\(\begin{array}{l} y = \frac{{x + {m^2}}}{{x + 4}}\\ y' = \frac{{1.\left( {x + 4} \right) - 1.\left( {x + {m^2}} \right)}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}}\\ y' = \frac{{4 - {m^2}}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}} \end{array}\)

Để hàm số đồng biến thì 

\(\begin{array}{l} 4 - {m^2} > 0\\ \Leftrightarrow - 2 < m < 2\\ \Leftrightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} 4{z^2} - 8z + 5 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {z_1} = 1 + \frac{1}{2}i\\ {z_2} = 1 - \frac{1}{2}i \end{array} \right.\\ \Rightarrow {\left| {{z_1}} \right|^2} + {\left| {{z_2}} \right|^2}\\ = {1^2} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + {1^2} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}\\ = \frac{5}{2} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} - 4}}{x}\\ f'\left( x \right) = \frac{{ - 2x.x - 1.\left( { - {x^2} - 4} \right)}}{{{x^2}}}\\ = \frac{{ - {x^2} + 4}}{{{x^2}}}\\ f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 2\\ f\left( {\frac{3}{2}} \right) = \frac{{ - 25}}{6}\\ f\left( 2 \right) = - 4\\ f(4) = - 5 \end{array}\)

Vậy Giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} - 4}}{x}\) trên đoạn \(\left[ {\frac{3}{2};4} \right]\) là -4

Ta có \(\left( {MND} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\)

Gọi \(AC \cap BD = 0\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} NP\,\,{\rm{//}}A'C'\,\,{\rm{//}}\,OC\\ NP = \frac{1}{2}A'C' = OC \end{array} \right.\) suy ra PC // NO suy ra PC // (MND) suy ra \(\left( {PC;\,\,\left( {MND} \right)} \right) = {0^0}\)

Số các số tự nhiên có hai chữ số mà các chữ số khác nhau và đều khác 0 là chỉnh hợp chập 2 của 9: \(A_9^2\)

Để phương trình \(x^4-2x^2-3=2m-4\) có hai nghiệm phân biệt. thì đường thẳng y = 2m-4 phải cắt đồ thị hàm số \(y=x^4-2x^2-3\) tại hai điểm.

Suy ra \(\left[ \begin{array}{l} 2m - 4 > - 3\\ 2m - 4 = - 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m > \frac{1}{2}\\ m = 0 \end{array} \right.\)

\({\left( {\frac{1}{3}} \right)^x} > 9 \Leftrightarrow x < {\log _{\frac{1}{3}}}9 = - 2\)

Mặt phẳng (P) vuông góc với d nên có VTPT chính là VTCP của d

\(\overrightarrow n  = \left( {1; - 1;2} \right)\)

Mặt phẳng (P) đi qua điểm M(2;0;-1) có VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {1; - 1;2} \right)\) có phương trình là

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

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đai cực đại bằng 3 tại x = 2

\(\begin{array}{l} I = \int\limits_0^2 {\left[ {2x + f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} \\ = 2\int\limits_0^2 {x{\rm{d}}x} + \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - 2\int\limits_0^2 {g\left( x \right){\rm{d}}x} \\ = \left. {2.\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^2 + 3 - 2.\left( { - 2} \right) = 11 \end{array}\)

Thể tích khối chóp S>ABC là \(V = \frac{1}{3}{.4^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\)

Ta có

\(\begin{array}{l} \frac{{{V_{M.ABC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{2}\\ \Rightarrow {V_{M.ABC}} = 4 \end{array}\)

\(\int {2\cos 2xdx} = \sin 2x + C\)

Ta có AM qua A(1;-2;3) và nhận \(\overrightarrow {{n_{\left( {Oxy} \right)}}}  = \left( {0;0;1} \right)\) là một VTCP.

\(\Rightarrow AM:\left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = - 2\\ z = 3 + t \end{array} \right.\,\,\,t \in R \Rightarrow M\left( {1; - 2;t + 3} \right)\)

Mà

\(M \in \left( {Oxy} \right):z = 0 \Rightarrow t + 3 = 0 \Rightarrow M\left( {1; - 2;0} \right)\)

\(\begin{array}{l}y = {x^4} - 2m{x^2} - 3m + 1 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4mx\\y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\end{array}\)

Theo đề bài, ta có: \(m\ge 0\)

+) Nếu \(m=0\) thì \(y'=4{{x}^{3}}\): Hàm số đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right)\supset (1;2)\,\,\,\,\Rightarrow m=0\) thỏa mãn.

+) Nếu \(m>0\) thì \(y'=0\) có ba nghiệm phân biệt \(x=0,\,\,x=\pm \sqrt{m}\), hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( -\sqrt{m};0 \right),\,\,\left( \sqrt{m};+\infty  \right)\)

Để hàm số đồng biến trên khoảng \((1;2)\)thì \(\left[ \begin{align}  (1;2)\subset \left( -\sqrt{m};0 \right) \\  (1;2)\subset \,\left( \sqrt{m};+\infty  \right) \\ \end{align} \right.\)

TH1: \((1;2)\subset \left( -\sqrt{m};0 \right)\): Vô lí, do 2 > 0.

TH2: \((1;2)\subset \,\left( \sqrt{m};+\infty  \right)\Leftrightarrow \sqrt{m}\le 1\Leftrightarrow m\le 1\)

Vì \(m>0,\,\,m\in Z\Rightarrow m=1\).

Vậy \(m\in \left\{ 0;1 \right\}\), có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Ta có \(y’=x^2-2x+m\)

Hàm số đồng biến trên \((-\infty;+\infty)\) suy ra

\(\begin{array}{l} y' \ge 0,\,\,\,\forall x \in \left( { - \infty ; + \infty } \right)\\ \Rightarrow \Delta ' = 1 - m \le 0\\ \Leftrightarrow m \ge 1\\ \Rightarrow 1 \le m \le 5 \end{array}\)

Suy ra có 5 giá trị nguyên dương của m thảo mãn đề bài.

\(A = 10{\left( {1 + 0,5.4\% } \right)^6} \approx 11,262\) (triệu đồng).Vậy sau 2 năm bác An thu được số tiền lãi là \(11,262 - 10 = 1,262\) (triệu đồng).

\(\begin{array}{l} P = {\log _{{a^4}}}{b^2}\\ = \frac{1}{4}.2.{\log _a}b\\ = \frac{1}{2}{\log _a}b \end{array}\)

\(\Delta :\frac{x-1}{2}=\frac{y+1}{1}=\frac{z}{-1}\) có PTTS : \(\left\{ \begin{align}  x=1+2t \\  y=-1+t \\  z=-t \\ \end{align} \right.\), có 1 VTCP \(\overrightarrow{u}=(2;1;-1)\)

Gọi A giao điểm của \(d\) và \(\Delta \Rightarrow \) Gọi \(A\left( 1+2t;-1+t;-t \right)\Rightarrow \overrightarrow{MA}=\left( 2t-1;t-2;-t \right)\).

\(d\bot \Delta \Rightarrow \overrightarrow{u}\bot \overrightarrow{MA}\Leftrightarrow \overrightarrow{u}.\overrightarrow{MA}=0 \)

\(\Leftrightarrow 2.\left( 2t-1 \right)+1.\left( t-2 \right)-1.\left( -t \right)=0\)

\(\Leftrightarrow 4t-2+t-2+t=0\Leftrightarrow t=\frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{MA}=\left( \frac{1}{3};-\frac{4}{3};-\frac{2}{3} \right)\Rightarrow d\) có 1 VTCP \(\overrightarrow{v}=\left( 1;-4;-2 \right)\) và có PTTS:  \(d:\left\{ \begin{align}  x=2+t \\  y=1-4t \\  z=-2t \\ \end{align} \right.\)

Dựa vào hình vẽ Hàm số \(y=f(x)\) nghịch biến trên khoảng (-2;0) nên chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu : \(n\left( \Omega  \right)=C_{30}^{3}\)

Gọi \(A:\) “3 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt”.

\(\Rightarrow \overline{A}\) : “3 sản phẩm lấy ra chỉ có sản phẩm xấu”,   \(n\left( \overline{A} \right)=C_{10}^{3}\)

\(P\left( A \right)=1-P\left( \overline{A} \right)=1-\frac{n\left( \overline{A} \right)}{n\left( \Omega  \right)}=1-\frac{C_{10}^{3}}{C_{30}^{3}}=\frac{197}{203}\)

Xét hàm số \(y=2+\frac{3}{1-x}\),  TXĐ: \(D=R\text{ }\!\!\backslash\!\!\text{ }\left\{ 1 \right\}\)

Ta có: \(\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 2+\frac{3}{1-x} \right)=2\Rightarrow \)Hàm số có TCN \(y=2\).

Gọi \(z = a + bi\left( {{a^2} + {b^2} \ne 0} \right)\) suy ra \(\overline z  = a - bi\)

Khi đó

Gọi \(z = a + bi\left( {{a^2} + {b^2} \ne 0} \right)\) suy ra \(\overline z  = a - bi\)

Khi đó

\(\begin{array}{l} |z| = - 7 + 3i + a + bi + 2\left( {a - bi} \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}} = \left( { - 7 + 3a} \right) + \left( {3 - b} \right)i\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3 - b = 0\\ \sqrt {{a^2} + {b^2}} = - 7 + 3a \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = 3\\ {a^2} + 9 = 9{a^2} + 49 - 42a\left( {a > \frac{7}{3}} \right) \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = 3\\ 8{a^2} - 42a + 40 = 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = 3\\ \left[ \begin{array}{l} a = 4\,\,(n)\\ a = \frac{5}{4}(l) \end{array} \right. \end{array} \right. \end{array}\)

Với a = 4 suy ra |z| = 5

Với a = 4 suy ra |z| = 5

\(\begin{array}{l} \int\limits_1^2 {{{\left( {x + 3} \right)}^2}} dx\\ = \left. {\frac{{{{\left( {x + 3} \right)}^3}}}{3}} \right|_1^2 = \frac{{61}}{3} \end{array}\)

Tọa độ một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là

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

Ta có

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

Khi đó gọi ba điểm cực trị của đồ thị hàm số lần lượt là A(0;1), B(1;0), C(-1;0)

Tam giác ABC là tam giác cân tại A.

Do đó

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}d\left( {A;BC} \right).BC = 1\)

\(\begin{array}{l} z = {\left( {1 + i} \right)^2}\left( {1 + 2i} \right)\\ = \left( {1 + 2i - 1} \right)\left( {1 + 2i} \right)\\ = 2i\left( {1 + 2i} \right)\\ = - 4 + 2i \end{array}\)

Phần ảo bằng 2

\(\begin{array}{l} f\left( x \right) = \sin 2x\\ F = \int {\sin 2xdx = - \frac{1}{2}} \cos 2x + C\\ F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow - \frac{1}{2}\cos \left( {2.\frac{\pi }{4}} \right) + C = 1\\ \Leftrightarrow C = 1\\ \Rightarrow F = - \frac{1}{2}\cos 2x + 1\\ \Rightarrow F\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = - \frac{1}{2}\cos \left( {2.\frac{\pi }{6}} \right) + 1\\ = \frac{3}{4} \end{array}\)

Gọi I là trung điểm của AC.

Tam giác ABC đều \(\Rightarrow BI\bot AC\)

Mà \(BI\bot BB'\) (do \(BB'\bot (ABC)\))\(\Rightarrow BI\) là đoạn vuông góc chung của AC và BB’.

Tam giác ABC đều, cạnh bằng a , BI là đường cao \(\Rightarrow BI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

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

Đồ thị của hàm số \(y = \frac{{3x + 1}}{{x - 1}}\) có tiệm cận ngang.

\(\begin{array}{l} {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 6y - 6 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 16\\ \Rightarrow I\left( { - 1;3} \right);\,\,\,R = 4 \end{array}\)

\(\left( {1 + i} \right)z + 2\overline z  = 3 + 2i\left( 1 \right)\). Ta có: \(z = a + bi \Rightarrow \overline z  = a - bi\)

Thay vào (1) ta được \(\left( {1 + i} \right)\left( {a + bi} \right) + 2\left( {a - bi} \right) = 3 + 2i\)

\(\begin{array}{l}
\left( {a - b} \right)i + \left( {3a - b} \right) = 3 + 2i \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)i + \left( {3a - b} \right) = 3 + 2i\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a - b = 2\\
3a - b = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{1}{2}\\
b =  - \frac{3}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow P =  - 1
\end{array}\)

Dựa vào bảng biến thiên Hàm số đạt cực đại tại y = -3; x = 0

Suy ra điểm (0;-3)

\(\begin{array}{l} z = - 1 + 2i\\ \Rightarrow \overline z = - 1 - 2i\\ \Leftrightarrow Q\left( { - 1; - 2} \right) \end{array}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align}  AB\subset \left( SAB \right) \\  CD\subset (SCD) \\  AB//CD \\  S\in \left( SAB \right)\cap (SCD) \\ \end{align} \right.\)

Gọi \(d=\left( SAB \right)\cap (SCD)\Rightarrow \)d là đường thẳng qua S và song song với AB, CD.

Ta có:  \(\left\{ \begin{align}  AD\bot AB \\  SA\bot AB \\ \end{align} \right.\Rightarrow AB\bot (SAD)\)

Mà \(d//AB\Rightarrow d\bot (SAD)\)

\(\left\{ \begin{align}  \left( SAD \right)\cap (SAB)=SA \\  (SAD)\cap (SCD)=SD \\ \end{align} \right.\Rightarrow \left( \widehat{(SAB);(SCD)} \right)=\left( \widehat{SA;SD} \right)=\widehat{ASD}\)

Tam giác SAD vuông tại A có SA = AD = a \(\Rightarrow \Delta SAD\)vuông cân tại A \(\Rightarrow \widehat{ASD}={{45}^{0}}\Rightarrow \left( \widehat{(SAB);(SCD)} \right)={{45}^{0}}\)

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực trị tại (-1;0) và (1;4)

\(\begin{array}{l} y' = A.({x^2} - 1)\\ y = A.\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - x} \right) + B \end{array}\)

Thay (-1;0) và (1;4) giải hệ phương trình tìm A, B ta được A=-3; B = 2

\(y =  - {x^3} + 3x + 2\)

Dựa vào đồ thị hàm số, hàm số đạt cực trị tại (0;-4) và (2;0)

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

Thay (0;-4) và (2;0) giải hệ phương trình tìm A, B ta được A=-3; B = -4

Suy ra \(y=-x^3+3x^2-4\)

Gọi I là trung điểm AB. Suy ra I(4;-2;3).

Ta có \(M{A^2} + M{B^2} = {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} = 2M{I^2} + I{A^2} + I{B^2}\)

Do \(IA^2+IB^2\) không đổi nên \(MA^2+MB^2\) đạt giá trị nhỏ nhất khi MI ngắn nhất. Suy ra M là

hình chiếu vuông góc của I trên Ox.Vậy M(4;0;0).

Tính \(I=\int\limits_{0}^{4}{f'\left( \sqrt{x} \right)dx}\):

Đặt \(\sqrt{x}=t\Rightarrow x={{t}^{2}}\Rightarrow dx=2tdt\).

Đổi cận:

x =0 thì t = 0

x = 4 thì t = 2

\(\begin{align}I=\int\limits_{0}^{4}{f'(\sqrt{x})dx}=\int\limits_{0}^{2}{f'(t).2tdt}=2\int\limits_{0}^{2}{t.f'(t)dt}=2\int\limits_{0}^{2}{t.d(f(t))=2\left[ t.\left. f(t) \right|_{0}^{2}-\int\limits_{0}^{2}{f\left( t \right)dt} \right]} \\  =2\left[ 2.f\left( 2 \right)-0.f\left( 0 \right)-\int\limits_{0}^{2}{f(x)dx} \right]=2\left[ 2.\left( -2 \right)-1 \right]=-10 \\ \end{align}\)

Phương trình hoành độ giai điểm \(\frac{{x - 1}}{{x + 1}} = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Diện tích hình phẳng cần tính bằng

\(S = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|dx}  = \int\limits_0^1 {\left| {1 - \frac{2}{{x + 1}}} \right|dx}  = 2\ln 2 - 1\)

Hiệu giữa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(\frac{x}{y}\) bằng \(\frac{1}{4}\)

Mặt cầu \((S):(x-1)^2+y^2+z^2=9\) có tọa độ tâm I(1;0;0) và bán kính R = 3.

Ta có: \(\overrightarrow {IM}  = \left( {1; - 1;2} \right),IM = \sqrt 6  < R\) nên M nằm trong mặt cầu.

Gọi \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng qua M và cắt (S) theo một đường tròn.

Gọi H là hình chiếu của tâm I trên mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) ta có \(IH \le IM\).

Bán kính của đường tròn giao tuyến là \(r = \sqrt {{R^2} - I{H^2}}  \ge \sqrt {{R^2} - I{M^2}}  = \sqrt {9 - 6}  = \sqrt 3 \)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(H \equiv M\).

Khi đó mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) qua M và nhận \(\overrightarrow {IM}  = \left( {1; - 1;2} \right)\) làm véctơ pháp tuyến có phương trình \(x-y+2z-7=0\).

Điều kiện:

\(pt \Leftrightarrow {x^3} + {x^2} - mx + 6 - \left( {x - 3} \right)\sqrt {{x^3} + {x^2} - mx + 6}  - \left( {x - 2} \right) = 0\)

Đặt \(t = \sqrt {{x^3} + {x^2} - mx + 6} ,t \ge 0\)

Ta có phương trình: \({t^2} - \left( {x - 3} \right)t - \left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t =  - 1\\
t = x - 2
\end{array} \right.\)

Vậy \(t = x - 2\) có \(\sqrt {{x^3} + {x^2} - mx + 6}  = x - 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 2\\
{x^3} + 2 = \left( {m - 4} \right)x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 2\\
{x^2} + \frac{2}{x} = m - 4
\end{array} \right.\)

Với \(x \ge 2\) ta có \({x^2} + \frac{2}{x} = \left( {{x^2} + \frac{8}{x} + \frac{8}{x}} \right) - \frac{{14}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{{x^2}.\frac{8}{x}.\frac{8}{x}}} - \frac{{14}}{2} = 5\)

Dấu bằng xảy ra khi x = 2

Suy ra để phương trình có nghiệm \(m - 4 \ge 5 \Leftrightarrow m \ge 9\)

Do \(\left\{ \begin{array}{l}
m \in Z\\
m \in \left[ {9;10} \right]
\end{array} \right.\) nên \(m \in \left\{ {9;10} \right\}\)Vậy T = 19

\(\begin{array}{l} g\left( x \right) = f\left( {3 - x} \right)\\ \Rightarrow g'\left( x \right) = - f'\left( {3 - x} \right)\\ = - f'\left( t \right) = \left( {{t^2} - 1} \right)\left( {t - 4} \right)\\ g'(x) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = 1\\ t = - 1\\ t = 4 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 3 - x = 1\\ 3 - x = - 1\\ 3 - x = 4 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2\\ x = 4\\ x = - 1 \end{array} \right. \end{array}\)

Có 3 điểm cực trị

\(I = \int\limits_1^{\sqrt[3]{2}} {{x^2}f({x^3} + 1)dx} =673\)

Gọi \(z = a + bi\,\,\left( {a,b \in R} \right) \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 1\)

Ta có 

\(\begin{array}{l}
T = \left| {z + 1} \right| + 2\left| {z - 1} \right| = \sqrt {{{\left( {a + 1} \right)}^2} + {b^2}}  + 2\sqrt {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {b^2}} \\
 = \sqrt {{a^2} + {b^2} + 2a + 1}  + 2\sqrt {{a^2} + {b^2} - 2a + 1}  = \sqrt {2a + 2}  + 2\sqrt {2 - 2a}  \le \sqrt {\left( {{1^2} + {2^2}} \right).4}  = 2\sqrt 5 
\end{array}\)

Vậy \(\max T = 2\sqrt 5 \)

Ta có: \(f''\left( x \right).f\left( x \right) + {\left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{{{\rm{cos}}x}}} \right]^2} = {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} \Leftrightarrow \frac{{f''\left( x \right).f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{f^2}\left( x \right)}} =  - \frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}\)

\(\left[ {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} \right]' =  - \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} \Rightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \tan x + C\). Do \(\left\{ \begin{array}{l}
f'\left( 0 \right) = 0\\
f\left( 0 \right) = 1
\end{array} \right.\) nên C = 0

Do đó \(\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} =  - \tan x\). Suy ra \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{df\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{d\left( {{\rm{cos}}x} \right)}}{{{\rm{cos}}x}}} }  \Leftrightarrow \left. {\ln f\left( x \right)} \right|\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{\pi }{3}}\\
0
\end{array} = \left. {\ln \cos x} \right|\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{\pi }{3}}\\
0
\end{array} \Leftrightarrow \ln f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) - \ln f\left( 0 \right) = \ln \frac{1}{2} \Leftrightarrow f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}\)

Vậy \(f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}\)

Gọi B’, C’ lần lượt là điểm thuộc SB, SC sao cho SB’=SC’=a. Ta có

\(\widehat {ASB} = \widehat {BSC} = \widehat {CSA} = {60^0},SA = SB = SC = a\) nên S.A’B’C’ là tứ diện đều cạnh a. Do đó thể tích của tứ diện này là \({V_{s.A'B'C'}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Ta có

\(\begin{array}{l} \frac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{a}{{2a}}.\frac{a}{{4a}} = \frac{1}{8}\\ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 8.{V_{S.A'B'C'}} = 8.\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{2{a^3}\sqrt 2 }}{3} \end{array}\)

\(g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} - 3} \right)f\left( {{x^3} - 3x} \right) - {x^4} - 2{x^2} + 3 = \left( {{x^2} - 1} \right)\left[ {3f\left( {{x^3} - 3x} \right) - {x^2} - 3} \right]\)

Với \(x \in \left[ { - 1;2} \right]\) có \({x^3} - 3x \in \left[ { - 2;2} \right] \Rightarrow f\left( {{x^3} - 3x} \right) < 0\)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}
g'\left( x \right) = 0\\
x \in \left( { - 1;2} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\)

Bảng biến thiên của \(g\left( x \right) = f\left( {{x^3} - 3x} \right) - \frac{1}{5}{x^5} - \frac{2}{3}{x^3} + 3x - \frac{2}{{15}}\) trên đoạn [-1;2] 

Suy ra \(\max g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = f\left( { - 2} \right) - \left( {\frac{1}{5} + \frac{2}{3} - 3 + \frac{2}{{15}}} \right) = 2019 + 2 = 2021\)