Ta có: \({{V}_{1}}=\frac{1}{3}d\left( A;\left( A'B'C' \right) \right).{{S}_{\Delta A'B'C'}}=\frac{1}{3}{{V}_{ABC.A'B'C'}}\)

Khi đó: \({{V}_{2}}=\frac{2}{3}{{V}_{ABC.A'B'C'}}\)

Vậy \({{V}_{1}}=\frac{1}{2}{{V}_{2}}\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số đồng biến trên các khoảng \((-\infty ;-1)\) và \((-1;+\infty )\).

Vậy y’>0 với mọi x\(\ne -1\) => Chọn B

Xét phương án C ta có:

\(y'=3{{x}^{2}}+2>0\) với \(\forall x\in \mathbb{R},\) nên hàm số \(y={{x}^{3}}+2x-2020\) luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Nhìn vào bảng biến thiên ta có điểm cực tiểu của hàm số là -1.

Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\) và \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC.\) Ta có \(SG\bot \left( ABC \right).\)

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\) và \(AG=\frac{2}{3}AH=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\)

\(\widehat{\left( SA,\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SAG}={{60}^{0}}.\)

Trong tam giác vuông \(SGA,\) ta có \(SG=AG.\tan \widehat{SAG}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\sqrt{3}=a.\)

Vậy \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.SG.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}.a.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}.\)

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( 2;3 \right).\)

Gọi \(H,H'\) lần lượt là trung điểm của \(BC,B'C'.\)

Do lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a\) nên \(AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) và \({{S}_{\Delta A'B'C'}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\)

Ta có: \(\left( \left( AB'C' \right),\left( ABC \right) \right)=\left( AH,AH' \right)=\angle H'AH={{60}^{0}}.\)

Xét tam giác \(H'HA\) vuông tại \(H\) có \(\tan {{60}^{0}}=\frac{H'H}{AH}\Leftrightarrow H'H=AH.\tan {{60}^{0}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{3}{2}a\)

Mà \(A'A=H'H\) nên \(A'A=\frac{3}{2}a.\)

Vậy \({{V}_{ABC.A'B'C'}}=A'A.{{S}_{\Delta A'B'C'}}=\frac{3}{2}a.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{8}{{a}^{3}}.\)

Ta có:

\(\underset{x\to -1}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+1}{2{{x}^{3}}+2}=\underset{x\to -1}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+1}{2\left( {{x}^{3}}+1 \right)}=\underset{x\to -1}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+1}{2\left( x+1 \right)\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)}=\underset{x\to -1}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{2\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)}=\frac{1}{2.3}=\frac{1}{6}.\)

Ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=5\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là \(y=5.\)

\(\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty \) nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x=1.\)

Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận ngang và đứng là 2.

Ta có \(f\left( x \right)+3=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=-3\)

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)+3=0\) bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và \(y=-3.\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng \(y=-3\) cắt đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) tại 2 điểm.

Vậy số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)+3=0\) là 2.

Xét hàm số \(y=\frac{2x+1}{x-1}\) có tập xác định \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\)

Có \(y'=\frac{-3}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}<0\) với mọi \(x\in \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\)

Áp dụng công thức \({{u}_{n}}={{u}_{1}}+\left( n-1 \right)d.\)

Ta có \({{u}_{5}}={{u}_{1}}+4d\Leftrightarrow 13=5+4d\Leftrightarrow d=2.\)

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD.\) Ta có

\(\left\{ \begin{align} & SO\bot AC \\ & SO\bot BD \\ \end{align} \right.\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right)\)

Ta có: \(AC=8\sqrt{2}\Rightarrow AO=4\sqrt{2};SO=\sqrt{{{\left( 4\sqrt{11} \right)}^{2}}-{{\left( 4\sqrt{2} \right)}^{2}}}=12\)

\({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SO=\frac{1}{3}{{.8}^{2}}.12=256\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{2}{{V}_{S.ABCD}}=128\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta có \(M=4;m=-6.\) Do đó \(M-m=10.\)

Điều kiện xác định: \(x+1\ne 0\Leftrightarrow x\ne -1.\)

TH1: \(m=1\) thì \(y=1\) (loại).

TH2: \(m\ne 1\) thì hàm số \(y=\frac{x+m}{x+1}\) luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( -1;+\infty  \right).\)

Mà \(\left[ 1;2 \right]\subset \left( -1;+\infty  \right)\) nên \(\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,y+\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,y=\frac{9}{2}\Leftrightarrow y\left( 1 \right)+y\left( 2 \right)=\frac{9}{2}\)

                                                                        \(\Leftrightarrow \frac{1+m}{1+1}+\frac{2+m}{2+1}=\frac{9}{2}\)

                                                                        \(\Leftrightarrow \frac{1+m}{2}+\frac{2+m}{3}=\frac{9}{2}\)

                                                                        \(\begin{align} & \Leftrightarrow 3\left( 1+m \right)+2\left( 2+m \right)=2.9 \\ & \Leftrightarrow 5m+7=27 \\ & \Leftrightarrow m=4. \\ \end{align}\)

Ta thấy mặt phẳng \(\left( A'BC \right)\) chia khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) thành một khối chóp tam giác \(A'.ABC\) và một khối chóp tứ giác \(A'.BCC'B'.\)

Cứ ba đỉnh của đa giác sẽ tạo thành một tam giác.

Chọn 3 trong 10 đỉnh của đa giác, có \(C_{10}^{3}=120.\)

Vậy có 120 tam giác xác định bởi các đỉnh của đa giác 10 cạnh.

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng 1 nên có diện tích \({{S}_{ABCD}}=1.\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) ta có \(AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}.\)

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) ta có \(SA=\sqrt{S{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=\sqrt{5-2}=\sqrt{3}.\)

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\sqrt{3}.1=\frac{\sqrt{3}}{3}.\)

Ta thấy \(f'\left( x \right)\) đổi dấu khi đi qua \(x=-1;x=2;x=-5\) nên hàm số có 3 cực trị.

Để hàm số có ba điểm cực trị thì: \(ab=-1.\left( m-5 \right)<0\Leftrightarrow m-5>0\Leftrightarrow m>5\left( 1 \right)\)

Theo giả thiết: \(m\le 2020\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra có 2015 giá trị nguyên dương của \(m\) thỏa mãn là: \(m\in \left\{ 6;7;...;2020 \right\}.\)

Đây là đồ thị hàm số bậc 3, với hệ số \(a>0.\) Loại A; C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( 2;-2 \right).\) Loại D.

Áp dụng công thức, ta có: \(V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}{{230}^{2}}.147=2592100{{m}^{3}}.\)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có GTLN bằng 2 và không có GTNN.

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

Dựa vào bảng biến thiên, ta thây hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm \(x=0.\)

Xét hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) như hình vẽ

Tam giác \(ABC\) đều nên có diện tích \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{A{{B}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\)

Chiều cao của khối lăng trụ là \(AA'=2a,\) suy ra thể tích của khối lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) là \(V=AA'.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}\) (đvtt).

Tam giác \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B.\) Gọi \(BA=BC=b.\)

Áp dụng định lí Pitago vào trong tam giác vuông \(ABC\) ta có \(\sqrt{B{{A}^{2}}+B{{C}^{2}}}=AC\Leftrightarrow b\sqrt{2}=2a\Leftrightarrow b=a\sqrt{2}.\)

Diện tích đáy là \({{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}BA.BC=\frac{1}{2}{{b}^{2}}=\frac{1}{2}{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}={{a}^{2}}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\ BC \bot \left( {AA'B} \right)\\ \left( {AA'B} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\ \left( {AA'B} \right) \cap \left( {A'BC} \right) = A'B \end{array} \right..\)

Do đó góc giữa \(\left( A'BC \right)\) và đáy \(\left( ABC \right)\) bằng góc giữa \(AB\) và \(A'B\) và bằng góc \(\widehat{ABA'},\) theo giả thiết, ta có \(\widehat{ABA'}={{45}^{0}}.\)

Tam giác \(AA'B\) vuông cân tại \(A\) nên \(AA'=AB=a\sqrt{2}.\)

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) bằng \(V=AA'.{{S}_{ABC}}=a\sqrt{2}.{{a}^{2}}={{a}^{3}}\sqrt{2}.\)

Áp dụng Định lí cosin cho tam giác \(SAB,\) ta có \(S{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}+S{{A}^{2}}-2AB.SA.\cos {{60}^{0}}=3{{a}^{2}}\)

Tam giác \(SAB\) thỏa mãn \(S{{B}^{2}}+A{{B}^{2}}=S{{A}^{2}}\) nên tam giác \(SAB\) vuông tại \(B.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\ \left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\ SB \subset \left( {SAB} \right),SB \bot AB \end{array} \right. \Rightarrow SB \bot \left( {ABCD} \right).\)

Vậy \(V={{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SB.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}\) (đvtt).

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

BBT

Vậy \(\underset{\left( -\infty ;0 \right)}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=f\left( -1 \right)\Rightarrow f\left( -1 \right)=5\Leftrightarrow m+2=5\Leftrightarrow m=3.\)

\(\underset{\left( 0;+\infty  \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right)=m-2=3-2=1.\)

ĐKXĐ: \(x\ge -1.\)

Vì \(1+\sqrt{x+1}>0\) với \(\forall x\ge -1\) nên để đồ thị hàm số có đún hai tiệm cận đứng thì phương trình \({{x}^{2}}-2x=m\left( 1 \right)\) phải có hai nghiệm phân biệt lớn hơn -1.

Xét hàm số \(f\left( x \right)={{x}^{2}}-2x\) trên \(\left[ -1;+\infty  \right).\)

\(f'\left( x \right)=2x-2=0\Rightarrow x=1.\)

BBT

Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn -1 khi \(f\left( 1 \right)<m\le f\left( -1 \right)\Leftrightarrow -1<m\le 3.\)

Gọi chiều rộng, chiều cao của bể cá lần lượt là \(x,h\left( x;h>0 \right).\) Khi đó chiều dài là \(2x.\)

Tổng diện tích các mặt không kể nắp là \(2{{x}^{2}}+4xh+2xh=8\Leftrightarrow h=\frac{4-{{x}^{2}}}{3x}.\) Vì \(x,h>0\) nên \(x\in \left( 0;2 \right).\)

Thể tích của bể cá là \(V=2x.x.h=\frac{8x-2{{x}^{3}}}{3}.\)

Ta có \(V'=\frac{8}{3}-2{{x}^{2}},\) cho \(V'=0\Leftrightarrow \frac{8}{3}-2{{x}^{2}}=0\Rightarrow x=\frac{2\sqrt{3}}{3}.\)

Bảng biến thiên

Bể các có dung tích lớn nhất bằng \(\frac{32\sqrt{3}}{27}\approx 2,05.\)

Phương án A và C sai vì: Chọn hàm số \(y={{x}^{4}}.\)

Tập xác định \(D=\mathbb{R}.\)

Ta có \(y'=4{{x}^{3}},\) cho \(y'=0\Leftrightarrow 4{{x}^{3}}=0\Leftrightarrow x=0.\)

Và \(y''=12{{x}^{2}}.\)

Bảng biến thiên

Hàm số \(y={{x}^{4}}\) đạt cực trị tại \(x=0\) nhưng \(f''\left( 0 \right)=0\) và có đạo hàm tại \(x=0.\)

Phương án B sai vì: Chọn hàm số \(y={{x}^{3}}.\)

Tập xác định \(D=\mathbb{R}.\)

Ta có \(y'=3{{x}^{2}},\) cho \(y'=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}=0\Leftrightarrow x=0,\)

Bảng biến thiên

Hàm số không đạt cực trị tại x = 0

Gọi \(O=AC\cap BD;I=SO\cap CM.\)

Trong \(\left( SBD \right)\) qua \(I\) kẻ đường thẳng song song với \(BD\) cắt \(SB,SD\) lần lượt tại \(B',D'.\)

\(\Rightarrow \frac{SB'}{AB}=\frac{SI}{SO}=\frac{2}{3}(I\) là trọng tâm \(\Delta SAC).\)

\(\frac{{{V}_{S.CB'MD'}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{2.{{V}_{S.CMB'}}}{2.{{V}_{S.CAB}}}=\frac{SM}{SA'}.\frac{SB'}{SB}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}.\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.CB'MD'}}=\frac{1}{3}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.\)

\(\Rightarrow {{V}_{CBAD.CB'MD'}}={{V}_{S.ABCD}}-{{V}_{S.CB'MD'}}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.\)

Không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right)={{6}^{8}}.\)

Xếp 3 số 1 và 2 số 3 và 5 vào 5 vị trí có: \(\frac{5!}{3!}=20\) cách.

Ứng với mỗi cách xếp trên có 6 vị trí trống giữa các số. Xếp 3 số 2, 4, 6 vào 6 vị trí trống đó ta có: \(A_{6}^{3}\) cách.

Xác suất là: \(\frac{20.A_{6}^{3}}{{{6}^{8}}}=\frac{25}{17496}.\)

Tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1;3 \right\}.\)

\(y=\frac{x+1}{{{x}^{2}}-2x-3}=\frac{x+1}{\left( x+1 \right)\left( x-3 \right)}=\frac{1}{x-3}.\)

Vì \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x-3}=0\) và \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x-3}=0\) nên đường thẳng \(y=0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vì \(\underset{x\to {{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x-3}=+\infty \) và \(\underset{x\to {{3}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{3}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x-3}=-\infty \) nên đường thẳng \(x=3\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 2.

Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) và \(\left( AB'I \right).\)

Do tam giác \(ABC\) là hình chiếu của tam giác \(AB'I\) trên mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) nên ta có

\({{S}_{ABC}}={{S}_{AB'I}}.\cos \alpha \)

\({{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin {{120}^{0}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\)

\(AB{{'}^{2}}=AA{{'}^{2}}+A'B{{'}^{2}}=2{{a}^{2}}.\)

\(A{{I}^{2}}=A{{C}^{2}}+C{{I}^{2}}={{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}=\frac{5{{a}^{2}}}{4}\)

\(C'B{{'}^{2}}=C'A{{'}^{2}}+A'B{{'}^{2}}-2.A'B'.A'C'.\cos {{120}^{0}}=3{{a}^{2}}.\)

\(B'{{I}^{2}}=B'C{{'}^{2}}+C'{{I}^{2}}=3{{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}=\frac{13{{a}^{2}}}{4}.\)

Có \(AB{{'}^{2}}+A{{I}^{2}}=B'{{I}^{2}}\Rightarrow \Delta AB'I\) vuông tại \(A.\)

\({{S}_{AB'I}}=\frac{1}{2}.AB'.AI=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{10}}{4}.\) Do đó \(\cos \alpha =\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{AB'I}}}=\frac{\sqrt{30}}{10}.\)

Hàm số được viết lại thành \(\left( {{x}^{2}}-3x+2 \right)m+{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+1-y=0.\)

Một điểm \(M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)\) là điểm cố định của đồ thị hàm số thì phương trình \(\left( x_{0}^{2}-3x_{0}^{{}}+2 \right)m+x_{0}^{3}-x_{0}^{2}+1-{{y}_{0}}=0\) phải nghiệm đúng với mọi \(m,\) xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l} x_0^2 - 3{x_0} + 2 = 0\\ x_0^3 - x_0^2 + 1 - {y_0} = 0 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_0} = 1;{y_0} = 1\\ {x_0} = 2;{y_0} = 5 \end{array} \right..\)

Giả sử \(A\left( 1;1 \right),B\left( 2;5 \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( 1;4 \right)\) khi đó hệ số góc của đường thẳng \(AB\) là \(k=4.\)

Đặt \(f\left( x \right)={{x}^{3}}+\left( m-1 \right){{x}^{2}}-3mx+2m+1\)

Để trên đồ thị hàm số có điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng \(AB\) thì hệ số góc tại tiếp điểm phải bằng \(k'=-\frac{1}{4}.\) Điều đó xảy ra khi và chỉ khi \(f'\left( x \right)=-\frac{1}{4}\) có nghiệm.

Ta có \(f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}+2\left( m-1 \right)x-3m.\)

Phương trình \(f'\left( x \right)=-\frac{1}{4}\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}+2\left( m-1 \right)x-3m=-\frac{1}{4}\left( 1 \right).\)

Phương trình (1) có nghiệm khi \(\Delta '\ge 0\Leftrightarrow m\in \left( -\infty ;\frac{-7-4\sqrt{3}}{2} \right]\cup \left[ \frac{-7+4\sqrt{3}}{2};+\infty  \right).\)

Với \(\frac{-7+4\sqrt{3}}{2}\approx -0,03\) nên các số nguyên dương \(m\in \left[ -2020;2020 \right]\) là \(\left\{ 1;2;3;...;2020 \right\}.\)

Vậy có 2020 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ \frac{m}{2} \right\}.\)

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

Để hàm số nghịch biến trên \(\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\) thì \(\left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 4 < 0\\ \frac{m}{2} \notin \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \in \left( { - 2;2} \right)\\ m \le 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { - 2;1} \right].\)

Suy ra có các số nguyên thỏa mãn là \(\left\{ -1;0;1 \right\}.\)

Dựa vào xu hướng của đồ thị hàm số ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \Rightarrow a<0\)

Tại \(x=0\Rightarrow y=d<0\)

\(y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\Rightarrow y'=3a{{x}^{2}}+2bx+c.\)

Xét thấy 2 điểm cực trị \({{x}_{1}}<0\) và \({{x}_{2}}>0.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_1} + {x_2} = \frac{{ - 2b}}{{3a}} > 0 \Rightarrow b > 0\\ {x_1}{x_2} = \frac{c}{{3a}} < 0 \Rightarrow c > 0 \end{array} \right.\)

Vậy có 2 giá trị dương trong 4 giá trị \(a,b,c,d.\)

\(y={{x}^{3}}+\frac{1}{2}\left( {{m}^{2}}-1 \right){{x}^{2}}+1-m\)

\(y'=3{{x}^{2}}+\left( {{m}^{2}}-1 \right)x\)

\(y''=6x+{{m}^{2}}-1\)

Hàm số  có điểm cực đại là \(x=-1\)

\(y = {x^3} + \frac{1}{2}\left( {{m^2} - 1} \right){x^2} + 1 - m\)

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

Lúc này \(y''\left( -1 \right)=-6+4-1<0\) nên hàm số đạt cực đại tại \(x=-1.\)

Vậy có 2 giá trị \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Tam giác có độ dài các cạnh lần lượt là 13, 14, 15 của nửa chu vi là \(p=\frac{13+14+15}{2}=21.\)

Diện tích đáy của khối lăng trụ là \(B=\sqrt{p\left( p-13 \right)\left( p-14 \right)\left( p-15 \right)}=84\)

Chiều cao của khối lang trụ là \(h=8\sin {{30}^{0}}=8.\frac{1}{2}=4.\)

Vậy thể tích của khối lăng trụ là: \(v=Bh=84.4=336.\)

Từ đồ thị ta thấy hàm số trên có phương trình là \(y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}.\) Vậy ta có:

\(f\left( x \right)={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}\) và \(f'\left( x \right)=4{{x}^{3}}-4x\)

\(g'\left( x \right)=\left( f\left( {{x}^{3}}+f\left( x \right) \right) \right)'=\left( {{x}^{3}}+f\left( x \right) \right)'f'\left( {{x}^{3}}+f\left( x \right) \right)=\left( 3{{x}^{2}}+f'\left( x \right) \right)f\left( {{x}^{3}}+f\left( x \right) \right).\)

Suy ra \(g'\left( x \right)=\left( 3{{x}^{2}}+f'\left( x \right) \right)f'\left( {{x}^{3}}+f\left( x \right) \right)=\left( 3{{x}^{2}}+4{{x}^{3}}-4x \right)f'\left( {{x}^{3}}+{{x}^{4}}-2{{x}^{2}} \right).\)

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

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 4{x^3} + 3{x^2} - 4x = 0\\ {x^4} + {x^3} - 2{x^2} = 1\\ {x^4} + {x^3} - 2{x^2} = - 1\\ {x^4} + {x^3} - 2{x^2} = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 4{x^3} + 3{x^2} - 4x = 0\\ {x^4} + {x^3} - 2{x^2} - 1 = 0\\ {x^4} + {x^3} - 2{x^2} + 1 = 0\\ {x^4} + {x^3} - 2{x^2} = 0 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x \approx 0,6930\\ x \approx - 1,4430\\ x \approx 1,21195\\ x \approx - 2,0754\\ x \approx - 0,6710\\ x \approx - 1,9051\\ x = 1\\ x = - 2 \end{array} \right.\)

Phương trình \(g'\left( x \right)=0\) có đúng 8 nghiệm đơn và 1 nghiệm bội lẻ \(x=0.\)

Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) có 9 điểm cực trị.

Từ đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) ta có

\(f\left( {f\left( x \right)} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( {f\left( x \right)} \right) = - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f\left( x \right) = {x_1} \in \left( { - 1;0} \right){\rm{ }}\left( 1 \right)\\ f\left( x \right) = {x_2} = 1{\rm{ }}\left( 2 \right)\\ f\left( x \right) = {x_3} \in \left( {2;3} \right){\rm{ }}\left( 3 \right) \end{array} \right.\)

+ Phương trình \(f\left( x \right)={{x}_{1}}\) với \({{x}_{1}}\in \left( -1;0 \right)\) có đúng 2 nghiệm.

+ Phương trình \(f\left( x \right)={{x}_{2}}=1\) có đúng 2 nghiệm.

+ Phương trình \(f\left( x \right)={{x}_{3}}\) với \({{x}_{3}}\in \left( 2;3 \right)\) có đúng 2 nghiệm.

Mặt khác các nghiệm của 3 phương trình \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\) không trùng nhau.

Vậy phương trình \(f\left( f\left( x \right) \right)=1\) có 6 nghiệm thực.

Ta có: \(y'=3f'\left( 3x-1 \right)+3{{x}^{2}}-3m=3\left( f'\left( 3x-1 \right)+{{x}^{2}}-m \right)\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( -2;1 \right)\) thì:

\(y'\ge 0,\forall x\in \left( -2;1 \right)\Leftrightarrow \left( f'\left( 3x-1 \right)+{{x}^{2}}-m \right)\ge 0,\forall x\in \left( -2;1 \right)\)

\(f'\left( 3x-1 \right)+{{x}^{2}}\ge m,\forall x\in \left( -2;1 \right)\Leftrightarrow m\le \underset{\left( -2;1 \right)}{\mathop{\min }}\,\left( f'\left( 3x-1 \right)+{{x}^{2}} \right)\)

Đặt \(f'\left( 3x-1 \right)=g\left( x \right)\) và \({{x}^{2}}=h\left( x \right)\)

Quan sát bảng biến thiên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} f'\left( {3x - 1} \right) \ge - 4 = f'\left( 0 \right),3x - 1 \in \left( { - 7;2} \right)\\ h\left( x \right) = {x^2} \ge 0 = h\left( 0 \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} f'\left( {3x - 1} \right) \ge - 4 = f'\left( 0 \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\\ h\left( x \right) = {x^2} \ge 0 = h\left( 0 \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right) \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow f'\left( 3x-1 \right)+h\left( x \right)\ge -4+0=-4,x=0\)

\(\Rightarrow \underset{\left( -2;1 \right)}{\mathop{\min }}\,\left[ g\left( x \right)+h\left( x \right) \right]=-4,x=0\)

Do đó: \(\underset{\left( -2;1 \right)}{\mathop{\min }}\,\left( f'\left( 3x-1 \right)+{{x}^{2}} \right)=-4\)

Vì \(m\in \left( -10;10 \right)\) và \(m\le -4\) nên tổng các giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài là -39

Ta có: 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{mx + \sqrt {{x^2} - 2x + 3} }}{{2x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{mx + x\sqrt {1 - \frac{2}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{{x\left( {2 - \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\left( {m + \sqrt {1 - \frac{2}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} } \right)}}{{x\left( {2 - \frac{1}{x}} \right)}} = \frac{{m + 1}}{2}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{mx + \sqrt {{x^2} - 2x + 3} }}{{2x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{mx - x\sqrt {1 - \frac{2}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{{x\left( {2 - \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{x\left( {m - \sqrt {1 - \frac{2}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} } \right)}}{{x\left( {2 - \frac{1}{x}} \right)}} = \frac{{m - 1}}{2}\).

Theo giả thiết thì đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang \(y = 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} \frac{{m + 1}}{2} = 1\\ \frac{{m - 1}}{2} = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 1\\ m = 3 \end{array} \right.\).

Tổng hai giá trị m tìm được là 1 + 3 = 4

Dựa vào đồ thị ta thấy \(\left\{ \begin{array}{l} {S_{{H_1}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {f(x){\rm{d}}x} = 7\\ {S_{{H_2}}} = \int\limits_1^2 {\left[ { - f(x)} \right]{\rm{d}}x} = 3 \end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l} \int\limits_{ - 1}^1 {f(x){\rm{d}}x = 7} \\ \int\limits_1^2 {f(x){\rm{d}}x = - 3} \end{array} \right.\).

Xét \(I = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {(2x + 6)f({x^2} + 6x + 7){\rm{d}}x} \).

Đặt \(t = {x^2} + 6x + 7 \Rightarrow {\rm{dt}} = (2x + 6){\rm{d}}x\).

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

Khi đó: \(I = \int\limits_{ - 1}^2 {f(t){\rm{dt}} = \int\limits_{ - 1}^2 {f(x){\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^1 {f(x){\rm{d}}x + \int\limits_1^2 {f(x){\rm{d}}x = 7 + ( - 3) = 4} } } } \).

Vậy I = 4

Ta biết f'(x) có dạng bậc bốn trùng phương nên đặt \(f'\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c \Rightarrow f''\left( x \right) = 4a{x^3} + 2bx\).

Từ bảng biến thiên suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l} f'\left( { \pm 1} \right) = 0\\ f'\left( 0 \right) = 3\\ f''\left( { \pm 1} \right) = 0\\ f''\left( 0 \right) = 0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a + b + c = 0\\ c = 3\\ 4a + 2b = 0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 3\\ b = - 6\\ c = 3 \end{array} \right.\).

Do vậy \(f'\left( x \right) = 3{x^4} - 6{x^2} + 3 = 3{\left( {{x^2} - 1} \right)^2} \Rightarrow f'\left( {x - 2} \right) = 3{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)^2}\).

Xét hàm số g(x), ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( {x - 2} \right) + 3\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) = 3{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)^2} + 3\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\);

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

Bảng biến thiên :

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số g(x) có 2 điểm cực trị. 

Ta có: \(2f\left( x \right) + 3f\left( { - x} \right) = \frac{1}{{{x^2} + 4}}\), \(\forall x \in \left[ { - 2;2} \right]\), suy ra \({2\int\limits_{ - 2}^2 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x + 3\int\limits_{ - 2}^2 {f\left( { - x} \right)} {\rm{d}}x = \int\limits_{ - 2}^2 {\frac{1}{{{x^2} + 4}}} {\rm{d}}x}\) (1).

Xét \(3\int\limits_{ - 2}^2 {f\left( { - x} \right)} {\rm{d}}x\). Đặt \(t =  - x \Rightarrow dt =  - dx\). Ta có: \(3\int\limits_{ - 2}^2 {f\left( { - x} \right)} {\rm{d}}x = 3\int\limits_2^{ - 2} {f\left( t \right)\left( { - {\rm{d}}t} \right)}  = 3\int\limits_{ - 2}^2 {f\left( x \right)dx} \) (2).

Thay (2) vào (1), ta được: \(5\int\limits_{ - 2}^2 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = \int\limits_{ - 2}^2 {\frac{1}{{{x^2} + 4}}} {\rm{d}}x \Rightarrow I = \int\limits_{ - 2}^2 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = \frac{1}{5}\int\limits_{ - 2}^2 {\frac{1}{{{x^2} + 4}}} {\rm{d}}x\).

Đặt \(x = 2\tan t \Rightarrow {\rm{d}}x = 2\left( {1 + {{\tan }^2}t} \right){\rm{d}}t\). Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l} x = - 2 \Rightarrow t = - \frac{\pi }{4}\\ x = 2 \Rightarrow t = \frac{\pi }{4} \end{array} \right.\).

Khi đó: \(I = \frac{1}{5}.\int\limits_{ - \,\,\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\frac{1}{{4{{\tan }^2}t + 4}}{\rm{2}}\left( {1 + {{\tan }^2}t} \right){\rm{d}}t} = \frac{1}{{10}}\int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {{\rm{d}}t} = \frac{\pi }{{20}}\,\).

Ta có : \({a^x} = {b^y} = {c^z} = \sqrt[3]{{abc}}\); suy ra \(x = {\log _a}\sqrt[3]{{abc}}\,,\,\,y = {\log _b}\sqrt[3]{{abc}}\,,\,\,z = {\log _c}\sqrt[3]{{abc}}\) với \(x,\,\,,y,\,\,z > 0\).

Khi đó : \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{{{{\log }_a}\sqrt[3]{{abc}}}} + \frac{1}{{{{\log }_b}\sqrt[3]{{abc}}}} + \frac{1}{{{{\log }_c}\sqrt[3]{{abc}}}} = {\log _{\sqrt[3]{{abc}}}}a + {\log _{\sqrt[3]{{abc}}}}b + {\log _{\sqrt[3]{{abc}}}}c\)

\( = {\log _{\sqrt[3]{{abc}}}}(abc) = 3\)

Suy ra : \({\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = 3 - \frac{1}{z}}\).

Thay vào biểu thức P, ta được : \(P = f\left( z \right) = 3 - \frac{1}{z} - {z^2} + z\,\,\,\left( {z > 0} \right);\,\,f'\left( z \right) = \frac{{ - 2{z^3} + {z^2} + 1}}{{{z^2}}} = 0 \Leftrightarrow z = 1\).

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f(z) = f(1) = 2\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{} P = 2\)

Xét hàm số \(f\left( \left| x \right| \right)={{\left| x \right|}^{3}}-3{{\left| x \right|}^{2}}+{{m}^{2}}-2m\) (1). Đặt \(t=\left| x \right|; x\in \left[ -3;1 \right]\Rightarrow t\in \left[ 0;3 \right]\).

Hàm số (1) trở thành \(f\left( t \right)={{t}^{3}}-3{{t}^{2}}+{{m}^{2}}-2m, t\in \left[ 0;3 \right]; {f}'\left( t \right)=3{{t}^{2}}-6t=0\Leftrightarrow t=2\).

Ta có: \(f\left( 0 \right)={{m}^{2}}-2m; f\left( 2 \right)={{m}^{2}}-2m-4; f\left( 3 \right)={{m}^{2}}-2m\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} f\left( {\left| x \right|} \right) = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( t \right) = {m^2} - 2m - 4\\ \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} f\left( {\left| x \right|} \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( t \right) = {m^2} - 2m \end{array} \right.\)

Ta có: \(3\underset{\left[ -3;1 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( \left| x \right| \right)+2\underset{\left[ -3;1 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( \left| x \right| \right)\le 112\Leftrightarrow 3\left( {{m}^{2}}-2m \right)+2\left( {{m}^{2}}-2m-4 \right)\le 112\)       

\(\Leftrightarrow 5{{m}^{2}}-10m-120\le 0\Leftrightarrow -4\le m\le 6\).

Vì \(m\in \mathbb{Z}\) nên \(m\in \left\{ -4;-3;...;6 \right\}\).

Vậy có 11 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán