Điều kiện xác định: \(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in Z\).

Vậy tập xác định là \(R\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in Z} \right\}\).

Phương trình \(\cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \left( {\frac{\pi }{4}} \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = k2\pi \\
x =  - \frac{\pi }{2} + k2\pi 
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)\)

Ta có \({u_{n + 1}} - {u_n} = 3\left( {n + 1} \right) - 2 - 3n + 2 = 3\) 

Suy ra d = 3 là công sai của cấp số cộng.

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)^n} = 0\) (Vì \(\left| {\frac{{ - 2}}{3}} \right| = \frac{2}{3} < 1\) )

Vì 4 điểm không đồng phẳng tạo thành một tứ diện mà tứ diện có 4 mặt.

Nếu \(a \bot \left( P \right)\) và b // a thì \(b \bot \left( P \right)\).

Ta có \(y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta chọn đáp án D.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x + 3 = 3{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0,\forall x \in R\). Hàm số đã cho có đạo hàm không đổi dấu trên R nên nó không có cực trị.

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

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}
f\left( 2 \right) = 7\\
f\left( 4 \right) = 57
\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = 7\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x - 3}}{{x - 1}} = 1 \Rightarrow \) đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = -1 => loại đáp án C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; -1) => loại đáp án B và D.

Khối đa diện đều có 12 mặt là khối đa diện đều loại {5; 3} thì có số cạnh là 30.

Ta có: \(\frac{{{V_{M.IJK}}}}{{{V_{M.NPQ}}}} = \frac{{MI}}{{MN}}.\frac{{MJ}}{{MP}}.\frac{{MK}}{{MQ}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8}\)

Ta có \(A\backslash B = \left\{ {0;2;8} \right\}\)

PT đã cho \( \Leftrightarrow  - 2{\sin ^2}x + 4\sin x + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sin x =  - 1\\
\sin x = 3\left( {VN} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow x =  - \frac{\pi }{2} + k2\pi ,\left( {k \in Z} \right)\).

Theo đề: \(x \in \left( {0;10\pi } \right) \Rightarrow 0 <  - \frac{\pi }{2} + k2\pi  < 10\pi  \Leftrightarrow \frac{1}{4} < k < \frac{{21}}{4}\).

Vì \(k \in Z\) nên \(k \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\). Vậy PT đã cho có 5 nghiệm trên khoảng \(\left( {0;10\pi } \right)\).

Số cách chọn 3 người, là \(C_{12}^3\) (cách chọn)

Ta có: \({\left( {2 - 3x} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{.2}^{10 - k}}.{{\left( { - 3x} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{.2}^{10 - k}}.{{\left( { - 3} \right)}^k}.{x^k}} \) 

Theo giả thiết suy ra: k = 6.

Vậy hệ số của x⁶ trong khai triển là \(C_{10}^6{.2^{10 - 6}}.{\left( { - 3} \right)^6} = C_{10}^6{.2^4}.{\left( { - 3} \right)^6}\).

Giả sử -192 là số hạng thứ n của (u_n) với \(n \in {N^*}\). Ta có

\( - 192 = {u_1}.{q^{n - 1}} \Leftrightarrow  - 192 = \left( { - 3} \right).{\left( { - 2} \right)^{n - 1}} \Leftrightarrow 64 = {\left( { - 2} \right)^{n - 1}} \Leftrightarrow {\left( { - 2} \right)^6} = {\left( { - 2} \right)^{n - 1}} \Leftrightarrow 6 = n - 1\) 

<=> 7 = N. Do đó -192 là số hạng thứ 7 của (u_n).

Theo định nghĩa giới hạn hữu hạn của dãy số (SGK ĐS11-Chương 4) thì \(\lim {q^n} = 0{\rm{ }}\left( {\left| q \right| < 1} \right)\).

\(y' = {\left( {\frac{\pi }{4} - x} \right)^/}.\frac{1}{{{{\cos }^2}\left( {\frac{\pi }{4} - x} \right)}} =  - \frac{1}{{{{\cos }^2}\left( {\frac{\pi }{4} - x} \right)}}\)

Phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow v \) biến đường thẳng d thành chính nó khi vectơ \(\overrightarrow v \) cùng phương với vectơ chỉ phương của d. Mà d có VTCP \(\overrightarrow u \) = (1; 2)

Xét hai mặt phẳng (MON) và (SBC).

Ta có: OM // SC và ON // SB.

Mà \(BS \cap SC = C\) và \(OM \cap ON = O\).

Do đó (MON) // (SBC)..

* Ta có: \(\frac{{d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{BD}}{{OD}} = 2 \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = 2.d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH\). Trong đó H là hình chiếu vuông góc của O lên (SCD)

* Gọi I là trung điểm của CD ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
SI \bot CD\\
OI \bot CD
\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {OI;SI} \right) = \widehat {SIO} = 60^\circ \)

.Xét tam giác SOI vuông tại O ta có: \(SO = OI.\tan 60 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

* Do SOCD là tứ diện vuông tại O nên:

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}\\
 \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}
\end{array}\).

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

Tập xác định: D = R \ {-1}.

Với \(m = 1 \Rightarrow y = 1,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\) thì \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y \ne 3\).

Suy ra \(m \ne 1\). Khi đó \(y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\) không đổi dấu trên từng khoảng xác định.

TH1: \(y' > 0 \Leftrightarrow m < 1\) thì \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = y\left( 0 \right) \Rightarrow m = 3\) (loại)

TH2: \(y' < 0 \Leftrightarrow m > 1\) thì \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = y\left( 1 \right) \Rightarrow m = 5\) (thỏa mãn)

Tập xác định D = R \ {1; 2| 

Ta có \(y = \frac{{x + 2}}{{x - 2}}\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 1 và tiệm cận đứng là x = 2

Ta có: \(\frac{{{V_{S.A'B'D'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{SA'}}{{SA}}.\frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SD'}}{{SD}} = \frac{1}{8} \Rightarrow \frac{{{V_{S.A'B'D'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{{16}}\)

Và \(\frac{{{V_{S.B'D'C'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} + \frac{{{V_{S.B'D'C'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{{16}} + \frac{1}{{16}} = \frac{1}{8} \Rightarrow \frac{{{V_{S.A'B'C'D'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{8}\)

Gọi H là trung điểm BC.

Theo giả thiết, AH' là đường cao hình lăng trụ và \(A'H = \sqrt {AA{'^2} - A{H^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Vậy, thể tích khối lăng trụ là \(V = {S_{\Delta ABC}}.A'H = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \frac{{3{a^3}\sqrt 2 }}{8}\).

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3; - 5} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {2; - 2} \right)\)

\(\cos A = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{AB.AC}} = \frac{{ - 3.2 + 5.2}}{{\sqrt {34} .2\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt {17} }}\)

\(4\sin x + \left( {m - 4} \right)\cos x - 2m + 5 = 0 \Leftrightarrow 4\sin x + \left( {m - 4} \right)\cos x = 2m - 5\).

Phương trình có nghiệm khi \({4^2} + {\left( {m - 4} \right)^2} - {\left( {2m - 5} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow  - 3{m^2} + 12m + 7 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{6 - \sqrt {57} }}{3} \le m \le \frac{{6 + \sqrt {57} }}{3}\) 

Vì \(m \in Z\) nên \(m \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}\).

Vậy tổng tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm là 10.

Ta có \(y = \frac{{\sin x + 2\cos x + 1}}{{\sin x + \cos x + 2}} \Leftrightarrow \left( {y - 1} \right)\sin x + \left( {y - 2} \right)\cos x = 1 - 2y{\rm{ }}\left( * \right)\) 

Phương trình (*) có nghiệm \( \Leftrightarrow {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} \ge {\left( {1 - 2y} \right)^2} \Leftrightarrow {y^2} + y - 2 \le 0 \Leftrightarrow  - 2 \le y \le 1\)

Vậy m = -2; M = 1.

Số kết quả có thể khi chọn bất kì 3 quyển sách trong 9 quyển sách là \(C_9^3 = 84\).

Gọi A là biến có “Lấy được ít nhất 1 sách toán trong 3 quyển sách.”

\(\overline A \) là biến cố “Không lấy được sách toán trong 3 quyển sách.”

Ta có xác suất để xảy ra A là \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{C_5^3}}{{84}} = \frac{{37}}{{42}}\).

Ta có f(0) = 1.

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {a{x^2} + bx + 1} \right) = 1\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {ax - b - 1} \right) =  - b - 1
\end{array}\).

Để hàm số có đạo hàm tại x₀ = 0 thì hàm số phải liên tục tại x₀​ = 0 nên

\(f\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right)\). Suy ra \( - b - 1 = 1 \Leftrightarrow b =  - 2\).

Khi đó:  \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
a{x^2} - 2x + 1,x \ge 0\\
ax + 1,x < 0
\end{array} \right.\) 

Xét:

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{a{x^2} - 2x + 1 - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {ax - 2} \right) =  - 2\).

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{ax + 1 - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( a \right) = a\).

Hàm số có đạo hàm tại x₀ = 0 thì a = -2.

Vậy với a = -2; b = -2 thì hàm số có đạo hàm tại x₀ = 0 khi đó T = -6.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD; H là hình chiếu vuông góc của O trên SN.

Vì AB // CD nên \(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)\) (vì O là trung điểm đoạn MN)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
CD \bot SO\\
CD \bot ON
\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SON} \right) \Rightarrow CD \bot OH\) 

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}
CD \bot OH\\
OH \bot SN
\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

Tam giác SON vuông tại O nên \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{N^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}} = \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{4}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\) 

Vậy \(d\left( {AB,SC} \right) = 2OH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

ABCD là hình chữ nhật nên BD = 2a, ta có AD // (SBC) nên suy ra \(d\left[ {D,\left( {SBC} \right)} \right] = d\left[ {A,\left( {SBC} \right)} \right] = AH\) với \(AH \bot SB\). Tam giác SAB vuông cân tại A nên H là trung điểm của SB suy ra \(AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Vậy \(\sin \widehat {BD,\left( {SBC} \right)} = \frac{{d\left[ {D,\left( {SBC} \right)} \right]}}{{BD}} = \frac{{d\left[ {A,\left( {SBC} \right)} \right]}}{{BD}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{2a}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\) 

Tập xác định: \( = R\backslash \left\{ { - \frac{m}{2}} \right\}\) 

\(y' = \frac{{{m^2} - 4}}{{{{\left( {2x + m} \right)}^2}}}\)

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 4 < 0\\
\frac{{ - m}}{2} \notin \left( {0;1} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2 < m < 2\\
\left[ \begin{array}{l}
\frac{{ - m}}{2} \le 0\\
\frac{{ - m}}{2} \ge 1
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2 < m < 2\\
\left[ \begin{array}{l}
m \ge 0\\
m \le  - 2
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le m < 2\).

Quan sát đồ thị ta có y = f'(x) đổi dấu từ âm sang dương qua x = -2 nên hàm số y = f(x) có một điểm cực trị là x = -2.

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

Mà \(x =  \pm 2\) là nghiệm kép, còn các nghiệm còn lại là nghiệm đơn nên hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 3} \right)\) có ba cực trị.

Tập xác định: \(D = \left[ { - 1; + \infty } \right)\backslash \left\{ 0 \right\}\).

· \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{5x + 1 - \sqrt {x + 1} }}{{{x^2} + 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\frac{5}{x} + \frac{1}{{{x^2}}} - \sqrt {\frac{1}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{x^4}}}} }}{{1 + \frac{2}{x}}} = 0 \Rightarrow y = 0\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

· \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{5x + 1 - \sqrt {x + 1} }}{{{x^2} + 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {5x + 1} \right)}^2} - x - 1}}{{\left( {{x^2} + 2x} \right)\left( {5x + 1 + \sqrt {x + 1} } \right)}}\) 

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{25{x^2} + 9x}}{{\left( {{x^2} + 2x} \right)\left( {5x + 1 + \sqrt {x + 1} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{25x + 9}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {5x + 1 + \sqrt {x + 1} } \right)}} = \frac{{ - 9}}{4} \Rightarrow x = 0\) 

không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có tất cả 1 đường tiệm cận.

Ta có \(BC/B'C' \Rightarrow BC//\left( {AB'C'} \right)\) 

suy ra \(d\left( {BC,AB'} \right) = d\left( {BC,\left( {AB'C'} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AB'C'} \right)} \right) = d\left( {A',\left( {AB'C'} \right)} \right)\) 

Gọi I và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A’ trên B’C’ và AI.

Ta có \(B'C' \bot A'I\) và \(B'C' \bot A'A\) nên \(B'C' \bot \left( {A'AI} \right) \Rightarrow B'C' \bot A'H\) mà \(AI \bot A'H\). Do đó \(\left( {AB'C'} \right) \bot A'H\) 

Khi đó \(d\left( {A',\left( {AB'C'} \right)} \right) = A'H = \frac{{A'A.A'I}}{{\sqrt {A'{A^2} + A'{I^2}} }} = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy khoảng cách cần tìm là \(\frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Ta có \({x^n} = {\left[ {2 + \left( {x - 2} \right)} \right]^n} = C_n^0{.2^n} + C_n^1{.2^{n - 1}}\left( {x - 2} \right) + C_n^2{.2^{n - 2}}{\left( {x - 2} \right)^2} + ... + C_n^n{\left( {x - 2} \right)^n}\) 

Do đó \({a_1} + {a_2} + {a_3} = {2^{n - 3}}.192 \Leftrightarrow C_n^1{.2^{n - 1}} + C_n^2{.2^{n - 2}} + C_n^3{.2^{n - 3}} = {2^{n - 3}}.192\) 

\( \Leftrightarrow C_n^1.4 + C_n^2.2 + C_n^3 = 192 \Leftrightarrow n = 9\) 

Gọi A(a; b). Vì \(A \in AC:x + 2y + 2 = 0\) nên \(a + 2b + 2 = 0 \Rightarrow a =  - 2b - 2\) 

Do a > 0 nên \( - 2b - 2 > 0 \Rightarrow b <  - 1\)  (*)

Khi đó A(-2b – 2; b).

Ta có \(\overrightarrow {AD}  = \left( {2b + 3;1 - b} \right)\) là vectơ chỉ phương của đường thẳng AD.

\(\overrightarrow u  = \left( {2; - 1} \right)\) là vectơ chỉ phương của đường thẳng AC.

Trên hình vẽ, \(\tan \alpha  = \frac{{DC}}{{AD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\left( 1 \right)\) 

Lại có \(\cos \alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow {AD} .\overrightarrow u } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{5\left| {b + 1} \right|}}{{\sqrt 5 \sqrt {{b^2} + 2b + 2} }}{\rm{ }}\left( 2 \right)\) 

Từ (1) và (2) suy ra

\(\frac{{5\left| {b + 1} \right|}}{{\sqrt 5 \sqrt {{b^2} + 2b + 2} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\) 

\( \Leftrightarrow {b^2} + 2b - 3 = 0 \Rightarrow b =  - 3\0 (do (*))

=> a= 4.

Khi đó A(4; -3), suy ra a + b = 1.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD, AC. Đặt BD = 2x,AC = 2y (x, y > 0)

Ta có \(CM \bot BD,AM \bot BD \Rightarrow BD \bot \left( {AMC} \right)\).

Ta có \(MA = MC = \sqrt {1 - {x^2}} ;MN = \sqrt {1 - {x^2} - {y^2}} ;{S_{AMN}} = \frac{1}{2}MN.AC = \frac{1}{2}y\sqrt {1 - {x^2} - {y^2}} \) 

\(\begin{array}{l}
{V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.DS.{S_{AMC}} = \frac{1}{3}.2x.y\sqrt {1 - {x^2} - {y^2}}  = \frac{2}{3}\sqrt {{x^2}.{y^2}.\left( {1 - {x^2} - {y^2}} \right)} \\
 \le \frac{2}{3}\sqrt {\frac{{{{\left( {{x^2} + {y^2} + 1 - {x^2} - {y^2}} \right)}^3}}}{{27}}} \\
 \Rightarrow {V_{ABCD}} \le \frac{{2\sqrt 3 }}{{27}}
\end{array}\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^4} + ax + a}}{{x + 1}}\). Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{3{x^4} + 4{x^3}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ {1;2} \right]\) 

Do đó \(f\left( 1 \right) \le f\left( x \right) \le f\left( 2 \right),\forall x \in \left[ {1;2} \right]\) hay \(a + \frac{1}{2} \le f\left( x \right) \le a + \frac{{16}}{3},\forall x \in \left[ {1;2} \right]\)

Ta xét các trường hợp sau:

TH1: Nếu \(a + \frac{1}{2} > 0 \Leftrightarrow a >  - \frac{1}{2}\) thì \(M = a + \frac{{16}}{3};m = a + \frac{1}{2}\) 

Theo đề bài \(a + \frac{{16}}{3} \ge 2\left( {a + \frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow a \le \frac{{13}}{3}\) 

Do a nguyên nên \(a \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}\).

TH2: Nếu \(a + \frac{{16}}{3} < 0 \Leftrightarrow a <  - \frac{{16}}{3}\) thì \(m =  - \left( {a + \frac{{16}}{3}} \right);M =  - \left( {a + \frac{1}{2}} \right)\) 

Theo đề bài \( - \left( {a + \frac{1}{2}} \right) \ge  - 2\left( {a + \frac{{16}}{3}} \right) \Leftrightarrow a \ge  - \frac{{61}}{6}\) 

Do a nguyên nên \(a \in \left\{ { - 10; - 9;...; - 6} \right\}\).

TH3: Nếu \(a + \frac{1}{2} \le 0 \le a + \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow  - \frac{{16}}{3} \le a \le  - \frac{1}{2}\) thì \(M \ge 0;m = 0\) (Luôn thỏa mãn)

Do a nguyên nên \(a \in \left\{ { - 5; - 4;...; - 1} \right\}\) 

Vậy có 15 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Giả sử \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right),C\left( {{x_3};{y_3}} \right)\). Ta có phương trình tiếp tuyến tại A của đồ thị (C) là \({\Delta _1}:y = \left( {3x_1^2 - 3} \right)\left( {x - {x_1}} \right) + x_1^3 - 3{x_1} + 2\) 

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và \({\Delta _1}\) là

\(\left( {3x_1^2 - 3} \right)\left( {x - {x_1}} \right) + x_1^3 - 3{x_1} + 2 = {x_3} - x + 2 \Leftrightarrow {\left( {x - {x_1}} \right)^2}\left( {x + 2{x_1}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = {x_1}\\
x =  - 2{x_1}
\end{array} \right.\) 

Do đó \(A'\left( { - 2{x_1}; - 8x_1^3 + 6{x_1} + 2} \right)\) 

Lại có \( - 8x_1^3 + 6{x_1} + 2 =  - 8\left( {x_1^3 - 3{x_1} + 2} \right) - 18{x_1} + 18 =  - 8\left( {a{x_1} + b} \right) - 18{x_1} + 18\) 

\( =  - 8\left( {a{x_1} + b} \right) - 18{x_1} + 18 =  - 2{x_1}\left( {4a + 9} \right) + 18 - 8b\) 

Khi đó \({y_{A'}} = {x_{A'}}\left( {4a + 9} \right) + 18 - 8b\) 

Vậy phương trình đường thẳng đi qua 3 điểm A', B', C' là \(y = x\left( {4a + 9} \right) + 18 - 8b\) 

ĐK \(x \ge \frac{1}{2};f\left( x \right) \ne 0;f\left( x \right) \ne 1\).

Xét phương trình \(x\left[ {{f^2}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = a{\rm{  }}\left( {a \in \left( {0;5;1} \right)} \right)\\
x = 2\\
x = 1\\
x = b{\rm{  }}\left( {b \in \left( {1;2} \right)} \right)\\
x = c{\rm{ }}\left( {c \in \left( {2;3} \right)} \right)
\end{array} \right.\) 

Đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận đứng x = a;x = b;x = c;x = 2.

Dựng hình chữ nhật ABNC.

\(\left( {\widehat {AM,BN}} \right) = \left( {\widehat {AM,AC}} \right) = 60^\circ \) 

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
AB \bot AM\\
AB \bot BN
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AB \bot AM\\
AB \bot AC
\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {ACM} \right)\) 

\({V_{ABNM}} = {V_{MABC}} = \frac{1}{3}AB.{S_{ACM}} = \frac{1}{6}AB.AC.AM\sin \widehat {CAM} = \frac{1}{6}.6.x.y.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}xy\) 

\({V_{ABNM}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}xy \le \frac{{\sqrt 3 }}{2}\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} = 8\sqrt 3 \). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 4.

Khi đó AM = BN = AC = 4 

Lại có \(AB//CN \Rightarrow CN \bot \left( {AMC} \right) \Rightarrow CN \bot CM \Rightarrow M{N^2} = C{M^2} + C{N^2}\) 

Mặt khác \(\widehat {MAC} = 60^\circ \) hoặc \(\widehat {MAC} = 120^\circ \) 

Trường hợp 1: \(\widehat {MAC} = 60^\circ  \Rightarrow \) \(\Delta AMC\) đều \( \Rightarrow CM = 4 \Rightarrow MN = \sqrt {{4^2} + {6^2}}  = 2\sqrt {13} \) 

Trường hợp 2: \(\widehat {MAC} = 120^\circ \) 

\( \Rightarrow CM = \sqrt {A{M^2} + A{C^2} - 2AM.AC\cos 120^\circ }  = \sqrt {48}  \Rightarrow MN = \sqrt {48 + {6^2}}  = 2\sqrt {41} \) 

Giả sử tập con bất kì \(\left\{ {a;b;c} \right\} \in S \Rightarrow 1 \le a,b,c \le 100;a,b,c\) phân biệt

a + b + c = 91.

Đây là bài toán chia kẹo Euler nên số bộ a, b, c là \(C_{91 - 1}^{3 - 1}\)

Tuy nhiên trong các bộ trên vẫn chứa các bộ có 2 chữ số giống nhau, số bộ có 2 chữ số giống nhau là 3.45 = 135 (bộ). Vậy \(n\left( \Omega  \right) = \left( {C_{90}^2 - 3.45} \right):3! = 645\).

Gọi A là biến cố: “a, b, c lập thành cấp số nhân”

Gọi q là công bội của cấp số nhân theo bài ra ta có q > 0 

\(a + aq + a{q^2} = 91 \Leftrightarrow a\left( {1 + q + {q^2}} \right) = 1.91 = 13.7\) 

Trường hợp 1: \(\left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
1 + q + {q^2} = 91
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
q = 9
\end{array} \right.\) 

Trường hợp 2: \(\left\{ \begin{array}{l}
a = 91\\
1 + q + {q^2} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 91\\
q = 0
\end{array} \right.\) (loại)

Trường hợp 3: \(\left\{ \begin{array}{l}
a = 13\\
1 + q + {q^2} = 7
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 13\\
q = 2
\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Trường hợp 4: \(\left\{ \begin{array}{l}
a = 7\\
1 + q + {q^2} = 13
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 7\\
q = 3
\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Vậy n(A) = 3 

\(P\left( A \right) = \frac{3}{{645}}\).