Số giao điểm của (C) và đường thẳng y = 3 là 3.

Thể tích khối chóp có diện tích đáy là B và chiều cao h bằng \(V = \frac{1}{3}Bh.\)

Quan sát bảng biến thiên ta có: Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right)\): Là mệnh đề sai.

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

Tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng.

Số cách chọn là: 10.8 = 80 (cách).

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2017;2018;2019} \right)\) trên trục Oz có tọa độ là: \(M'\left( {0;0;2019} \right)\).

+) \(y = \frac{{2x - 1}}{{3x + 2}},\left( {D = R\backslash \left\{ { - \frac{2}{3}} \right\}} \right) \Rightarrow y' = \frac{7}{{{{\left( {3x + 2} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in D \Rightarrow \) Hàm số không có cực trị.

+) \(y = 3x + 4,\left( {D = R} \right) \Rightarrow y' = 3 > 0,\forall x \Rightarrow \) Hàm số không có cực trị.

+) \(y = {x^3} + 1,\left( {D = R} \right) \Rightarrow y' = 3{x^2} \ge 0,\forall x \Rightarrow \) Hàm số không có cực trị.

+) \(y = {x^4} + 3{x^2} + 2,\left( {D = R} \right) \Rightarrow y' = 4{x^3} + 6x \Rightarrow y'\) đổi dấu tại điểm \(x = 0 \Rightarrow \) Hàm số đạt cực trị tại x = 0.

Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay quanh trục Ox hình phẳng (H) được giới hạn bởi các đường \(y=f(x)\) liên tục trên đoạn [a;b] , trục Ox và hai đường thẳng x = a, x = b là: \(\pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)} dx\)

Đồ thị hàm số có TCN: y = 1 và TCĐ: x = 1.

Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{x - 1}}\) là 2.

Nếu a > 1 thì hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)..

Gọi I là trung điểm của BC

Ta có: \(AB = AC,BD = DC \Rightarrow \Delta ABC,\Delta BCD\) là hai tam giác cân lần lượt tại đỉnh A và D.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AI \bot BC\\
DI \bot BC
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AID} \right) \Rightarrow BC \bot AD\) 

\({\log _2}\left( {3x - 2} \right) = 2 \Leftrightarrow 3x - 2 = 4 \Leftrightarrow x = 2\)

Diện tích xung quanh của hình nón là: \(S = \pi rl\).

\({a^{\frac{2}{3}}}\sqrt a  = {a^{\frac{2}{3}}}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{2}{3} + \frac{1}{2}}} = {a^{\frac{7}{6}}}\)

Mặt cầu đi qua 8 đỉnh của hình hộp chữ nhật có tâm là tâm của hình hộp chữ nhật đó và có bán kính bằng nửa độ dài đường chéo của hình hộp \(R = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}{2}\) 

Diện tích của hình cầu đó là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {\frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}{2}} \right)^2} = \pi \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\) 

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow n  = \frac{1}{2}\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow v } \right] = \left( {1; - 3;3} \right)\) 

Phương trình của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là: \(1\left( {x - 0} \right) - 3\left( {y + 1} \right) + 3\left( {z - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 3y + 3z - 15 = 0\).

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}
 - x > 0\\
x + 3 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x < 0\\
x >  - 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 3 < x < 0.\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{\log _3}\left( { - x} \right) + {\log _3}\left( {x + 3} \right) = {\log _3}5\\
 \Leftrightarrow {\log _3}\left[ {\left( { - x} \right)\left( {x + 3} \right)} \right] = {\log _3}5\\
 \Leftrightarrow  - {x^2} - 3x = 5 \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 5 = 0
\end{array}\) 

Phương trình vô nghiệm

Ta có: \(2f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}\) 

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f(x)\) và đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\) và bằng 3.

\(\int {f\left( x \right)dx = \int {{{\tan }^2}xdx = \int {\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} \right)dx = \tan x - x + C} } } \)

Nếu d < R thì giao tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) với mặt cầu S(O;R) là đường tròn có bán kính bằng \(\sqrt {{R^2} - {d^2}} \) 

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

Bảng xét dấu y’:

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) là khẳng định đúng.

Đồ thị hàm số đã cho có 1 TCĐ là \(x =  - \frac{1}{2}\), 1 TCN là \(y = \frac{1}{2}\) 

Suy ra đây là đồ thị của hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{2x + 1}}.\) 

+)  \(y = {2018^{\sqrt x }}\) có TXĐ: \(D = {\rm{[}}0; + \infty ) \Rightarrow \) Loại phương án A

+) \(y =  - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^3} + x}},\left( {D = R} \right)\) 

Ta có: \(y' =  - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^3} + x}}.\ln \frac{1}{2}.\left( {3{x^2} + 1} \right) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^3} + x}}.\ln 2.\left( {3{x^2} + 1} \right) > 0,\forall x.\) 

Suy ra hàm số nào đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\) 

+) \(y = {\log _5}\left( {\frac{1}{{{x^2}}}} \right)\) có TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 0 \right\} \Rightarrow \) Loại phương án C

+) \(y = {\log _3}x\) có TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow \) Loại phương án D

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

Hàm số đã cho liên tục trên [0;2] có:

\(\begin{array}{l}
y\left( 0 \right) =  - 3,y\left( 1 \right) =  - 1,y\left( 2 \right) = 5 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y =  - 3 = m,\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 5 = M\\
 \Rightarrow M + m = 2
\end{array}\)

Công thức lãi kép, không kỳ hạn: \({A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n}\) 

Với:     A_n là số tiền nhận được sau tháng thứ n,

M là số tiền gửi ban đầu,

n là thời gian gửi tiền (tháng),

r là lãi suất định kì (%)

Sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền là:

\(100.{\left( {1 + 0,4\% } \right)^6} \approx 102.424.000\) đồng.

Theo đề bài, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
v'\left( t \right) = a\left( t \right)\\
v\left( 2 \right) = 17
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt}  = \int {6tdt = 3{t^2} + C} \\
v\left( 2 \right) = 17
\end{array} \right. \Rightarrow 12 + C = 17 \Leftrightarrow C = 5\) 

\( \Rightarrow v\left( t \right) = 3{t^2} + 5\) 

Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian tử thời điểm t = 4 giây đến thời điểm t = 10 giây là:

\(S = \int\limits_4^{10} {v\left( t \right)dt = } \int\limits_4^{10} {\left( {3{t^2} + 5} \right)dt = } \left( {{t^3} + 5t} \right)\left| \begin{array}{l}
^{10}\\
_4
\end{array} \right. = 1050 - 84 = 966\left( m \right)\).

Mặt cầu đường kính AB có tâm I(-2;0;2) và bán kính \(R = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt {{6^2} + {6^2} + {6^2}} }}{2} = 3\sqrt 3 \), có phương trình là: \({\left( {x + 2} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 27.\) 

\(y = {x^3} - 3x + 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3,y' = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\)

y ' đổi dấu từ - sang + tại điểm x = 1

Suy ra đồ thị của hàm số \(y = {x^3} - 3x + 1\) có điểm cực tiểu là: (1;-1).

Ta có: \({\left( {\frac{x}{3} - \frac{3}{x}} \right)^{12}} = {\left( {\frac{1}{3}x - 3{x^{ - 1}}} \right)^{12}} = \sum\limits_{i = 0}^{12} {C_{12}^i{{\left( {\frac{1}{3}x} \right)}^{12 - i}}{{\left( { - 3{x^{ - 1}}} \right)}^i} = \sum\limits_{i = 0}^{12} {C_{12}^i} {{\left( { - 1} \right)}^i}{3^{2i - 12}}{x^{12 - 2i}}} \) 

Hệ số của số hạng chứa \(x^4\) trong khai triển ứng với i thỏa mãn \(12 - 2i = 4 \Leftrightarrow i = 4\).

Hệ số đó bằng: \(C_{12}^4{\left( { - 1} \right)^4}{3^{ - 4}} = \frac{{55}}{9}\).

Thể tích của một khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng \(a\sqrt 2 \) là:

\(V = Sh = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 2  = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}\) 

Đặt \(x = t - 2 \Rightarrow dx = dt\). Đổi cận: \(x =  - 2 \to t = 0,x =  - 1 \to t = 1\) 

Khi đó: \(\int\limits_{ - 2}^{ - 1} {f\left( {x + 1} \right)dx = \int\limits_0^1 {f\left( {t - 2 + 1} \right)dt = } } \int\limits_0^1 {f\left( {t - 1} \right)dt = }  - 3 \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( {x - 1} \right)dx = }  - 3\).

\({9^x} - {8.3^x} + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{3^x} = 3\\
{3^x} = 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = {\log _3}5
\end{array} \right.\)

Tổng tất cả các nghiệm của phương trình là: \(1 + {\log _3}5 = {\log _3}15\).

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right) = {6^2} = 36\) 

Gọi A: “tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc đó không vượt quá 5”

\(n\left( A \right) = 1 + 2 + 3 + 4 = 10 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{10}}{{36}} = \frac{5}{{18}}\).

\({V_{{\rm{AA}}'B'C'}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow \frac{{{V_{{\rm{AA}}'B'C'}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{1}{3}\)

Ta có: \({\log _2}\left( {\frac{{{{5.2}^x} - 8}}{{{2^x} + 2}}} \right) = 3 - x \Leftrightarrow \frac{{{{5.2}^x} - 8}}{{{2^x} + 2}} = {2^{3 - x}} \Leftrightarrow \frac{{{{5.2}^x} - 8}}{{{2^x} + 2}} = \frac{8}{{{2^x}}} \Leftrightarrow \left( {{{5.2}^x} - 8} \right){.2^x} = 8.\left( {{2^x} + 2} \right)\) 

\( \Leftrightarrow 5.{\left( {{2^x}} \right)^2} - {16.2^x} - 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{2^x} = 4\\
{2^x} =  - \frac{4}{5}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\) 

Số nghiệm của phương trình là 1.

Diện tích cần tìm là:

\(\begin{array}{l}
S = \int\limits_0^6 {\left| {\left| {{x^2} - 4x} \right| - 2x} \right|} dx = \int\limits_0^2 {\left| {\left| {{x^2} - 4x} \right| - 2x} \right|} dx + \int\limits_2^4 {\left| {\left| {{x^2} - 4x} \right| - 2x} \right|} dx + \int\limits_4^6 {\left| {\left| {{x^2} - 4x} \right| - 2x} \right|} dx\\
 = \int\limits_0^2 {\left( {\left| {{x^2} - 4x} \right| - 2x} \right)} dx + \int\limits_2^4 {\left( {2x - \left| {{x^2} - 4x} \right|} \right)} dx + \int\limits_4^6 {\left( {2x - \left| {{x^2} - 4x} \right|} \right)} dx\\
 = \int\limits_0^2 {\left( { - {x^2} + 4x - 2x} \right)} dx + \int\limits_2^4 {\left( {2x + {x^2} - 4x} \right)} dx + \int\limits_4^6 {\left( {2x - {x^2} + 4x} \right)} dx\\
 = \int\limits_0^2 {\left( { - {x^2} + 2x} \right)} dx + \int\limits_2^4 {\left( {{x^2} - 2x} \right)} dx + \int\limits_4^6 {\left( {6x - {x^2}} \right)} dx\\
 = \left( { - \frac{1}{3}{x^3} + {x^2}} \right)\left| \begin{array}{l}
^2\\
_0
\end{array} \right. + \left( {\frac{1}{3}{x^3} - {x^2}} \right)\left| \begin{array}{l}
^4\\
_2
\end{array} \right. + \left( {3{x^2} - \frac{1}{3}{x^3}} \right)\left| \begin{array}{l}
^6\\
_4
\end{array} \right.\\
 = \left( { - \frac{8}{3} + 4} \right) - 0 + \left( {\frac{{64}}{3} - 16} \right) - \left( {\frac{8}{4} - 4} \right) + \left( {108 - 72} \right) - \left( {48 - \frac{{64}}{3}} \right) = \frac{{52}}{3}
\end{array}\)

Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì m > 0. Khi đó, tọa độ 3 điểm cực trị là:

\(\begin{array}{l}
A\left( {0;1} \right),B\left( { - \sqrt m ;1 - {m^2}} \right),C\left( {\sqrt m ;1 - {m^2}} \right)\\
 \Rightarrow BC = \sqrt {{{\left( {2\sqrt m } \right)}^2} + {0^2}}  = 2\sqrt m  = 4 \Rightarrow \sqrt m  = 2 \Leftrightarrow m = 4
\end{array}\) 

Gọi N là trung điểm của BC, dựng hình bình hành ABNP.

Ta có: \(AB//NP,AB \not\subset \left( {SPN} \right) \Rightarrow AB//\left( {SPN} \right)\). Mà

\(SM \subset \left( {SPN} \right) \Rightarrow d\left( {AB;SM} \right) = d\left( {AB;\left( {SPN} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SPN} \right)} \right)\) 

Kẻ \(AH \bot SP,\left( {H \in SP} \right)\left( 1 \right)\) 

Ta có: \(BC \bot AB,BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\). Mà

\(AP//BC \Rightarrow AP \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AP \bot AB\) 

Mặt khác: \(SA \bot AB \Rightarrow AB \bot \left( {SAP} \right) \Rightarrow AB \bot AH\left( 2 \right)\) 

Từ (1), (2) suy ra \(d\left( {A;\left( {SPN} \right)} \right) = AH \Rightarrow d\left( {AB;SM} \right) = AH\) 

\(\Delta ABC\) vuông tại B \( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {4a} \right)}^2}}  = 5a\) 

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right) = SCA = {60^0}\)

\(\Delta SAC\) vuông tại A \( \Rightarrow SA = AC.\tan C = 5a.\tan {60^0} = 5a\sqrt 3 \) 

\(AP = BN = \frac{{BC}}{2} = \frac{{4a}}{2} = 2a\) 

\(\Delta SAP\) vuông tại A có \(AH \bot SP \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{P^2}}} = \frac{1}{{75{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{{79}}{{300{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{10\sqrt 3 a}}{{\sqrt {79} }}\) 

\( \Rightarrow d\left( {AB;SM} \right) = \frac{{10\sqrt 3 a}}{{\sqrt {79} }}\).

\(\begin{array}{l}
\int {{{\left( {\frac{x}{{x + 1}}} \right)}^2}dx = \int {\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx = \int {\left( {1 - \frac{{2x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)} } } dx = \int {\left( {1 - \frac{{2x + 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)} dx\\
 = \int {dx - \int {\frac{{2x + 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} } dx + \int {\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} dx = x - \int {\frac{{d\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2}} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}  - \frac{1}{{x + 1}} + C\\
 = x - \ln \left| {{{\left( {x + 1} \right)}^2}} \right| - \frac{1}{{x + 1}} + C = x - 2\ln \left| {x + 1} \right| - \frac{1}{{x + 1}} + C\\
 \Rightarrow m = 1,n =  - 2,p =  - 1 \Rightarrow m + n + p =  - 2
\end{array}\)

Công thức lãi kép, không kỳ hạn: \({A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n}\)

Với:     A_n là số tiền nhận được sau tháng thứ n,

M là số tiền gửi ban đầu

n là thời gian gửi tiền (tháng),

r là lãi suất định kì (%).

Số tiền người đó có được sau 6 tháng đầu (2 quý) là: \(100.{\left( {1 + 2\% } \right)^2} = 104,04\) (triệu đồng)

Tổng số tiền người đó nhận được 1 năm sau khi gửi thêm tiền (4 quý) là: \(100 + 104,04.{\left( {1 + 2\% } \right)^4} \approx 220\) (triệu đồng)

\(\begin{array}{l}
A\left( {1;2; - 1} \right),B\left( {0;1;0} \right),C\left( {3;0;1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt 3 ,BC = \sqrt {11} ,AC = \sqrt {12} \\
{S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} 
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
 = \sqrt {\frac{{\sqrt 3  + \sqrt {11}  + \sqrt {12} }}{2}\left( {\frac{{\sqrt 3  + \sqrt {11}  + \sqrt {12} }}{2} - \sqrt 3 } \right)\left( {\frac{{\sqrt 3  + \sqrt {11}  + \sqrt {12} }}{2} - \sqrt {11} } \right)\left( {\frac{{\sqrt 3  + \sqrt {11}  + \sqrt {12} }}{2} - \sqrt {12} } \right)} \\
 = \sqrt {\frac{{\sqrt 3  + \sqrt {11}  + \sqrt {12} }}{2}.\frac{{\sqrt {11}  + \sqrt {12}  - \sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 3  + \sqrt {12}  - \sqrt {11} }}{2}.\frac{{\sqrt 3  + \sqrt {11}  - \sqrt {12} }}{2}} \\
 = \sqrt {\frac{{23 + 2\sqrt {132}  - 3}}{4}.\frac{{3 - \left( {23 - 2\sqrt {132} } \right)}}{4}}  = \sqrt {\frac{{20 + 2\sqrt {132} }}{4}.\frac{{2\sqrt {132}  - 20}}{4}}  = \sqrt 8  = 2\sqrt 2 
\end{array}\)

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{{abc}}{{4R}} = \frac{{\sqrt 3 .\sqrt {11} .\sqrt {12} }}{{4R}} = \frac{{3\sqrt {11} }}{{2R}} \Rightarrow \frac{{3\sqrt {11} }}{{2R}} = 2\sqrt 2  \Rightarrow R = \frac{{3\sqrt {11} }}{{4\sqrt 2 }}\) 

Diện tích mặt cầu nhận đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đường tròn lớn là: \(4\pi {\left( {\frac{{3\sqrt {11} }}{{4\sqrt 2 }}} \right)^2} = \frac{{99\pi }}{8}\)

Đường thẳng y = x+m cắt đồ thị (C) tại hai điểm thuộc hai nhánh

\( \Leftrightarrow \) Phương trình \(\frac{{2x + 1}}{{x - 2}} = x + m\) có 2 nghiệm phân biệt \(x_1, x_2\) thỏa mãn: \({x_1} < 2 < {x_2}\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right) < 0 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 < 0\left( * \right)\) 

Ta có: \(\frac{{2x + 1}}{{x - 2}} = x + m,\left( {x \ne 2} \right) \Leftrightarrow 2x + 1 = {x^2} - 2x + mx - 2m \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m - 4} \right)x - 2m - 1 = 0\) 

\(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta  > 0\\
\left( { - 2m - 1} \right) - 2\left( {4 - m} \right) + 4 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {m - 4} \right)^2} + 4\left( {2m + 1} \right) > 0\\
\left( { - 2m - 1} \right) - 2\left( {4 - m} \right) + 4 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} + 20 > 0\\
 - 5 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \forall m \in R\) 

Vậy, đường thẳng y = x+m cắt đồ thị (C) tại hai điểm thuộc hai nhánh với mọi \(m \in R\).

Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AC, SC.

Ta có:

\(\Delta ABC\) vuông cân tại B suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp và \(AC = AB\sqrt 2  = a\sqrt 2 \).

Mà \(OI//SA,SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow OI \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow IA = IB = IC\left( 1 \right)\) 

\(\Delta SAC\) vuông tại A, I là trung điểm của \(SC \Rightarrow IS = IC = IA\left( 2 \right)\) 

Từ (1), (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC, bán kính

\(R = \frac{{SC}}{2} = \frac{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

\(y = \frac{{2x - 1}}{{2x - 2}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {2x - 2} \right)}^2}}}\) 

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: \(y = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}}.\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 2}}\) 

Cho x = 1 

\(\begin{array}{l}
y = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}}.\left( {1 - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 2}} = \frac{{ - 2\left( {1 - {x_0}} \right)}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}} + \frac{{\left( {2{x_0} - 1} \right)\left( {2{x_0} - 2} \right)}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}}\\
 = \frac{{4x_0^2 - 4{x_0}}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}} \Rightarrow A\left( {1;\frac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right)
\end{array}\) 

Cho y = 1 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow 1 = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}}.\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 2}}\\
 \Leftrightarrow 2\left( {x - {x_0}} \right) = \left( {2{x_0} - 1} \right)\left( {2{x_0} - 2} \right) - {\left( {2{x_0} - 2} \right)^2}\\
 \Leftrightarrow 2\left( {x - {x_0}} \right) = 2{x_0} - 2 \Leftrightarrow x = 2{x_0} - 1\\
 \Rightarrow B\left( {2{x_0} - 1;1} \right)
\end{array}\) 

Đồ thị (C) có TCĐ là x = 1 và TCN là y = 1, giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1;1) 

Ta có: \({S_{\Delta OIB}} = 8{S_{\Delta OIA}} \Leftrightarrow \frac{1}{2}d\left( {B;OI} \right).OI = 8.\frac{1}{2}d\left( {A;OI} \right).OI \Leftrightarrow d\left( {B;OI} \right) = 8d\left( {A;OI} \right)\left( * \right)\) 

Phương trình đường thẳng OI là: \(y = x \Leftrightarrow x - y = 0\) 

\(\left( * \right) \Leftrightarrow \frac{{\left| {2{x_0} - 1 - 1} \right|}}{{\sqrt 2 }} = 8.\frac{{\left| {1 - \frac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right|}}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left| {2{x_0} - 2} \right| = 8.\left| {\frac{{ - 1}}{{{x_0} - 1}}} \right| \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} - 1 = 2\\
{x_0} - 1 =  - 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 3\\
{x_0} =  - 1\left( L \right)
\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow {y_0} = \frac{{2.3 - 1}}{{2.3 - 2}} = \frac{5}{4} \Rightarrow S = {x_0} + 4{y_0} = 8\).

Ta có: \({x^2}f'\left( x \right) = f\left( x \right) + f'\left( x \right),\forall x \ne  \pm 1 \Rightarrow f'\left( x \right).\left( {{x^2} - 1} \right) = f\left( x \right) \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \frac{1}{{{x^2} - 1}}\) 

\( \Rightarrow \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}dx = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\frac{1}{{{x^2} - 1}}} } dx \Leftrightarrow \ln \left| {f\left( x \right)} \right|\left| \begin{array}{l}
^{\frac{1}{2}}\\
_0
\end{array} \right. = \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|\left| \begin{array}{l}
^{\frac{1}{2}}\\
_0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \ln \left| {f\left( {\frac{1}{2}} \right)} \right| - \ln \left| e \right| = \frac{1}{2}\left( {\ln \frac{1}{3} - \ln 1} \right)\) 

\( \Leftrightarrow \ln \left| {f\left( {\frac{1}{2}} \right)} \right| - 1 =  - \frac{1}{2}\ln 3 \Leftrightarrow \ln \left| {f\left( {\frac{1}{2}} \right)} \right| = \ln \frac{e}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \left| {f\left( {\frac{1}{2}} \right)} \right| = \frac{e}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{e}{{\sqrt 3 }}\) (do hàm số \(f(x)\) dương)

Gọi M là trung điểm của A’C’, O là tâm của hình chữ nhật ABB’A’

Do \(OM//BC',AB' \bot BC'\) nên \(OM \bot AB'\) 

Gọi độ dài cạnh đáy của lăng trụ là x.

Ta có: \(BM = \frac{{x\sqrt 3 }}{2},OM = \frac{{BC}}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2},OB' = \frac{{AB'}}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2}\) 

\( \Rightarrow \Delta OB'M\) vuông cân tại O

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow MB' = \sqrt 2 .OB' \Leftrightarrow \frac{{x\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 2 .\frac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2}\\
 \Leftrightarrow 3{x^2} = 2{a^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 2{a^2} \Leftrightarrow x = a\sqrt 2 
\end{array}\) 

Diện tích tam giác ABC là: \(S = \frac{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\) 

Thể tích khối lăng trụ là: \(V = Sh = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).

\(\begin{array}{l}
P = {\log _a}ab + \frac{4}{{\left( {1 - {{\log }_a}b} \right).{{\log }_{\frac{a}{b}}}ab}} = 1 + {\log _a}b + \frac{4}{{\left( {1 - {{\log }_a}b} \right).\frac{{{{\log }_a}ab}}{{{{\log }_a}\frac{a}{b}}}}}\\
 = 1 + {\log _a}b + \frac{4}{{\left( {1 - {{\log }_a}b} \right).\frac{{1 + {{\log }_a}b}}{{1 - {{\log }_a}b}}}} = 1 + {\log _a}b + \frac{4}{{{{\log }_a}b + 1}}
\end{array}\) 

Do \(0<a<1<b\) nên \(1 + {\log _a}b < 0\). Áp dụng BĐT Cô si ta có:

\( - \left( {1 + {{\log }_a}b} \right) + \frac{4}{{ - \left( {{{\log }_a}b + 1} \right)}} \ge 2\sqrt {\left[ { - \left( {1 + {{\log }_a}b} \right)} \right].\frac{4}{{ - \left( {{{\log }_a}b + 1} \right)}}}  = 4 \Rightarrow P \le  - 4\) 

\({P_{\max }} =  - 4\) khi và chỉ khi \(1 + {\log _a}b =  - 2 \Leftrightarrow {\log _a}b =  - 3 \Leftrightarrow b = \frac{1}{{{a^3}}}\)

\(\begin{array}{l}
g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 5} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = 2x.f'\left( {{x^2} - 5} \right)\\
f'\left( {{x^2} - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} - 5 =  - 1\\
{x^2} - 5 = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  \pm 2\\
x =  \pm \sqrt 7 
\end{array} \right.
\end{array}\)

Bảng xét dấu \(g'(x)\):

Suy ra hàm số \(g(x)\) đồng biến trên khoảng (-2;0): Là khẳng định đúng.

Kẻ \(AH \bot A'D,\left( {H \in A'D} \right)\). Ta có:

\(\begin{array}{l}
AB \bot AD,AB \bot AA' \Rightarrow AB \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow AB \bot AH\\
 \Rightarrow d\left( {AB;A'D} \right) = AH = 2
\end{array}\) 

Gọi độ dài đoạn AD là x

\(\Delta ADA'\) vuông tại A,

\(AH \bot A'D \Rightarrow AD.{\rm{AA}}' = AH.A'D \Leftrightarrow {\rm{AA' = }}\frac{{AH.A'D}}{{AD}} = \frac{{2.5}}{x} = \frac{{10}}{x}\) 

Lại có: \(A{D^2} + A{A^{'2}} = A'{D^2} \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {\frac{{10}}{x}} \right)^2} = {5^2} \Leftrightarrow {x^4} - 25{x^2} + 100 = 0\) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} = 20\\
{x^2} = 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\sqrt 5 \\
x = \sqrt 5 
\end{array} \right.\) 

Do AA' > AD nên \(AD = \sqrt 5 ,AA' = 2\sqrt 5 \) 

Thể tích lăng trụ là: \(V = A{D^2}.AA' = 5.2\sqrt 5  = 10\sqrt 5 \).