Tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và OC.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
OC \bot OA\\
OC \bot OB
\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot \left( {OAB} \right)\).

Qua M dựng đường thẳng song song với OC, qua N dựng đường thẳng

song song với OM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại I.

\(\Delta OAB\) vuông tại \(O \Rightarrow M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp

\(\Delta OAB \Rightarrow IO = IA = IB.\) 

\(I \in IN \Rightarrow IO = IC \Rightarrow IO = IA = IB = IC \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp

O.ABC.

Ta có: \(OA = 1,OB = 2,OC = 3 \Rightarrow OM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\sqrt {{1^2} + {2^2}}  = \frac{{\sqrt 5 }}{2}.\) 

\(R = OI = \sqrt {I{M^2} + O{M^2}}  = \sqrt {\frac{9}{4} + \frac{5}{4}}  = \frac{{\sqrt {14} }}{2}.\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{u_1} = 11;d = 4\\
 \Rightarrow {u_{99}} = {u_1} + \left( {99 - 1} \right).d = 11 + 98.4 = 403
\end{array}\) 

Hàm số \(y=f(x)\) liên tục tại \(x = 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = a\) 

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = a \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x - 1}} = a \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = a \Leftrightarrow 2 = a\frac{{ - b \pm \sqrt {{b^2} - 4ac} }}{{2a}}\) 

Xét tứ giác ABCE có \(AE//BC,AE = BC = a \Rightarrow ABCE\) là hình bình hành.

Lại có \(\angle BAE = {90^0}\left( {gt} \right),AC = BC \Rightarrow ABCE\) là hình vuông cạnh a.

Suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCE là \({R_d} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\) 

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCE là: \(R = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + R_d^2}  = \sqrt {\frac{{2{a^2}}}{4} + \frac{{2{a^2}}}{4}}  = a\)

Phương trình: \(3{\sin ^2}x + 2\sin x.cosx - {\cos ^2}x = 0\,\,\left( * \right)\) 

\( + )\,\,\cos x = 0 \Rightarrow {\sin ^2}x = 1\) không phải là nghiệm của phương trình (*)

\( + )\,\,\cos x \ne 0\). Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
\begin{array}{l}
3{\sin ^2}x + 2\sin x.cosx - {\cos ^2}x = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \\
 \Leftrightarrow 3\frac{{xi{n^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} + 2\frac{{\sin x}}{{cosx}} - 1 = 0
\end{array}\\
\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow 3.{\tan ^2}x + 2\tan x - 1 = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\tan x =  - 1}\\
{\tan x = \frac{1}{3}}
\end{array}} \right.\\
 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x =  - \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in Z}\\
{x = arc\tan \frac{1}{3} + k\pi ,k \in Z}
\end{array}} \right.
\end{array}
\end{array}\)

Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình là \(x = \arctan \frac{1}{3} \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right).\) 

Hàm số \(y = {x^4} - {x^3} - x + 2019\) có bao nhiêu điểm cực trị?

\(\begin{array}{l}
y' = 4{x^3} - 3{x^2} - 1 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 3{x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\\
y'' = 12{x^2} - 6x \Rightarrow y''\left( 1 \right) = 12 - 6 = 6 > 0
\end{array}\) 

\( \Rightarrow x = 1\) là điểm cực tiểu của hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị.

Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{x}{{x + 3}}\) xác định trên đoạn [- 2;3] 

Ta có:

\(f'\left( x \right) = \frac{{1.3 - 0.1}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} = \frac{3}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ { - 2;3} \right] \Rightarrow \) Hàm số luôn đồng biến trên đoạn [- 2;3] 

Suy ra GTLN của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{x}{{x + 3}}\) trên đoạn [- 2;3] là: \(f\left( 3 \right) = \frac{3}{{3 + 3}} = \frac{1}{2}\) 

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy: Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\), hàm số nghịch biến trên (- 1;1) 

Do đó chỉ có đáp án B đúng vì \(\left( { - \infty ; - 2} \right) \subset \left( { - \infty ; - 1} \right) \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right).\)    

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty  \Rightarrow \) Loại các đáp án A và D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0; - 1} \right) \Rightarrow \) Loại đáp án C.

Với \(\forall x > 0,x \ne 1\) ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{{{\log }_3}x}} + \frac{1}{{{{\log }_{{3^2}}}x}} + \frac{1}{{{{\log }_{{3^3}}}x}} + ... + \frac{1}{{{{\log }_{{3^n}}}x}} = \frac{{190}}{{{{\log }_3}x}}\\
 \Leftrightarrow {\log _x}3 + {\log _x}{3^2} + ... + {\log _x}{3^n} = 190.{\log _x}3\\
 \Leftrightarrow {\log _x}\left( {{{3.3}^2}{{.3}^3}{{...3}^n}} \right) = 190.{\log _x}3\\
 \Leftrightarrow {\log _x}{3^{1 + 2 + 3 + ... + n}} = 190.{\log _x}3\\
 \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2} = 190 \Leftrightarrow n\left( {n + 1} \right) = 380 \Leftrightarrow n = 19\\
 \Rightarrow P = 2n + 3 = 2.19 + 3 = 41
\end{array}\)

Ta có: \({\left( {2x - 3} \right)^{2018}} = \sum\limits_{k = 0}^{2018} {C_{2018}^k{{\left( {2x} \right)}^k}.{{\left( { - 3} \right)}^{2018 - k}}} \), do đó khai triển trên có 2019 số hạng.

\(\begin{array}{l}
{V_{ABCA'B'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{A.A'B'C'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}}\\
 = \frac{2}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{2}{3}V
\end{array}\)

Phương pháp:

Sử dụng công thức lãi kép \({A_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}\) trong đó:

A: tiền gốc.

r: lãi suất.

n: thời gian gửi tiết kiệm.

Cách giải:

Ta có \({A_5} = 80.{\left( {1 + 6,9\% } \right)^5} = 111,68\) (triệu đồng).

Ta có BXD của \(f'(x)\) như sau:

Dựa vào BXD ta có:

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right),\left( {1;2} \right)\) và đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right).\) 

Dựa vào đồ thị của hàm số \(y=f'(x)\) ta thấy \(f'(x)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right) \Rightarrow y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right).\)

Gọi M là trung điểm của AB  ta có:

\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow CM \bot AB.\) 

\(\Delta ABD\) đều \( \Rightarrow DM \bot AB.\) 

\( \Rightarrow AB \bot \left( {MCD} \right) \Rightarrow AB \bot CD \Rightarrow \angle \left( {AB;CD} \right) = {90^0}.\) 

\(I = \int {2x{{\left( {3x - 2} \right)}^6}dx} \) 

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

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow I = \int {\frac{2}{9}\left( {t + 2} \right){t^6}dt = } \frac{2}{9}\int {\left( {{t^7} + 2{t^6}} \right)dt = \frac{2}{9}\left( {\frac{{{t^8}}}{8} + \frac{{2{t^7}}}{7}} \right) + C = \frac{1}{{36}}{t^8} + \frac{4}{{63}}{t^7} + C.} \\
 \Rightarrow I = \frac{1}{{36}}{\left( {3x - 2} \right)^8} + \frac{4}{{63}}{\left( {3x - 2} \right)^7} + C.\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
A = \frac{1}{{36}}\\
B = \frac{4}{{63}}
\end{array} \right. \Rightarrow 12A + 7B = 12.\frac{1}{{36}} + 7.\frac{4}{{63}} = \frac{7}{9}.
\end{array}\)

Ta có: \(0 < \frac{1}{{1 + {a^2}}} < 1;\,\,\forall a \ne 0.\) 

\( \Rightarrow {\left( {\frac{1}{{1 + {a^2}}}} \right)^{2x + 1}} > 1 \Leftrightarrow 2x + 1 < 0 \Leftrightarrow x <  - \frac{1}{2}.\) 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( { - \infty ; - \frac{1}{2}.} \right)\) 

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 2 và đạt cực tiểu tại x = 4  

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

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {0; - 2} \right\}.\) 

\(\overrightarrow a  =  - \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  - 3\overrightarrow k  \Rightarrow \overrightarrow a  = \left( { - 1;2; - 3} \right).\)

+) Đáp án A: Ta có: \(a = \sqrt 3  > 1 \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

+) Đáp án B: Ta có: \(0 < a = \frac{\pi }{4} < 1 \Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Gọi H là trung điểm của AB.

\(\Delta SAB\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với \(\left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\).

 \(\Delta SAB\) đều cạnh \(a \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\) 

\(\begin{array}{l}
{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle A = \frac{1}{2}{a^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\\
 \Rightarrow {V_{SABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{8}.
\end{array}\) 

Hàm số \(y = \ln \left( {{x^2} - 2x - m + 1} \right)\) xác định trên \(R \Leftrightarrow {x^2} - 2x - m + 1 > 0\,\,\,\forall x \in R\) 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a > 0\\
\Delta ' < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 > 0\,\,\,\,\forall m\\
1 + m - 1 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 0\) 

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}
m \in Z\\
m \in \left[ { - 2018;2018} \right]
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \in Z\\
m \in \left[ { - 2018;0} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \left\{ { - 2018; - 2017;...; - 1} \right\}.\) 

Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số \(y=f'(x)\) cắt trục Ox tại 1 điểm qua điểm đó hàm số \(y=f'(x)\) đổi dấu từ âm sang dương nên điểm đó là điểm cực tiểu của hàm số \(y=f(x)\)

Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vuông có cạnh bằng \(4a \Rightarrow 2R = h = 4a \Rightarrow R = 2a\) với R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

\( \Rightarrow {S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .2a.4a = 16\pi {a^2}.\)

Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng \(\left( {SAC} \right),\left( {SBD} \right),\left( {SEG} \right),\left( {SFH} \right)\) như hình vẽ với F, G, H lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1, giá trị cực đại \(y_{CD}=2\) và đạt cực tiểu tại x = 3, giá trị cực tiểu \(y_{CT}=-1\) 

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

Ta có \(\int_0^{10} {f\left( x \right)dx = \int_0^2 {f\left( x \right)dx + \int_2^6 {f\left( x \right)dx + \int_6^{10} {f\left( x \right)dx} } } } \)

\( \Rightarrow P = \int_0^2 {f\left( x \right)dx + \int_0^{10} {f\left( x \right)dx = \int_0^{10} {f\left( x \right)dx - \int_2^6 {f\left( x \right)dx = 7 - 3 = 4.} } } } \)

TXĐ: D = R

Ta có: \(y' =  - 3{x^2} - 6x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \in \left[ { - 1;1} \right]\\
x =  - 2 \notin \left[ { - 1;1} \right]
\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y\left( 0 \right) = m\\
y\left( { - 1} \right) = m - 2\\
y\left( 1 \right) = m - 4
\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ { - 1;1} \right]}  = m - 4 = 0 \Leftrightarrow m = 4.\) 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có dạng: \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) 

Đồ thị hàm số đi qua các điểm \(\left( {2; - 1} \right),\left( { - 1;3} \right),\left( {1; - 1} \right),\left( {2;3} \right)\) 

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 1 =  - 8a + 4b - 2c + d\\
3 =  - a + b - c + d\\
 - 1 = a + b + c + d\\
3 = 8a + 4b + 2c + d
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 0\\
c =  - 3\\
d = 1
\end{array} \right. \Rightarrow y = {x^3} - 3x + 1.\) 

Khi đó ta có đồ thị hàm số \(y = \left| {\left| {{x^3}} \right| - 3\left| x \right| + 1} \right|\) như hình vẽ sau.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 7 điểm cực trị.

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx \Rightarrow F'\left( x \right) = f\left( x \right)} \) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{x - \cos x}}{{{x^2}}} = 0\,\,\left( {x \ne 0} \right)\\
 \Leftrightarrow g\left( x \right) = x - \cos x = 0
\end{array}\) 

Xét hàm số \(g\left( x \right) = x - \cos x\) ta có \(g'\left( x \right) = 1 + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x \ge \,\,\forall x \in R\).

Do đó hàm số \(g(x)\) đồng biến trên \(R \Rightarrow \) Phương trình \(g(x)=0\) có nghiệm duy nhất.

Gọi số tự nhiên cần lập có dạng \(\overline {abcd} \,\,\,\,\left( {a,b,c,d \in \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}} \right)\).

Số cần lập chia hết cho 15 nên nó chia hết cho 3 và 5.

Số cần lập chia hết cho 5 nên ta có: \(d = 5 \Rightarrow d\) có 1 cách chọn.

\( \Rightarrow \) Số cần tìm có dạng: \(\overline {abc5} \).

Số cần lập chia hết cho 3 nên \(\left( {a + b + c + 5} \right) \vdots 3\).

Chọn a có 9 cách chọn, chọn b có 9 cách chọn.

+) Nếu \(\left( {a + b + 5} \right) \vdots 3 \Rightarrow c \in \left\{ {3;6;9} \right\} \Rightarrow c\) có 3 cách chọn.

+) Nếu \(\left( {a + b + 5} \right)\) chia cho 3 dư 1 \( \Rightarrow c \in \left\{ {2;5;8} \right\} \Rightarrow c\)

+) Nếu \(\left( {a + b + 5} \right)\) chia cho 2 dư 2 \( \Rightarrow c \in \left\{ {1;4;7} \right\} \Rightarrow c\) có 3 cách chọn

\( \Rightarrow\) Có 3 cách chọn c.

Như vậy có: 9.9.3.1 = 243 cách chọn.

Vậy có 243 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lấy điểm \(A' \in \left( {O'} \right),B' \in \left( O \right)\) sao cho AA', BB' song song với trục OO'.

Khi đó ta có lăng trụ đứng OAB'.O'A'B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{V_{OO'AB}} = {V_{OAB'.O'A'B}} - {V_{A.O'A'B}} - {V_{B.OAB'}}\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {V_{OAB'.O'A'B}} - \frac{1}{3}{V_{OAB'.O'A'B}} - \frac{1}{3}{V_{OAB'.O'A'B}} = \frac{1}{3}{V_{OAB'.O'A'B}}\\
 \Rightarrow {V_{OO'AB}} = \frac{1}{3}.AA'.{S_{\Delta OAB'}} = \frac{1}{6}AA'.OA.OB.\sin \angle AOB'\\
 = \frac{1}{6}.2a.2a.2a.\sin \angle AOB' = \frac{1}{6}.8{a^3}\sin \angle AOB' = \frac{{4{a^3}}}{3}\sin \angle AOB'
\end{array}\) 

Do đó để \({V_{OO'AB}}\) lớn nhất \( \Leftrightarrow \sin \angle AOB' = 1 \Leftrightarrow \angle AOB' = {90^0} \Leftrightarrow OA \bot OB'\).

\( \Rightarrow O'A' \bot O'B \Rightarrow \Delta O'A'B\) vuông tại \(O' \Rightarrow A'B = O'A'\sqrt 2  = 2a\sqrt 2 \).

Ta có

\(\begin{array}{l}
AA' \bot \left( {O'A'B} \right) \Rightarrow \angle \left( {AB;\left( {O'A'B} \right)} \right) = \angle ABA' = \alpha \\
 \Rightarrow \tan \alpha  = \frac{{AA'}}{{A'B}} = \frac{{2a}}{{2a\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}
\end{array}\)   

TXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}
3x + 1 \ge 0\\
4\sqrt {3x + 1}  - 3x - 5 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge  - \frac{1}{3}\\
3x + 1 - 4\sqrt {3x + 1}  + 4 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge  - \frac{1}{3}\\
{\left( {\sqrt {3x + 1}  - 2} \right)^2} \ne 0
\end{array} \right.\)  

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge  - \frac{1}{3}\\
\sqrt {3x + 1}  - 2 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge  - \frac{1}{3}\\
3x + 1 \ne 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge  - \frac{1}{3}\\
x \ne 1
\end{array} \right.\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 1}}{{4\sqrt {3x + 1}  - 3x - 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 1}}{{ - {{\left( {\sqrt {3x + 1}  - 2} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {3x + 1}  + 2} \right)}}{{ - {{\left( {\sqrt {3x + 1}  - 2} \right)}^2}\left( {\sqrt {3x + 1}  + 2} \right)}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {1 - x} \right)\left( {\sqrt {3x + 1}  + 2} \right)}}{{3\left( {\sqrt {3x + 1}  - 2} \right)\left( {1 - x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {3x + 1}  + 2}}{{3\left( {\sqrt {3x + 1}  - 2} \right)}} =  + \infty 
\end{array}\) 

\( \Rightarrow x = 1\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x - 1}}{{4\sqrt {3x + 1}  - 3x - 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 - \frac{1}{x}}}{{4\sqrt {\frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - 3 - \frac{5}{x}}} =  - \frac{1}{3}\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{x - 1}}{{4\sqrt {3x + 1}  - 3x - 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{1 - \frac{1}{x}}}{{ - 4\sqrt {\frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - 3 - \frac{5}{x}}} =  - \frac{1}{3}
\end{array}\)                                     

\( \Rightarrow y =  - \frac{1}{3}\) là đường TCN của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.

Trong (SBC) qua G kẻ \(MN//BC\left( {M \in SB,N \in SC} \right)\). Khi đó mặt phẳng đi qua AG và song song với BC chính là mặt phẳng (AMN). Mặt phẳng này chia khối chóp thành 2 khối S.AMN và AMNBC.

Gọi H là trung điểm của BC.

Vì \(MN//BC \Rightarrow \) Theo định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{2}{3}\left( { = \frac{{SG}}{{SH}}} \right)\) 

\(\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{9} \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{4}{9}{V_{S.ABC}}\) 

Mà \({V_{S.AMN}} + {V_{AMNBC}} = {V_{S.ABC}} \Rightarrow {V_{AMNBC}} = \frac{5}{9}{V_{S.ABC}} = V\) 

Ta có \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(B \Rightarrow AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}{a^2}\) 

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}a.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{6}\) 

Vậy \(V = \frac{5}{9}.\frac{{{a^3}}}{6} = \frac{{5{a^3}}}{{54}}\).

Đặt \(SA = SB = a,SB = AC = b,SC = AB = c\).

Dựng hình chóp S.A'B'C' sao cho A, B, C lần lượt là trung điểm của B'C', C'A', A'B'.

Dễ thấy \(\Delta ABC\) đồng dạng với \(\Delta A'B'C'\) theo tỉ số \(\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta A'B'C'}}}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{4}{V_{S.A'B'C'}}\).

Ta có AB, BC, CA là các đường trung bình của tam giác A'B'C'

\( \Rightarrow A'B' = 2AB = 2c;\,B'C' = 2BC = 2a;\,A'C' = 2AC = 2b\).

\( \Rightarrow \Delta SA'B',\Delta SB'C',\Delta SC'A'\) là các tam giác vuông tại S (Tam giác

có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy)

\( \Rightarrow SA',SB',SC'\) đôi một vuông góc

\({V_{S.A'B'C'}} = \frac{1}{6}SA'.SB'.SC' \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{{24}}SA'.SB'.SC'\) 

Áp dụng định lí Pytago ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
SA{'^2} + SB{'^2} = 4{c^2}\\
SB{'^2} + SC{'^2} = 4{a^2}\\
SA{'^2} + SC{'^2} = 4{b^2}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
SA{'^2} = 2\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right)\\
SB{'^2} = 2\left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right)\\
SC{'^2} = 2\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{{24}}.\sqrt {8\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right)\left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)} \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{{6\sqrt 2 }}\sqrt {\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right)\left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)} 
\end{array}\) 

Thay \(a = 3,b = 4,c = 2\sqrt 5  \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{{\sqrt {390} }}{4}.\)    

Giả sử \(A\left( {a;0;0} \right),\,\,B\left( {0;b;0} \right) \Rightarrow OA = \left| a \right|,OB = \left| b \right|\).

Tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và OC.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
OC \bot OA\\
OC \bot OB
\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot \left( {OAB} \right)\) 

Qua M dựng đường thẳng song song với OC, qua N dựng đường thẳng

 song song với OM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại I.

\(\Delta OAB\) vuông tại \(O \Rightarrow M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OAB \Rightarrow IO = IA = IB\).

\(I \in IN \Rightarrow IO = IC \Rightarrow IO = IA = IB = IC \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp O.ABC

Ta có \(OM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {b^2}} \) 

\(\begin{array}{l}
R = OI = \sqrt {I{M^2} + O{M^2}}  = \sqrt {\frac{{{c^2}}}{4} + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{4}}  = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}{2}\frac{{\sqrt {{a^2} + \left( {1 - {a^2}} \right) + 1} }}{2} = \frac{{\sqrt {2{a^2} - 2a + 2} }}{2}\\
\,\,\,\, = \frac{{\sqrt {2\left( {{a^2} - a + 1} \right)} }}{2} = \frac{{\sqrt {2\left( {{a^2} - 2.a.\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{3}{4}} \right)} }}{2} = \frac{{\sqrt {2{{\left( {a - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{2}} }}{2} \ge \frac{{\sqrt 6 }}{4}
\end{array}\) 

Vậy \({R_{\min }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4} \Leftrightarrow a = \frac{1}{2} \Rightarrow b = \frac{1}{2}\).  

Gọi I là trung điểm của SA.

Tam giác SAB, SAC vuông tại \(B,C \Rightarrow IS = IA = IB = IC \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.   

Gọi H là trung điểm của BC. Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A \Rightarrow H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

\( \Rightarrow IH \bot \left( {ABC} \right)\).

Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC. Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{5\sqrt 5 \pi }}{6} \Leftrightarrow {R^3} = \frac{{5\sqrt 5 }}{8} = \frac{{\sqrt {125} }}{8} \Leftrightarrow R = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\\
 \Rightarrow IS = IA = IB = IC = \frac{{\sqrt 5 }}{2}
\end{array}\)  

Xét tam giác vuông ABC có: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = 2 \Rightarrow AH = 1\) 

Xét tam giác vuông IAH có: \(IH = \sqrt {I{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {\frac{5}{4} - 1}  = \frac{1}{2}\) 

\(\begin{array}{l}
{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.1.\sqrt 3  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\
 \Rightarrow {V_{I.ABC}} = \frac{1}{3}IH.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}
\end{array}\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
SI \cap \left( {ABC} \right) = A \Rightarrow \frac{{d\left( {S;\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{{SA}}{{IA}} = 2\\
 \Rightarrow \frac{{{V_{S.ABC}}}}{{{V_{S.IBC}}}} = 2 \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 2{V_{I.ABC}} = 2.\frac{{\sqrt 3 }}{{12}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}
\end{array}\) 

Xét tam giác vuông SAB có \(IB = \frac{{\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow SA = 2IB = \sqrt 5  \Rightarrow SB = \sqrt {S{A^2} - A{B^2}}  = 2\) 

\( \Rightarrow {S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}.1.2 = 1\) 

Ta có \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right).{S_{\Delta SAB}} \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ABC}}}}{{{S_{\Delta SAB}}}} = \frac{{3.\frac{{\sqrt 3 }}{6}}}{1} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = \cos \frac{{\pi x}}{2}\\
dv = f'\left( x \right)dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du =  - \frac{\pi }{2}\sin \frac{{\pi x}}{2}dx\\
v = f\left( x \right)
\end{array} \right.\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \int_0^1 {f'\left( x \right)\cos \frac{{\pi x}}{2}dx = \cos } \frac{{\pi x}}{2}f\left( x \right)\left| \begin{array}{l}
^1\\
_0
\end{array} \right. + \frac{\pi }{2}\int_0^1 {f\left( x \right)\sin \frac{{\pi x}}{2}dx} \\
 = f\left( 1 \right).cos\frac{\pi }{2} - f\left( 0 \right)\cos 0 + \frac{\pi }{2}\int_0^1 {f\left( x \right)\sin \frac{{\pi x}}{2}dx} \\
 = \frac{\pi }{2}\int_0^1 {f\left( x \right)\sin \frac{{\pi x}}{2}dx = \frac{{3\pi }}{4} \Rightarrow \int_0^1 {f\left( x \right)\sin \frac{{\pi x}}{2}dx = \frac{3}{2}} } 
\end{array}\) 

Xét tích phân \(\int_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right) + k\sin \frac{{\pi x}}{2}} \right]}^2}dx = 0} \) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \int_0^1 {\left[ {{f^2}\left( x \right) + 2kf\left( x \right)\sin \frac{{\pi x}}{2} + {k^2}{{\sin }^2}\frac{{\pi x}}{2}} \right]dx = 0} \\
 \Leftrightarrow \int_0^1 {{f^2}\left( x \right)dx + 2k\int_0^1 {f\left( x \right)\sin \frac{{\pi x}}{2} + {k^2}\int_0^1 {{{\sin }^2}\frac{{\pi x}}{2}dx = 0} } } \\
 \Leftrightarrow \frac{9}{2} + 2k\frac{3}{2} + \frac{1}{2}{k^2} = 0 \Leftrightarrow k =  - 3
\end{array}\)

Khi đó ta có \(\int_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right) - 3\sin \frac{{\pi x}}{2}} \right]}^2}dx = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) - 3\sin \frac{{\pi x}}{2} = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 3\sin \frac{{\pi x}}{2}} \) 

Vậy \(\int_0^1 {f\left( x \right)dx = 3\int_0^1 {\sin \frac{{\pi x}}{2}dx =  - 3\frac{{\cos \frac{{\pi x}}{2}}}{{\frac{\pi }{2}}}\left| \begin{array}{l}
^1\\
\\
_0
\end{array} \right.} }  = \frac{{ - 6}}{\pi }\cos \frac{{\pi x}}{2}\left| \begin{array}{l}
^1\\
_0
\end{array} \right. =  - \frac{6}{\pi }\left( {\cos \frac{\pi }{2} - \cos 0} \right) = \frac{6}{\pi }\) 

ĐKXĐ: \(1 - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow  - 1 \le x \le 1.\) 

Đặt \(x + \sqrt {1 - {x^2}}  = t\) ta có \({t^2} = {x^2} + 1 - {x^2} + 2x\sqrt {1 - {x^2}}  = 1 + 2x\sqrt {1 - {x^2}}  \Rightarrow x\sqrt {1 - {x^2}}  = \frac{{{t^2} - 1}}{2}\).

Ta có: \(t\left( x \right) = x + \sqrt {1 - {x^2}} ,x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow t'\left( x \right) = 1 - \frac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = \frac{{\sqrt {1 - {x^2}}  - x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = 0\) 

\( \Leftrightarrow \sqrt {1 - {x^2}}  = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\\
1 - {x^2} = {x^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\\
{x^2} = \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)  

Từ BBT ta có: \(t \in \left[ { - 1;\sqrt 2 } \right]\).

Khi đó phương trình trở thành: \({e^m} + {e^{3m}} = 2t\left( {1 + \frac{{{t^2} - 1}}{2}} \right) = t\left( {{t^2} + 1} \right) = {t^3} + t\,\,\left( * \right)\)  

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^3} + t\) ta có \(f'\left( t \right) = 3{t^2} + 1 > 0\,\,\forall t \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(R \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( { - 1;\sqrt 2 } \right)\).

Từ \(\left( * \right) \Rightarrow f\left( {{e^m}} \right) = f\left( t \right) \Leftrightarrow {e^m} = t \Leftrightarrow m = \ln t \Rightarrow m \in \left( {0;\ln \sqrt 2 } \right) = \left( {0;\frac{1}{2}\ln 2} \right)\) .

Ta có: \(y' = f'\left( {x + 2017} \right) + 2018 = 0\)

Từ BXD của \(f''(x)\) ta suy ra BBT của \(f'(x)\) như sau:

Từ BBT ta có: \(f'\left( {x + 2017} \right) =  - 2018 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x + 2017 = 2\\
x + 2017 = a < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_1} =  - 2015\\
{x_2} <  - 2017
\end{array} \right.\)

Từ đó ta suy ra BBT của hàm số \(f'\left( {x + 2017} \right) + 2018\) như sau:

Tịnh tiến đồ thị hàm số \(y=f'(x)\) lên trên 2018 đơn vị.

Tịnh tiến đồ thị hàm số \(y=f'(x)\) sang trái 2017 đơn vị.

Suy ra BBT của hàm số \(y = f\left( {x + 2017} \right) + 2018x\)

Vậy hàm số đạt GTNN tại \({x_2} <  - 2017\).

\(\begin{array}{l}
\sin x = t;\,\,\,x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right];\,\,\cos x \in \left[ {0;1} \right]\\
y = {\sin ^3}x - 3\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right) - m\sin x - 1 = {t^3} + 3{t^2} - mt - 4\\
f'(t) = \cos x\left( {2{t^2} + 3t - m} \right) \ge 0\\
 \Rightarrow \min \left( {3{t^2} + 3t} \right) \ge m\forall t \in \left[ {o;1} \right]\\
 \Rightarrow m \le 0
\end{array}\)

Vậy có 2019 giá trị nguyên thỏa mãn.

Không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = {9.10^3} = 9000\).

Gọi A là biến cố: “số được chọn có dạng \(\overline {abcd} \), trong đó \(1 \le a \le b \le c \le d \le 9\)”

TH1: \(1 \le a < b < c < d \le 9\) 

Chọn ngẫu nhiêu 4 số trong các số từ 1 đến 9 có \(C_9^4 = 126\) cách.

Có duy nhất một cách xếp các chữ số \(a, b, c, d\) theo thứ tự tăng dần, do đó trường hợp này có 126 số thỏa mãn.

TH2: \(1 \le a = b < c < d \le 9\). Số cần tìm có dạng \(\overline {aacd} \).

Chọn ngẫu nhiên 3 số trong các số từ 1 đến 9 có \(C_9^3 = 84\) cách.

Có duy nhất một cách xếp các chữ số \(a, c, d\) theo thứ tự tăng dần, do đó trường hợp này có 84 số thỏa mãn.

Tương tự như vậy, các trường hợp \(1 \le a < b = c < d \le 9,1 \le a < b < c = d \le 9\), mỗi trường hợp cũng có 84 số thỏa mãn.

TH3: \(1 \le a = b = c < d \le 9\). Số cần tìm có dạng \(\overline {aaad} \).

Chọn ngẫu nhiên 2 số trong các số từ 1 đến 9 có \(C_9^2=36\) cách.

Có duy nhất một cách xếp các chữ số \(a, d\) theo thứ tự tăng dần, do đó trường hợp này có 36 số thỏa mãn.

Tương tự như vậy, các trường hợp \(1 \le a = b < c = d \le 9,1 \le a < b = c = d \le 9\) mỗi trường hợp cũng có 36 số thỏa mãn.

TH4: \(1 \le a = b = c = d \le 9\). Số cần tìm có dạng \(\overline {aaaa} \). Có 9 số thỏa mãn.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 126 + 3.84 + 3.36 + 9 = 495\).

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{495}}{{9000}} = 0,055\). 

Theo bài ra ta có:

\({\log _{\frac{1}{2}}}x + {\log _{\frac{1}{2}}}y \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + {y^2}} \right) \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {xy} \right) \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + {y^2}} \right) \Leftrightarrow xy \ge x + {y^2}\)

\( \Leftrightarrow x\left( {y - 1} \right) \ge {y^2} > 0\). Mà \(x > 0 \Rightarrow y - 1 > 0 \Leftrightarrow y > 1\).

\(x \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}}\). Khi đó ta có \(P = x + 3y \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}} + 3y\) với y > 1.

Xét hàm số \(f\left( y \right) = \frac{{{y^2}}}{{y - 1}} + 3y\) với y > 1 ta có:

\(f'\left( y \right) = \frac{{2y\left( {y - 1} \right) - {y^2}}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} + 3 = \frac{{{y^2} - 2y + 3{y^2} - 6y + 3}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} = \frac{{4{y^2} - 8y + 3}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
y = \frac{3}{2}\\
y = \frac{1}{2}
\end{array} \right.\) 

BBT:

Từ BBT ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{y > 1} f\left( y \right) = f\left( {\frac{3}{2}} \right) = 9\).

Vậy \(P \ge 9\) hay \({P_{\min }} = 9\).      

Ta có: \(I = \int_1^2 {f\left( x \right)dx = \int_0^2 {f\left( x \right)dx - \int_0^1 {f\left( x \right)dx = \int_0^2 {f\left( x \right)dx - 1 = J - 1} } } } \) 

Ta có: \(\int_0^1 {f\left( x \right)dx = \frac{1}{3}\int_0^1 {3f\left( x \right)dx = } } \frac{1}{3}\int_0^1 {f\left( {2x} \right)dx = 1 \Leftrightarrow \int_0^1 {f\left( {2x} \right)dx = 3} } \) 

Đặt \(t = 2x \Rightarrow dt = 2dx\). Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow t = 0\\
x = 1 \Rightarrow t = 2
\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow \int_0^1 {f\left( {2x} \right)dx = \int_0^2 {f\left( t \right)dt = \int_0^2 {f\left( x \right)dx = 3 \Rightarrow J = 3} } } \) 

Vậy \(I = \int_1^2 {f\left( x \right)dx = 3 - 1 = 2} \).

\(\begin{array}{l}
{\log _{{x^2} + {y^2} + 2}}\left( {4x + 4y - 6 + {m^2}} \right) \ge 1 = {\log _{{x^2} + {y^2} + 2}}\left( {{x^2} + {y^2} + 2} \right)\\
 \Leftrightarrow 4x + 4y - 6 + {m^2} \ge {x^2} + {y^2} + 2\,\,\left( {Do\,\,{x^2} + {y^2} + 2 > 1} \right)\\
 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x - 4y - {m^2} + 8 \le 0\,\,\,\left( 1 \right)
\end{array}\) 

Ta có \({a^2} + {b^2} - c = 4 + 4 + {m^2} - 8 = {m^2}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\) 

TH1: \(m = 0 \Rightarrow \left( 1 \right):{x^2} + {y^2} - 4x - 4y + 8 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 2\\
y = 2
\end{array} \right.\) 

Cặp số \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;2} \right)\) không thỏa mãn điều kiện (2).

TH2: \(m \ne 0 \Rightarrow {m^2} > 0 \Rightarrow \) Tập hợp các cặp số (x;y) thỏa mãn (1) là hình tròn \((C_1)\) (kể cả biên) tâm \(I_1(2;2)\) bán kính \(R_1=m\).

Tập hợp các cặp số (x;y) thỏa mãn (2) là đường tròn \((C_2)\) tâm \(I_2(-1;2)\) bán kính \({R_2} = \sqrt {1 + 4 - 1}  = 2\).

Để tồn tại duy nhất cặp số (x;y) thỏa mãn 2 điều kiện (1) và (2) Xảy ra 2 trường hợp sau:

TH1: \((C_1), (C_2)\) tiếp xúc ngoài \( \Leftrightarrow {I_1}{I_2} = {R_1} + {R_2} \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( { - 1 - 2} \right)}^2} + {{\left( {2 - 2} \right)}^2}}  = m + 2\) 

\( \Leftrightarrow 3 = m + 2 \Leftrightarrow m = 1\,\,\left( {tm} \right)\).

TH2: \((C_1), (C_2)\) tiếp xúc trong và \({R_1} < {R_2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{I_1}{I_2} = \left| {{R_1} - {R_2}} \right|\\
m < 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3 = \left| {m - 2} \right|\\
m < 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m = 5\\
m =  - 1
\end{array} \right.\\
m < 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  - 1\,\,\,\left( {tm} \right)\) 

 Vậy \(S = \left\{ { \pm 1} \right\}\).

\(\begin{array}{l}
\lim \sqrt {\frac{{{9^n} + {3^{n + 1}}}}{{{5^n} + {9^{n + a}}}}}  = \lim \sqrt {\frac{{{9^n} + {{3.3}^n}}}{{{5^n} + {9^n}{{.9}^a}}}}  = \lim \sqrt {\frac{{1 + 3.{{\left( {\frac{3}{9}} \right)}^n}}}{{{{\left( {\frac{5}{9}} \right)}^n} + {9^a}}}}  = \frac{1}{{{3^a}}}\\
 \Rightarrow \frac{1}{{{3^a}}} \le \frac{1}{{2187}} = \frac{1}{{{3^7}}} \Leftrightarrow {3^a} \ge {3^7} \Leftrightarrow a \ge 7
\end{array}\) 

Kết hợp điều kiện đề bài \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a \in \left[ {7;2019} \right)\\
a \in Z
\end{array} \right. \Rightarrow a \in \left\{ {7;8;9;...;2018} \right\}\).

Vậy có \(2018 - 7 + 1 = 2012\) giá trị của a thỏa mãn.

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AB\) là hình chiếu của SB lên (ABC).

\(\angle \left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SB;AB} \right) = \angle SBA = {60^0}\).

Dựng hình bình hành ACBD.

Ta có

\(BD//AC \Rightarrow \left( {SBD} \right)//AC \Rightarrow d\left( {AC;SB} \right) = d\left( {AC;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)\).

 Do tam giác ABC đều \( \Rightarrow AC = CB = AB = a\).

Mà \(AC = BD;CB = AD \Rightarrow AB = AD = BD = a \Rightarrow \Delta ABD\) đều cạnh a.

Gọi M là trung điểm của \(BD \Rightarrow AM \bot BD\) và \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot AM\\
BD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAM} \right)\).

Trong (SAM) kẻ \(AH \bot SM \Rightarrow AH \bot BD\left( {BD \bot \left( {SAM} \right)} \right) \Rightarrow AH \bot \left( {SBD} \right)\).

\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AH \Rightarrow d\left( {AC;SB} \right) = AH\).

Xét tam giác vuông SAB ta có \(SA = AB.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAM ta có: \(AH = \frac{{SA.AM}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {3{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{4}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}.\)     

Vậy \(d\left( {AC;SB} \right) = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}.\)   

Dựa vào đồ thị hàm số \(y=f(x)\) ta thấy hàm số có hai điểm cực trị là x = 0 và \(x = a \in \left( {2;3} \right)\).

Do đó \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = a \in \left( {2;3} \right)
\end{array} \right.\)

Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( {f\left( x \right)} \right).f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f'\left( {f\left( x \right)} \right) = 0\\
f'\left( x \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f\left( x \right) = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
f\left( x \right) = a \in \left( {2;3} \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\\
f'\left( x \right) = 0\,\,\,\,\left( 3 \right)
\end{array} \right.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta có:

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}
{x_1} \in \left( { - 1;0} \right)\\
{x_2} = 1\\
{x_3} \in \left( {3;4} \right)
\end{array} \right.\)  

Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt khác 3 nghiệm của phương trình (1).

Phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = a \in \left( {2;3} \right)
\end{array} \right.\) 

6 nghiệm này hoàn toàn phân biệt.

Vậy phương trình \(g'(x)=0\) có 6 nghiệm phân biệt.