Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({x^4} - 5{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  \pm 2\\
x =  \pm 1
\end{array} \right..\) 

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục hoành là 4.

Xét đáp án A ta có \(y' = 3{x^2} + 3 > 0,\forall x \in R \Rightarrow \) Hàm số không có cực trị.

Ta có: \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {25{a^2} - 16{a^2}}  = 3a\) (Định lí Pytago)

Do đó khối trụ có bán kính đáy \(r = \frac{{AB}}{2} = 2a,\) chiều cao \(h = AC = 3a.\) 

\( \Rightarrow {V_{tru}} = \pi .{r^2}h = \pi {\left( {2a} \right)^2}.3a = 12\pi {a^3}.\) 

Do \(\Delta ABC\) vuông cân tại B có \(AC = 2a \Rightarrow AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 .\) 

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}BA.BC = \frac{1}{6}.2a.a\sqrt 2 .a\sqrt 2  = \frac{{2{a^3}}}{3}.\) 

Ta có:

\(C_n^k = C_n^{n - k},C_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}};A_n^k = k!C_n^k\) là các công thức đúng.

Ta có

\(\begin{array}{l}
{S_{BCC'B'}} = d\left( {B';CC'} \right).CC'\\
{S_{BMNC}} = \frac{{\left( {BM + CN} \right)d\left( {B;CC'} \right)}}{2}\\
 = \frac{1}{2}d\left( {B;CC'} \right)\left( {\frac{1}{2}CC' + \frac{2}{3}CC'} \right) = \frac{7}{{12}}d\left( {B;CC'} \right).CC'\\
 \Rightarrow \frac{{{S_{BMNC}}}}{{{S_{BCC'B'}}}} = \frac{7}{{12}} \Rightarrow \frac{{{V_{A.BMNC}}}}{{{V_{A.BCC'B'}}}} = \frac{7}{{12}} \Rightarrow {V_{A.BMNC}} = \frac{7}{{12}}{V_{A.BCC'B'}}.
\end{array}\) 

Mà \({V_{A.BCC'B'}} = \frac{2}{3}V \Rightarrow {V_{A.BMNC}} = \frac{7}{{12}}.\frac{2}{3}V = \frac{7}{{18}}V.\) 

TXĐ: D = R. Ta có \(y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1.\) 

Bảng xét dấu y’:

\( \Rightarrow \) Hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\) và nghịch biến trên (-1;1).

Gọi M là trung điểm của CD ta có :

B, G₁ , M thẳng hàng A, G₂, M thẳng hàng

\( \to B{G_2},A{G_2},CD\) đồng quy tại M, do đó đáp án D đúng.

Ta có: \(\frac{{MG{}_1}}{{MB}} = \frac{{M{G_2}}}{{MA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow {G_1}{G_2}//AB\) (Định lí Ta-lét đảo).

Mà \(AB \subset (ABD),AB \subset (ABC) \Rightarrow {G_1}{G_2}//(ABD),{G_1}{G_2}//(ABC)\), do đó các đáp án A, B đúng.

\(\int {f\left( x \right)dx}  = \int {{x^2}{e^{{x^3} + 1}}dx} .\) 

Đặt \(t = {x^3} + 1 \Rightarrow dt = 3{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = \frac{{dt}}{3}\) 

\( \Rightarrow \int {f\left( x \right)dx}  = \int {\frac{{{e^t}dt}}{3} = \frac{1}{3}{e^t} + C = \frac{1}{3}{e^{{x^2} + 1}} + C.} \)

Ta có \({7^{2{x^2} + 5x + 4}} = 49 = {7^2} \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 4 = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - \frac{1}{2}\\
x =  - 2
\end{array} \right..\) 

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là \( - \frac{1}{2} - 2 = \frac{{ - 5}}{2}.\) 

Đồ thị hàm số đã cho là hàm đa thức bậc ba có a > 0 do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty  \Rightarrow \) Loại đáp án A.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {2;1} \right) \Rightarrow \) Loại các đáp án B và D.

Gọi \(O = AC \cap BD\) ta có \(SO \bot (ABCD).\) 

\( \Rightarrow \angle \left( {SA;(ABC)} \right) = \angle \left( {SA;(ABCD)} \right) = \angle SAO = {45^0} \Rightarrow SO = OA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\) 

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}.\) 

Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần \(\int {udv}  = uv - \int {vdu}  + C.\) 

Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều

Khối đa diện đều có nhiều đỉnh nhất là khối nhị thập diện đều (12 mặt đều) với 20 đỉnh. 

Ta có \(\int {\frac{{dx}}{{5x + 4}}}  = \frac{1}{5}\ln \left| {5x + 4} \right| + C.\)

Xét tam giác vuông ABC ta có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{2^2} + {4^2}}  = 2\sqrt 5 .\) 

Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Gọi R_day là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC \Rightarrow {R_{day}} = \frac{{BC}}{2} = \sqrt 5 .\) 

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC có \(SA \bot \left( {ABC} \right):\) 

\(R = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + S_{day}^2}  = \sqrt {\frac{5}{4} + 5}  = \frac{5}{2}.\) 

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} - x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{1}{x} - \frac{2}{{{x^2}}}}} = 1 \Rightarrow y = 1\) là TCN của đồ thị hàm số.

\(\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} - x - 2}} = \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} - x - 2}} = \infty 
\end{array} \right. \Rightarrow x = 2,x =  - 1\) là các đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {\left( {\sqrt 3 } \right)^2}.4 = 4\pi .\) 

Vì \(\sqrt {2 - \sqrt 3 }  \notin Z \Rightarrow \) Hàm số xác định \( \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 > 0 \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 4\\
x <  - 1
\end{array} \right..\) 

Vậy TXĐ của hàm số là \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right).\)

Ta có \(I = {\log _{\frac{a}{5}}}\left( {\frac{{{a^3}}}{{125}}} \right) = {\log _{\frac{a}{5}}}{\left( {\frac{a}{5}} \right)^3} = 3{\log _{\frac{a}{5}}}\left( {\frac{a}{5}} \right) = 3.\)

Ta có: \(T = 2{\left( {a + b} \right)^{ - 1}}.{\left( {ab} \right)^{\frac{1}{2}}}{\left[ {1 + \frac{1}{4}{{\left( {\sqrt {\frac{a}{b}}  - \sqrt {\frac{b}{a}} } \right)}^2}} \right]^{\frac{1}{2}}}\) 

\( = \frac{2}{{a + b}}.\sqrt {ab} {\left[ {1 + \frac{1}{4}.{{\left( {\frac{{a - b}}{{\sqrt {ab} }}} \right)}^2}} \right]^{\frac{1}{2}}} = \frac{{2\sqrt {ab} }}{{a + b}}.\sqrt {1 + \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{4ab}}}  = \frac{{2\sqrt {ab} }}{{a + b}}.\sqrt {\frac{{\left( {a + b} \right){}^2}}{{4ab}}}  = 1\) 

Kẻ đường thẳng y = m > 0 như hình vẽ ta có:

\({\log _a}x{}_1 = m \Leftrightarrow x{}_1 = {a^m},{\log _b}{x_2} = m \Leftrightarrow {x_2} = {b^m},{\log _c}{x_3} = m \Leftrightarrow {x_3} = {c^m}\) 

Quan sát hình vẽ ta thấy \({x_2} < {x_3} < {x_1} \Leftrightarrow {b^m} < {c^m} < {a^m}.\) 

Mà m > 0 nên b < c < a hay a > c > b.

Hàm số \(y = 2\sin x\) xác định trên R nên tập xác định D = R.

Ta có: \({a^2} + 4{b^2} = 5ab \Leftrightarrow {a^2} + 4ab + 4{b^2} = 9ab \Leftrightarrow {\left( {a + 2b} \right)^2} = 9ab.\) 

Logarit cơ số 10 hai vế ta được:

\(\begin{array}{l}
\log {\left( {a + 2b} \right)^2} = \log (9ab) \Leftrightarrow 2\log \left( {a + 2b} \right) = \log 9 + loga + logb\\
 \Leftrightarrow 2\log \left( {a + 2b} \right) = 2\log 3 + \log a + \log b \Leftrightarrow 2(\log \left( {a + 2b} \right) - \log 3) = \log a + \log b\\
 \Leftrightarrow \log \frac{{a + 2b}}{3} = \frac{{\log a + \log b}}{2}.
\end{array}\) 

Số tập con gồm 6 phần tử trong tập A gồm 26 phần tử là \(C_{26}^6\) 

Số phần tử không gian mẫu \(n(\Omega ) = 6.\) 

Gọi biến cố A: “mặt chẵn chấm xuất hiện”

Ta có: \(A = \left\{ {2;4;6} \right\} \Rightarrow n(A) = 3.\) 

Vậy xác suất \(P(A) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}.\) 

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}
x - 1 > 0\\
11 - 2x > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
x < \frac{{11}}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x < \frac{{11}}{2}\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 1} \right) + {\log _3}(11 - 2x) \ge 0 \Leftrightarrow  - {\log _3}(x - 1) + {\log _3}(11 - 2x) \ge 0\\
 \to {\log _3}\frac{{11 - 2x}}{{x - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{11 - 2x}}{{x - 1}} \ge 1 \Leftrightarrow \frac{{11 - 2x}}{{x - 1}} - 1 \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{12 - 3x}}{{x - 1}} \ge 0\\
 \Leftrightarrow 12 - 3x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 4\left( {do\,\,x - 1 > 0} \right)
\end{array}\)

Kết hợp với điều kiện \(1 < x < \frac{{11}}{2}\) ta được \(1 < x \le 4\) hay tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {1;4} \right]\) 

Đáp án A: đúng.

Đáp án B: Với m > 2 hoặc m < - 2 thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại một điểm duy nhất nên B

đúng.

Đáp án C: Hàm số đạt cực tiểu tại x = - 1 chứ không phải đạt cực tiểu bằng - 1 nên C sai.

Đáp án D: Giá trị lớn nhất của hàm số trên [-2;2] đạt được bằng 2 tại x = - 2 nên D đúng.

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {\left( {2x + {e^x}} \right)dx}  = {x^2} + {e^x} + C.\) 

Do \(F\left( 0 \right) = 2019\) nên \(0{}^2 + {e^0} + C = 2019 \Leftrightarrow C = 2018.\) 

Vậy \(F\left( x \right) = {x^2} + {e^x} + 2018.\) 

Hàm số đã cho là hàm số bậc ba có a = 1 > 0, có: \(y' = 3{x^2} - 6mx + 3.\) 

Do đó nó đồng biến trên R nếu và chỉ nếu phương trình y’ = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

\( \Leftrightarrow \Delta ' = 9{m^2} - 9 \le 0 \Leftrightarrow  - 1 \le m \le 1.\) 

Vậy \(m \in [ - 1;1].\) 

Đặt \({\log _9}a = {\log _{16}}b = {\log _{12}}\frac{{5b - a}}{2} = t,\) ta được: \(a = {9^t},b = {16^t},\frac{{5b - a}}{2} = {12^t}\) 

Suy ra \(\frac{{{{5.16}^t} - {9^t}}}{2} = {12^t} \Leftrightarrow {5.16^t} - {2.12^t} - {9^t} = 0 \Leftrightarrow 5 - 2.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} - {\left( {\frac{3}{4}} \right)^{2t}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = \sqrt 6  - 1.\) 

Do đó \(\frac{a}{b} = \frac{{{9^t}}}{{16{}^t}} = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^{2t}} = {\left( {\sqrt 6  - 1} \right)^2} = 7 - 2\sqrt 6 .\) 

Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD) (Vì OM//SB).

Gọi H là hình chiếu của O trên (SCD)

\( \Rightarrow \left( {OM,(SCD)} \right) = (OM,MH) = OMH.\) 

Trong (SBD) kẻ OE//SH, khi đó tứ diện OECD là tứ diện vuông nên \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} + \frac{1}{{O{E^2}}}.\) 

Ta dễ dàng tính được \(OC = \frac{a}{2},OD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\) 

Lại có: \(\frac{{OE}}{{SH}} = \frac{{OD}}{{HD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow OE = \frac{3}{4}SH,\) mà \(SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\) 

Do đó \(OE = \frac{3}{4}SH = \frac{3}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}.\) 

Suy ra \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a/2} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 /2} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 6 /4} \right)}^2}}} = \frac{8}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}.\) 

Tam giác OMH vuông tại H có \(OM = \frac{1}{2}SB = \frac{a}{2},OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow {\mathop{\rm sinOMH}\nolimits}  = \frac{{OH}}{{OM}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\) 

Vậy \(\sin \varphi  = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\) 

Ta có: \(g'(x) =  - f'\left( {1 - x} \right) =  - {\left( {1 - x} \right)^2}\left( {1 - x - 2} \right)\left[ {{{\left( {1 - x} \right)}^2} - 6\left( {1 - x} \right) + m} \right]\) 

\( =  - {\left( {1 - x} \right)^2}\left( { - 1 - x} \right)\left( {{x^2} + 4x + m - 5} \right) = {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 4x + m - 5} \right)\) 

Hàm số g(x) nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\)  

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow g'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 4x + m - 5} \right) \le 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\\
 \Leftrightarrow {x^2} + 4x + m - 5 \ge 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\left( {do\,\,x + 1 < 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)} \right)\\
 \Leftrightarrow h\left( x \right) = {x^2} + 4x - 5 \ge m\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \Leftrightarrow  - m \le \mathop {\min }\limits_{\left( { - \infty ; - 1} \right]} h\left( x \right).
\end{array}\) 

Ta có \(h'\left( x \right) = 2x + 4 = 0 \Leftrightarrow x =  - 2.\) 

BBT:

Dựa vào BBT ta có \( - m \le  - 9 \Leftrightarrow m \ge 9.\) 

Mà \(m \in \left[ { - 2019;2019} \right]\) và m nguyên nên \(m \in \left[ {9;10;11;...;2019} \right]\) hay có 2019 – 9 + 1 = 2011 giá trị của m thỏa mãn.

Dễ thấy \(\Delta SAB = \Delta SAC(c.g.c)\) hay tam giác \(\Delta SBC\) cân.

Gọi M là trung điểm BC ta có: \(AM \bot BC,SM \bot BC \Rightarrow BC \bot (SAM).\) 

Gọi H là hình chiếu của S trên AM thì \(SH \bot AM,SH \bot BC\) nên SH là đường cao của hình chóp.

Xét tam giác SAB có:

\(S{B^2} = S{A^2} + A{B^2} - 2.SA.AB.cos{30^0} = 16 \Rightarrow SB = 4 \Rightarrow SC = 4.\) 

Do đó \(S{M^2} = \frac{{S{B^2} + S{C^2}}}{2} - \frac{{B{C^2}}}{4} = 15 \Rightarrow SM = \sqrt {15} \) 

Tam giác ABC có \(A{M^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \frac{{B{C^2}}}{4} = 15 \Rightarrow AM = \sqrt {15} .\) 

Khi đó \({S_{SAM}} = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)}  = 6.\) 

Do đó: \(SH = \frac{{2{S_{SAM}}}}{{AM}} = \frac{{2.6}}{{\sqrt {15} }} = \frac{{4\sqrt {15} }}{5}.\) 

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{2}{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}AM.BC.SH = \frac{1}{6}.\sqrt {15} .2.\frac{{4\sqrt {15} }}{5} = 4.\) 

Ta có: \({e^{2{f^3}\left( x \right) - \frac{{13}}{2}{f^2}\left( x \right) + 7f\left( x \right) + \frac{3}{2}}} = m \Leftrightarrow 2{f^3}\left( x \right) - \frac{{13}}{2}{f^2}\left( x \right) + 7f\left( x \right) + \frac{3}{2} = \ln m\) 

Xét \(g\left( x \right) = 2{f^3}\left( x \right) - \frac{{13}}{2}{f^2}\left( x \right) + 7f\left( x \right) + \frac{3}{2}\) có

\(g'\left( x \right) = 6{f^2}\left( x \right).f'\left( x \right) - 13f\left( x \right).f'\left( x \right) + 7f'\left( x \right) = f'\left( x \right)\left[ {6{f^2}\left( x \right) - 13f\left( x \right) + 7} \right]\) 

Suy ra \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f'\left( x \right) = 0\\
6{f^2}\left( x \right) - 13f\left( x \right) + 7 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f'\left( x \right) = 0\\
f\left( x \right) = 1\\
f\left( x \right) = \frac{7}{6}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1;x = 3\\
x = 1;x = {x_1} > 3\\
x = {x_2} < 1
\end{array} \right.\) 

Xét g(x) trên đoạn [0;2].

+ Trong khoảng (0;1) thì \(f'\left( x \right) < 0,f\left( x \right) > 1,f\left( x \right) < \frac{7}{6}\) nên \(f'\left( x \right)\left( {f\left( x \right) - 1} \right)\left( {f\left( x \right) - \frac{7}{6}} \right) > 0\) hay g'(x) > 0 

+ Trong khoảng (1;2) thì \(f'\left( x \right) > 0,f\left( x \right) > 1,f\left( x \right) < \frac{7}{6}\) nên \(f'\left( x \right)\left( {f\left( x \right) - 1} \right)\left( {f\left( x \right) - \frac{7}{6}} \right) < 0\) hay g'(x) < 0 

Từ đó ta có bảng biến thiên của g(x) như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy \(\mathop {\max }\limits_{[0;2]} g\left( x \right) = 4.\) 

Vậy yêu cầu bài toán thỏa nếu và chỉ nếu \(\ln m \le 4 \Leftrightarrow m \le {e^4}\) hay giá trị lớn nhất của m là m = e⁴ 

\(2\sin x - 1\sqrt 3 {\mathop{\rm tanx}\nolimits}  + 2sinx = 3 - 4{\cos ^2}x\) (*)

Điều kiện: \(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi .\) 

\(\begin{array}{l}
\left( * \right) \Leftrightarrow \left( {2\sin x - 1} \right).\frac{{\sqrt 3 \sin  + 2\sin x\cos x}}{{\cos x}} = 3 - 4{\cos ^2}x\\
 \Leftrightarrow \left( {2\sin x - 1} \right)\left( {\sqrt 3 {\mathop{\rm sinx}\nolimits}  + sin2x} \right) + \left( {4{{\cos }^3}x - 3\cos x} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow 2\sqrt 3 {\sin ^2}x - \sqrt 3 {\mathop{\rm sinx}\nolimits}  + 2sinsin2x - sin2x + cos3x = 0\\
 \Leftrightarrow 2\sqrt 3 {\sin ^2}x - \sqrt 3 {\mathop{\rm sinx}\nolimits}  + cosx - cos3x - sin2x + cos3x = 0\\
 \Leftrightarrow \sqrt 3 {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \left( {2\sin x - 1} \right) - \sin 2x + \cos x = 0\\
 \Leftrightarrow \sqrt 3 {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \left( {2\sin x - 1} \right) - \cos x\left( {2\sin x - 1} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow \left( {2\sin x - 1} \right)\left( {\sqrt 3 {\mathop{\rm sinx}\nolimits}  - cosx} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
2\sin x - 1 = 0\,\,(1)\\
\sqrt 3 {\mathop{\rm sinx}\nolimits}  - cosx = 0\,\,(2)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Giải \((1) \Leftrightarrow {\mathop{\rm sinx}\nolimits}  = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\
x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi 
\end{array} \right.\) 

Giải \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \sqrt 3 {\mathop{\rm sinx}\nolimits}  = cosx \Leftrightarrow \sqrt 3 {\mathop{\rm tanx}\nolimits}  = 1 \Leftrightarrow tanx = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {TM} \right).\) 

Hợp nghiệm của (1) và (2) ta được \(\left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\
x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi 
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right).\) 

Mà \(x \in \left[ {0;20\pi } \right] \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{6} + \pi ;...;\frac{\pi }{6} + 19\pi ;\frac{{5\pi }}{6};\frac{{5\pi }}{6} + 2\pi ;...\frac{{5\pi }}{6} + 18\pi } \right\}\) 

Vậy tổng các nghiệm là:

\(\begin{array}{l}
\frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{6} + \pi  + \frac{\pi }{6} + 2\pi  + ... + \frac{\pi }{6} + 19\pi  + \frac{{5\pi }}{6} + \frac{{5\pi }}{6} + 2\pi  + ... + \frac{{5\pi }}{6} + 18\pi \\
 = 20.\frac{\pi }{6} + \left( {1 + 2 + 3 + ... + 19} \right)\pi  + \frac{{5\pi }}{6}.10 + 2\pi \left( {1 + 2 + ... + 9} \right) = \frac{{875\pi }}{3}
\end{array}\)

Trong mặt phẳng (ABC) kẻ \(AH \bot BC\left( {H \in BC} \right).\) 

Lại có \(AH \bot BB'\) (do \(BB \bot (ABC)\) suy ra \(AH \bot \left( {BCC'B'} \right).\) 

Suy ra \(\left( {AC',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AC'H = {30^0}\) 

Ta có: \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = a,AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\) 

\(AC' = \frac{{AH}}{{\sin AC'H}} = a\sqrt 3  \Rightarrow CC' = \sqrt {AC{'^2} - A{C^2}}  = a\sqrt 2 .\) 

Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ, khi đó \(R = \sqrt {{r^2} + \frac{{{h^2}}}{4}} \) với \(r = \frac{{BC}}{2} = a\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ABC và \(h = CC' = a\sqrt 2 \) 

Do đó \(R = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow S = 4\pi {R^2} = 4\pi .\frac{{6a{}^2}}{4} = 6\pi {a^2}.\) 

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

\( \Rightarrow \frac{{f\left( x \right).f'\left( x \right)}}{{\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }} = 2x + 1 \Rightarrow \int {\frac{{f\left( x \right).f'\left( x \right)}}{{\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }}dx}  = \int {\left( {2x + 1} \right)dx} \) 

Tính \(\int {\frac{{f\left( x \right).f'\left( x \right)}}{{\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }}dx} \) ta đặt $\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)}  = t \Rightarrow 1 + {f^2}\left( x \right) = {t^2} \Leftrightarrow 2f\left( x \right)f'\left( x \right)dx = 2tdt\) 

\( \Rightarrow f\left( x \right)f'\left( x \right)dx = tdt\) 

Thay vào ta được \(\int {\frac{{f\left( x \right).f'\left( x \right)}}{{\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }}dx}  = \int {\frac{{tdt}}{t}}  = \int {dt}  = t + C = \sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)}  + C\) 

Do đó \(\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)}  + C = {x^2} + x.\) 

\(f\left( 0 \right) = 2\sqrt 2  \Rightarrow \sqrt {1 + {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}}  + C = 0 \Leftrightarrow C =  - 3.\) 

Từ đó:

\(\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)}  - 3 = {x^2} + x \Rightarrow \sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)}  - 3 = 1 + 1 \Leftrightarrow \sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)}  = 5\) 

\( \Leftrightarrow 1 + {f^2}(1) = 25 \Leftrightarrow {f^2}(1) = 24 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = \sqrt {24} \) 

Xét tam giác SAD vuông tại A có \(SA = a\sqrt 3 ,AD = 3a \Rightarrow SDA = {30^0} \Rightarrow MAI = {30^0}.\) 

Lại có tam giác SAI vuông tại A có \(SA = a\sqrt 3 ,AI = a \Rightarrow SIA = {60^0}\) nên tam giác AHI có \(H=90^0\) hay \(AH \bot SI.\) 

Mà \(AH \bot IC\) do \(IC//BA \bot (SAD)\) nên \(AH \bot (SIC) \Rightarrow AH \bot SC.\) 

Ngoài ra, \(AE \bot SB,AE \bot BC\left( {BC \bot (SAB)} \right) \Rightarrow AE \bot (SBC) \Rightarrow AE \bot SC.\) 

Mà \(AE \bot SC\) nên \(SC \bot (AEFH)\) và AEFH là tứ giác có \(E = H = {90^0}\) nên nội tiếp đường tròn tâm K là trung điểm AF đường kính AF .

Gọi O là trung điểm AC thì OK // SC mà \(SC \bot (AEFH)\) nên \(OK \bot (AEFH)\) hay O chính là đỉnh hình nón và đường tròn đáy là đường tròn đường kính AF .

Ta tính AF, OK.

Xét tam giác SAC vuông tại A đường cao AF nên \(AF = \frac{{SA.AC}}{{SC}} = \frac{{SA.AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 5 }}; OK = \frac{1}{2}CF = \frac{1}{2}.\frac{{C{A^2}}}{{CS}} = \frac{a}{{\sqrt 5 }}.\) 

Vậy thể tích \(V = \frac{1}{2}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi .\frac{a}{{\sqrt 5 }}.{\left( {\frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} = \frac{{\pi {a^3}}}{{10\sqrt 5 }}.\) 

\(m{\ln ^2}x + 1 - x + 1 - m\ln x + 1 - x - 1 = 0\)

Điều kiện: x > -1.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
m{\ln ^2}\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2 - m} \right)\ln \left( {x + 1} \right) - x - 2 = 0\\
 \Leftrightarrow m{\ln ^2}\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2} \right)\ln \left( {x + 1} \right) + m\ln \left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow m\ln \left( {x + 1} \right)\left[ {\ln \left( {x + 1} \right) + 1} \right] - \left( {x + 2} \right)\left[ {\ln \left( {x + 1} \right) + 1} \right] = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ {\ln \left( {x + 1} \right) + 1} \right]\left[ {m\ln \left( {x + 1} \right) - x - 2} \right] = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\ln \left( {x + 1} \right) + 1 = 0\\
m\ln \left( {x + 1} \right) - x - 2 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x + 1 = {e^{ - 1}}\\
m\ln \left( {x + 1} \right) - x - 2 = 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = {e^{ - 1}} - 1 < 0(L)\\
m\ln \left( {x + 1} \right) - x - 2 = 0(*)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Với m = 0 thì phương trình (*) có nghiệm \(x =  - 2 <  - 1(L)\) nên không thỏa bài toán.

Với \(m \ne 0\) thì (*) \( \Leftrightarrow \frac{{\ln (x + 1)}}{{x + 2}} = \frac{1}{m}.\) 

Xét \(f\left( x \right) = \frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{x + 2}}\) có \(f'\left( x \right) = \frac{{\frac{{x + 2}}{{x + 1}} - \ln \left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = {x_0} \in (2;3)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\ln (1 + x)}}{{x + 2}} = 0\) nên ta có bảng biến thiên trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) như sau:

Để phương trình có nghiệm \(x_1, x_2\) thỏa \(0 < {x_1} < 2 < 4 < {x_2}\) thì \(0 < \frac{1}{m} < \frac{{\ln 5}}{6} \Leftrightarrow m > \frac{6}{{\ln 5}} \approx 3,728\) 

Suy ra \(a = \frac{6}{{\ln 5}} \in \left( {3,7;3,8} \right).\) 

Ta có \(y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 1\\
x =  - 1
\end{array} \right.\) 

Lại có \(y'' = 12{x^2} - 4 \Rightarrow y''\left( 0 \right) =  - 4 < 0;y''\left( 1 \right) = y''\left( { - 1} \right) = 8 > 0\) nên x = 0 là điểm cực đại của hàm số và x = 1, x = - 1 là các điểm cực tiểu của hàm số.

Nhận thấy rằng đây là hàm trùng phương nên hai điểm cực tiểu sẽ đối xứng nhau qua Oy.

Từ đó để tiếp tuyến của đồ thị song song với trục Ox thì tiếp điểm là điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Do đó để có đúng 1 tiếp tuyến song song với trục Ox thì điểm cực đại hoặc cực tiểu phải nằm trên trục Ox.

Hay

\(\left[ \begin{array}{l}
y\left( 0 \right) = 0\\
y\left( { \pm 1} \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m - 2 = 0\\
m - 3 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 2\\
m = 3
\end{array} \right.\) 

Vậy \(S = \left\{ {2;3} \right\} \Rightarrow \) tổng các phần tử của S là 2 + 3 = 5.

Ta có \({x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \sqrt {{y^2} + 6y + 10}  = \sqrt {6 + 4x - {x^2}} \) 

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \sqrt {{y^2} + 6y + 10}  - \sqrt {6 + 4x - {x^2}}  = 0}\\
{ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \frac{{\left( {\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  - \sqrt {6 + 4x - {x^2}} } \right)\left( {\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} } \right)}}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} = 0}\\
{ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \frac{{{y^2} + 6y + 10 - 6 - 4x + {x^2}}}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} = 0}\\
{ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \frac{{{x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4}}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} = 0}\\
{ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4} \right)\left( {1 + \frac{1}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }}} \right) = 0}\\
{ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 = 0\left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \Leftrightarrow {{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y + 3} \right)}^2} = 91 + \frac{1}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} > 0)} \right)}
\end{array}\)

Phương trình \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 9\) là phương trình đường tròn (C) tâm I(2;-3) và bán kính R = 3.

Gọi \(N\left( {x;y} \right) \in (C)\) ta suy ra \(ON = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \) suy ra \(T = \left| {ON - a} \right|\) 

Gọi A, B là giao điểm của đường tròn (C) và đường thẳng OI.

Khi đó \(OA = OI - R = \sqrt {13}  - 3\) và \(OB = OI + R = \sqrt {13}  + 3\) 

Suy ra \(\sqrt {13}  - 3 \le \sqrt {{x^2} + {y^2}}  \le \sqrt {13}  + 3\) 

TH1: Nếu \(\sqrt {13}  - 3 \le a \le \sqrt {13}  + 3\) thì \(\left| {\sqrt {x{}^2 + {y^2}}  - a} \right| \ge 0 \Rightarrow \min T = 0 \Rightarrow M \ge 2m \Rightarrow a \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\) 

TH2: Nếu \(a < \sqrt {13}  - 3 \Rightarrow a < \sqrt {13} \) nên \(\left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right| > \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\) , do đó \(M = \left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right|;m = \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\) 

Vì \(M \ge 2m \Rightarrow \left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right| \ge 2\left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\) 

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {13}  + 3 - a} \right)^2} - {\left( {2\sqrt {13}  - 6 - 2a} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt {13}  - 9 \le a \le \sqrt {13}  + 1 \Rightarrow a \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0} \right\}\) 

TH3: Nếu \(a > \sqrt {13}  + 3 \Rightarrow a > \sqrt {13} \) nên \(\left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right| < \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|,\) do đó \(m = \left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right|;M = \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\) 

Vì \(M \ge 2m \Rightarrow \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right| \ge 2\left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right|\) 

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {13}  - 3 - a} \right)^2} - {\left( {2\sqrt {13}  + 6 - 2a} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt {13}  + 1 \le a \le \sqrt {13}  + 9 \Rightarrow a \in \left\{ {7;8;9;10} \right\}\) 

Vậy có 16 giá trị của a thỏa mãn đề bài.

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với \(A \in Ox;B \in Oy;C \in Oz\) và \(OA = OB = OC = a.\) 

Khi đó \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;a;0} \right),C\left( {0;0;a} \right) \Rightarrow M\left( {\frac{a}{2};\frac{a}{2};0} \right)\) 

Ta có \(\overrightarrow {OM}  = \left( {\frac{a}{2};\frac{a}{2};0} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OM} } \right| = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4} + 0}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) và \(\overrightarrow {BC}  = \left( {0; - a;a} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {a{}^2 + a{}^2}  = a\sqrt 2 \) 

Từ đó \(\cos \left( {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {OM} } \right) = \frac{{\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {OM} }}{{\left| {\overrightarrow {BC} } \right|.\left| {\overrightarrow {OM} } \right|}} = \frac{{\frac{a}{2}.0 + \frac{a}{2}.( - a) + 0.a}}{{a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{ - \frac{{{a^2}}}{2}}}{{{a^2}}} =  - \frac{1}{2}.\)

Nên góc giữa hai véc tơ \(\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {OM} \) là \(120^0\) 

+ Sử dụng công thức \(C_n^k + C_n^{k + 1} = C_{n + 1}^{k + 1}\), ta có

\(\begin{array}{l}
C_{n + 1}^8 = C_n^8 + C_n^7\\
C_n^8 = C_{n - 1}^7 + C_{n - 1}^8\\
C_{n - 1}^8 = C_{n - 2}^7 + C_{n - 2}^8\\
...\\
C_9^8 = C_8^8 + C_8^7\\
C_8^8 = C_8^8
\end{array}\) 

Cộng vế với vế ta được \(C_{n + 1}^8 + C_n^8 + C_{n - 1}^8 + ... + C_9^8 + C_8^8 = C_n^8 + C_n^7 + C_{n - 1}^8 + C_{n - 1}^7 + ... + C_8^8 + C_8^7 + C_8^8\) 

Thu gọn ta được \(C_8^8 + C_8^7 + ... + C_n^7 = C_{n + 1}^8\) mà \(C_8^8 = C_7^7 = 1\) nên $C_7^7 + C_8^7 + ... + C_n^7 = C_{n + 1}^8\) 

Khi đó ta có \(720C_7^7 + C_8^7 + ...C_n^7 = \frac{1}{{4032}}A_{n + 1}^{10} \Leftrightarrow 720.C_{n + 1}^8 = \frac{1}{{4032}}A_{n + 1}^{10} \Rightarrow 720.\frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{8!\left( {n - 7} \right)!}} = \frac{1}{{4032}}\frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{\left( {n - 9} \right)!}}\) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \frac{1}{{56}}\frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{\left( {n - 9} \right)!\left( {n - 8} \right)\left( {n - 7} \right)}} = \frac{1}{{4032}}.\frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{\left( {n - 9} \right)!}}\left( {n > 9} \right)\\
 \Leftrightarrow \left( {n - 7} \right)\left( {n - 8} \right) = 72 \Leftrightarrow {n^2} - 15n + 56 = 72\\
 \Leftrightarrow {n^2} - 15n - 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n =  - 1(ktm)\\
n = 16(tm)
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Với n = 16 ta có \({\left( {x - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^{16}} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k.{x^{16 - k}}} {\left( { - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^k} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k.{x^{16 - k}}.{x^{ - 2k}}{{( - 1)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k.{x^{16 - 3k}}{{( - 1)}^k}} \) 

Số hạng chứa \(x^7\) ứng với \(16 - 3k = 7 \Rightarrow k = 3\) 

Nên hệ số cần tìm là \(C_{16}^3.{( - 1)^3} =  - 560.\) 

ĐK: \(x \ne m\) 

Ta có \(y' = \frac{{{m^2} - m + 2}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\) nhận thấy \({m^2} - m + 2 = \left( {m - \frac{1}{2}} \right){}^2 + \frac{7}{4} > 0;\forall m\) nên \(y' > 0;\forall m\) 

Hay hàm số đồng bến trên từng khoảng xác định.

Để hàm số đạt GTLN trên [0;4] thì \(m \in \left[ {0;4} \right] \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m < 0\\
m > 4
\end{array} \right.\) 

Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{[0;4]} y = y(4) = \frac{{4 - {m^2} - 2}}{{4 - m}}.\) Theo bài ra ta có

\(\frac{{4 - m{}^2 - 2}}{{4 - m}} =  - 1 \Rightarrow  - {m^2} + 2 = m - 4 \Leftrightarrow {m^2} + m - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 2(ktm)\\
m =  - 3(tm)
\end{array} \right.\) 

Vậy có một giá trị của m thỏa mãn.

Ta có \(y = \frac{{x - 3}}{{{x^3} - 3mx{}^2 + \left( {2{m^2} + 1} \right)x - m}}\) 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{x - 3}}{{{x^3} - 3m{x^2} + \left( {2{m^2} + 1} \right)x - m}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{\frac{x}{{{x^3}}} - \frac{3}{{{x^3}}}}}{{1 - 3m\frac{{{x^2}}}{{{x^3}}} + \left( {2m{}^2 + 1} \right)\frac{x}{{x{}^3}} - \frac{m}{{{x^3}}}}} = 0\) nên y = 0 là tiệm ngang của đồ thị hàm số.

Vậy để đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số phải có 3 đường tiệm cận đứng.

Hay phương trình \({x^3} - 3m{x^2} + \left( {2{m^2} + 1} \right)x - m = 0(1)\) có ba nghiệm phân biệt \(x \ne 3.\) 

Ta có \({x^3} - 3m{x^2} + \left( {2{m^2} + 1} \right)x - m = 0 \Leftrightarrow \left( {x - m} \right)\left( {{x^2} - 2mx + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = m\\
{x^2} - 2mx + 1 = 0(*)
\end{array} \right.\) 

Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khác 3 thì \(m \ne 3\) và phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác m và khác 3.

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' = {m^2} - 1 > 0\\
3{}^2 - 2.m.3 + 1 \ne 0\\
{m^2} - 2{m^2} + 1 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m <  - 1\\
m > 1
\end{array} \right.\\
m \ne \frac{5}{3}\\
m \ne  - 1\\
m \ne 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m <  - 1\\
m > 1
\end{array} \right.\\
m \ne \frac{5}{3}
\end{array} \right.\) 

Kết hợp điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}
m \ne 3\\
 - 6 \le m \le 6
\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 6; - 5; - 4; - 3; - 2;2;4;5;6} \right\}\) 

Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn điều kiện

Điều kiện: \(x\sqrt {{x^2} + 2}  + 4 - {x^2} > 0 \Leftrightarrow x\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  - x} \right) + 4 > 0 \Leftrightarrow x.\frac{2}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} + 4 > 0\) 

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{ \Leftrightarrow \frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} + \frac{{4\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right)}}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} > 0 \Rightarrow 6x + 4\sqrt {{x^2} + 2}  > 0\left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \sqrt {{x^2} + 2}  > x;\forall x \Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} + 2}  >  - 3x \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ - 3x < 0}\\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ - 3x \ge 0}\\
{4\left( {{x^2} + 2} \right) > {{\left( { - 3x} \right)}^2}}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x > 0}\\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \le 0}\\
{5{x^2} < 8}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x > 0}\\
{ - \frac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le 0}
\end{array}} \right.} \right)}
\end{array}\)

Khi đó ta có \({\log _2}\left( {x\sqrt {{x^2} + 2}  + 4 - {x^2}} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  - x} \right) + 4} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\
 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} + 4} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\
 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\frac{{6x + 4\sqrt {{x^2} + 2} }}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}}} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\
{\log _2}\left( {6 + 4\sqrt {{x^2} + 2} } \right) - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\
 \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {2\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right)} \right] - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\
 \Leftrightarrow {\log _2}2 + {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\
 \Leftrightarrow 1 + {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\
 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) + 3x + 2\sqrt {{x^2} + 2}  \le {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + x + \sqrt {{x^2} + 2} 
\end{array}(*)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = t + {\log _2}t\) với t > 0 ta có $f'\left( t \right) = 1 + \frac{1}{{t.\ln 2}} > 0;\forall t > 0\) nên \(f(t)\) là hàm đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)\) 

Từ đó

\(\begin{array}{l}
\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) \le f\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right)\\
 \Leftrightarrow 3x + 2\sqrt {{x^2} + 2}  \le \sqrt {{x^2} + 2}  + x\\
 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2}  \le  - 2x\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2x \ge 0\\
{x^2} + 2 \le 4{x^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \le 0\\
3{x^2} \ge 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \le 0\\
\left[ \begin{array}{l}
x \ge \frac{{\sqrt 6 }}{3}\\
x \le  - \frac{{\sqrt 6 }}{3}
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow x \le  - \frac{{\sqrt 6 }}{3}
\end{array}\) 

Kết hợp điều kiện \(\left[ \begin{array}{l}
x > 0\\
 - \frac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le 0
\end{array} \right.\) ta có \( - \frac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le  - \frac{{\sqrt 6 }}{3}\) hay \( - \sqrt {\frac{8}{5}}  < x \le  - \sqrt {\frac{2}{3}} \) 

Tập nghiệm bất phương trình \(S = \left( { - \sqrt {\frac{8}{5}} ; - \sqrt {\frac{2}{3}} } \right]\) nên \(a = \frac{8}{5};b = \frac{2}{3} \to a.b = \frac{8}{5}.\frac{2}{3} = \frac{{16}}{{15}}.\) 

Đặt \(\frac{{SM}}{{SB}} = a;\frac{{SN}}{{SC}} = b\left( {0 < a;b < 1} \right)\) 

Lấy E là trung điểm BC.

Trong (SAE), kéo dài AG cắt SE tại I. Khi đó \(I \in MN\) và I là trọng tâm tam giác SBC.

Khi đó trong tam giác SBC ta luôn có \(\frac{{SB}}{{SM}} + \frac{{SC}}{{SN}} = 3\) (tính chất đã được chứng minh ở trên)

Lại có \(\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = ab\) 

Ta có \(\frac{{SB}}{{SM}} + \frac{{SC}}{{SN}} = 3 \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3.\) 

Xét \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}\mathop  \ge \frac{2}{{\sqrt {ab} }} \Leftrightarrow \sqrt {ab}  \ge \frac{2}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow ab \ge \frac{4}{9}\) 

Dấu = xảy ra khi \(a = b = \frac{2}{3}.\) 

Từ đó \(\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = ab \ge \frac{4}{9}\) hay tỉ số \(\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}}\) nhỏ nhất là bằng \(\frac{4}{9}.\) 

Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là r và h (r, h > 0) 

Thiết diện là hình chữ nhật ABCD có chu vi \(2\left( {AB + BC} \right) = 2.\left( {h + 2r} \right)\) 

Theo giả thiết ta có \(2\left( {h + 2r} \right) = 12 \Leftrightarrow h + 2r = 6 \Rightarrow h = 6 - 2r\left( {r < 3} \right)\) 

Thể tích khối trụ \(V = \pi {r^2}h = \pi {r^2}.\left( {6 - 2r} \right) = \pi r.r.\left( {6 - 2r} \right)\) 

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số \(r;r;6 - 2r\) ta được

\(r + r + 6 - 2r \ge 3\sqrt[3]{{r.r\left( {6 - 2r} \right)}} \Leftrightarrow \sqrt[3]{{r.r.\left( {6 - 2r} \right)}} \le 2 \Leftrightarrow {r^2}\left( {6 - 2r} \right) \le 8 \Leftrightarrow \pi {r^2}\left( {6 - 2r} \right) \le 8\pi \) 

Hay \(V \le 8\pi .\) Dấu = xảy ra khi \(r = 6 - 2r \Leftrightarrow r = 2\left( {TM} \right)\) 

Vậy giá trị lớn nhất của khối trụ là \(V = 8\pi .\) 

Vì \( - 1 \le {\mathop{\rm sinx}\nolimits}  \le 1; - 1 \le cosx \le 1\) nên \(2\cos x - {\mathop{\rm sinx}\nolimits}  >  - 3 \Rightarrow 2{\mathop{\rm cosx}\nolimits}  - sinx + 4 > 0\) 

Đặt \(\frac{{3\sin x - \cos x - 1}}{{2{\mathop{\rm cosx}\nolimits}  - sinx + 4}} = t \Leftrightarrow 3\sin x - \cos x - 1 = t\left( {2{\mathop{\rm cosx}\nolimits}  - sinx + 4} \right)\)

\( \Leftrightarrow \cos x\left( {2t + 1} \right) - {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \left( {t + 3} \right) =  - 4t - 1\) 

Phương trình trên có nghiệm khi \({\left( {2t + 1} \right)^2} + {\left( {t + 3} \right)^2} \ge {\left( { - 4t - 1} \right)^2}\) 

\( \Leftrightarrow 5{t^2} + 10t + 10 \ge 16{t^2} + 8t + 1 \Leftrightarrow 11{t^2} - 2t - 9 \le 0 \Leftrightarrow  - \frac{9}{{11}} \le t \le 1 \Rightarrow 0 \le \left| t \right| \le 1\) 

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số \(f(x)\) đồng biến trên (0;1)

Nên phương trình \(f\left( x \right) = f\left( {\left| t \right|} \right)\) với \(t \in [0;1]\) có nghiệm duy nhất khi \(x = \left| t \right| \Rightarrow x \ge 0\) 

Do đó phương trình \(f\left( {\left| {\frac{{3\sin x - \cos x - 1}}{{2{\mathop{\rm cosx}\nolimits}  - sinx + 4}}} \right|} \right) = f\left( {{m^2} + m + 4} \right)\) có nghiệm

\( \Leftrightarrow \left| t \right| = {m^2} + 4m + 4\) có nghiệm với \(0 \le \left| t \right| \le 1\) 

\( \Leftrightarrow 0 \le {m^2} + 4m + 4 \le 1 \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} \le 1 \Leftrightarrow  - 3 \le m \le  - 1\) 

Mà \(m \in Z\) nên \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1} \right\}.\) Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu.