\(\underset{x\to -4}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}+3x-4}{{{x}^{2}}+4x}=\underset{x\to -4}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( x-1 \right)\left( x+4 \right)}{x\left( x+4 \right)}=\underset{x\to -4}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{x}=\frac{5}{4}.\)

\(\Rightarrow a=5;b=4\)

\(\Rightarrow {{a}^{2}}-{{b}^{2}}=25-16=9.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} SA = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right)\\ AB \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\ AC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\ AB \subset \left( {SAB} \right)\\ AC \subset \left( {SAC} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {AB,AC} \right)\)

\(\Delta ABC\) có: \(\cos \widehat{A}=\frac{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}}{2.AB.AC}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{A}={{120}^{0}}.\)

\(\Rightarrow \left( \left( SAB \right),\left( SAC \right) \right)={{60}^{0}}.\)

Do đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại điểm \(\left( 1;0 \right)\) nên đường cong là đồ thị của hàm số \(y={{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( x+2 \right).\)

Gọi \(H\) là trung điểm cạnh \(AB.\) Khi đó \(SH\bot \left( ABCD \right).\)

Tam giác \(AHD\) vuông tại \(H\) có \(D{{H}^{2}}=A{{H}^{2}}+A{{D}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{4}+{{a}^{2}}=\frac{5{{a}^{2}}}{4}.\)

Tam giác \(SHD\) vuông tại \(H\)có \(S{{H}^{2}}=S{{D}^{2}}-D{{H}^{2}}=\frac{9{{a}^{2}}}{4}-\frac{5{{a}^{2}}}{4}={{a}^{2}}\Rightarrow SH=a.\)

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

Điểm \(M\) nằm phía trên đường thẳng \(y=2\) khi \({{y}_{0}}>2\Leftrightarrow {{\log }_{3}}{{x}_{0}}>2\Leftrightarrow {{x}_{0}}>9.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD,\) khi đó \(OM\bot CD\) tại \(M.\)

Trong mặt phẳng \(\left( SOM \right)\) kẻ \(OH\bot SM\) tại \(H.\)

Ta có \(AB//CD\Rightarrow AB//\left( SCD \right).\)

Khi đó \(d\left( AB,SC \right)=d\left( AB,\left( SCD \right) \right)=d\left( A,\left( SCD \right) \right)=2d\left( O,\left( SCD \right) \right).\)

Do \(\left\{ \begin{array}{l} OM \bot CD\\ SO \bot CD \end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot OH.\)

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l} OH \bot CD\\ OH \bot SM \end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH.\)

Xét tam giác \(SOM\) có \(\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{M}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{4}{{{a}^{2}}}=\frac{5}{{{a}^{2}}}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{5}}{5}.\)

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

Ta có \({{S}_{3}}={{u}_{1}}\frac{{{q}^{3}}-1}{q-1}=1.\frac{{{2}^{3}}-1}{2-1}=7.\)

Bán kính đường tròn giao tuyến là \(\sqrt{{{r}^{2}}-{{\left( \frac{r}{2} \right)}^{2}}}=\frac{r\sqrt{3}}{2}.\)

Chu vi đường tròn giao tuyến là \(2\pi .\frac{r\sqrt{3}}{2}=\pi r\sqrt{3}.\)

Ta có \(y'=\frac{\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}.x-\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)}{{{x}^{2}}}=\frac{2{{x}^{2}}-\left( {{x}^{2}}+1 \right)\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)}{{{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)}\)

\( \Rightarrow y'\left( 1 \right) = \frac{{2 - \ln 2}}{2} = 1 - \ln 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - 1\\ b = 1 \end{array} \right. \Rightarrow a - b = - 2.\)

Gọi \({{A}_{0}}\) là số tiền ban đầu bạn An mang đi gửi tiếp kiệm, \(r\) là lãi suất đem gửi, \(x\) là số tháng bạn An cần gửi tiết kiệm để thu được cả vốn lẫn lãi bằng hoặc vượt quá 1300000 đồng.

Vì bạn An gửi tiết kiệm không thời hạn nên số tiền gốc và lãi thu được của tháng này sẽ là tiền gốc hay chính là số tiền đem gửi tiết kiệm của tháng sau.

Vậy sau 1 tháng bạn An thu được cả gốc và lãi là \({{A}_{0}}+{{A}_{0}}.r={{A}_{0}}{{\left( 1+r \right)}^{3}}.\)

Sau 2 tháng bạn An thu được số tiền cả gốc và lãi là \({{A}_{0}}\left( 1+r \right)+{{A}_{0}}\left( 1+r \right).r={{A}_{0}}{{\left( 1+r \right)}^{2}}.\)

Sau \(x\) tháng bạn An thu được số tiền cả gốc và lãi là \({{A}_{0}}{{\left( 1+r \right)}^{x}}.\)

Vậy ta có

\(1300000\le 1000000{{\left( 1+0,0058 \right)}^{x}}\Leftrightarrow x\ge {{\log }_{1,0058}}1,3\approx 45,366.\)

Vậy bạn An phải gửi ít nhất là 46 tháng thì thu được cả vốn và lãi bằng hoặc vượt quá 1300000 đồng.

Độ dài đường cao bằng \(h=\sqrt{{{3}^{2}}-{{2}^{2}}}=\sqrt{5}\)

Thể tích của khối nón bằng \(V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi {{2}^{2}}\sqrt{5}=\frac{4\pi \sqrt{5}}{3}.\)

Số cách lấy 2 quyển thuộc 2 môn khác nhau là: \(C_{6}^{1}.C_{7}^{1}+C_{6}^{1}.C_{8}^{1}+C_{7}^{1}.C_{8}^{1}=146.\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số \(x,y\ge 0\) ta có \(\sqrt{xy}\le \frac{x+y}{2}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow xy\le \frac{1}{4}.\)

Do đó giá trị lớn nhất của \(xy\) là \(\frac{1}{4}.\) Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}.\)

Ta có \({{5}^{{{\sin }^{2}}x}}+{{5}^{{{\cos }^{2}}x}}\ge 2\sqrt{{{5}^{{{\sin }^{2}}x}}{{.5}^{{{\cos }^{2}}x}}}\Leftrightarrow {{5}^{{{\sin }^{2}}x}}+{{5}^{{{\cos }^{2}}x}}\ge 2\sqrt{{{5}^{{{\sin }^{2}}x+{{\cos }^{2}}x}}}=2\sqrt{5}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \({{5}^{{{\sin }^{2}}x}}={{5}^{{{\cos }^{2}}x}}\Leftrightarrow {{\sin }^{2}}x={{\cos }^{2}}x\)

\(\Leftrightarrow \cos 2x=0\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+k\frac{\pi }{2},k\in \mathbb{Z}.\)

Mà \(x\in \left[ 0;2\pi  \right]\) nên \(x\in \left\{ \frac{\pi }{4};\frac{3\pi }{4};\frac{5\pi }{4};\frac{7\pi }{4} \right\}\)

Khi đó \(T=\frac{\pi }{4}+\frac{3\pi }{4}+\frac{5\pi }{4}+\frac{7\pi }{4}=4\pi .\)

Tổng số quả cầu là 27 quả.

Vậy số cách để lấy ngẫu nhiên 1 quả là: \(C_{27}^{1}=27.\)

\({u_n} = 21 \Leftrightarrow {n^2} + n + 1 = 21 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} n = 4\left( {tm} \right)\\ n = - 5\left( l \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow n = 4.\)

Vậy 21 là số hạng thứ 4.

Theo định nghĩa cấp số cộng ta có: \({{U}_{n+1}}={{U}_{n}}+d,\forall n\in \mathbb{N}*.\)

Do \(\lim {{n}^{2}}=+\infty ;\lim \left( 2-\frac{1}{{{n}^{2}}} \right)=2>0\) nên ta có \(\lim \left( 2{{n}^{2}}-1 \right)=\lim {{n}^{2}}\left( 2-\frac{1}{{{n}^{2}}} \right)=+\infty .\)

Với \(n\ge 2,n\in \mathbb{N}*\) ta có:

\(C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}=11\Leftrightarrow \frac{n!}{0!.\left( n-0 \right)!}+\frac{n!}{1!.\left( n-1 \right)!}+\frac{n!}{2!.\left( n-2 \right)!}=11\)

\( \Leftrightarrow n + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 10 \Leftrightarrow {n^2} + n - 20 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} n = - 5\\ n = 4 \end{array} \right. \Rightarrow n = 4\)

\(n=4\Rightarrow {{\left( {{x}^{3}}-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{n}}={{\left( {{x}^{3}}-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{4}}\)

\({{\left( {{x}^{3}}-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{4}}=\sum\limits_{k=0}^{4}{C_{4}^{k}.{{\left( {{x}^{3}} \right)}^{4-k}}.\frac{{{\left( -1 \right)}^{k}}}{{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{k}}}=}\sum\limits_{k=0}^{4}{{{\left( -1 \right)}^{k}}.C_{4}^{k}.{{x}^{12-5k}}\left( 0\le k\le 4,k\in \mathbb{N} \right)}\)

Số hạng tổng quát \({{\left( -1 \right)}^{k}}C_{4}^{k}.{{x}^{12-5k}}\)

Phải có \({{x}^{12-5k}}={{x}^{7}}\Rightarrow 12-5k=7\Leftrightarrow k=1.\)

Số hạng chứa \({{x}^{7}}\) trong khai triển là: \({{\left( -1 \right)}^{1}}C_{4}^{1}.{{x}^{7}}=-4{{x}^{7}}.\)

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

Đồ thị \(y=\frac{h\left( x \right)}{g\left( x \right)}=\frac{2x-4}{x-m}\) có tiệm cận đứng khi:

\(\underset{x\to {{m}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{m}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-4}{x-m}=\pm \infty ;\underset{x\to {{m}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{m}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-4}{x-m}=\pm \infty \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} h\left( x \right) \ne 0\\ g\left( m \right) = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2m - 4 \ne 0\\ m - m = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m \ne 2.\)

Hàm số \(y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+5x-1\)

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\)

\(y'={{x}^{2}}-6x+5\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_1} = 1\\ {x_2} = 5 \end{array} \right.\)

\({{x}_{1}}=1\Rightarrow {{y}_{1}}=\frac{4}{3};{{x}_{2}}=5\Rightarrow {{y}_{2}}=-\frac{28}{3}\)

\(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=-\infty ;\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(\left( 5;-\frac{28}{3} \right)\)

Ta có \(y'\left( 5 \right)=0\Rightarrow \) tiếp tuyến tại điểm cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là:

\(y=y'\left( 5 \right)\left( x-5 \right)+y\left( 5 \right)\Rightarrow y=-\frac{28}{3}\)

Vậy tiếp tuyens là đường thẳng song song với trục hoành.

Hàm số \(y=\frac{1}{\sqrt{{{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}-2x+3m \right)}}\) có tập xác định là \(R \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\log _3}\left( {{x^2} - 2x + 3m} \right) > 0\\ {x^2} - 2x + 3m > 0 \end{array} \right.\) với \(\forall x\in \mathbb{R}.\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+3m>1\) với \(\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+3m-1>0\) với \(\forall x\in \mathbb{R}\)

\(\Leftrightarrow \Delta '=1-\left( 3m-1 \right)<0\Leftrightarrow -3m+2<0\Leftrightarrow -3m<-2\Leftrightarrow m>\frac{2}{3}\)

Vậy với \(m\in \left( \frac{2}{3};+\infty  \right)\) thì hàm số \(y=\frac{1}{\sqrt{{{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}-2x+3m \right)}}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}.\)

Công thức tính thể tích khối cầu bán kính \(r\) là \(V=\frac{4}{3}\pi {{r}^{3}}.\)

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

\(y'=\frac{9}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}>0\) với \(\forall x\ne -2.\)

Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right)\) và \(\left( -2;+\infty  \right).\)

Ta có \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}BA.BC={{a}^{2}}\Rightarrow {{V}_{ABC.A'B'C'}}={{S}_{ABC}}.AA'={{a}^{2}}.2a\sqrt{3}=2{{a}^{3}}\sqrt{3}.\)

Vậy \(V=2{{a}^{3}}\sqrt{3}.\)

Ta có \({{\left( \frac{2020}{2021} \right)}^{4x}}={{\left( \frac{2021}{2020} \right)}^{2x-6}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{2020}{2021} \right)}^{4x}}={{\left( \frac{2020}{2021} \right)}^{-2x-6}}\Leftrightarrow 4x=-2x+6\Leftrightarrow x=1.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S=\left\{ 1 \right\}.\)

- Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( 0;1 \right)\) loại B, D.

- Đây là đồ thị của hàm số đồng biến nên loại C.

Điều kiện: \(x>0\)

Nhận thấy \(x=1\) là nghiệm của phương trình

Với \(0<x\ne 1,\) ta có

\({{\log }_{2020}}x+{{\log }_{2021}}x=0\Leftrightarrow {{\log }_{2020}}x+\frac{1}{{{\log }_{x}}2021}=0\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{2020}}x.{{\log }_{x}}2021+1=0\Leftrightarrow {{\log }_{2020}}2021+1=0\) (vô lý)

Vậy phương trình có nghiệm \(x=1.\)

Nếu hàm số đạt cực trị tại \({{x}_{0}}\) thì đạo hàm đổi dấu khi \(x\) qua \({{x}_{0}}.\)

Số cách sắp xếp 8 học sinh thành một àng dọc là: 8!.

Ta có: \({\log _{\frac{1}{3}}}\left( {{x^2} - 2x + 6} \right) \le - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 6 \ge 9 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \le - 1\\ x \ge 3 \end{array} \right.\)

Vậy \(S=\left( -\infty ;-1 \right]\cup \left[ 3;+\infty  \right).\)

Từ bảng biến thiên của hàm số, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( -1;0 \right)\) và \(\left( 0;1 \right).\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(\left( ABC \right).\) Suy ra \(SH\) là đường cao của hình chóp.

\(AH\) là hình chiếu của \(SA\) lên \(\left( ABC \right).\) Do đó góc giữa cạnh bên \(SA\) và \(\left( ABC \right)\) là góc \(\widehat{SAH}={{60}^{0}}.\)

Nên \(h=SH=\sin {{60}^{0}},SA=\frac{\sqrt{3}}{2}.2a=a\sqrt{3}\)

Vì \(SA=SB=SC\) nên \(HA=HB=HC=R\)

Suy ra \(H\) cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC.\)

Bán kính \(R=\cos {{60}^{0}}.SA=2a.\frac{1}{2}=a.\)

Thể tích khối nón có đỉnh là \(S\) và đáy là đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) là

\(V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi {{a}^{2}}a\sqrt{3}=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}.\)

Hình trụ có bán kính đáy \(R=a.\)

Chiều cao của hình trụ là: \(h=2d=4R=4a\)

Diện tích xung quanh của hình trụ là:

\({{S}_{xq}}=2\pi Rh=2\pi a.4a=8\pi {{a}^{2}}.\)

\(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{2-3x}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2-\frac{1}{x}}{\frac{2}{x}-3}=-\frac{2}{3}.\)

Mỗi cách chọn một bạn lớp trưởng và một bạn lớp phó từ lớp 35 học sinh là một chỉnh hợp chấp 2 của 35. Vậy số cách chọn là \(A_{35}^{2}.\)

Đặt các cạnh của hình tứ diện là 1 thì ta có: \(AM=DM=\frac{\sqrt{3}}{2},\)

Suy ra \(\cos \widehat{AMD}=\frac{A{{M}^{2}}+D{{M}^{2}}-A{{D}^{2}}}{2AM.DM}=\frac{1}{3};\cos \widehat{ADM}=\frac{A{{D}^{2}}+D{{M}^{2}}-A{{M}^{2}}}{2.AD.DM}=\frac{\sqrt{3}}{3};\)

\(\widehat{BAM}={{30}^{0}};\)

Lấy \(N\) là trung điểm của \(AC\) thì ta có \(\left( AB,DM \right)=\left( MN,DM \right),\) và \(\cos \widehat{DMN}=\frac{M{{N}^{2}}+M{{D}^{2}}-N{{D}^{2}}}{2.MN.MD}=\frac{\sqrt{3}}{6}.\)

Phương trình đã cho tương đương với \(\left\{ \begin{array}{l} mx = {\left( {x + 1} \right)^2}\\ x + 1 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + x\left( {2 - m} \right) + 1 = 0\left( 1 \right)\\ x > - 1 \end{array} \right.\)

Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có nghiệm duy nhất trong \(\left( -1;+\infty  \right).\)

Trường hợp 1. (1) có nghiệm kép \(\Delta = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 0\\ m = 4 \end{array} \right..\)

Thử lại: \(m=0\) thì phương trình có nghiệm \(x=-1,\) loại;

             \(m=4\) thì phương trình có nghiệm \(x=1,\) thỏa mãn;

Trường hợp 2. (1) có nghiệm là \(-1\Leftrightarrow {{\left( -1 \right)}^{2}}+\left( -1 \right)\left( 2-m \right)+1=0\Leftrightarrow m=0.\)

Thử lại thấy không thỏa mãn.

Trường hợp 3. (1) có 2 nghiệm là \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) và \({{x}_{1}}<-1<{{x}_{2}}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \Delta > 0\\ \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 4m > 0\\ {x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1 < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} m > 4\\ m < 0 \end{array} \right.\\ 1 + m - 2 + 1 < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m < 0.\)

Vậy có 2020 giá trị nguyên của tham số \(m.\)

Ta có \(g'\left( x \right)=f'\left( x+m \right)\)

\(g'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow f'\left( {x + m} \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x + m \le - 1\\ 1 \le x + m \le 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \le - m - 1\\ 1 - m \le x \le 3 - m \end{array} \right.\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( 1;2 \right)\)khi \(\left( 1;2 \right)\subset \left( -\infty ;-m-1 \right]\cup \left[ 1-m;3-m \right]\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2 \le - m - 1\\ \left\{ \begin{array}{l} 1 - m \le 1\\ 2 \le 3 - m \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m \le - 3\\ 0 \le m \le 1 \end{array} \right..\)

Vậy có 2021 giá trị nguyên \(m\in \left[ -2021;2021 \right]\) thỏa mãn.

Gọi bán kính đáy của hình trụ là \(r\left( m \right),\left( r>0 \right)\) suy ra chiều cao của hình trụ là \(h=\frac{72}{\pi {{r}^{2}}}\left( m \right).\)

Diện tích xung quanh là: \({{S}_{xq}}=2\pi rh=\frac{144}{r}\left( {{m}^{2}} \right)\)

Diện tích đáy là: \({{S}_{day}}=\pi {{r}^{2}}\left( {{m}^{3}} \right)\)

Tổng chi phí để xây là: \(\pi {{r}^{2}}.100+\pi {{r}^{2}}.140+\frac{144}{r}.90=\pi {{r}^{2}}.240+\frac{12960}{r}\) (nghìn đồng).

Xét hàm số

\(f\left( r \right)=\pi {{r}^{2}}.240+\frac{12960}{r}=\pi {{r}^{2}}.240+\frac{6480}{r}+\frac{6480}{r}\ge 3\sqrt[3]{\pi {{r}^{2}}.240.\frac{6480}{r}.\frac{6480}{r}}=6480\sqrt[3]{\pi }\)

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất khi \(\pi {{r}^{2}}.240=\frac{6480}{r}\Leftrightarrow r=\frac{3}{\sqrt[3]{\pi }}.\)

\(y'=4{{x}^{3}}-4mx,y'\left( 1 \right)=4-4m,y\left( 1 \right)=1-m.\) Ta có điểm \(A\left( 1;1-m \right).\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại điểm \(A\left( 1;1-m \right)\) là

\(y=y'\left( 1 \right)\left( x-1 \right)+1-m\Rightarrow y=\left( 4-4m \right)\left( x-1 \right)+1-m\Rightarrow y=\left( 4-4m \right)x+3m-3\) suy ra phương trình tiếp tuyến \(\Delta \) là \(\left( 4-4m \right)x-y+3m-3=0.\)

\(MN=2MH=2\sqrt{I{{M}^{2}}-I{{H}^{2}}}=2\sqrt{4-I{{H}^{2}}}\).

Ta có \(MN\) nhỏ nhất khi \(IH\) lớn nhất. Ta có \(IH=d\left( I,\Delta  \right)=\frac{\left| m \right|}{\sqrt{{{\left( 4-4m \right)}^{2}}+1}}.\)

\(IH\) lớn nhất khi \(I{{H}^{2}}\) lớn nhất hay \(\frac{{{m}^{2}}}{16{{m}^{2}}-32m+17}\) lớn nhất.

Xét hàm \(f\left( m \right)=\frac{{{m}^{2}}}{16{{m}^{2}}-32m+17}\) suy ra \(f'\left( m \right)=\frac{-32{{m}^{2}}+34m}{{{\left( 16{{m}^{2}}-32m+17 \right)}^{2}}}.\)

Từ bảng ta có \(IH\) lớn nhất khi \(m=\frac{17}{16}.\)

Vậy dây cung \(MN\) nhỏ nhất khi \(m=\frac{17}{16}.\)

Đặt \(g\left( x \right)=3{{x}^{4}}-8{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+24x-m.\)

Ta có số điểm cực trị của hàm số

\(y=\left| 3{{x}^{4}}-8{{x}^{3}}+24x-m \right|\) bằng \(a+b.\)

Với \(a\) là số điểm cực trị của hàm \(g\left( x \right)\) và \(b\) là số nghiệm đơn (bội lẻ) của phương trình \(g\left( x \right)=0.\)

Xét hàm số \(g\left( x \right)=3{{x}^{4}}-8{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+24x-m\) ta có

\(g'\left( x \right)=12{{x}^{3}}-24{{x}^{2}}-12x+24=12\left( x+1 \right)\left( x-2 \right)\left( x-1 \right)\) suy ra hàm số \(g\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị.

Xét phương trình

\(g\left( x \right)=0\Leftrightarrow g\left( x \right)=3{{x}^{4}}-8{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+24x-m=0\Leftrightarrow 3{{x}^{4}}-8{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+24x=m.\) Đồ thị hàm số \(y=\left| g\left( x \right) \right|\) có 7 điểm cực trị khi phương trình \(g\left( x \right)=0\) có đúng 4 nghiệm phân biệt tương đương với hai đồ thị hàm số \(y=3{{x}^{4}}-8{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+24x\) và \(y=m\) có 4 giao điểm phân biệt.

Từ bảng biến thiên ta có phương trình \(g\left( x \right)=0\) có 4 nghiệm phân biệt khi \)8<m<13.\)

Mà \(m\in \mathbb{Z}\) nên \(m\in \left\{ 9,10,11,12 \right\}.\)

Vậy tổng các giá trị của tham số \(m\) là \(S=9+10+11+12=42.\)

Ta có \(g'\left( x \right)=\left( 4-2x \right).f'\left( 4x-{{x}^{2}} \right)+{{x}^{2}}-6x+8=\left( 2-x \right)\left[ 2f'\left( 4x-{{x}^{2}} \right)+4-x \right].\)

Với \(x\in \left[ 1;3 \right]\) thì \(\left\{ \begin{array}{l} 4 - x > 0\\ 3 \le 4x - {x^2} \le 4 \end{array} \right.\) nên \(f'\left( 4x-{{x}^{2}} \right)>0.\)

Suy ra \(2f'\left( 4x-{{x}^{2}} \right)+4-x>0,\forall x\in \left[ 1;3 \right].\)

Khi đó \(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=2\in \left[ 1;3 \right].\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra \(\underset{x\in \left[ 1;3 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=g\left( 2 \right)=f\left( 4 \right)+5=5+5=10.\)

Gọi \(h\left( m \right)\) là chiều cao của hai bể nước hình trụ đã cho \(\left( h>0 \right)\)

\(R\) là bán kính đáy của bể nước hình trụ mới \(\left( R>0 \right)\).

Suy ra thể tích của bể nước hình trụ mới là \(V=\pi {{R}^{2}}h.\)

Vì thể tích của bể nước mới bằng tổng thể tích của hai bể nước hình trụ ban đầu nên

\(V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}\Leftrightarrow \pi {{R}^{2}}h=\pi {{.1}^{2}}.h+\pi {{.1.2}^{2}}.h\Leftrightarrow R=\sqrt{2,44}\approx 1,56m.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\).

Ta có \(\left( SAB \right)\cap \left( ABCD \right)=AB\) mà \(SH\bot AB\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)\)

Gọi \(I\) là tâm của hình vuông \(ABCD\)

Dựng \(Ix//SH\) khi đó \(Ix\) là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy \(ABCD\)

Do tam giác \(SAB\) đều nên trọng tâm \(G\) là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác \(SAB\)

Dựng \(Gy\bot \left( SAB \right)\), \(Gy//HI\), khi đó \(Gy\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SAB\)

Khi đó \(Ix\cap Gy=O\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD\) và \(R=SO=\sqrt{G{{O}^{2}}+G{{S}^{2}}}\)

Ta có: \(GO=\frac{a}{2},SG=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow R=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{4}+\frac{{{a}^{2}}}{3}}=\frac{a\sqrt{21}}{6}\)

Gọi \(F,P,Q\) lần lượt là trung điểm \(AB,C'D',BD\)

Do \(\left. \begin{array}{l} C'D' \bot IP\\ C'D' \bot OI \end{array} \right\} \Rightarrow CD' \bot \left( {FMP} \right),\left( {FMP} \right) \equiv \left( {OIP} \right)\)

Kẻ \(NM//C'D'(N \in AA'D'D) \Rightarrow NM \bot \left( {FMP} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} NM \bot MP\\ NM \bot MF \end{array} \right.\)

Do đó góc tạo bởi mặt phẳng \(\left( MC'D' \right)\) và \(\left( MAB \right)\) bằng góc \({{180}^{0}}-\widehat{FMP}\)

Đặt độ dài cạnh của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ là a.

Ta có: \(MI=\frac{a}{6},IP=\frac{a}{2},FP=AD'=a\sqrt{2}.\)

Áp dụng pitago cho tam giác vuông \(MIP:MP=\sqrt{M{{I}^{2}}+P{{I}^{2}}}=\frac{a\sqrt{10}}{6}\)

Ta có: \(MQ=\frac{5a}{6},QF=\frac{a}{2}\), áp dụng pitago cho tam giác vuông

      \(MQF:MF=\sqrt{M{{Q}^{2}}+Q{{F}^{2}}}=\frac{a\sqrt{34}}{6}\)

Áp dụng định lí hàm số côsin cho tam giác \(MFP\)

      \(\cos \widehat{FMP}=\frac{M{{F}^{2}}+M{{P}^{2}}-F{{P}^{2}}}{2MF.MP}=-\frac{7\sqrt{85}}{85}\)

Vậy côsin góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( MC'D' \right)\) và \(\left( MAB \right)\) bằng \(\frac{7\sqrt{85}}{85}.\)

Mỗi cách chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh từ các đỉnh của đa giác sẽ tạo ra một tam giác và số tam giác là \(n\left( \Omega  \right)=C_{20}^{3}.\)

Gọi \(A\) là biến cố 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho.

Ta có mỗi tam giác thuộc \(\Omega \) thì có một trong 4 trường hợp sau:

TH1: Cả 3 cạnh của tam giác là các cạnh của đa giác, trường hợp này không có tam giác nào.

TH2: Chỉ có 2 cạnh của tam giác là cạnh của đa giác, khi đó đỉnh chung của 2 cạnh này sẽ là đỉnh của đa giác ban đầu, trường hợp này có 20 tam giác.

TH3: Chỉ có 1 cạnh của tam giác là cạnh của đa giác khi đó ứng với mỗi cạnh bất ký của đa giác thì sẽ có 16 tam giác thỏa mãn, vậy trường hợp này sẽ có 20x16 = 320 tam giác.

TH4: Không có cạnh nào của tam giác là cạnh của đa giác, khi đó tất cả các cạnh của tam giác đều là các đường chéo của đa giác.

Từ đây ta có \(n\left( A \right)=n\left( \Omega  \right)-20-320=800\) tam giác.

Vậy xác suất để chọn được 3 đỉnh tạo thành tam giác không có cạnh nào của đa giác đã cho là \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{40}{57}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y=m\) và đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}\) là \({{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-m=0\left( * \right).\)

Gọi \({{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}}\left( {{x}_{1}}<{{x}_{2}}<{{x}_{3}} \right)\) lần lượt là 3 nghiệm của (*), theo giả thiết ta giả sử \(A\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),B\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right),C\left( {{x}_{3}};{{y}_{3}} \right)\) khi đó

\(AB=2BC\Leftrightarrow \left| {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right|=2\left| {{x}_{3}}-{{x}_{2}} \right|\)

\(\Leftrightarrow {{x}_{2}}-{{x}_{1}}=2\left( {{x}_{3}}-{{x}_{2}} \right)\)

\(\Leftrightarrow {{x}_{1}}-3{{x}_{2}}+2{{x}_{3}}=0\)

\(\Leftrightarrow {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}}=4{{x}_{2}}-{{x}_{3}}\Leftrightarrow {{x}_{3}}=4{{x}_{2}}-3\) (theo ĐL Vi-et cho PT(*) có \({{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}}=3).\)

Thay nghiệm \({{x}_{3}}=4{{x}_{2}}-3\) vào (*) ta có phương trình \({{\left( 4{{x}_{2}}-3 \right)}^{3}}-3{{\left( 4{{x}_{2}}-3 \right)}^{2}}=m\)

Lại có \({{x}_{2}}\) cũng là nghiệm của \(\left( * \right)\) nên \(x_{2}^{3}-3x_{2}^{2}=m\) do đó ta có phương trình

\({{\left( 4{{x}_{2}}-3 \right)}^{3}}-3{{\left( 4{{x}_{2}}-3 \right)}^{2}}=x_{2}^{3}-3x_{2}^{2}\)

\(\Leftrightarrow 64x_{2}^{3}-144x_{2}^{2}+108x_{2}^{{}}-27-3\left( 16x_{2}^{2}-24{{x}_{2}}+9 \right)=x_{2}^{3}-3x_{2}^{2}\)

\(\Leftrightarrow 63x_{2}^{3}-189x_{2}^{3}+180{{x}_{2}}-54=0\)

\(\Leftrightarrow 7x_{2}^{3}-21x_{2}^{3}+20{{x}_{2}}-6=0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_2} = \frac{{7 + \sqrt 7 }}{7}\\ {x_2} = 1\\ {x_2} = \frac{{7 - \sqrt 7 }}{7} \end{array} \right.\)

Với \({{x}_{2}}=1\) suy ra \({{x}_{3}}=1\) (loại).

Với \({{x}_{2}}=\frac{7\pm \sqrt{7}}{7}\Rightarrow m=-\frac{48\pm 20\sqrt{7}}{49}.\)

Thử lại trực tiếp ta thấy \(m=-\frac{98+20\sqrt{7}}{49}\) và \(m=-\frac{98-20\sqrt{7}}{49}\) là thỏa mãn được yêu cầu bài toán.

Vậy \(S=\left\{ -\frac{98-20\sqrt{7}}{49};-\frac{98+20\sqrt{7}}{49} \right\}\) và tổng các phần tử thuộc tập \(S\) là \(-4.\)

Xét hai tam giác: \(\Delta SAC;\Delta SAB\) có:

\(SA\) chung.

\(AB=AC;\angle SAB=\angle SAC={{30}^{0}}\Rightarrow \Delta SAB=\Delta SAC\Rightarrow SB=SC.\)

Suy ra tam giác \(\Delta SBC;\Delta ABC\) cân.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot SI\\ BC \bot AI \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow \left( {SAI} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) trên \(AI\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right)\)

Xét tam giác \(\Delta SAB\) ta có:

\(S{{B}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}-2SA.2B.\cos \angle SAB=48+16-2.4\sqrt{3}.4.\cos {{30}^{0}}=16\Rightarrow SB=SC=4\)

Suy ra \(\Delta SBC=\Delta ABC\left( c.c.c \right)\Rightarrow AI=SI=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{I}^{2}}}=\sqrt{16-1}=\sqrt{15}\)

Tam giác \(\Delta SIA\) cân tại \(I\). Gọi \(J\) là trung điểm của \(SA\) ta có: \(IJ=\sqrt{A{{I}^{2}}-J{{A}^{2}}}=\sqrt{15-12}=\sqrt{3}\)

Ta lại có \({{S}_{\Delta SIA}}=\frac{1}{2}IJ.SA=\frac{1}{2}SH.AI\Rightarrow SH=\frac{IJ.SA}{AI}=\frac{\sqrt{3}.4\sqrt{3}}{\sqrt{15}}=\frac{12}{\sqrt{15}}\)

Ta có: \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AI.BC=\sqrt{15}\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}.\frac{12}{\sqrt{15}}.\sqrt{15}=4.\)

Xét hình chóp \(T.{{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}\) có:

\({{V}_{T.{{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}}}=\frac{1}{3}TK.{{S}_{\Delta {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}}}=\frac{1}{3}.\frac{4}{3}SH.{{\left( \frac{2}{3} \right)}^{2}}.{{S}_{\Delta IMN}}=\frac{1}{3}.\frac{4}{3}SH.{{\left( \frac{2}{3} \right)}^{2}}\frac{1}{4}{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{4}{27}{{V}_{S.ABC}}=\frac{16}{27}\)

Suy ra \(a=16;b=27\Rightarrow P=2a-b=5.\)

Gọi \(I\) là giao điểm của \(AA'\) và \(CN;J\) là giao điểm của \(A'B'\) và \(IB\) suy ra \(I\) đối xứng với \(A\) qua \(A'\) và \(J\) là trung điểm của \(IB.\)

Gọi \(K\) là giao điểm của  \(AA'\) và \(PM\) suy ra \(AK=BP\)

\(\Delta OBP\sim \Delta OIK\Rightarrow \frac{OB}{OI}=\frac{BP}{IK}=\frac{\frac{2}{3}AA'}{\frac{8}{3}AA'}=\frac{1}{4}\Rightarrow OI=4OB\Rightarrow d\left( I,\left( MPC \right) \right)=4d\left( B;\left( MPC \right) \right)\)

\({{V}_{CMNP}}=\frac{1}{3}d\left( N,\left( MPC \right) \right).{{S}_{\Delta MPC}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}d\left( I,\left( MPC \right) \right).{{S}_{\Delta MPC}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.4d\left( B,\left( MPC \right) \right).{{S}_{\Delta MPC}}=2{{V}_{PMBC}}\)

\({{V}_{PMBC}}=\frac{1}{3}d\left( P,\left( MBC \right) \right).{{S}_{MBC}}=\frac{1}{3}.\frac{2}{3}d\left( B',\left( MBC \right) \right).\frac{1}{2}{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{V}{9}\)

\(\Rightarrow {{V}_{CMNP}}=\frac{2}{9}V\)