+{{9}^{y}}\,\Leftrightarrow 1+\,{{\log }_{3}}\left( x+1 \right)\,+x=2y+{{9}^{y}}\,\,\left( 1 \right)\)

+ Đặt \(t={{\log }_{3}}\left( x+1 \right)\). Suy ra: \(x+1={{3}^{t}}\Leftrightarrow x={{3}^{t}}-1\)

Khi đó: \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow t+{{3}^{t}}=2y+{{3}^{2y}}\,\left( 2 \right)\)

Xét hàm số: \(f\left( h \right)=h+{{3}^{h}}\), ta có: \({f}'\left( h \right)=1+{{3}^{h}}.\ln 3\,>0\,\forall h\in \mathbb{R}\) nên hàm số \(f\left( h \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

Do đó: \(\left( 2 \right)\Leftrightarrow f\left( t \right)=f\left( 2y \right)\Leftrightarrow t=2y\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( x+1 \right)=2y\Leftrightarrow x+1={{3}^{2y}}\Leftrightarrow x+1={{9}^{y}}\)

+ Do \(0\le x\le 2020\) nên \(1\le x+1\le 2021\Leftrightarrow 1\le {{9}^{y}}\le 2021\Leftrightarrow 0\le y\le {{\log }_{9}}2021\approx 3,46\)

Do \(y\in \mathbb{Z}\) nên \(y\in \left\{ 0;\,1;\,2;\,3 \right\}\), với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thoả đề.

Vậy có 4 cặp số nguyên \(\left( x\,;\,y \right)\) thoả đề.

Ta có \(xf\left( {{x}^{3}} \right)+f\left( 1-{{x}^{2}} \right)=-{{x}^{10}}+{{x}^{6}}-2x,\,\forall x\in \mathbb{R}\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

       \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}f\left( {{x}^{3}} \right)+xf\left( 1-{{x}^{2}} \right)=-{{x}^{11}}+{{x}^{7}}-2{{x}^{2}}\)

      \(\Rightarrow \int\limits_{-1}^{0}{{{x}^{2}}f\left( {{x}^{3}} \right)dx+\int\limits_{-1}^{0}{xf\left( 1-{{x}^{2}} \right)}dx=\int\limits_{-1}^{0}{\left( -{{x}^{11}}+{{x}^{7}}-2{{x}^{2}} \right)}dx}=\frac{-17}{24}\)

Xét \({{I}_{1}}=\int\limits_{-1}^{0}{{{x}^{2}}}f\left( {{x}^{3}} \right)dx\) đặt \(u={{x}^{3}}\Rightarrow du=3{{x}^{2}}dx\Rightarrow \frac{1}{3}du={{x}^{2}}dx\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}
x =  - 1 \Rightarrow u =  - 1\\
x = 0 \Rightarrow u = 0
\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow {{I}_{1}}=\frac{1}{3}\int\limits_{-1}^{0}{f\left( u \right)}du=\frac{1}{3}\int\limits_{-1}^{0}{f\left( x \right)dx}\)

Xét \({{I}_{2}}=\int\limits_{-1}^{0}{xf\left( 1-{{x}^{2}} \right)}dx\) đặt \(u=1-{{x}^{2}}\Rightarrow du=-2xdx\Rightarrow \frac{-1}{2}du=xdx\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}
x =  - 1 \Rightarrow u = 0\\
x = 0 \Rightarrow u = 1
\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow {{I}_{2}}=-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{f\left( u \right)}du=-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)}dx\)

\(\Rightarrow \frac{1}{3}\int\limits_{-1}^{0}{f\left( x \right)dx}-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)}dx=\frac{-17}{24}\,\,\left( 2 \right)\)

Trong (1) thay x bởi -x ta được: \(-xf\left( -{{x}^{3}} \right)+f\left( 1-{{x}^{2}} \right)=-{{x}^{10}}+{{x}^{6}}+2x,\,\,\,\left( 3 \right)\)

Lấy (1) trừ (3) ta được: \(xf\left( {{x}^{3}} \right)+xf\left( -{{x}^{3}} \right)=-4x\)

                                      \(\Rightarrow {{x}^{2}}f\left( {{x}^{3}} \right)+{{x}^{2}}f\left( -{{x}^{3}} \right)=-4{{x}^{2}}\)

                                  \(\Rightarrow \int\limits_{-1}^{0}{{{x}^{2}}f\left( {{x}^{3}} \right)dx+\int\limits_{-1}^{0}{{{x}^{2}}f\left( -{{x}^{3}} \right)}dx=\int\limits_{-1}^{0}{-4{{x}^{2}}}dx}=\frac{-4}{3}\)

                                \(\Rightarrow \frac{1}{3}\int\limits_{-1}^{0}{f\left( x \right)dx}+\frac{1}{3}\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)}dx=\frac{-4}{3}\,\,\left( 4 \right)\)

Từ (2) và (4) suy ra \(\int\limits_{-1}^{0}{f\left( x \right)}dx=\frac{-13}{4}\)

Gọi H là hình chiếu của S lên\(\left( ABC \right)\)

Theo bài ra, ta có \(HC\bot CA,\,\,HB\bot BA\Rightarrow ABHC\) là hình vuông cạnh a.

Gọi \(O=HA\cap BC\) , E là hình chiếu của O lên SA.

Ta dễ dàng chứng minh được \(EC\bot SA,\,\,EB\bot SA\)

Từ đó, ta được: góc giữa \(\left( SAC \right)\) và \(\left( SAB \right)\) là góc giữa EB và EC.

Vì \(\widehat{CAB}={{90}^{0}}\) nên \(\widehat{BEC}>{{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{BEC}={{120}^{0}}.\)

Ta dễ dàng chỉ ra được \(\widehat{OEB}=\widehat{OEC}={{60}^{0}}\)

Đặt \(SH=x\Rightarrow SA=\sqrt{{{x}^{2}}+2{{a}^{2}}}\Rightarrow OE=\frac{AO.SH}{SA}=\frac{xa\sqrt{2}}{2\sqrt{{{x}^{2}}+2{{a}^{2}}}}\)

\(\tan {{60}^{0}}=\frac{OC}{OE}\Rightarrow \frac{a\sqrt{2}}{2}:\frac{xa\sqrt{2}}{2\sqrt{{{x}^{2}}+2{{a}^{2}}}}=\sqrt{3}\Leftrightarrow x=a\)

Vậy \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{2}{{V}_{S.HBAC}}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.a.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}}{6}\)

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

Hàm số nghịch biến \(\Leftrightarrow {g}'\left( x \right)<0\Leftrightarrow {f}'\left( 1-2x \right)>-\frac{1-2x}{2}\).

Xét sự tương giao của đồ thị hàm số \(y={f}'\left( t \right)\) và \(y=-\frac{t}{2}\).

Dựa vào đồ thị ta có: \(f'\left( t \right) >  - \frac{t}{2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
 - 2 < t < 0\\
t > 4
\end{array} \right.\)

Khi đó: \(g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
 - 2 < 1 - 2x < 0\\
1 - 2x > 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\frac{1}{2} < x < \frac{3}{2}\\
x <  - \frac{3}{2}
\end{array} \right.\)