\(y' =  - 4{x^3} - 2x =  - 2x\left( {2{x^2} + 3} \right);y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

Đạo hàm đổi dấu từ + sang - khi qua \(x=0\) nên \(x=0\) là điểm cực trị của hàm số

Để hàm số đạt cực đại tại \(x=1\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}
y'\left( 1 \right) = {3.1^2} - 2m.1 + 2m - 3 = 0\\
y''\left( 1 \right) = 5.1 - 2m < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 3\)

Gọi số tiền gửi vào là M đồng, lãi suất là r/tháng

Cuối tháng thứ n: số vốn tích lũy được là: \({T_n} = M{\left( {1 + r} \right)^n}\) 

Số vốn tích lũy của bác An sau 6 tháng gửi tiền với lãi suất 0,7%/tháng là:

\(T_1=5.(1,007)^6\) triệu đồng

Số vốn tích lũy của bác An sau 9 tháng gửi tiền (3 tháng tiếp theo với lãi suất 0,9%/tháng ) là:

\(T_2=T_1(1,009)^3=5.(1,007)^6.(1,009)^3\) triệu đồng

Do đó số tiền bác An lĩnh được sau 1 năm (12 tháng) từ ngân hàng (3 tháng tiếp theo sau đó với lãi suất 0,6%/tháng) là:

\(T = {T_2}{\left( {1,006} \right)^3} = 5.{\left( {1,007} \right)^6}.{\left( {1,009} \right)^3}.{\left( {1,006} \right)^3} \approx 5452722,453\) đồng

Đây là hàm số bậc 4 trùng phương có 3 cực trị và đồ thị hướng xuống nên \(a<0, b>0\)

+ \(f(x)=mx^2-2m+3\) có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 nên đồ thị hàm số luôn có 1 tiệm cận ngang

Do đó đồ thị hàm số cần có đúng 1 tiệm cận đứng

+ m = 0, đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = \frac{3}{2} \Rightarrow m = 0\) thỏa bài toán

+ (m \ne 0\), đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình \(mx^2-2x+3=0\) có nghiệm kép hoặc có 2 nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm x =1

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\Delta _f} = 0\\
\left\{ \begin{array}{l}
{\Delta _f} > 0\\
f\left( 1 \right) = 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
1 - 3m = 0\\
\left\{ \begin{array}{l}
1 - 3m > 0\\
m + 1 = 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = \frac{1}{3}\\
m =  - 1
\end{array} \right.\) 

Vậy \(m \in \left\{ {0;\frac{1}{3}; - 1} \right\}\) 

Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {abcd} \)

d có 3 cách chọn \(\left( {d \ne \left\{ {0;5} \right\}} \right)\)

a có 3 cách chọn \(\left( {a \ne \left\{ {0;d} \right\}} \right)\)

b có 3 cách chọn \(\left( {b \ne \left\{ {a;d} \right\}} \right)\)

c có 2 cách chọn

Vậy theo quy tắc nhân có 3.3.3.2=54 số thỏa yêu cầu bài toán 

Tập xác định: D=R. Ta có \(y’=-x^2-2mx+2m-3\). Để hàm số nghịch biến trên R thì

\(y' \le 0,\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a_{y'}} < 0\\
\Delta ' \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 1 < 0\\
{m^2} + 2m - 3 \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 3 \le m \le 1\) 

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d:

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

Khi đó d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác \( - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {m - 1} \right)^2} - 4\left( {m - 1} \right) > 0\\
{\left( { - 1} \right)^2} - \left( {m - 1} \right) + m - 1 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 1 \vee m > 5\) 

Ta có \(A\left( {{x_1};{x_1} + m} \right),B\left( {{x_2};{x_2} + m} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {{x_2} - {x_1};{x_2} - {x_1}} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {2{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}}  = \sqrt 2 \left| {{x_2} - {x_1}} \right|,\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 1 - m\\
{x_1}{x_2} = m - 1
\end{array} \right.\)Từ đây ta có

 \(\begin{array}{l}
AB = \sqrt {10}  \Leftrightarrow \left| {{x_2} - {x_1}} \right| = \sqrt 5  \Leftrightarrow {\left( {{x_2} + {x_1}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 5\\
 \Leftrightarrow {\left( {1 - m} \right)^2} - 4\left( {m - 1} \right) = 5 \Leftrightarrow {m^2} - 6m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = 6
\end{array} \right.\left( n \right)
\end{array}\) 

Vậy chọn m=0 hoặc m=6

\(\begin{array}{l}
\left| {2 - x} \right| + 3x - 1 \le 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
2 - x \ge 0\\
2 - x + 3x - 1 \le 6
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
2 - x < 0\\
 - 2 + x + 3x - 1 \le 6
\end{array} \right.
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \le 2\\
2 < x \le \frac{9}{4}
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Bất phương trình có tập nghiệm \(S = \left( { - \infty ;\frac{9}{4}} \right]\) 

Phương trình của đường tròn tâm \(I\left( { - 1;\,\,2} \right)\), bán kính bằng 3 là \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 9\)

Số cách chọn 4 phần tử từ 12 phần tử bằng \(C_{12}^8\)

\(\frac{1}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} > \frac{1}{{x + 1}} \Leftrightarrow \frac{{ - 4{x^2} + 5x}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}\left( {x + 1} \right)}} > 0\) 

Bất phương có tập nghiệm \(S = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {0;\frac{5}{4}} \right)\backslash \left\{ {\frac{1}{2}} \right\}\) 

\(n\left( \Omega  \right) = C_6^2.C_4^1 + C_6^1.C_4^2\)

Gọi A là biến cố được tam giác có hai đỉnh thuộc \(d_1\) thì \(n(a) = C_6^2.C_4^1\)

Xác suất để thu được tam giác có hai đỉnh thuộc \(d_1\) là:

\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_6^2.C_4^1}}{{C_6^2.C_4^1 + C_6^1.C_4^2}} = \frac{5}{8}\)

\(\begin{array}{l}
2\sin x + m\cos x = 5\left( {VN} \right)\\
 \Leftrightarrow {3^2} + {m^2} < {5^2} \Leftrightarrow {m^2} < {4^2} \Leftrightarrow  - 4 < m < 4
\end{array}\)

Ta có vận tốc \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) =  - {t^3} + 6t - 2 \Rightarrow v'\left( t \right) =  - 3{t^2} + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = \sqrt 2 \\
t =  - \sqrt 2 
\end{array} \right.\) 

Lập bảng biến thiên ta có v(t) đạt GTLN khi \(t = \sqrt 2 \) 

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên: \(\overrightarrow {MA}  = 3\overrightarrow {MG}  \Rightarrow A\left( {0;2} \right)\)

Coi 4 học sinh nam là một phần tử X, hoán vị 6 phần tử gồm X và 5 học sinh nữ có 6! cách.

Ứng với mỗi cách xếp trên đầu có 4! cách hoán vị 4 học sinh nam

Theo quy tắc nhân số cách sắp xếp là: 6!.4!=17280

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x + 1 - \sqrt {5x + 1} }}{{x - \sqrt {4x - 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)\left( {x - 3} \right)x}}{{\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}} = \frac{9}{8}\) 

Suy ra \(a = 9,b = 8 \Rightarrow a - b = 1\) 

\(\sqrt[5]{{\frac{a}{b}\sqrt[3]{{\frac{b}{a}\sqrt {\frac{a}{b}} }}}} = {\left( {\frac{a}{b}} \right)^{\frac{1}{5}}}.{\left( {\frac{b}{a}} \right)^{\frac{1}{5}}}.{\left( {\frac{a}{b}} \right)^{\frac{1}{{30}}}} = \frac{{{a^{\frac{1}{5} - \frac{1}{{15}} + \frac{1}{{30}}}}}}{{{b^{\frac{1}{5} - \frac{1}{{15}} + \frac{1}{{30}}}}}} = {\left( {\frac{a}{b}} \right)^{\frac{1}{6}}}\)

\(\begin{array}{l} \frac{{x + 3}}{{2 - x}} > 0\\ \Leftrightarrow - 3 < x < 2 \end{array}\)

Chọn D.

\(\begin{array}{l} co{s^2}x + \cos x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\cos x - 1} \right)\left( {\cos x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \cos x = 1\\ \cos x = - 2\,\,(L) \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow x = k2\pi \end{array}\)

Nghiệm của phương trình \(co{s^2}x + \cos x - 2 = 0\) trong đoạn \(\left[ {0;2\pi } \right]\) là 0 và \(2\pi \).

\(\begin{array}{l} y = - {x^3} + 3{x^2} - 3x + 2\\ y' = - 3{x^2} + 6x - 3\\ = - 3{\left( {x - 1} \right)^2} \le 0\,\,\,\forall x \end{array}\)

Vậy hàm số nghịch biến trên R

Điều kiện xác định

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x + 1 \ge 0\\ {x^2} - 5x + 6 \ne 0\\ 4 - x > 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ge - 1\\ x \ne - 1\\ x \ne 6\\ x < 4 \end{array} \right.\\ \Rightarrow D = \left[ { - 1;4} \right)\backslash \left\{ {2;3} \right\} \end{array}\)

TXĐ: D=R. Biến đổi \(y = 2{\sin ^4}x - {\sin ^2}x + 4\) . đặt \(t = {\sin ^2}x,0 \le t \le 1\) 

Xét hàm số: \(f(t)=2t^4-t^2+4\) liên tục trên [0;1], \(f'\left( t \right) = 8{t^3} - 2t = 2t\left( {4{t^2} - 1} \right)\) 

Trên khoảng (0;1) phương trình \(f'\left( t \right) = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{2}\) 

Ta có \(f\left( 0 \right) = 4,f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{31}}{8},f\left( 1 \right) = 5\) 

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) = \frac{{31}}{8}\) tại \(t = \frac{1}{2} \Rightarrow \mathop {\min }\limits_R y = \frac{{31}}{8}\)  khi \({\sin ^2}x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos 2x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\) 

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ + }} \frac{{1 - 3x}}{{x - 2}} =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ - }} \frac{{1 - 3x}}{{x + 2}} =  - \infty \) nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = - 2

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{1 - 3x}}{{x + 2}} =  - 3\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = - 3

\(n\left( \Omega  \right) = C_{35}^4\) 

Gọi A là biến cố 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ . Khi đó \(n\left( A \right) = C_{35}^4 - C_{20}^4 - C_{15}^4\) 

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{4615}}{{5236}}\) 

Sai, vì \({\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b\)

Số hạng tổng quát \(C_{45}^k{x^{45 - k}}{\left( { - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^k} = C_{45}^k{\left( { - 1} \right)^k}\frac{{{x^{45 - k}}}}{{{x^{2k}}}} = C_{45}^k{x^{45 - 3k}}\) 

Số hạng không chứa x tương ứng với \(45 - 3k \Leftrightarrow k = 15\)

Vậy số hạng cần tìm là \(C_{45}^{15}{\left( { - 1} \right)^{15}} =  - C_{45}^{15}\) 

H là trung điểm CD

Ta có: \(OA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) 

Khi đó \(\tan \varphi  = \tan \widehat {SHO} = \frac{{SO}}{{OH}} = \sqrt 2 \) 

Do đó \({\rm{cos}}\varphi  = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)

TXĐ: \(D = \left[ { - 2;2} \right]\) . Ta có: \(y' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }},y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow x = 0\) 

Khi đó \(y\left( { - 2} \right) = 0,y\left( 0 \right) = 2,y\left( 2 \right) = 0\) 

Suy ra hàm số đạt GTNN tại điểm có hoành độ \(x =  \pm 2\) 

Kẻ \(SH \bot AD \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

\(\begin{array}{l}
\left( {\widehat {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SKH} = {60^0}\\
SH = HK.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \\
\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{D^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{5}{{4S{D^2}}} \Rightarrow SD = \frac{{\sqrt {15} a}}{2},SA = a\sqrt {15} ,AD = \frac{{5\sqrt 3 a}}{2}\\
 \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a\sqrt 3 .a.\frac{{5\sqrt 3 a}}{2} = \frac{{5{a^3}}}{2}
\end{array}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{ - 3{\rm{x}} + 4}}{{x - 2}}=-\infty\)

Tọa độ A là nghiệm của hệ:\(\left\{ \begin{array}{l}
7x - 2y - 3 = 0\\
6x - y - 4 = 0
\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {1;2} \right)\) 

B đối xứng với A qua M nên B(3;-2)

Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng BH nên BC: x+6y+9=0

Tọa độ trung điểm N của BC là nghiệm của hệ:\(\left\{ \begin{array}{l}
7x - 2y - 3 = 0\\
x + 6y + 9 = 0
\end{array} \right. \Rightarrow N\left( {0; - \frac{3}{2}} \right)\) 

\(\overrightarrow {AC}  = 2\overrightarrow {MN}  = \left( { - 4; - 3} \right)\) Suy ra phương trình đường thẳng AC: 3x-4y+5=0

Điều kiện \(\cos x \ne 0\)

\(x \ne \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\)

Ta có: \(B'H = \sin {30^0}.B'C' = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) 

Ta có:

                                                       \(\begin{array}{l}
\widehat {BHB'} = {60^0} \Rightarrow BB' = B'H.\tan {60^0} = \frac{{3a}}{2}\\
 \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.BB' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{3a}}{2} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}
\end{array}\) 

Xét:

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

Bảng xét dấu \(g’(x)\)

Suy ra hàm số g(x) nghịch biến trên (-1;0) là sai.

\(P = {\log _{\sqrt a }}{b^2} + \frac{2}{{{{\log }_{\frac{a}{{{b^2}}}}}a}} = 4{\log _a}b + 2{\log _a}\frac{a}{{{b^2}}} = 4{\log _a}b + 2\left( {{{\log }_a}a - 2{{\log }_a}b} \right) = 2\)

Áp dụng công thức: \({S_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}\)  

Suy ra: \(n = {\log _{\left( {1 + r} \right)}}\left( {\frac{{{S_n}}}{A}} \right)\) 

Trong đó: \(A = 7;{S_n} = 10,r = \frac{{1,5}}{{100}}\)

Ta được n=23,95622454

Gọi M là trung điểm BC \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
SM \bot BC\\
OM \bot BC
\end{array} \right.\)  

Suy ra \(\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SM,OM} \right) = SMO = {45^0}\) 

Vì AC=2a nên \(AB = BC = a\sqrt 2  \Rightarrow SO = OM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) 

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}{\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\) 

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên góc giữa đường thẳng SD và (ABCD) là góc SDA

Tam giác SAD vuông tại A nên \(\tan SDA = \frac{{SA}}{{AD}} = \sqrt 3  \Rightarrow SDA = {60^0}\) 

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x - 1}}\) có tiệm cận đứng x=1, tiệm cận ngang y=1

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x - 1}}\) đi qua điểm (0;2)

\(y’=3x^2-12x+m\). Hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow m \ge 12x - 3{x^2} = g\left( x \right),\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) 

Lập bảng biến thiên của g(x) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) 

Dựa vào bảng biến thiên, kết luận \(m \ge \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( x \right) \Leftrightarrow m \ge 12\) 

ĐK: \(m{x^2} - \left( {m + 1} \right) + m + 7 \ge 0,\forall x \in R\,\,\left( * \right)\)

TH1:

\(m = 0:\left( * \right) \Leftrightarrow  - 2x + 7 \ge 0 \Leftrightarrow x \le \frac{1}{2}\left( l \right)\) 

TH2:

\(\begin{array}{l}
\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' \le 0\\
a > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 5m + 1 \le 0\\
m > 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ge \frac{1}{5}\\
m > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{5}
\end{array}\) 

Vậy BPT đã cho vô nghiệm khi \(m \ge \frac{1}{5}\) 

ĐK: \(x \ge 3\) 

\(BPT \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {x - 3} }}{{x - 1}} \ge m\) . Xét hàm số \(y = \frac{{\sqrt {x - 3} }}{{x - 1}} \Rightarrow y' = \frac{{5 - x}}{{2\sqrt {x - 3} {{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) 

\(y = 0 \Leftrightarrow x = 5\) 

BBT

Vậy bát phương trình vô nghiệm \(y\left( 5 \right) \ge m \Leftrightarrow m \le \frac{{\sqrt 2 }}{4}\) 

Kẻ \(BK \bot AC,BH \bot SK\) 

\(\begin{array}{l}
d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = BH\\
\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} = \frac{1}{{16{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{5}{{16{a^2}}}\\
\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{K^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}} = \frac{5}{{16{a^2}}} + \frac{1}{{9{a^2}}} = \frac{{61}}{{144{a^2}}} \Rightarrow BH = \frac{{12a}}{{\sqrt {61} }}
\end{array}\)

ABCD là hình vuông nên \(AB \bot BC\)

\(SA \bot {\rm{(}}ABCD{\rm{)}}\) nên \(SA \bot BC\)

Ta có:

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

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot AM\\ AM \bot SB \end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right)\)

Vậy D đúng

Phương trình hoành độ giao điểm

\(2{x^3} - 3{x^2} + 1 = x - 1 \Leftrightarrow 2{x^3} - 3{x^2} - x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {2{x^2} - x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = \frac{{1 - \sqrt {17} }}{4}\\
x = \frac{{1 + \sqrt {17} }}{4}
\end{array} \right.\) 

Vậy số giao điểm là 3

Điều kiện: \({x^2} - 2x + 3 \ge 0\) 

Đặt \(t = \sqrt {{x^2} - 2x + 5} ,t \ge 0\left( * \right) \Rightarrow {x^2} - 2x = {t^2} - 5\) , phương trình đã cho trở thành

\(t = {t^2} - 5 + 3 \Leftrightarrow {t^2} - t - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t =  - 1\left( l \right)\\
t = 2
\end{array} \right.\) 

Đối chiếu với điều kiện (*) ta có t=2

Với t=2 ta có \(\sqrt {{x^2} - 2x + 5}  = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\) 

Nhìn hình vẽ ta thấy \({V_1} = {V_{S.MIAG}}\) 

Gọi \({V_{S.ABCD}} = V \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{V}{2}\) 

Có \(\frac{{{V_{S.AGM}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SG}}{{SB}}.\frac{{SM}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2} = \frac{1}{3} \Rightarrow {V_{S.AGM}} = \frac{V}{6}\) 

\(\begin{array}{l}
\frac{{{V_{S.AMI}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SM}}{{SC}}.\frac{{SI}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3} = \frac{1}{3}\\
 \Rightarrow {V_{S.AMI}} = \frac{V}{6} \Rightarrow {V_{S.MIAG}} = \frac{V}{3} \Rightarrow {V_2} = V - \frac{V}{3} = \frac{2}{3}V \Rightarrow \frac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = 2
\end{array}\) 

Đồ thị đạt cực trị tại x = 0 và x = 2 nên

y' = A. x(x-2)

Suy ra \(y = A.( {x^3 \over 3}-x^2)+B\)

Thay x = 0 thì y = 1, x = 2 thì y = -3 vào giải hệ phương trình tìm A, B ta được:

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