\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 0\)

Nên Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{5}{{x - 1}}\) là đường thẳng y = 0.

Đồ thị đạt cực trị tại 3 điểm x = -1; x = 0; x = 1 nên 

\(\begin{array}{l}
y' = A.x(x - 1)(x + 1)\\
 = A.\left( {{x^3} - x} \right)
\end{array}\) với A là hằng số

Suy ra \(y = B.\left( {{x^4} - 2x} \right) + C\)

Thay các tọa độ điểm cực trị vào tìm B, C.

Ta được: \(y = 2{x^4} - 4{x^2} + 1\)

\(\begin{array}{l}
{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\\
SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = a\sqrt 2 \\
{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}
\end{array}\)

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

Suy ra Tọa độ của điểm cực đại của đồ thị hàm số là (- 1;2).

Bất phương trình \(mx>3\) vô nghiệm khi m = 0.

\(\begin{array}{l}
y' = 3{x^2} - 6x - 9\\
y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 3\\
x =  - 1
\end{array} \right.
\end{array}\)

Suy ra Giá trị cực tiểu của hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 2\) là \({y_{CT}} = {3^3} - {3.3^2} - 9.3 + 2 =  - 25\)

Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là \(V=Bh\)

\(y'=4x^3\)

y' = 0 khi x = 0 

Nên Hàm số \(y = {x^4} - 2\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\)

 \(B = \lim \frac{{4{n^2} + 3n + 1}}{{{{\left( {3n - 1} \right)}^2}}}\)=\(\frac{4}{9}.\)

\(\begin{array}{l}
y' = 3{x^2} - 3\\
y' = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\\
y(2) = {2^3} - 3.2 + 5 = 7\\
y(4) = {4^3} - 3.4 + 5 = 57
\end{array}\)

Vậy Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^3} - 3x + 5\) trên đoạn \(\left[ {2;4} \right]\) là là 7.

\(\begin{array}{l}
y = \frac{{2x + 5}}{{x - 3}}\\
y' = \frac{{2\left( {x - 3} \right) - \left( {2x + 5} \right)}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}}\\
y' = \frac{{ - 11}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}}
\end{array}\)

Hàm số nghịc biến trên \((-\infty ; 3)\) và \((3; +\infty  )\).

Hình mười hai mặt đều thuộc loại khối đa diện {5;3}.

Gọi hình chiếu vuông góc hạ từ A đến mặt phẳng (BCD) là H. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD) là AH.

Vì tứ diện đều nên H là trọng tâm tam giác BCD.

Suy ra \(BH = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}={a \sqrt 3 \over 3}\)

Trong tam giác ABH có \(AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^3}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Vậy khoảng cách chính bằng AH.

Độ dài trục lớn bằng 8 suy ra 2a = 8 suy ra a  = 4.

Độ dài trục nhỏ bằng 6 suy ra 2b = 6 suy ra b = 3.

Phương trình chính tắc của Elip \(\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1.\)

Khi nói hàm số đơn điệu trên khoảng K, ta chỉ xét K là 1 đoạn, 1 khoảng hoặc nửa khoảng. Vì thế khi nói hàm số đơn điệu trên các khoảng như \(R\backslash \left\{ { - 1} \right\},R\backslash \left\{ 1 \right\}\) hoặc \(\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( { - 1; + \infty } \right)\) thì đây đều là các khoảng rời rạc nên các khẳng định này đều là khẳng định sai.

Xét vị trí tương đối của 2 điểm A, B và đường thẳng \(\Delta \)

(2-1+1).(9-6+1)=8 > 0 nên 2 điểm A, B nằm cùng phía nhau so với đường thẳng \(\Delta\)

Gọi A' là điểm đối xứng với A qua đường thẳng \(\Delta\) và H là giao điểm của AA' và \(\Delta\), I là giao điểm của A'B và \(\Delta\).

Ta có \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\). Dấu "=" xảy ra khi M trùng I

Phương trình AA': x+y-3=0

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}
x + y = 3\\
x - y =  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
y = 2
\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {1;2} \right)\)

H là trung điểm của AA' nên A'(0;3)

Phương trình A'B: x-3y+9=0

Tọa độ điểm I là nghiệm hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}
x - 3y =  - 9\\
x - y =  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 3\\
y = 4
\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {3;4} \right)\)

Tìm đượ a=3, b=4 nên a+b=7

\(y = \frac{1}{2}{x^4} - m{x^2} + \frac{3}{2}\)

\(\begin{array}{l}
y' = 2{x^3} - 2mx = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} = m
\end{array} \right.
\end{array}\)

Để hàm số có cực tiểu mà không có cực đại thì PT \({x^2} = m\) vô nghiệm

Vậy \(m \le 0\).

\(y' =  - {x^2} + 1,y'' =  - 2x\), điểm uốn \(I\left( {0; - \frac{2}{3}} \right)\)

Đặt sin x = t với \(t \in \left[ { - 1;1} \right]\)

Ta có: \(y=t^2-4t-5\) với 

\(t \in \left[ { - 1;1} \right]\)

\(y'=2t-4=0 \Leftrightarrow t = 2\left( l \right)\)

Ta có: y(-1)=0, y(1)=- 8 nênmin y= - 8 

Dựa vào đồ thị, ta có \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x > 2\)

Gọi H là trung điểm BC 

Đặt AB = a, ta có: \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác A'AH, ta tìm được \(A'H = a,AA' = \frac{a}{2}\)

\({S_{A'BC}} = 8 \Rightarrow \frac{1}{2}A'H.BC = 8 \Rightarrow a = 4\)

Thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C': \(\begin{array}{l}
A'H = a,AA' = \frac{a}{2}\\
V = AA'.{S_{ABC}} = 8\sqrt 3 
\end{array}\)

Hàm số \(f(x)=x^3+3x\) đồng biến trên R nên:

\(\begin{array}{l}
{\left( {x + 1} \right)^3} + 3 - m = 3\sqrt[3]{{3x + m}}\\
 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^3} + 3\left( {x + 1} \right) = {\left( {\sqrt[3]{{3x + m}}} \right)^3} + 3\sqrt[3]{{3x + m}}\\
 \Leftrightarrow x + 1 = \sqrt[3]{{3x + m}}\\
 \Leftrightarrow m = {x^3} + 3{x^2} + 1
\end{array}\)

Bảng biến thiê của hàm số \(y=x^3+3x^2+1\)

Phương trình ban đầu có đúng 2 nghiệm thực khi và chỉ khi m=5 hoặc m=1

Suy ra S={1;5}

Dễ thấy hàm số \(f(x^2+m)\) là hàm chẵn, để hàm số này có 3 điểm cực trị thì hàm số này phải có đúng 1 điểm cực trị dương

Ta có: \(y' = 2x.f'\left( {{x^2} + m} \right),y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
f'\left( {{x^2} + m} \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} + m = 0\\
{x^2} + m = 1\\
{x^2} + m = 3
\end{array} \right.\) 

Chú ý rằng đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 nên các nghiệm của \({x^2} + m = 1\) (nếu có) không làm cho \(f'\left( {{x^2} + m} \right)\) đổi dấu khi x đi qua, do đó các điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {{x^2} + m} \right)\) là các nghiệm của hệ \(\left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} + m = 0\\
{x^2} + m = 3
\end{array} \right.\) 

Hệ này có duy nhất 1 nghiệm dương khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}
 - m \ge 0\\
3 - m > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le m < 3\) 

30 số từ 1 đến 30 được chia thành 3 tập hợp:

Tập hợp các số lẻ: 15 phần tử

Tập hợp các số chia hết cho 10: 3 phần tử

Tập hợp các số chẵn không chia hết cho 10: 12 phần tử

Số cách chọn ra 5 phần tử trong tập hợp thứ 1: \(C_{15}^5\) 

Số cách chọn ra 1 phần tử trong tập hợp thứ 2: \(C_3^1\) 

Số cách chọn ra 4 phần tử trong tập hợp thứ 3: \(C_{12}^4\) 

Tổng số cách chọn thỏa mãn: \(C_{15}^5.C_3^1.C_{12}^4\) . Không gian mẫu: \(C_{30}^{10}\) 

Xác suất cần tính: \(P = \frac{{C_{15}^5.C_3^1.C_{12}^4}}{{C_{30}^{10}}} = \frac{{99}}{{667}}\) 

Vì \(\left| {\frac{{{x^2} + x + 4}}{{{x^2} - mx + 4}}} \right| \le 2\) đúng với mọi x nên \({x^2} - mx + 4 \ne 0\) với mọi x, do đó \(\Delta  = {m^2} - 16 < 0 \Leftrightarrow  - 4 < m < 4\) . Khi đó \({x^2} - mx + 4 > 0\) 

\(\begin{array}{l}
\left| {\frac{{{x^2} + x + 4}}{{{x^2} - mx + 4}}} \right| \le 2 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + x + 4}}{{{x^2} - mx + 4}} \le 2 \Leftrightarrow {x^2} + x + 4 \le 2{x^2} - 2mx + 8 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + 4 \ge 0\\
\Delta  = {\left( {2m + 1} \right)^2} - 16 \le 0 \Leftrightarrow  - 4 \le 2m + 1 \le 4 \Leftrightarrow  - \frac{5}{2} \le m \le \frac{3}{2}\\
 \Rightarrow a + b =  - 1
\end{array}\) 

Đặt \(f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\). Hàm số có 2 điểm cực trị. Thực hiện các phép biến đổi đồ thị, suy ra các đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right);y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) như hình vẽ:

Dựa vào phép biến đổi đồ thị suy ra số điểm cực trị là 7

giả sử đa giác có \(n\) đỉnh. Số cạnh của hình chóp là \(2n = 20 \Rightarrow n = 10\)

Số mặt hình chóp là \(n+1=11\)

Gia sử đa giác có \(n\) cạnh, khi đó lăng trụ có \(3n\) cạnh nên số cạnh hình lăng trụ phải chia hết cho 3

AB giao CD tại E. Vì ABCD là nửa lục  giác đều đường kính AD nên tam giác ADE đều và B, C là trung điểm AE và DE

Kẻ \(AH \bot SC\left( {H \in SC} \right)\) . Dễ thấy \(CD \bot AC \Rightarrow CD \bot (SAC) \Rightarrow AH \bot CD\) . Do đó khoảng cách từ A tới (SCD) là AH

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{6{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow AH = \sqrt 2 a\) 

Theo định lý Ta let: \({d_{B/\left( {SCD} \right)}} = \frac{1}{2}{d_{A/\left( {SCD} \right)}} = \frac{1}{2}AH = \frac{{\sqrt 2 a}}{2}\) 

Khoảng cách từ I tới đường thẳng d: \(IH = \frac{{\left| {3 - 4.\left( { - 1} \right) + 8} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = \frac{{15}}{5} = 3\) 

Áp dụng định lí pitago: \(HB = \sqrt {I{B^2} - I{H^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4 \Rightarrow AB = 2.HB = 2.4 = 8\) 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 2\), tiệm cận ngang \(y=2\)

\(y' = \frac{{2 - m}}{{{{\left( {{\rm{cos}}x - m} \right)}^2}}}.\left( {{\rm{cosx}}} \right)' = \frac{{2 - m}}{{{{\left( {{\rm{cos}}x - m} \right)}^2}}}.\left( { - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right),{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} > 0,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) 

Hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) khi và chỉ khi

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
2 - m > 0\\
{\rm{cos}}x - m \ne 0
\end{array} \right.,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 2\\
m \notin \left( {0;1} \right)
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 2\\
\left[ \begin{array}{l}
m \ge 1\\
m \le 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
 - 1 \le m < 2\\
m \le 0
\end{array} \right.
\end{array}\)

\(y’=-x^2+2(m-1)+m+3\)

Hàm số đồng biến trên (0;3) khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}
y'\left( 0 \right) \ge 0\\
y'\left( 3 \right) \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m + 3 \ge 0\\
 - 9 + 6m - 6 + m + 3 \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ge  - 3\\
m \ge \frac{{12}}{7}
\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge \frac{{12}}{7}\) 

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC

Dễ thấy \(BC \bot AN,BC \bot SN \Rightarrow BC \bot \left( {SAN} \right)\) . Do đó

\(\begin{array}{l}
{V_{S.ABC}} = {V_{S.ABN}} + {V_{S.ANC}} = \frac{1}{3}.{S_{SAN}}.BN + \frac{1}{3}.{S_{SAN}}.CN = \frac{1}{3}{S_{SAN}}\left( {BC + CN} \right) = \frac{1}{3}{S_{SAN}}.BC\\
MN = \sqrt {A{N^2} - A{M^2}}  = \sqrt {A{B^2} - B{N^2} - A{M^2}}  = \sqrt {1 - \frac{{{y^2}}}{4} - \frac{{{x^2}}}{4}} 
\end{array}\) 

Do đó \({S_{SAN}} = \frac{1}{2}SA.MN = \frac{x}{2}\sqrt {1 - \frac{{{y^2}}}{4} - \frac{{{x^2}}}{4}} \) 

Do đó

\(\begin{array}{l}
{V_{S.ABC}} = \frac{1}{6}xy\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{4} - \frac{{{y^2}}}{4}} \\
 \Rightarrow {V^2} = \frac{1}{{36}}{x^2}{y^2}\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{4} - \frac{{{y^2}}}{4}} \right) = \frac{{16}}{{36}}.\frac{{{x^2}}}{4}.\frac{{{y^2}}}{4}.\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{4} - \frac{{{y^2}}}{4}} \right) \le \frac{4}{9}{\left( {\frac{1}{3}} \right)^3}
\end{array}\) 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{{{x^2}}}{4} = \frac{{{y^2}}}{4} = 1 - \frac{{{x^2}}}{4} - \frac{{{y^2}}}{4} \Leftrightarrow x = y = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\) 

Thực hiện các phép tịnh tiến đồ thị hàm số, ta thấy \(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - 1;1} \right)\) 

\(\begin{array}{l}
\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)C_{n + 2}^{k + 2} = \left( {k + 1} \right)\left( {n + 2} \right).C_{n + 1}^{k + 1} = \left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)C_n^k\\
 \Rightarrow \frac{{C_n^k}}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}} = \frac{{C_{n + 2}^{k + 2}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}
\end{array}\) 

Áp dụng ta có:

\(\begin{array}{l}
VT = \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\left( {C_{n + 2}^2 + C_{n + 2}^3 + ... + C_{n + 2}^{n + 2}} \right) = \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\left( {C_{n + 2}^0 + C_{n + 2}^1 + ... + C_{n + 2}^{n + 2} - 1 - n - 2} \right)\\
 = \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\left( {{2^{n + 2}} - n - 3} \right)\\
 \Rightarrow {2^{n + 2}} = {2^{100}} \Rightarrow n = 98
\end{array}\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ { - 1;2; - \frac{3}{2};1} \right\}\) . tuy nhiên qua các nghiệm -1 và 1, \(f’(x)\) không đổi dấu nên hàm số chỉ có 2 điểm cực trị.

Điều kiện: \(x \in \left[ { - 1;1} \right]\) . Đặt \(\sqrt {1 + x}  + \sqrt {1 - x}  = t\) , ta có

\(\begin{array}{l}
t' = \frac{1}{{2\sqrt {1 + x} }} - \frac{1}{{2\sqrt {1 - x} }} = \frac{{\sqrt {1 - x}  - \sqrt {1 + x} }}{{2\sqrt {1 - {x^2}} }} = \frac{{ - x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} \left( {\sqrt {1 - x}  + \sqrt {1 + x} } \right)}}\\
{t^2} = 2 + 2\sqrt {1 - {x^2}}  \Rightarrow 2\sqrt {1 - {x^2}}  = {t^2} - 2
\end{array}\) 

Do đó \(\begin{array}{l}
m\left( {\sqrt {1 + x}  + \sqrt {1 - x}  + 3} \right) + 2\sqrt {1 - {x^2}}  - 5 = 0\left( 1 \right)\\
 \Leftrightarrow m\left( {t + 3} \right) + {t^2} - 2 - 5 = 0 \Leftrightarrow {t^2} + mt + 3m - 7 = 0\\
 \Leftrightarrow 7 - {t^2} = m\left( {t + 3} \right) \Leftrightarrow \frac{{7 - {t^2}}}{{t + 3}} = m\left( 2 \right)
\end{array}\) 

BBT

Dựa vào bảng biến thiên hàm t(x) trên, ta thấy để (1) có đúng 2 nghiệm thực phân biệt x thì (2) có đúng 1 nghiệm \(t \in \left[ {\sqrt 2 ;2} \right)\) . Nghiệm còn lại nếu có khác 2

Xét hàm \(f\left( t \right) = \frac{{7 - {t^2}}}{{t + 3}},f'\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 6t + 7}}{{{{\left( {t + 3} \right)}^2}}} < 0,\forall t > 0\) nên \(f(x)\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) 

Do đó (2) có nghiệm thuộc \(\left[ {\sqrt 2 ;2} \right)\) khi và chỉ khi \(f\left( {\sqrt 2 } \right) \ge m > f\left( 2 \right) \Leftrightarrow \frac{{15 - 5\sqrt 2 }}{7} \ge m > \frac{3}{5}\) 

Do đó \(a = \frac{3}{5};b = \frac{{15 - 5\sqrt 2 }}{7}\) nên \(b - \frac{5}{7}a = \frac{{12 - 5\sqrt 2 }}{7}\) 

Giả sử \({M_i}\left( {{x_i};{y_i}} \right)\)  , tiếp tuyến tại M có phương trình \((d_i):y=ax+b\)

Phương trình hoành độ giao điểm của \((d_i)\) và (C):

\({x^3} - 2009x = ax + b \Leftrightarrow {x^3} - 2009 - ax - b = 0\left( 1 \right)\) 

Vì \((d_i)\) và (C) tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ \(x_i\) nên (1) có nghiệm \(x=x_i\). Do đó

\({x^3} - 2009 - ax - b = {\left( {x - {x_i}} \right)^2}\left( {x + k} \right) = \left( {{x^2} - 2{x_i}x + {x_i}^2} \right)\left( {x + k} \right)\) 

Đồng nhất hệ số \({x^2}:0 = k - 2{x_i} \Leftrightarrow k = 2{x_i}\) . do đó \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {\left( {x - {x_i}} \right)^2}\left( {x + 2{x_i}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = {x_i}\\
x =  - 2{x_i}
\end{array} \right.\) 

Do đó \(M_{i+1}\) có hoành độ \(-2x_i\)

Xét dãy số (un) với \(u_i\) là hoành độ của điểm Mi. Dễ thấy \({u_n} =  - 2{u_{n - 1}}\) nên dãy số này là cấp số nhân công bội q=-2 với \(u_1=1\). Ta có: \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}} = {\left( { - 2} \right)^{n - 1}}\) 

Do đó

\(\begin{array}{l}
2008{x_n} + {y_n} + {2^{2013}} = 0 \Leftrightarrow 2009{x_n} + {x_n}^3 - 2009{x_n} + {2^{2013}} = 0\\
 \Leftrightarrow x_n^3 =  - {2^{2013}} \Leftrightarrow {\left( { - 2} \right)^{3n - 3}} = {\left( { - 2} \right)^{2013}}\\
 \Leftrightarrow 3n - 3 = 2013 \Leftrightarrow n = 672
\end{array}\) 

Không mất tính tổng quát, giả sử a = 1.

Gọi H là trùng điểm của AB. Kẻ \(HM \bot BC\)  \((M \in BC)\);  \(HN \bot SM\)  \((N \in SM)\).

Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên \(SH \bot (ABCD)\).

Áp dụng định lý hàm số cos:

Theo đề bài:

\(\widehat {ADH} = {60^o}\\ \Rightarrow SH = DH.\tan {60^o}\\ = \frac{{\sqrt 7 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{{\sqrt {21} }}{2}\)

Lại có \(HM = HB.\sin {60^o} = \frac{1}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\)

Ngoài ra:

\(BC \bot (SHM) \Rightarrow BC \bot HN \Rightarrow HN \bot \left( {SBC} \right)\\ \Rightarrow \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{{116}}{{21}}\)

\( \Rightarrow HN = \frac{{\sqrt {609} }}{{58}}\). Chú ý rằng AD // (SCB), bằng 2 lần khoảng cách từ H (theo ĐL Talet)

\(d = 2HN = \frac{{\sqrt {609} }}{{29}}\)

Gọi \(u_i\) là chu vi hình vuông \({A_{2i}}{B_{2i}}{C_{2i}}{D_{2i}}\)

Dễ thấy \({A_{2i + 2}}{D_{2i + 2}} = \frac{1}{2}{A_{2i}}{D_{2i}}\), từ đó chu vi hình vuông \({A_{2i + 2}}{B_{2i + 2}}{C_{2i + 2}}{D_{2i + 2}}\) bằng 2 lần chu vi hình vuông \({A_{2i}}{B_{2i}}{C_{2i}}{D_{2i}}\) nên \({u_i} = \frac{1}{2}{u_{i + 1}}\)

Ngoài ra \({A_2}{B_2} = \sqrt 2 {A_2}{B_1} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) nên \({u_1} = 2\sqrt 2 \)

Dãy số \((u_n)\) là cấp số nhân có công bội \(\frac{1}{2}\) nên \({u_n} = {u_1}{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} = 2\sqrt 2 .\frac{1}{{{2^{n - 1}}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{{2^{n - 2}}}}\)

Do đó chu vi hình vuông \({A_{2018}}{B_{2018}}{C_{2018}}{D_{2018}}\) bằng \({u_{1009}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{{2^{1007}}}}\)

Mẫu số có nghiệm bằng p và bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu. Như vậy

\(\left\{ \begin{array}{l} m + 3 = 0\\ n - 3 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m = - 3\\ n = 3 \end{array} \right. \Rightarrow m + n = 0\)

I(-1;2). Tịnh tiến trục tọa độ theo vectơ \(\overrightarrow {OI} \), công thức đổi hệ trục: \(\left\{ \begin{array}{l} x = X - 1\\ y = Y + 2 \end{array} \right.\)

Phương trình (C) trong hệ trục IXY:

\(\begin{array}{l} Y + 2 = \frac{{2\left( {X - 1} \right) - 1}}{{X - 1 + 1}}\\ \Leftrightarrow Y = \frac{{ - 3}}{x} \end{array}\)

Tiệm cận: X=0 và Y=0.

Giải sử \(M\left( {{X_0};{Y_0}} \right)\), phương trình tiếp tuyến qua M:

\(Y = \frac{3}{{{X_0}^2}}\left( {X - {X_0}} \right) - \frac{3}{{{X_0}}} = \frac{{3X}}{{{X_0}^2}} - \frac{6}{{{X_0}}}\)

Giao điểm với các đường tiệm cận: \(A\left( {0; - \frac{6}{{{X_0}}}} \right);\,\,B\left( {2{X_0};0} \right).\)

Ta có:

Chú ý rằng \({x_0} = {X_0} - 1 > 0\) (theo giải thiết) nên \(X_0>1\), do đó \({X_0} = 3 \Rightarrow {Y_0} =  - 1.\)

Do đó

\(\begin{array}{l} {x_0} = {X_0} - 1 = 2\\ {y_0} = {Y_0} + 2 = - 1 + 2 = 1 \end{array}\)

Nên \(x_0y_0=2\).

Phần thực của số phức \(z = - 5 - 4i\) bằng -5

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\)

Ta có

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} SA \bot BC\\ AB \bot BC \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\\ \Rightarrow BC \bot SB \end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\ AB \bot BC\\ SB \bot BC \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SBA}\\ \end{array}\)

Kẻ \(SH\bot \left( ABC \right)\Rightarrow H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\)
Ta có \(\tan {{45}^{0}}=\dfrac{SH}{AH}\)

\(\Rightarrow SH=AH=\dfrac{AB}{\sqrt{3}}\)

\(=\dfrac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}\)

\(=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{\sqrt{3}}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{{{a}^{3}}}{12}.\)

Chọn B

Dễ thấy 2cos x – sinx +4 > 0 với mọi x

Phương trình tương đương với: \(cos x+2sin x+3=2mcosx-msinx+4m\)

\( \Leftrightarrow \left( {2m - 1} \right){\rm{cos}}x - \left( {m + 2} \right){\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + 4m - 3 = 0\) 

Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi

\({\left( {2m - 1} \right)^2} + {\left( {m + 2} \right)^2} \ge {\left( {4m - 3} \right)^2} \Leftrightarrow  - 11{m^2} + 24m - 4 \ge 0 \Leftrightarrow \frac{2}{{11}} \le m \le 2\) 

\(0 \le x \le 0\left( {x \in N} \right)\) Số tiền thu được: \(f\left( x \right) = 20x{\left( {3 - \frac{x}{{40}}} \right)^2}\) 

ÁP dụng bất đẳng thức: \(abc \le {\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^3}\) với \(a,b,c>0\)

\(f\left( x \right) = 400.\frac{x}{{20}}\left( {3 - \frac{x}{{40}}} \right)\left( {3 - \frac{x}{{40}}} \right) \le 400{\left( {\frac{{3 + 3}}{3}} \right)^2} = 3.200\) 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: \(\frac{x}{{20}} = 3 - \frac{x}{{40}} \Leftrightarrow x = 40\)

\(V = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.{\left( {2\sqrt 2 a} \right)^2}.2\sqrt 5 a = \frac{{8\sqrt 5 }}{3}{a^3} \Rightarrow \frac{{{a^3}}}{{3V}} = \frac{1}{{8\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 5 }}{{40}}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = 2a + 5,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = 7\) 

Hàm số có giới hạn tại x = 2 thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right)\) 

Do đó \(2a + 5 = 7 \Leftrightarrow a = 1\)