\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1 - 1;2 - 1;3 - 3} \right) = \left( { - 2;1;0} \right)\)

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 6x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \in \left[ {0;3} \right]\\
x = \frac{{\sqrt 6 }}{2} \in \left[ {0;3} \right]\\
x =  - \frac{{\sqrt 6 }}{2} \notin \left[ {0;3} \right]
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y\left( 0 \right) = 2\\
y\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) =  - \frac{1}{4}\\
y\left( 3 \right) = 56
\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {Max}\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = 56\) khi x = 3.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của đồ thị đi lên nên \(a > 0 \Rightarrow \) loại đáp án B và D.

Ta thấy đồ thị hàm số đi qua (-1;2) và (1;-2).

+) Đáp án A: \(\left\{ \begin{array}{l}
{\left( { - 1} \right)^3} - 3.\left( { - 1} \right) = 2\\
{1^3} - 3.1 =  - 2
\end{array} \right. \Rightarrow \) đáp án A có thể đúng.

+) Đáp án C: \(\left\{ \begin{array}{l}
{\left( { - 1} \right)^3} + 3.\left( { - 1} \right) =  - 4 \ne 2\\
{1^3} + 3.1 = 4 \ne  - 2
\end{array} \right. \Rightarrow \) loại đáp án C.

Hàm số nghịch biến \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow x{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 2} \right) \le 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) \le 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2\).

Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án C thỏa mãn.

Ta có: \(y' =  - 4{x^3} - 2x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow  - 4{x^3} - 2x = 0 \Leftrightarrow  - 2x\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\).

Suy ra hàm số có 1 điểm cực trị.

\(f'\left( x \right) = \left( {{3^x}{{.2}^x}} \right)' = \left( {{6^x}} \right)' = {6^x}\ln 6\)

Dựa vào BBT ta có: hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và đạt cực đại tại x = 2.

Ta có: \({\log _c}\left( {ab} \right) = {\log _c}a + {\log _c}b = \frac{1}{{{{\log }_a}c}} + \frac{1}{{{{\log }_b}x}} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y}\).

Thể tích khối lăng trụ là: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA'.AB.BC = 3.1.2 = 6{m^3}\).

Ta có \(\int {\left( {2x + 1} \right)dx = 2.\frac{{{x^2}}}{2} + x + C = {x^2} + x + C} \)

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có: \(y' = \frac{{2.\left( { - 1} \right) - 1.1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} =  - \frac{3}{{\left( {x - 1} \right)}} < 0,{\rm{ }}\forall x \in D\).

Vậy hàm số luôn nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính \(r = 2:S = 4\pi {.2^2} = 16\pi \).

Điều kiện: \(x>0\).

Ta có 3 số: \(\log 2;\log 7;\log x\) theo thứ tự thành CSC

\( \Rightarrow 2\log 7 = \log 2 + \log x \Leftrightarrow \log {7^2} = \log 2x\)

\( \Leftrightarrow 2x = 49 \Leftrightarrow x = \frac{{49}}{2}\left( {tm} \right)\).

Ta có: \(f\left( x \right) = C_{2019}^0 + C_{2019}^1x + C_{2019}^2{x^2} + ... + C_{2019}^{2019}{x^{2019}} = {\left( {x + 1} \right)^{2019}}\).

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^{2019}}} \right]' = 2019{\left( {x + 1} \right)^{2018}}\) 

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2019{\left( {x + 1} \right)^{2018}} = 0 \Leftrightarrow x = 1\) 

Vì x = 1 là nghiệm bội \(2018 \Rightarrow x = 1\) không là điểm cực trị của hàm số đã cho.

Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r, chiều cao h và đường sinh l: \({S_{xq}} = \pi rl\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TXĐ là: x = 1 và TCN là: y = 2 

Lại có đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía trên trục Ox \( \Rightarrow \) đáp án A đúng.

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có TXĐ là: x = - 1 và TCN là: y = - 2.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{mx - 4}}{{x + 1}} = m \Rightarrow y = m\) là TCN của đồ thị hàm số \( \Rightarrow m =  - 2\).

Ta có: \(y' =  - 6{x^2} + 6x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow  - 6{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow A\left( {0;1} \right)\\
x = 1 \Rightarrow B\left( {1;2} \right)
\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow \) đồ thị hàm số có hai điểm cực trị \(A\left( {0;1} \right),B\left( {1;2} \right)\).

\( \Rightarrow \) phương trình đường thẳng AB: \(\frac{x}{1} = \frac{{y - 1}}{{2 - 1}} \Leftrightarrow x = y - 1 \Leftrightarrow y = x + 1\).

TXĐ: \(D = \left( { - \infty ;6} \right]\).

Nhập hàm số đã cho vào máy tính và sử dụng chức năng MODE 7 của máy tính để làm bài toán.

+) Nhập hàm số \(f\left( x \right) = 2x - 4\sqrt {6 - x} ;Start: - 3;End:6;Step:\frac{{6 + 3}}{{19}}\) 

Khi đó ta có:  và  

\( \Rightarrow M = \mathop {Max}\limits_{\left[ { - 3;6} \right]} y = 12;m = \mathop {Min}\limits_{\left[ { - 3;6} \right]} y =  - 18\).

\( \Rightarrow M + m = 12 - 18 =  - 6\).

ĐKXĐ: x > 6.

\(\begin{array}{l}
{\log _3}x + {\log _3}\left( {x - 6} \right) = {\log _3}7 \Leftrightarrow {\log _3}\left[ {x\left( {x - 6} \right)} \right] = {\log _3}7{\log _3}x + {\log _3}\left( {x - 6} \right) = {\log _3}7\\
 \Leftrightarrow {x^2} - 6x = 7 \Leftrightarrow {x^2} - 6x - 7 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\left( {ktm} \right)\\
x = 7\left( {tm} \right)
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Gọi \(AC \cap BD = \left\{ O \right\} \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có: S.ABCD là hình chóp tứ giác đều \( \Rightarrow SA = SB \Rightarrow \Delta SAB\) cân tại S.

Lại có \(\angle ASB = 60^\circ \left( {gt} \right) \Rightarrow \Delta SAB\) là tam giác đều \( \Rightarrow SA = SB = AB = a\).

Ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 2 \) (định lý Pitago) \( \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

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

Gọi H là trung điểm của \(AB \Rightarrow SH \bot AB\).

Ta có: \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right),SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SD,HD} \right) = \angle SDH = \alpha \).

Áp dụng định lý Pytago với các tam giác vuông SAH, ADH ta có:

\(\begin{array}{l}
SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {4{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}\\
DH = \sqrt {A{H^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\\
 \Rightarrow \tan \alpha  = \frac{{SH}}{{DH}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}:\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = \sqrt 3 
\end{array}\).

Ta có: SA, SB, SC đôi một vuông góc

\( \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\) và tam giác ABC vuông tại B.

Gọi I là trung điểm của AC, suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Khi đó bán kính đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC: \(r = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {{b^2} + {a^2}} \).

Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là:

\(R = \sqrt {{{\left( {\frac{{SA}}{2}} \right)}^2} + {r^2}}  = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{4}}  = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \).

Qua G, kẻ đường thẳng song song với BC, cắt SB tại M và cắt SC tại N.

Gọi H là trung điểm của BC.

\( \Rightarrow \frac{{SG}}{{SH}} = \frac{2}{3}\) (tính chất đường trung tuyến).

Ta có: \(MN//BC \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{SG}}{{SH}} = \frac{2}{3}\) (định lý Ta-lét)

Ta có: \(AB = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\) (\(\Delta ABC\) cân tại B)

Có: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}A{B^2} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{1}{6}{a^3}\).

Theo công thức tỉ lệ thể tích ta có: \(\frac{{{V_{SAMN}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{9} \Rightarrow {V_{SAMN}} = \frac{4}{9}{V_{SABC}} = \frac{4}{9}.\frac{1}{6}{a^3} = \frac{2}{{27}}{a^3}\).

Vì thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có: \(h = 2r = 4cm\).

\( \Rightarrow {S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .2.4 = 16\pi c{m^2}\)

Dựa vào BBT để nhận xét các GTLN và GTNN của hàm số trên khoảng cần xét.

Ta có:

\({4^{x - 1}} + {2^{x + 3}} - 4 = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{4}{.2^{2x}} + {8.2^x} - 4 = 0\) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{2^x} =  - 16 + 4\sqrt {17} \left( {tm} \right)\\
{2^x} =  - 16 - 4\sqrt {17} \left( {ktm} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = {\log _2}\left( {4\sqrt {17}  - 16} \right)\).

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có hai đường TCĐ là: \(x =  - 2,x = 0\) và 1 đường TCN là: y = 0.

ĐKXĐ: \(x > 0,x \ne 1\).

\(\begin{array}{l}
\;2{\log _{\frac{1}{2}}}\left| {x - 1} \right| < {\log _{\frac{1}{2}}}x - 1 \Leftrightarrow  - 2{\log _2}\left| {x - 1} \right| <  - {\log _2}x - 1\\
 \Leftrightarrow 2{\log _2}\left| {x - 1} \right| > {\log _2}x + 1 \Leftrightarrow {\log _2}{\left( {x - 1} \right)^2} > {\log _2}x + {\log _2}2\\
 \Leftrightarrow {\log _2}{\left( {x - 1} \right)^2} > {\log _2}\left( {2x} \right) \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} > 2x
\end{array}\) 

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 - 2x > 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 2 + \sqrt 3 \\
x < 2 - \sqrt 3 
\end{array} \right.\)

Kết hợp điều kiện suy ra Bất phương trình vô nghiệm \(\left\{ \begin{array}{l}
x \in Z\\
x \in \left( {0;2 - \sqrt 3 } \right) \cup \left( {2 + \sqrt 3 ; + \infty } \right)
\end{array} \right. \Rightarrow x \in \left\{ {4;5;...} \right\}\) 

Vậy bất phương trình có vô số nghiệm thỏa mãn bài toán.

Cách vẽ đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\): Giữ lại phần đồ thị hàm số \(y=f(x)\) ở phía trên trục Ox và lấy đối xứng phần đồ thị của hàm số \(y=f(x)\) ở phía dưới trục Ox lên phía trên trục Ox.

Từ đó ta vẽ được đồ thị hàm số \(y=f(x)\) như sau:

Như vậy đồ thị hàm số  \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có 3 điểm cực trị.

Đặt \(OA = x \Rightarrow AB = 2x\left( {x > 0} \right)\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OAD ta có:

\(AD = \sqrt {O{D^2} - O{A^2}}  = \sqrt {100 - {x^2}} \) 

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = AB.AD = 2x.\sqrt {100 - {x^2}}  \le {x^2} + 100 - {x^2} = 100\) 

Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật ABCD là 100 cm², dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {x^2} = 100 - {x^2} \Leftrightarrow x = 5\sqrt 2 \left( {cm} \right)\).

Ta có \(F\left( x \right) = \int {{e^{{x^2}}}\left( {{x^3} - 4x} \right)dx = \int {{e^{{x^2}}}\left( {{x^2} - 4} \right)xdx} } \)

Đặt \(t = {x^2} \Rightarrow dt = 2xdx \Rightarrow F\left( t \right) = \frac{1}{2}\int {{e^t}\left( {t - 4} \right)dt} \) 

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = t - 4\\
dv = {e^t}dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dt\\
v = {e^t}
\end{array} \right.\).

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow F\left( t \right) = \frac{1}{2}\left[ {\left( {t - 4} \right){e^t} - \int {{e^t}dt} } \right] = \frac{1}{2}\left[ {\left( {t - 4} \right){e^t} - {e^t}} \right] = \frac{1}{2}\left( {5 - t} \right){e^t} + C\\
 \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{1}{2}\left( {{x^2} - 5} \right){e^{{x^2}}} + C \Rightarrow g\left( x \right) = F\left( {{x^2} + x} \right) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2} - 5} \right]{e^{{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2}}} + C\\
 \Rightarrow g'\left( x \right) = \frac{1}{2}\left[ {2\left( {{x^2} + x} \right)\left( {2x + 1} \right){e^{{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2}}} + \left( {{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2} - 5} \right){e^{{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2}}}.2\left( {{x^2} + x} \right).\left( {2x + 1} \right)} \right]\\
g'\left( x \right) = \left( {{x^2} + x} \right)\left( {2x + 1} \right){e^{{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2}}}\left( {{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2} - 4} \right)\\
g'\left( x \right) = x\left( {x + 1} \right)\left( {2x + 1} \right)\left( {{x^2} + x - 2} \right)\left( {{x^2} + x + 2} \right){e^{{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2}}}\\
g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  \pm 1\\
x = \frac{{ - 1}}{2}\\
x =  - 2
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Vậy hàm số \(F\left( {{x^2} + x} \right)\) có 5 điểm cực trị.

Khi quay tam giác BMC quanh cạnh AB tạo ra 2 khối tròn xoay có thể tích là:

\(V = \frac{1}{3}\pi .A{C^2}.AB - \frac{1}{3}\pi A{M^2}AB = \frac{1}{3}\pi {.8^6}.6 - \frac{1}{3}\pi {.4^2}.6 = 96\pi \)

Đặt \(t = {2^x} > 0\), khi đó phương trình trở thành \({t^2} - mt + 2m + 1 = 0 \Leftrightarrow {t^2} + 1 = m\left( {t - 2} \right)\) 

Nhận thấy t = 2 không là nghiệm của phương trình \( \Rightarrow t \ne 2\).

Chia cả 2 vế của phương trình cho t - 2, ta được \(m = \frac{{{t^2} + 1}}{{t - 2}} = f\left( t \right){\rm{ }}\left( {t > 0} \right)\)  (*)

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f(t)\) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Ta có: \(f'\left( t \right) = \frac{{2t\left( {t - 2} \right) - {t^2} - 1}}{{{{\left( {t - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{t^2} - 4t - 1}}{{{{\left( {t - 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 2\sqrt 5  \in \left( {0; + \infty } \right)\\
t = 2 - \sqrt 5  \notin \left( {0; + \infty } \right)
\end{array} \right.\) 

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m <  - \frac{1}{2}\\
m \ge 4 + 2\sqrt 5 
\end{array} \right. \Rightarrow S = \left( { - \infty ;\frac{{ - 1}}{2}} \right) \cup \left[ {4 + 2\sqrt 5 ; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow R\backslash S = \left[ { - \frac{1}{2};4 + 2\sqrt 5 } \right) \Rightarrow R\backslash S\) có 9 giá trị nguyên là \(\left\{ {0;1;2;...;8} \right\}\).       

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{1 - x}}{{{x^2} - 2mx + 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{x}}}{{1 - \frac{{2m}}{x} + \frac{4}{{{x^2}}}}} = 0 \Rightarrow y = 0\) là TCN của đồ thị hàm số.

Do đó để đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng.

Suy ra phương trình \(f\left( x \right) = {x^2} - 2mx + 4 = 0\) có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' = {m^2} - 4 > 0\\
f\left( 1 \right) = 1 - 2m + 4 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m > 2\\
m <  - 2
\end{array} \right.\\
m \ne \frac{5}{2}
\end{array} \right.\).

Gọi số tự nhiên có 3 chữ số là \(\overline {abc} \) (\(0 \le a,b,c \le 9,a \ne 0\)).

Suy ra S có 9.10.10 = 900 phần tử. Chọn ngẫu nhiên một số từ \(S \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 900\).

Gọi A là biến cố: “Số được chọn thỏa mãn \(a \le b \le c\)”.

TH1: \(a <b<c\). Chọn 3 số trong 9 số từ 1 đến 9, có duy nhất một cách xếp chúng theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải nên TH này có \(C_9^3\) số thỏa mãn.

TH2: \(a=b<c\), có \(C_9^2\) số thỏa mãn.

TH3: \(a<b=c\) có \(C_9^2\) số thỏa mãn.

TH4: \(a=b=c\) có 9 số thỏa mãn.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_9^3 + 2.C_9^2 + 9 = 165\).

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{165}}{{900}} = \frac{{11}}{{60}}\).

Goi D là trung điểm của \(AC \Rightarrow CD \bot AB\)

Kẻ \(HM//CD\left( {M \in AB} \right) \Rightarrow HM \bot AB\).

Ta có \()\left\{ \begin{array}{l}
HM \bot AB\\
SH \bot AB
\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHM} \right)\) .

Trong (SHM) kẻ \(HK \bot SM\left( {K \in SM} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
HK \bot SM\\
HK \bot AB\left( {AB \bot \left( {SHM} \right)} \right)
\end{array} \right.\) \( \Rightarrow HK \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAB} \right)} \right) = HK\).

Ta có: \(CH \cap \left( {SAB} \right) = A \Rightarrow \frac{{d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAB} \right)} \right)}} = \frac{{CA}}{{HA}} = \frac{3}{2} \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {H;\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{3}{2}HK\).

Tam giác ABC đều cạnh \(3a \Rightarrow CD = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{HM}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow HM = \frac{2}{3}.\frac{{3a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHM ta có: \(HK = \frac{{SH.HM}}{{\sqrt {S{H^2} + H{M^2}} }} = \frac{{2a.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {4{a^2} + 3{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt {21} }}{7}\)

Vậy \(d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{3}{2}.\frac{{2a\sqrt {21} }}{7} = \frac{{3a\sqrt {21} }}{7}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
r = \frac{1}{2}l\\
l = \frac{3}{2}R
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
r = \frac{1}{2}.\frac{3}{2}R = \frac{3}{4}R\\
l = \frac{3}{2}R
\end{array} \right.\) 

Diện tích toàn phần của hình nón là \({S_1} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi \left( {\frac{3}{4}R} \right).\frac{3}{2}R + \pi {\left( {\frac{3}{4}R} \right)^2} = \pi \frac{{27}}{{16}}{R^2}\)

Diện tích mặt cầu là \({S_2} = 4\pi {R^2}\).

Theo bài ra ta có: \({S_1} + {S_2} = 91 \Leftrightarrow \pi \frac{{27}}{{16}}{R^2} + 4\pi {R^2} = 91 \Leftrightarrow \frac{{91}}{{16}}\pi {R^2} = 91 \Leftrightarrow \pi {R^2} = 16\).

Vậy diện tích mặt cầu là: \({S_2} = 4\pi {R^2} = 4.16 = 64\left( {c{m^2}} \right)\).

Ta có \(f\left( x \right) = \sqrt {x + 1} f'\left( x \right)\). Do \(f(x)>0\) nên chia cả 2 vế cho \(f(x)\) ta được \(\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}\).

Lấy nguyên hàm 2 vế \( \Rightarrow \int {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}dx = \int {\frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}dx \Leftrightarrow \ln f\left( x \right) = 2\sqrt {x + 1}  + C \Rightarrow f\left( x \right) = {e^{2\sqrt {x + 1}  + C}}} } \)

 \(\begin{array}{l}
f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow {e^{2 + C}} = 1 = {e^0} \Leftrightarrow C =  - 2 \Rightarrow f\left( x \right) = {e^{2\sqrt {x + 1}  - 2}}\\
 \Rightarrow f\left( 3 \right) = {e^{2\sqrt {3 + 1}  - 2}} = {e^2} \approx 7,4
\end{array}\) 

TXĐ: D = R.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x - {m^2} + 3m - 2\).

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {0;2} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) \ge 0{\rm{ }}\forall x \in \left( {0;2} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x - {m^2} + 3m - 2 \ge 0{\rm{ }}\forall x \in \left( {0;2} \right)\\
 \Leftrightarrow {m^2} - 3m + 2 \le 3{x^2} + 6x = g\left( x \right)\forall x \in \left( {0;2} \right) \Rightarrow {m^2} - 3m + 2 \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} g\left( x \right)
\end{array}\) 

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3{x^2} + 6x\) trên [0;2] ta có:

\(g'\left( x \right) = 6x + 6 = 0 \Leftrightarrow x =  - 1 \Rightarrow g'\left( x \right) > 0{\rm{ }}\forall x >  - 1 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên [0;2].

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow {m^2} - 3m + 2 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le m \le 2\).

\(\sqrt {3 + x}  + \sqrt {6 - x}  - \sqrt {18 + 3x - {x^2}}  \le {m^2} - m + 1\).

ĐKXĐ: \( - 3 \le x \le 6\).

Đặt \(t = \sqrt {3 + x}  + \sqrt {6 - x} \)

Ta có: \(t'\left( x \right) = \frac{1}{{2\sqrt {3 + x} }} - \frac{1}{{2\sqrt {6 - x} }} = \frac{{\sqrt {6 - x}  - \sqrt {3 + x} }}{{2\sqrt {3 + x} \sqrt {6 - x} }} = 0 \Leftrightarrow 6 - x = 3 + x \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\).

BBT:

\( \Rightarrow t \in \left[ {3;3\sqrt 2 } \right]\).

Ta có \({t^2} = 3 + x + 6 - x + 2\sqrt {18 + 3x - {x^2}}  = 9 + 2\sqrt {18 + 3x - {x^2}} \) 

\( \Rightarrow \sqrt {18 + 3x - {x^2}}  = \frac{{{t^2} - 9}}{2}\) .

Khi đó phương trình trở thành: \(f\left( t \right) = t - \frac{{{t^2} - 9}}{2} \le {m^2} - m + 1{\rm{ }}\forall t \in \left[ {3;3\sqrt 2 } \right]\) (*)

Phương trình (*) có nghiệm đúng \(\forall t \in \left[ {3;3\sqrt 2 } \right] \Leftrightarrow {m^2} - m + 1 \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {3;3\sqrt 2 } \right]} f\left( t \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = t - \frac{{{t^2} - 9}}{2}\) ta có: \(f'\left( t \right) = 1 - \frac{1}{2}.2t = 1 - t = 0 \Leftrightarrow t = 1\)

BBT:

\( \Rightarrow {m^2} - m + 1 \ge 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m \ge 2\\
m \le  - 1
\end{array} \right.\).

Kết hợp điều kiện đề bài \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \in \\
m \in \left[ { - 10; - 1} \right] \cup \left[ {2;10} \right]
\end{array} \right. \Rightarrow \) Có 19 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi D là trung điểm của BC. Do \(\Delta SBC\) cân tại \(S \Rightarrow SD \bot BC\).

MN là đường trung bình của \(\Delta SBC \Rightarrow MN//BC \Rightarrow MN \bot SD\) và \(MN = \frac{1}{2}BD = \frac{a}{2}\).

Gọi \(H = MN \cap SD \Rightarrow SH \bot MN\) 

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {AMN} \right) \bot \left( {SCD} \right)\\
\left( {AMN} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MN\\
\left( {SCD} \right) \supset SH \bot MN
\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {AMN} \right)\).

Tương tự ta chứng minh được \(AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AH \bot SD\) tại H là trung điểm của SD.

\( \Rightarrow \Delta SAD\) cân tại A \( \Rightarrow SA = AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = SB = SC\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SBD có \(SD = \sqrt {S{B^2} - B{D^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\( \Rightarrow SH = \frac{1}{2}SD = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SAH ta có \(AH = \sqrt {S{A^2} - S{H^2}}  = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\).

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {S_{\Delta AMN}} = \frac{1}{2}AH.MN = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt {10} }}{4}.\frac{a}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{{16}}\\
 \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta AMN}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{{16}} = \frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{{96}}
\end{array}\)

Ta có: \(\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 4{V_{S.AMN}} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{24}}\).

\(f\left( x \right) = {x^3} - \left( {2m - 1} \right){x^2} + \left( {2 - m} \right)x + 2 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} - 2\left( {2m - 1} \right)x + 2 - m\).

Để hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 5 cực trị suy ra Hàm số \(y=f(x)\) có 2 cực trị dương phân biệt.

Suy ra phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm dương phân biệt.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' = {\left( {2m - 1} \right)^2} - 3\left( {2 - m} \right) > 0\\
S = \frac{{2\left( {2m - 1} \right)}}{3} > 0\\
P = \frac{{2 - m}}{3} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4{m^2} - m - 5 > 0\\
m > \frac{1}{2}\\
m < 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m > \frac{5}{4}\\
m <  - 1
\end{array} \right.\\
\frac{1}{2} < m < 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{5}{4} < m < 2\)

Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành A'B'C'D'.

Do \(\left\{ \begin{array}{l}
A'B' = A'C'\\
\angle B'A'C' = 90^\circ 
\end{array} \right. \Rightarrow A'B'DC'\) là hình vuông.

\( \Rightarrow AC'//BD \Rightarrow \angle \left( {AC';BA'} \right) = d\left( {BD;BA'} \right) = 60^\circ \) và B'D = a.

Gọi \(O = A'D \cap B'C' \Rightarrow O\) là trung điểm của A'D.

\(\Delta A'B'C'\) vuông cân tại \(A' \Rightarrow A'O = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow A'D = a\sqrt 2 \).

Đặt \(BB' = x \Rightarrow A'B = \sqrt {{x^2} + {a^2}} ;BD = \sqrt {{x^2} + {a^2}} \).

TH1: \(\angle A'BD = 60^\circ \).

Áp dụng định lí cosin trong tam giác A'BD ta có:

\(A'{D^2} = A'{B^2} + B{D^2} - 2A'B.BD.\cos 60^\circ  \Rightarrow 2{a^2} = 2{x^2} + 2{a^2} - 2\left( {{x^2} + {a^2}} \right)\frac{1}{2}\) 

\( \Leftrightarrow 2{x^2} = {x^2} + {a^2} \Leftrightarrow {x^2} = {a^2} \Leftrightarrow x = a\) 

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = BB'.{S_{\Delta ABC}} = a.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{2}\)

TH2: \(\angle A'BD = 120^\circ \).

Áp dụng định lí cosin trong tam giác A'BD ta có:

\(A'{D^2} = A'{B^2} + B{D^2} - 2A'B.BD.\cos 120^\circ  \Rightarrow 2{a^2} = 2{x^2} + 2{a^2} + 2\left( {{x^2} + {a^2}} \right)\frac{1}{2}\) 

\( \Leftrightarrow 0 = 3{x^2} + 2{a^2} \Leftrightarrow x = a = 0\) (vo li)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{{{a^3}}}{2}\).

\({9^{{x^2} - 4}} + \left( {{x^2} - 4} \right){2019^{x - 2}} \ge 1\) 

TH1: \({x^2} - 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \ge 2\\
x \le  - 2
\end{array} \right.\), khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{9^{{x^2} - 4}} \ge {9^0} = 1\\
x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow {2019^{x - 2}} \ge {2019^0} = 1
\end{array} \right. \Rightarrow {9^{{x^2} - 4}} + \left( {{x^2} - 4} \right){2019^{x - 2}} \ge 1\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 4 = 0\\
x - 2 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\).

TH2: \({x^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow  - 2 < x < 2\), khi đó ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{9^{{x^2} - 4}} < {9^0} = 1\\
x - 2 < 0 \Leftrightarrow {2019^{x - 2}} < {2019^0} = 1
\end{array} \right. \Rightarrow {9^{{x^2} - 4}} + \left( {{x^2} - 4} \right){2019^{x - 2}} < 1\) 

Suy ra bất phương trình vô nghiệm.

Vậy tập hợp tất cả các số thực x không thỏa mãn bất phương trình là \(\left( { - 2;2} \right) \Rightarrow a =  - 2;b = 2 \Rightarrow b - a = 4\).

Sử dụng công thức trả góp \(P{\left( {1 + r} \right)^n} = \frac{M}{r}\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]\), trong đó:

P: Số tiền phải trả sau n tháng.

r: lãi suất/ tháng

M: Số tiền trả mỗi tháng.

\(\begin{array}{l}
P{\left( {1 + r} \right)^n} = \frac{M}{r}\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]\\
 \Leftrightarrow 50{\left( {1 + 1,1\% } \right)^n} = \frac{4}{{1,1\% }}\left[ {{{\left( {1 + 1,1\% } \right)}^n} - 1} \right]\\
 \Leftrightarrow 50{\left( {1 + 1,1\% } \right)^n} = \frac{4}{{1,1\% }}{\left( {1 + 1,1\% } \right)^n} - \frac{4}{{1,1\% }}\\
 \Leftrightarrow \frac{4}{{1,1\% }} = \frac{{3450}}{{11}}{\left( {1 + 1,1\% } \right)^n}\\
 \Leftrightarrow {\left( {1 + 1,1\% } \right)^n} = \frac{{80}}{{69}} \Rightarrow n = {\log _{1 + 1,1\% }}\frac{{80}}{{69}} \approx 13,52
\end{array}\)

Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác đều cạnh l.

Do đó bán kính đường tròn nội tiếp tam giác cũng chính là bán kính mặt cầu nội tiếp chóp là \({r_1} = \frac{1}{3}\frac{{l\sqrt 3 }}{2} = \frac{{l\sqrt 3 }}{6}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

\(\frac{{AA'}}{{AB}} = \frac{{AH'}}{{AH}} = \frac{{AH - HH'}}{{AH}} = \frac{{\frac{{l\sqrt 3 }}{2} - \frac{{l\sqrt 3 }}{3}}}{{\frac{{l\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{3} \Rightarrow AA' = \frac{l}{3}\) 

Tương tự ta tìm được \({r_2} = \frac{l}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{6} = \frac{{l\sqrt 3 }}{{18}} = \frac{{{r_1}}}{3}\). Tiếp tục như vậy ta có \({r_3} = \frac{{{r_1}}}{{{3^2}}},{r_4} = \frac{{{r_1}}}{{{3^3}}},...{r_n} = \frac{{{r_1}}}{{{3^{n - 1}}}}\).

Ta có: \({V_1} = \frac{4}{3}\pi r_1^3,{V_2} = \frac{4}{3}\pi r_2^3 = \frac{4}{3}\pi r_2^3 = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{{r_1}}}{3}} \right)^3} = \frac{1}{{{3^3}}}{V_1},{V_3} = \frac{1}{{{{\left( {{3^3}} \right)}^2}}}{V_1},...;{V_n} = \frac{1}{{{{\left( {{3^3}} \right)}^{n - 1}}}}{V_1}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{V_1} + {V_2} + ... + {V_n}}}{V} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{V_1}\left( {1 + \frac{1}{{{3^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {{3^3}} \right)}^2}}} + ... + \frac{1}{{{{\left( {{3^3}} \right)}^{n - 1}}}}} \right)}}{V} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{V_1}.S}}{V}\)

Đặt \(S = 1 + \frac{1}{{{3^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {{3^3}} \right)}^2}}} + ... + \frac{1}{{{{\left( {{3^3}} \right)}^{n - 1}}}}\).

Đây là tổng của CSN lùi vô hạn với công bội \(q = \frac{1}{{{3^3}}} < 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } S = \frac{1}{{1 - \frac{1}{{{3^3}}}}} = \frac{{27}}{{26}}\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {V_1} + {V_2} + ... + {V_n} = \frac{{27}}{{26}}{V_1} = \frac{{27}}{{26}}.\frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{l\sqrt 3 }}{6}} \right)^3} = \frac{{\sqrt 3 }}{{52}}\pi {l^3}\\
V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{l}{2}} \right)^2}.\frac{{l\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 \pi {l^3}}}{{24}}\\
 \Rightarrow T = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{{52}}\pi {l^3}}}{{\frac{{\sqrt 3 \pi {l^3}}}{{24}}}} = \frac{6}{{13}}
\end{array}\) 

Đồ thị hàm số \(y = f\left( {x - 2019} \right)\) được tạo thành bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số \(y=f(x)\) theo chiều song song với trục Ox sang bên phải 2019 đơn vị.

Đồ thị hàm số \(y = f\left( {x - 2019} \right) + m - 2\) được tạo thành bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số \(f\left( {x - 2019} \right)\) theo chiều song song với trục Oy lên trên m - 2 đơn vị.

Đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {x - 2019} \right) + m - 2} \right|\) được tạo thành bằng cách giữ nguyên phần đồ thị \(y = f\left( {x - 2019} \right) + m - 2\) phía trên trục Ox, lấy đối xứng toàn bộ phần đồ thị phía dưới trục Ox qua trục Ox và xóa đi phần đồ thị phía dưới trục Ox.

Do đó để đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {x - 2019} \right) + m - 2} \right|\) có 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số \(y = f\left( {x - 2019} \right) + m - 2\) có \({y_{CD}}.{y_{CT}} \le 0\).

\( \Leftrightarrow  - 3 + m - 2 \ge 0 >  - 6 + m - 2 \Leftrightarrow m - 5 \ge 0 > m - 8 \Leftrightarrow 5 \le m < 8\)

Suy ra có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có: Đường kính đáy của hình trụ là \(9 - 2x \Rightarrow \) Bán kính đáy hình trụ là \(\frac{{9 - 2x}}{2}\).

Khi đó ta có thể tích ao là \(V = \pi {\left( {\frac{{9 - 2x}}{2}} \right)^2}x = \frac{\pi }{4}{\left( {9 - 2x} \right)^2}x = \frac{\pi }{4}f\left( x \right)\) 

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {\left( {9 - 2x} \right)^2}x = 4{x^3} - 36{x^2} + 81x\) với \(0 < x < \frac{9}{2}\) ta có:

\(f'\left( x \right) = 12{x^2} - 72x + 81 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{9}{2}\\
x = \frac{3}{2}
\end{array} \right.\) 

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy \(f{\left( x \right)_{\max }} = 54 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\). Khi đó \({V_{\max }} = \frac{\pi }{4}.54 = \frac{{27\pi }}{2} = 13,5\pi \left( {{m^3}} \right)\).

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

Hàm số \(y=g(x)\) nghịch biến trên \(\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow g'\left( x \right) \le 0{\rm{ }}\forall x \in \left( {a;b} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Ta có \(g'\left( { - 1} \right) = 3f'\left( { - 2} \right) > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án A, B và D.