Vì \(\overline z  = 3 + 2i\) nên \(z=3-2i\) 

Vậy phần thực bằng 3, phần ảo bằng - 2.

Điểm I nằm trên \(\Delta  = \frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}\) thì điểm M có dạng \(M\left( {{x_0} + at;{y_0} + bt;{z_0} + ct} \right)\).

Số cách chọn là: 6.4 = 24 (cách). Quan sát bảng biến thiên ta thấy:

Hàm số đạt cực đại tại x = -2 và y_CD  = 3 .

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và y_CT  = 0 .

Vậy y_CD  = 3 và y_CT  = 0 .

Ta có phương trình mặt phẳng (ABC) là: \(\frac{x}{1} + \frac{y}{{ - 1}} + \frac{z}{2} = 1 \Leftrightarrow x - y + \frac{z}{2} = 1\) 

Đồ thị hàm số (C ) có dạng:

Quan sát dáng đồ thị ta thấy, nếu đường thẳng y = m tiếp xúc với đồ thị hàm số (C ) tại hai điểm phân biệt thì chúng phải là hai điểm cực đại của đồ thị hàm số.

Hàm số \(y =  - 2{x^4} + 4{x^2} - 1\) có \(y' =  - 8{x^3} + 8x = 8x\left( { - {x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow y =  - 1\\
x =  \pm 1 \Rightarrow y = 1
\end{array} \right.\) 

Vậy hai điểm cực đại của đồ thị hàm số là A(1;1) và B(- 1;1).

Vậy \({y_A} + {y_B} = 2\).

Đáp án A: Hàm số \(y = {2^{1 - 3x}}\) có TXĐ: D = R và \(y' =  - {3.2^{1 - 3x}} < 0\) với \(\forall x \in {R^{}}\) nên hàm số nghịch biến trên R (loại A)

Đáp án B: Hàm số \(y = {\log _2}\left( {x - 1} \right)\) có TXĐ: \(D = \left( {1; + \infty } \right)\) nên loại B.

Đáp án C: Hàm số \(y = {\log _2}\left( {{2^x} + 1} \right)\) có TXĐ: D = R và \(y' = \frac{{{2^x}}}{{\left( {{2^x} + 1} \right)\ln 2}} > 0\) với \(\forall x \in {R^{}}\) nên hàm số đồng biến trên R (chọn C)

Đáp án B: Hàm số \(y = {\log _2}\left( {{x^2} + 1} \right)\) có TXĐ: D = R và \(y' = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} > 0\) với \(\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) nên hàm số chỉ đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) (loại D)

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy đây là đồ thị hàm bậc bốn trùng phương, loại A và B.

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  + \infty \) nên \(a>0\), loại D.

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

Nên TXĐ: \(D = \left( { - \infty ; - 3} \right) \cup \left( {1; + {\infty ^{}}} \right)\) 

Ta có: \(y' = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne  - 1\) nên hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).

Thể tích khối cầu bán kính R là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\) 

Đáp án A, D đúng theo tính chất tổng, hiệu các nguyên hàm.

Đáp án B đúng theo nhận xét về định nghĩa nguyên hàm.

Đáp án C sai, tính chất này chỉ đúng với \(k \ne 0\)

Diện tích đáy lăng trụ là S = a²

Thể tích lăng trụ là V = h.S = 2a.a ²  = 2a³

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

Lại có \(f\left( 1 \right) = 5,f\left( 2 \right) = 4,f\left( 3 \right) = \frac{{13}}{3} \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = \frac{{13}}{3},\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = 5\) hay tích hai giá trị bằng \(\frac{{65}}{3}\).         

Đường thẳng \({d_1}:\frac{{x - 2}}{2} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z - 6}}{{ - 2}}\) đi qua M(2;- 2;6) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {2;1; - 2} \right)\) 

Đường thẳng \({d_2}:\frac{{x - 4}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ - 2}} = \frac{{z + 1}}{3}\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1; - 2;3} \right)\) 

Vì mặt phẳng (P) chứa \(d_1\) và song song với \(d_2\) nên 1 VTPT của mặt phẳng (P) là \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 1; - 8; - 5} \right)\) 

Phương tình mặt phẳng \(\left( P \right): - 1\left( {x - 2} \right) - 8\left( {y + 2} \right) - 5\left( {z - 6} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 8y + 5z - 16 = 0\)  

Ta có: \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{1} \Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 + 2t\\
y = 3 - t\\
z = 1 + t
\end{array} \right.\) 

Gọi \(I = d \cap \left( P \right) \Rightarrow I \in d \Rightarrow I\left( {1 + 2t;3 - t;1 + t} \right)\) 

\(I \in \left( P \right) \Leftrightarrow 2\left( {1 + 2t} \right) - 3\left( {3 - t} \right) + \left( {1 + t} \right) - 2 = 0 \Leftrightarrow 2 + 4t - 9 + 3t + 1 + t - 2 = 0 \Leftrightarrow 8t - 8 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow I\left( {3;2;2} \right)\)

Hay \(a = 3,b = 2,c = 2 \Rightarrow a + b + c = 7\)  

Gọi cấp số cộng có công sai d và số hạng đầu u_1.

Khi đó \({u_2} = {u_1} + d;{u_{21}} = {u_1} + 20d\) nên \({u_2} + {u_{21}} = 50 \Leftrightarrow {u_1} + d + {u_1} + 20d = 50 \Leftrightarrow 2{u_1} + 21d = 50\) 

Tổng 22 số hạng đầu tiên của dãy là

\({S_{22}} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_{22}}} \right).22}}{2} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_1} + 21d} \right).22}}{2} = \frac{{\left( {2{u_1} + 21d} \right).22}}{2} = \frac{{50.22}}{2} = 550\) 

\(y = \frac{{x + 1}}{{\left| x \right| - 2x + 1}} = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x + 1}}{{ - x + 1}},x \ge 0\\
\frac{{x + 1}}{{ - 3x + 1}},x < 0
\end{array} \right.\) 

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{x + 1}}{{ - 3x + 1}} =  - \frac{1}{3}\) nên \(y =  - \frac{1}{3}\) là TCN của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + 1}}{{ - x + 1}} =  + \infty \) nên x = 1 là TCĐ của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{3}} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{3}} \frac{{x + 1}}{{ - x + 1}} = 2\) nên \(x = \frac{1}{3}\) không là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số chỉ có 3 đường tiệm cận.

Gọi H là trung điểm \(AB \Rightarrow SH \bot AB\) (vì tam giác SAB đều)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\
\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\\
SH \bot AB;SH \subset \left( {SAB} \right)
\end{array} \right.\) 

Tam giác ABC đều cạnh a nên AB = a \( \Rightarrow \) tam giác SAB cũng là tam giác đều cạnh a.

Vì  SH là đường trung tuyến trong tam giác  SAB  đều cạnh  a  nên

\(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) 

Diện tích đáy \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) 

Thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{8}\)  

\(\int {2x\left( {1 + 3{x^3}} \right)dx = \int {\left( {2x + 6{x^4}} \right)dx = \int {2xdx + \int {6{x^4}dx = {x^2} + \frac{{6{x^5}}}{5} + C = {x^2}\left( {1 + \frac{{6{x^3}}}{5}} \right) + C} } } } \)

Ta có \({\left( {\frac{2}{5}} \right)^{1 - 3x}} \ge \frac{{25}}{4} \Leftrightarrow {\left( {\frac{2}{5}} \right)^{1 - 3x}} \ge {\left( {\frac{2}{5}} \right)^{ - 2}} \Leftrightarrow 1 - 3x \le  - 2 \Leftrightarrow 3x \ge 3 \Leftrightarrow x \ge 1\) 

Tập nghiệm bất phương trình là \(S = \left[ {1; + \infty } \right)\) 

Ta có: \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2;1;2} \right),\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1; - 4;1} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ;\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {9;0; - 9} \right)\) 

Đường thẳng d song song với cả hai mặt phẳng (P), (Q) nên \(\overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {{n_Q}} \) và chọn \(\overrightarrow {{u_d}}  = \frac{1}{9}\left[ {\overrightarrow {{n_P}} ;\overrightarrow {{n_Q}} } \right] \approx \left( {1;0; - 1} \right)\) 

d đi qua A(3;5;3) và nhận \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;0; - 1} \right)\) làm VTCP nên \(d:\left\{ \begin{array}{l}
x = 3 + t\\
y = 5\\
z = 3 - t
\end{array} \right.\) 

Đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + t\\
y = 1 - 2t\\
z = 2t
\end{array} \right.\) có 1 VTCP \(\overrightarrow u  = \left( {1; - 2;2} \right)\) 

Gọi H  là góc hình chiếu vuông của A trên \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + t\\
y = 1 - 2t\\
z = 2t
\end{array} \right.\) suy ra \(H\left( {2 + t;1 - 2t;2t} \right)\) và \(\overrightarrow {AH}  \bot \overrightarrow u \) 

Ta có \(\overrightarrow {AH}  = \left( {t + 3; - 2t;2t - 6} \right)\), suy ra \(\overrightarrow {AH}  \bot \overrightarrow u  = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow u  = 0 \Leftrightarrow 1\left( {t + 3} \right) - 2\left( { - 2t} \right) + 2\left( {2t - 6} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 9t - 9 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow H\left( {3; - 1;2} \right)\)

Ta có: \(\int\limits_0^2 {\left[ {f\left( x \right) - 3g\left( x \right)} \right]dx = 4 \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx - 3\int\limits_0^2 {g\left( x \right)dx = 4\,\,\,\left( 1 \right)} } } \) 

\(\int\limits_0^2 {\left[ {2f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx = 8 \Rightarrow 2\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx + \int\limits_0^2 {g\left( x \right)dx = 8\,\,\,\left( 2 \right)} } } \) 

Từ (1) và (2) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}
\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx - 3\int\limits_0^2 {g\left( x \right)dx = 4} } \\
2\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx + \int\limits_0^2 {g\left( x \right)dx = 8} } 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx = 4} \\
\int\limits_0^2 {g\left( x \right)dx = 0} 
\end{array} \right.\)                   

\( \Rightarrow 4 = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx = 3 + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx \Rightarrow \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx = 4 - 3 = 1} } } } } \) 

Vậy \(\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx = 1} \) 

Xét phương trình

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

Vậy đồ thị hàm số \(y =  - \frac{{{x^4}}}{2} + {x^2} + \frac{3}{2}\) cắt trục hoành tại hai điểm.

Ta có: \(R = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 - 2.\left( { - 1} \right) - 2.\left( { - 1} \right) + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 3\) 

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = {3^2} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2y + 2z - 3 = 0\) 

Gọi I; O lần lượt là tâm hình vuông A'B'C'D' và ABCD. Suy ra \(IO = AA' = a\)  

Hình nón có đỉnh I, bán kính đáy \(R = OA = \frac{{AC}}{2}\) và đường sinh

l = IA

Xét tam giác vuông ABC có

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 2  \Rightarrow R = OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) 

Xét tam giác vuông IOA có \(IA = \sqrt {O{I^2} + O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) 

Diện tích xung quanh hình nón \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .OA.IA = \pi .\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 3 }}{2}\) 

Ta có: \({\left( {3 + x} \right)^{11}} = \sum\limits_{k = 0}^{11} {C_{11}^k{{.3}^{11 - k}}{x^k}} \)

Hệ số của \(x^9\) ứng với k = 9 hay hệ số của \(x^9\) là \(C_{11}^9{.3^{11 - 9}} = 495\) 

\({\log _{{a^2}}}\left( {\sqrt[7]{{{a^3}}}} \right) = \frac{1}{2}.{\log _a}{\left( a \right)^{\frac{3}{7}}} = \frac{1}{2}.\frac{3}{7}.lo{g_a}a = \frac{3}{{14}}\)

\(y' = \left[ {{{\log }_8}\left( {{x^2} - 3x - 4} \right)} \right]' = \frac{{\left( {{x^2} - 3x - 4} \right)'}}{{\left( {{x^2} - 3x - 4} \right)\ln 8}} = \frac{{3{x^2} - 3}}{{\left( {{x^2} - 3x - 4} \right).3\ln 2}} = \frac{{{x^2} - 1}}{{\left( {{x^2} - 3x - 4} \right)\ln 2}}\)

Gọi cấp số nhân có số hạng đầu \(u_1\) và công bội \(q\left( {q \ne 0} \right)\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} + {u_3} = 10\\
{u_4} + {u_6} = 80
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} + {u_1}.{q^2} = 10\\
{u_1}.{q^3} + {u_1}.{q^5} = 80
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1}\left( {1 + {q^2}} \right) = 10\\
{u_1}.{q^3}\left( {1 + {q^2}} \right) = 80
\end{array} \right.\) 

Nhận thấy \(u_1= 0\) không là nghiệm của hệ trên nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
{u_1}\left( {1 + {q^2}} \right) = 10\\
{u_1}.{q^3}\left( {1 + {q^2}} \right) = 80
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{u_1}\left( {1 + {q^2}} \right)}}{{{u_1}.{q^3}\left( {1 + {q^2}} \right)}} = \frac{{10}}{{80}}\) 

\( \Leftrightarrow {q^3} = 8 \Rightarrow q = 2 \Rightarrow {u_1} = 2 \Rightarrow {u_3} = {q^2}{u_1} = 8\) 

Gọi M là trung điểm của AB thì \(SM \bot AB,OM \bot AB \Rightarrow \) góc giữa (SAB) với mặt đáy bằng góc giữa SM và OM hay \(SMO = {60^0}\).

Tam giác SOM vuông tại O có

\(SO = a\sqrt 3 ,SMO = {60^0} \Rightarrow SM = \frac{{SO}}{{\sin {{60}^0}}} = a\sqrt 3 :\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2a\) 

Lại có, tam giác SMA vuông tại M có

\(MA = \sqrt {S{A^2} - S{M^2}}  = \sqrt {9{a^2} - 4{a^2}}  = a\sqrt 5  \Rightarrow AB = 2MA = 2a\sqrt 5 \) 

Vậy diện tích \({S_{SAB}} = \frac{1}{2}SM.AB = \frac{1}{2}.2a.2a\sqrt 5  = 2{a^2}\sqrt 5 \)   

Từ đồ thị hàm số ta thấy rằng đường thẳng \(d:y = {m^3} - 3{m^2} + 4\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 4\) tại ba điểm phân biệt \( \Leftrightarrow 0 < {m^3} - 3{m^2} + 4 < 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left( {m + 1} \right){\left( {m - 2} \right)^2} > 0\\
{m^3} - 3{m^2} < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m >  - 1\\
m < 3\\
m \ne 0\\
m \ne 2
\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow m \in \left( { - 1;3} \right)\backslash \left\{ {0;2} \right\}\) mà \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ 1 \right\}\) 

Vậy có một giá trị của m thỏa mãn điều kiện.

Gọi \(w = a + bi\left( {a,b \in R} \right)\), khi đó \(w = 3 - 2i + \left( {4 - 3i} \right)z \Leftrightarrow a + bi = 3 - 2i + \left( {4 - 3i} \right)z \Leftrightarrow z = \frac{{a - 3 + \left( {b + 2} \right)i}}{{4 - 3i}}\) 

Mà \(\left| z \right| = 2 \Rightarrow \left| {\frac{{a - 3 + \left( {b + 2} \right)i}}{{4 - 3i}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \frac{{\left| {a - 3 + \left( {b + 2} \right)i} \right|}}{{\left| {4 - 3i} \right|}} = 2\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b + 2} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 2 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b + 2} \right)}^2}}  = 10 \Leftrightarrow {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b + 2} \right)^2} = {10^2}\) 

Vậy bán kính đường tròn cần tìm là r = 10 

Ta có:

\({9^x} + {9^{ - x}} = 14 \Leftrightarrow {\left( {{9^x} + {9^{ - x}}} \right)^2} = 196 \Leftrightarrow {9^{2x}} + {2.9^x}{.9^{ - x}} + {9^{ - 2x}} = 196 \Leftrightarrow {81^x} + {81^{ - x}} + 2 = 196 \Leftrightarrow {81^x} + {81^{ - x}} = 194\)

Và \({\left( {{3^x} + {3^{ - x}}} \right)^2} = {3^{2x}} + {2.3^x}{.3^{ - x}} + {3^{ - 2x}} = {9^x} + {9^{ - x}} + 2 = 14 + 2 = 16 \Rightarrow {3^x} + {3^{ - x}} = 4\) 

Nên \(M = \frac{{2 + {{81}^x} + {{81}^{ - x}}}}{{11 - {3^x} - {3^{ - x}}}} = \frac{{2 + 194}}{{11 - \left( {{3^x} + {3^{ - x}}} \right)}} = \frac{{196}}{{11 - 4}} = \frac{{196}}{7} = 28\)  

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB', BB', B'C'.

Ta có: MN // AB' và NP // BC' (đường trung bình trong tam giác)

Do đó góc giữa hai đường thẳng AB' và BC' bằng góc giữa hai đường thẳng MN và NP.

Gọi Q là trung điểm của A'B' thì \(MQ \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow MQ \bot QP\) 

Tam giác MQP có \(MQ = AA' = 2a,Q = \frac{1}{2}A'C' = \frac{a}{2}\) 

\( \Rightarrow MP = \sqrt {M{Q^2} + Q{P^2}}  = \sqrt {4{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}\)

Lại có  \(MN = \frac{1}{2}AB' = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + BB{'^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + 4{a^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\) 

\(NP = \frac{1}{2}BC' = \frac{1}{2}\sqrt {BB{'^2} + B'C{'^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {4{a^2} + {a^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\) 

Áp dụng định lý hàm số cô sin trong tam giác MNP ta có:

\(\cos MNP = \frac{{M{N^2} + N{P^2} - M{P^2}}}{{2MN.NP}} = \frac{{\frac{{5{a^2}}}{4} + \frac{{5{a^2}}}{4} - \frac{{17{a^2}}}{4}}}{{2.\frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}} =  - \frac{7}{{10}} < 0\) 

Do đó góc giữa hai đường thẳng MN và NP thỏa mãn \(\cos \left( {MN,MP} \right) = \frac{7}{{10}}\) 

Đường thẳng \({d_1}:\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 + t\\
y = 2 - t\\
z = 3 + 2t
\end{array} \right.\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 1;2} \right)\) và đi qua điểm \({M_1}\left( {1;2;3} \right)\) 

Đường thẳng \({d_2}:\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 + 2t\\
y = m + t\\
z =  - 2 - 2t
\end{array} \right.\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {2;1; - 1} \right)\) và đi qua điểm \({M_2}\left( {1;m; - 2} \right)\) 

Khi đó \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 1;5;3} \right)\) và \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = \left( {0;m - 2; - 5} \right)\) 

Suy ra \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = 0 \Leftrightarrow 5\left( {m - 2} \right) - 15 = 0 \Leftrightarrow 5m = 25 \Leftrightarrow m = 5\)

Gọi H là trung điểm của AB suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) 

Ta thấy: \(BC//AD \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC//\left( {SAD} \right)\) 

\( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAD} \right)} \right)\) (vì H là trung điểm của AB)

Gọi K là hình chiếu của H lên \(SA \Rightarrow HK \bot SA\) 

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}
AD \bot AB\\
AD \bot SH
\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot HK\) 

Từ hai điều trên suy ra \(HK \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {SAD} \right)} \right) = HK\) 

Tam giác SAB đều cạnh a nên \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},HA = \frac{a}{2} \Rightarrow HK = \frac{{HA.HS}}{{SA}} = \frac{{\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\) 

\( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAD} \right)} \right) = 2.\frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) 

Số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = C_{18}^4\) 

Gọi A là biến cố “4 quả bóng có đủ 3 màu”

TH1: 2 bóng xanh, 1 bóng đỏ, 1 bóng vàng có \(C_5^2C_6^1C_7^1 = 10.6.7 = 420\) 

TH2: 1 bóng xanh, 2 bóng đỏ, 1 bóng vàng có \(C_5^1C_6^2C_7^1 = 5.15.7 = 525\) 

TH3: 1 bóng xanh, 1 bóng đỏ, 2 bóng vàng có \(C_5^1C_6^1C_7^2 = 10.6.7 = 630\) 

Suy ra \(n\left( A \right) = 630 + 420 + 525 = 1575\) 

Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{1575}}{{C_{18}^4}} = \frac{{35}}{{68}}\) 

Đặt \({\log _3}x = t\), phương trình trở thành \({t^2} - 4t + m - 3 = 0\,\,\left( * \right)\) 

Phương tình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \({x_1} > {x_2} > 1\) nếu phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \(t_1>t_2>0\) 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' = 4 - m + 3 > 0\\
S = 4 > 0\\
P = m - 3 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 7\\
m > 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow 3 < m < 7\) 

Do \(m\in Z\) nên \(m \in \left\{ {4;5;6} \right\} \Rightarrow \) có 3 giá trị thỏa mãn.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C):

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

Để d cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0

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

Với \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow B\left( {0;1} \right)\) 

Gọi \(x_1, x_2\) là hai nghiệm của phương trình (*) thì \(A\left( {{x_1};m{x_1} + 1} \right);C\left( {{x_2};m{x_2} + 2} \right)\) và \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 1\\
{x_1}.{x_2} =  - m
\end{array} \right.\) 

Để tam giác AOC vuông tại O thì \(\overrightarrow {OA}  \bot \overrightarrow {OC}  \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OC}  = 0 \Leftrightarrow {x_1}.{x_2} + \left( {m{x_1} + 1} \right)\left( {m{x_2} + 1} \right) = 0\) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + {m^2}{x_1}{x_2} + m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 = 0\\
 \Leftrightarrow  - m + {m^2}.m + m.1 + 1 = 0 \Leftrightarrow {m^3} + 1 = 0 \Leftrightarrow m =  - 1
\end{array}\) 

Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn điều kiện đề bài.

Gọi \(A\left( {t;1 - t; - 1} \right),B\left( { - 1 + 2t';1 + t'; - 2 + t'} \right)\) là giao điểm của \(\Delta\) với \(d_1, d_2\).

Khi đó \(\overrightarrow {MA}  = \left( {t - 1;2 - t; - 3} \right),\overrightarrow {MB}  = \left( { - 2 + 2t';2 + t'; - 4 + t'} \right)\)          

Ba điểm M, A, B cùng thuộc \(\Delta\) nên \(\overrightarrow {MA}  = k\overrightarrow {MB}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t - 1 = k\left( { - 2 + 2t'} \right)\\
2 - t = k\left( {2 + t'} \right)\\
 - 3 = k\left( { - 4 + t'} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t = 0\\
kt' = \frac{1}{3}\\
k = \frac{5}{6}
\end{array} \right.\) 

Do đó \(A\left( {0;1; - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MA}  = \left( { - 1;2; - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {1; - 2;3} \right)\) là một VTCP của \(\Delta\) hay \(a =  - 2,b = 3 \Rightarrow a + b = 1\) 

Quãng đường người A đi được trong 10 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là \(\int\limits_0^{10} {\left( {6t + 5} \right)dt = 350m} \) 

Quãng đường người B đi được trong 10 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là

\(\int\limits_0^{10} {\left( {2at - 3} \right)dt = \left( {a.{t^2} - 3t} \right)} \left| \begin{array}{l}
^{10}\\
_0
\end{array} \right. = 100a - 30\) 

Vì sau 10 giây người A đuổi kịp người B và người A lúc ban đầu cách người B là 180m nên ta có phương trình \(10a - 30 + 180 = 350 \Leftrightarrow a = 2\) suy ra \({v_2}\left( t \right) = 4t - 3\left( {m/s} \right)\) 

Quãng đường người A đi được trong 20 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là \(\int\limits_0^{20} {\left( {6t + 5} \right)dt = 1300m} \) 

Quãng đường người B đi được trong 20 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là \(\int\limits_0^{20} {\left( {4t - 3} \right)dt = 740m} \) 

Khoảng cách giữa hai người A và người B sau 20 giây là \(1300 - 180 - 740 = 380\left( m \right)\) 

Thể tích nước trước khi đưa khối trụ vào là: \({V_n} = 40.50.80 = 160000c{m^3}\).

Gọi h là chiều cao của mực nước sau khi đặt khối trụ vào.

Khi đó thể tích khối hộp chữ nhật chiều cao h là \({V_1} = 50.80.h = 4000h\).

Thể tích khối trụ có chiều cao h là \({V_2} = \pi {.20^2}.h = 400\pi h\).

Thể tích phần nước trong trường hợp này là: \(4000h - 400\pi h = \left( {4000 - 400\pi } \right)h\).

Do thể tích nước là không thay đổi nên:

\(160000 = \left( {4000 - 400\pi } \right)h \Leftrightarrow h = \frac{{160000}}{{4000 - 400\pi }} \approx 58,32cm\)   

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, ta có Parabol đi qua các điểm A(4;0), N(2;6) 

Gọi phương trình Parabol \(y=ax^2+b\), vì Parabol đi qua các điểm A(4;0) và N(2;6) nên ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}
16a + b = 0\\
4a + b = 6
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a =  - \frac{1}{2}\\
b = 8
\end{array} \right.\) nên Parabol \(y =  - \frac{1}{2}{x^2} + 8\) 

Hoành độ giao điểm của Parabol và trục hoành là

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

Phần diện tích cổng giới hạn bởi Parabol là

\({S_1} = \int\limits_{ - 4}^4 {\left| { - \frac{1}{2}{x^2} + 8} \right|} dx = \frac{{128}}{3}{m^2}\) 

Diện tích hình chữ nhật MNPQ là \(S = {S_1} - {S_2} = \frac{{128}}{3} - 24 = \frac{{56}}{3}\left( {{m^2}} \right)\) 

Số tiền cần dùng để mua hoa trang trí là \(\frac{{56}}{3}.200000 \approx 3733300\) đồng.

Do \(\left| z \right| = 3\) nên tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm O(0;0) bán kính R = 3.

Do \(\left| {z - w} \right| = 1\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}
\left| w \right| = \left| { - w} \right| = \left| {z - w - z} \right| \le \left| {z - w} \right| + \left| z \right| = 1 + 3 = 4\\
\left| w \right| = \left| {z - \left( {z - w} \right)} \right| \ge \left| z \right| - \left| {z - w} \right| = 3 - 1 = 2
\end{array} \right.\) 

Từ đó \(2 \le \left| w \right| \le 4\) hay tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là hình

vành khăn giới hạn bởi hai đường đồng tâm O và bán kính lần lượt

là \({r_1} = 2,{r_2} = 4\).

Diện tích: \(S = {S_2} - {S_1} = \pi {.4^2} - \pi {.2^2} = 12\pi \). 

Ta có \(I = \int\limits_0^1 {\frac{{{9^x} + 3m}}{{{9^x} + 3}}} dx = \int\limits_0^1 {\frac{{\left( {{9^x} + 3} \right) - 3 + 3m}}{{{9^x} + 3}}} dx = \int\limits_0^1 {\left( {1 + \frac{{3\left( {m - 1} \right)}}{{{9^x} + 3}}} \right)} dx\)

\( = x\left| \begin{array}{l}
^1\\
_0
\end{array} \right. + 3\left( {m - 1} \right)\int\limits_0^1 {\frac{1}{{{9^x} + 3}}dx = 1 + } 3\left( {m - 1} \right)\int\limits_0^1 {\frac{1}{{{9^x} + 3}}dx} \) 

Ta tính \(J = \int\limits_0^1 {\frac{1}{{{9^x} + 3}}dx} \) 

Đặt \({9^x} + 3 = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{9^x}.\ln 9dx = dt\\
{9^x} = t - 3
\end{array} \right. \Rightarrow dx = \frac{1}{{\ln 9}}.\frac{{dt}}{{\left( {t - 3} \right)}}\) 

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow t = 4\\
x = 1 \Rightarrow t = 12
\end{array} \right.\) 

Khi đó \(J = \int\limits_4^{12} {\frac{1}{t}.\frac{1}{{\ln 9}}.\frac{1}{{\left( {t - 3} \right)}}dt = } \frac{1}{{\ln 9}}\int\limits_4^{12} {\frac{1}{t}.} \frac{1}{{\left( {t - 3} \right)}}dt = \frac{1}{{3\ln 9}}\int\limits_4^{12} {\left( {\frac{1}{{t - 3}} - \frac{1}{t}} \right)dt} \)  

\( = \frac{1}{{3\ln 9}}\ln \left| {\frac{{t - 3}}{t}} \right|\left| \begin{array}{l}
^{12}\\
_4
\end{array} \right. = \frac{1}{{3\ln 9}}\left( {\ln \frac{3}{4} - \ln \frac{1}{4}} \right) = \frac{1}{{3.2\ln 3}}.\ln 3 = \frac{1}{6}\) 

Suy ra \(I = 1 + 3\left( {m - 1} \right).\frac{1}{6} = 1 + \frac{{m - 1}}{2}\), theo đề bài ta có \(1 + \frac{{m - 1}}{2} = {m^2} \Leftrightarrow 2{m^2} - m - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m =  - \frac{1}{2}
\end{array} \right.\) 

Tổng các giá trị của m là \(1 + \left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\) 

Ta có: \({15^9} = {3^9}{.5^9}\). Đặt \(a = {3^m}{.5^x},b = {3^n}{.5^y},c = {3^p}{.5^z}\sqrt {{a^2} + {b^2}} \) 

Khi đó \({15^9} = a.b.c = {3^{m + n + p}}{.5^{x + y + z}} = {3^9}{.5^9} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m + n + p = 9\\
x + y + z = 9
\end{array} \right.\)  

+) TH1: 3 số \(a, b, c\) giống nhau thì \(m = n = p = 3,x = y = z = 3\) nên có 1 cách.

+) TH2: 2 trong ba số giống nhu và khác số còn lại, giả sử

\(a = b \Rightarrow m = n,x = y \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2m + p = 9\\
2x + z = 9
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
p = 9 - 2m\\
z = 9 - 2x
\end{array} \right.\) 

Do \(p \ge 0,z \ge 0\) nên \(0 \le m \le 4,0 \le x \le 4\) nên có 5 cách chọn m và 5 cách chọn x.

Ngoài ra \(m = x = n = y = p = z = 3\) trùng với TH1 nên trong trường hợp này ta chỉ có \(5.5 - 1 = 24\) cách chọn.

+) TH3: Số cách chọn ba số \(m, n, p\) phân biệt có tổng bằng 9 là \(C_{11}^2\) và số cách chọn ba số \(x, y, z\) phân biệt có tổng bằng 9 là \(C_{11}^2\).

Suy ra số cách chọn ba số \(a, b, c\) phân biệt \(C_{11}^2.C_{11}^2 - 24.3 - 1 = 2592\) cách chọn.

Vậy số cách phân tích (ba số không phân biệt thứ tự) là \(\frac{{2592}}{{3!}} + 25 = 517\) cách.

Ta có \({a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{{{\log }_a}\left( {\frac{{{b^8}}}{{{a^3}}}} \right)}} = 12{b^2} \Leftrightarrow {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {{{\log }_a}{b^8} - {{\log }_a}{a^3}} \right)}} = 12{b^2}\) 

\( \Leftrightarrow {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {{{\log }_a}{b^8} - {{\log }_a}{a^3}} \right)}} = 12{b^2} \Leftrightarrow {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {8{{\log }_a}b - 3} \right)}} = 12{b^2} \Leftrightarrow {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {\frac{8}{{{{\log }_b}a}} - 3} \right)}} = 12{b^2}\,\,(*)\)

Đặt \({\log _a}b = t \Rightarrow a = {b^t}\). Lại có vì \(a,b > 1 \Rightarrow {\log _a}b > 0\) hay t > 0.

Khi đó ta có

\(VT\left( * \right) = {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {\frac{8}{{{{\log }_b}a}} - 3} \right)}} = {\left( {{b^t}} \right)^t} + 16.{b^{\frac{8}{t} - 3}} = {b^{{t^2}}} + 8.{b^{\frac{8}{t} - 3}} + 8.{b^{\frac{8}{t} - 3}}\)  

\(\begin{array}{l}
\mathop  \ge \limits^{Co  - si} 3\sqrt[3]{{{b^{{t^2}}}.8.{b^{\frac{8}{t} - 3}}8.{b^{\frac{8}{t} - 3}}}} = 12\sqrt[3]{{{b^{{t^2}}}{b^{\frac{8}{t} - 3}}{b^{\frac{8}{t} - 3}}}}12\sqrt[3]{{{b^{{t^2} + \frac{8}{t} + \frac{8}{t} - 6}}}}\\
\mathop  \ge \limits^{Co  - si} 12\sqrt[3]{{{b^{3\sqrt[3]{{{t^2}.\frac{8}{t}.\frac{8}{t} - 6}}}}}} = 12\sqrt[3]{{{b^6}}} = 12{b^2}\left( {vi \,\,{t^2} + \frac{8}{t} + \frac{8}{t} \ge 3\sqrt[3]{{{t^2}.\frac{8}{t}.\frac{8}{t}}} = 3} \right)
\end{array}\) 

Hay \(VT\left( * \right) \ge 12{b^2}\), dấu = xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}
{b^{{t^2}}} = 8{b^{\frac{8}{t} - 3}}\\
{t^2} = \frac{8}{t}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t = 2\\
{b^4} = 8b
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t = 2\\
b = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\log _b}a = 2\\
b = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 2\\
a = 4
\end{array} \right.\left( {TM} \right)\)  

Suy ra \(P = {a^3} + {b^3} = 64 + 8 = 72\).

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, giả sử ABCD là hình vuông cạnh l,

chiều cao hình chóp SH = h.

Khi đó \(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {1;1;0} \right),D\left( {0;1;0} \right),C\left( {1;1;0} \right)\).

Gọi tọa độ \(H\left( {a;b;0} \right) \Rightarrow S\left( {a;b;h} \right)\) 

Ta có: \(\overrightarrow {AS}  = \left( {a;b;h} \right),\overrightarrow {AD}  = \left( {0;1;0} \right) \Rightarrow {\overrightarrow n _{\left( {SAD} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {AS} ;\overrightarrow {AD} } \right] = \left( { - h;0;a} \right)\) 

\(\overrightarrow {BS}  = \left( {a - 1;b;c} \right),\overrightarrow {BC}  = \left( {0;1;0} \right) \Rightarrow {\overrightarrow n _{\left( {SBC} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {BS} ;\overrightarrow {BC} } \right] = \left( { - h;0;a - 1} \right)\) 

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;0;0} \right),\overrightarrow {AS}  = \left( {a;b;h} \right) \Rightarrow {\overrightarrow n _{\left( {SAB} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AS} } \right] = \left( {0; - h;b} \right)\)

\({\overrightarrow n _{\left( {ABCD} \right)}} = \overrightarrow k  = \left( {0;0;1} \right)\) 

Do \(\left( {SAD} \right) \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow {\overrightarrow n _{\left( {SAD} \right)}}.{\overrightarrow n _{\left( {SBC} \right)}} = 0 \Leftrightarrow {h^2} + a\left( {a - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {h^2} + {a^2} = a\,\,\left( 1 \right)\) 

Góc giữa (SAB) và (SBC) bằng \({60^0} \Rightarrow \cos {60^0} = \frac{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAB} \right)}}.{{\overrightarrow n }_{\left( {SBC} \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAB} \right)}}} \right|.\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SBC} \right)}}} \right|}} \Leftrightarrow \frac{1}{2} = \frac{{\left| {b\left( {a - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{h^2} + {{\left( {a - 1} \right)}^2}.\sqrt {{h^2} + {b^2}} } }}\)  

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2} = \frac{{b\left( {a - 1} \right)}}{{\sqrt {1 - a} \sqrt {{h^2} + {b^2}} }} \Leftrightarrow \frac{{b\sqrt {1 - a} }}{{\sqrt {{h^2} + {b^2}} }} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{b}{{\sqrt {{h^2} + {b^2}} }} = \frac{1}{{2\sqrt {1 - a} }}\) 

Góc giữa (SAB) và (SAD) là \({45^0} \Rightarrow \cos {45^0} = \frac{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAB} \right)}}.{{\overrightarrow n }_{\left( {SAD} \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAB} \right)}}} \right|.\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAD} \right)}}} \right|}} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\left| {ab} \right|}}{{\sqrt {{h^2} + {a^2}} \sqrt {{h^2} + {b^2}} }}\) 

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{ab}}{{\sqrt a .\sqrt {{h^2} + {b^2}} }}\) 

Suy ra \(\frac{{ab}}{{\sqrt a .\sqrt {{h^2} + {b^2}} }}:\frac{{b\sqrt {1 - a} }}{{\sqrt {{h^2} + {b^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}:\frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt {1 - a} }} = \sqrt 2  \Leftrightarrow a = \frac{2}{3}\)

Gọi góc giữa (SAB) và (ABCD) là \(\alpha  \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAB} \right)}}.{{\overrightarrow n }_{\left( {ABCD} \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAB} \right)}}} \right|\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {ABCD} \right)}}} \right|}} = \frac{b}{{\sqrt {{h^2} + {b^2}} }} = \frac{1}{{2\sqrt {a - \frac{2}{3}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) 

Xét phương trình \(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 2m + 5} \right){x^3} - \left( {2{m^2} + 4m + 9} \right){x^2} - 3x + 2 = 0\) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 2m + 5} \right){x^3} - \left( {2{m^2} + 4m + 10} \right){x^2} + {x^2} - 3x + 2 = 0\\
 \Leftrightarrow {x^2}\left[ {\left( {{m^2} + 2m + 5} \right)x - 2\left( {{m^2} + 2m + 5} \right)} \right] + \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 2m + 5} \right){x^2}\left( {x - 2} \right) + \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left[ {\left( {{m^2} + 2m + 5} \right){x^2} + x - 1} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
\left( {{m^2} + 2m + 5} \right){x^2} + x - 1 = 0\,\,\left( * \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)  

Xét phương trình (*): vì \(\left\{ \begin{array}{l}
{m^2} + 2m + 5 = {\left( {m + 1} \right)^2} + 4 > 0\\
ac =  - \left( {{m^2} + 2m + 5} \right) < 0;\forall m\\
\left( {{m^2} + 2m + 5} \right){.2^2} + 2 - 1 = 4{m^2} + 8m + 21 > 0
\end{array} \right.\) nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \(u;v \ne 2\) 

Hay \(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
x = u\\
x = v
\end{array} \right.\) 

+ Lại có \(f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} - \left( {m + 1} \right){x^2} + \left( {3{m^2} + 4m + 5} \right)x + 2019\) 

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 3{m^2} + 4m + 5 = {\left( {x - \left( {m + 1} \right)} \right)^2} + 2{m^2} + 2m + 3 > 0;\forall m\) nên hàm số \(f(x)\) là hàm đồng biến trên R.

Từ đó \(g\left( {f\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f\left( x \right) = 2\,\,\left( 1 \right)\\
f\left( x \right) = u\,\,\left( 2 \right)\\
f\left( x \right) = v\,\,\left( 3 \right)
\end{array} \right.\) 

Vì \(f(x)\) là hàm đồng biến nên mỗi phương trình (1);(2);(3) đều chỉ có 1 nghiệm duy nhất và ba nghiệm của phương trình này khác nhau.

Từ đó phương trình \(g\left( {f\left( x \right)} \right) = 0\) có ba nghiệm phân biệt.