Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^3}\left( { - x + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 2\\ x = 2\\ x = 5 \end{array} \right..\)

Bảng biến thiên của hàm số như sau

Vậy hàm số \(y=f\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.

Từ bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( -1;1 \right).\)

Xét hàm số \(y=\frac{2x+1}{x-3}.\)

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

Ta có \(y'=\frac{-7}{{{\left( x-3 \right)}^{2}}}<0,\forall x\in D.\)

Vậy hàm số trên nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.

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

Bảng biến thiên

Vậy hàm số \(y=f\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.

Gọi \(a\) là cạnh hình lập phương, ta có:

\({{S}_{tp}}=6{{a}^{2}}=96\Leftrightarrow {{a}^{2}}=16\Leftrightarrow a=4\)

Vậy thể tích của khối lập phương là \(V={{a}^{3}}={{4}^{3}}=64\)

\(P=\sqrt[4]{x\sqrt[3]{{{x}^{2}}.\sqrt{{{x}^{3}}}}}=\sqrt[4]{x\sqrt[3]{{{x}^{2}}.{{x}^{\frac{3}{2}}}}}=\sqrt[4]{x\sqrt[3]{{{x}^{\frac{7}{2}}}}}=\sqrt[4]{x.{{x}^{\frac{7}{6}}}}=\sqrt[4]{{{x}^{\frac{13}{6}}}}={{x}^{\frac{13}{24}}}\)

Dựa vào bảng biến thiên suy ra \(0<m<3.\)

Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn bài toán.

Tập xác định \(D=\mathbb{R}\)

Ta có: \(y'=3\left( m-1 \right){{x}^{2}}-6\left( m-1 \right)x+3.\)

Trường hợp 1: \(m-1=0\Leftrightarrow m=1\Rightarrow y=3x+2\Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Trường hợp 2: \(m - 1 \ne 0 \Rightarrow y' \ge 0{\rm{ }}\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m - 1 > 0\\ \Delta ' \le 0 \end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 1\\ 9{\left( {m - 1} \right)^2} - 9\left( {m - 1} \right) \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 1\\ 1 \le m \le 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < m \le 2.\)

Kết hợp hai trường hợp trên suy ra \(1<m\le 2.\)

Ta có \(\left. \begin{array}{l} \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\ \left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\ \left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA \end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right).\)

\({{S}_{ABCD}}=AB.BC=a.2a=2{{a}^{2}}.\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) có: \(AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}=a\sqrt{5}.\)

Góc giữa \(SC\) tạo với mặt phẳng đáy là \(\widehat{SCA}.\)

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại \(A\) có: \(\tan {{60}^{0}}=\frac{SA}{AC}\Leftrightarrow SA=AC.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{5}.\sqrt{3}=a\sqrt{15}.\)

\({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.SA=\frac{1}{3}.2{{a}^{2}}.a\sqrt{15}=\frac{2{{a}^{3}}\sqrt{15}}{3}.\)

Xét hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có chiều cao \(SO=150m,AB=220m.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(CD\Rightarrow OH\bot CD\) và \(SH\bot CD.\)

Xét \(\Delta SOH\) vuông tại \(O\) có: \(SH=\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{H}^{2}}}=\sqrt{{{150}^{2}}+{{110}^{2}}}=10\sqrt{346}.\)

Diện tích tam giác \(\Delta SCD\) là: \({{S}_{\Delta SCD}}=\frac{1}{2}.SH.CD=\frac{1}{2}.10.\sqrt{346}.220=1100\sqrt{346}.\)

Diện tích xung quanh của kim tự tháp là \({{S}_{xq}}=4.{{S}_{\Delta SCD}}=4.1100\sqrt{346}=4400\sqrt{346}.\)

Điều kiện xác định: \({x^2} - 2x > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < 0\\ x > 2 \end{array} \right..\)

Tập xác định: \(D=\left( -\infty ;0 \right)\cup \left( 2;+\infty  \right).\)

Dựa trên đồ thị \(\left( {{C}_{1}} \right)\) ta thấy hàm số \(y={{\log }_{a}}x\) là hàm số đồng biến nên \(a>1.\)

Dựa trên đồ thị \(\left( {{C}_{2}} \right)\) ta thấy hàm số \(y={{\log }_{a}}x\) là hàm số nghịch biến nên \(0<b<1.\)

Suy ra \(0<b<1<a.\)

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

\({{S}_{xq}}=\pi rl\Rightarrow l=\frac{{{S}_{xq}}}{\pi r}=\frac{30\pi }{5\pi }=6\left( cm \right)\)

\(\Rightarrow h=\sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}=\sqrt{{{6}^{2}}-{{5}^{2}}}=\sqrt{11}\left( cm \right)\)

\(\Rightarrow V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi {{.5}^{2}}.\sqrt{11}=\frac{25\pi \sqrt{11}}{3}\left( c{{m}^{3}} \right).\)

Phương trình có 4 nghiệm thực phân biệt khi: \(0<{{\log }_{2}}m<1\Leftrightarrow 1<m<2.\)

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

+ BBT của hàm số \(y=f\left( x \right)\)

+ Căn cứ BBT của hàm số \(y=f\left( x \right)\) suy ra BBT của hàm số \(y=f\left( \left| x \right| \right)\) là

Vậy hàm số \(y=f\left( \left| x \right| \right)\) có 3 điểm cực trị

Để đoạn \(\left[ -\frac{2\pi }{3};\frac{\pi }{3} \right]\) là tập hợp con của tập nghiệm bất phương trình \({{\log }_{\frac{1}{5}}}\left( {{\cos }^{2}}x+1 \right)<{{\log }_{\frac{1}{5}}}\left( {{\cos }^{2}}x+4\cos x+m \right)+1\) thì:

\({{\log }_{\frac{1}{5}}}\left( {{\cos }^{2}}x+1 \right)<{{\log }_{\frac{1}{5}}}\left( {{\cos }^{2}}x+4\cos x+m \right)+1,\forall x\in \left[ -\frac{2\pi }{3};\frac{\pi }{3} \right]\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{\frac{1}{5}}}\left( {{\cos }^{2}}x+1 \right)<{{\log }_{\frac{1}{5}}}\left( \frac{{{\cos }^{2}}x+4\cos x+m}{5} \right),\forall x\in \left[ -\frac{2\pi }{3};\frac{\pi }{3} \right]\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\cos ^2}x + 4\cos x + m > 0\\ 5{\cos ^2}x + 5 > {\cos ^2}x + 4\cos x + m \end{array} \right.,\forall x \in \left[ { - \frac{{2\pi }}{3};\frac{\pi }{3}} \right]\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > - {\cos ^2}x - 4\cos x\\ m < 4{\cos ^2}x - 4\cos x + 5 \end{array} \right.,\forall x \in \left[ { - \frac{{2\pi }}{3};\frac{\pi }{3}} \right]\)

Đặt \(t=\cos x.\) Khi đó ta có (1) trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l} m > - {t^2} - 4t\\ m < 4{t^2} - 4t + 5 \end{array} \right.,\forall t \in \left[ { - \frac{1}{2};1} \right].\)

+ Để \(m>-{{t}^{2}}-4t,\forall t\in \left[ -\frac{1}{2};1 \right]\Leftrightarrow m>\underset{\left[ -\frac{1}{2};1 \right]}{\mathop{\max }}\,\left( -{{t}^{2}}-4t \right)\text{  }\left( 2 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( -\frac{1}{2} \right)=\frac{7}{4};f\left( -1 \right)=-5.\) Do đó \(\underset{\left[ -\frac{1}{2};1 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)=\frac{7}{4}.\) Nên \(\left( 2 \right)\Leftrightarrow m>\frac{7}{4}.\)

+ Để \(m<4{{t}^{2}}-4t+5,\forall t\in \left[ -\frac{1}{2};1 \right]\Leftrightarrow m<\underset{\left[ -\frac{1}{2};1 \right]}{\mathop{\min }}\,\left( 4{{t}^{2}}-4t+5 \right)\text{  }\left( 3 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)=4{{t}^{2}}-4t+5,\forall t\in \left[ -\frac{1}{2};1 \right].\) Ta có \(g'\left( t \right)=8t-4=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{2}.\)

\(g\left( -\frac{1}{2} \right)=8,g\left( 1 \right)=5,g\left( \frac{1}{2} \right)=4.\) Do đó \(\underset{\left[ -\frac{1}{2};1 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( t \right)=4.\) Nên \(\left( 3 \right)\Leftrightarrow m<4.\)

Vậy \(m\in \left( \frac{7}{4};4 \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Theo giả thiết ta suy ra được \(AH=\frac{2a}{3};BH=\frac{a}{3}.\)

+ Do tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\) và \(SH\) là đường cao nên:

\(AH.AB=S{{A}^{2}}\Rightarrow SA=\sqrt{AH.AB}=\frac{a\sqrt{6}}{3};BH.BA=S{{B}^{2}}\Rightarrow SB=\sqrt{BH.BA}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\)

+ \(SH.AB=SA.SB\Rightarrow SH=\frac{SA.SB}{AB}=\frac{a\sqrt{2}}{3}.\)

+ Do đó \(V=\frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.SH=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.\frac{a\sqrt{2}}{3}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{9}.\)

TXĐ: \(D=4\le x\le 6.\)

Đặt \(t=\sqrt{6-x}+\sqrt{x-4}\Rightarrow \frac{{{t}^{2}}}{2}-1=\sqrt{\left( 6-x \right)\left( x-4 \right)}.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)=\sqrt{6-x}+\sqrt{x-4}\) với \(4\le x\le 6.\)

Ta có: \(f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \sqrt{6-x}-\sqrt{x-4}=0\Leftrightarrow x=5.\)

Bảng biến thiên

Vậy \(f\left( x \right)\in \left[ \sqrt{2};2 \right]\Rightarrow t\in \left[ \sqrt{2};2 \right]\)

Hàm số đã cho trở thành \(y=f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}}{2}+t-1\) với \(t\in \left[ \sqrt{2};2 \right].\)

Khi đó \(y'=t+1.\) Suy ra \(y'=0\Leftrightarrow t=-1\notin \left[ \sqrt{2};2 \right].\)

Ta có: \(f\left( \sqrt{2} \right)=\sqrt{2};f\left( 2 \right)=3.\) Suy ra \(M=3,m=\sqrt{2}.\)

Vậy \(M+m=3+\sqrt{2}.\)

Từ đồ thị \(f'\left( x \right)\) suy ra \(f'\left( 1 \right)=0.\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại điểm có hoành độ bằng 1 là

                                    \(y=f'\left( 1 \right)\left( x-1 \right)+f\left( 1 \right)\Leftrightarrow y=f\left( 1 \right).\)

Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến và đồ thị \(\left( C \right)\) là: \(f\left( x \right)=f\left( 1 \right)\)

Từ đồ thị \(f'\left( x \right)\) suy ra \(f'\left( -1 \right)=f'\left( 3 \right)=0.\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y=f\left( x \right).\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng \(y=f\left( 1 \right)\) cắt đồ thị hàm số tại ba điểm có hoành độ lần lượt là \(a,1,b\) với \(a<-1\) và \(b>3.\) Suy ra \({{b}^{2}}>9\) và \({{a}^{2}}>1.\)

Vậy \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}>10.\)

Ta có \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-mx+4\text{  }\left( 1 \right)\)

            \(y'=3{{x}^{2}}-6x-m\)

Xét: \(g\left( x \right)=3{{x}^{2}}-6x-m\)

Hàm số \(\left( 1 \right)\) có hai cực trị thuộc khoảng \(\left( -3;3 \right)\) khi \(g\left( x \right)=0\) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng \(\left( -3;3 \right).\)

Ta có: \(g\left( x \right)=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6x-m=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6x=m\)

Xét: \(h\left( x \right)=3{{x}^{2}}-6x\Rightarrow h'\left( x \right)=6x-6,\) cho \(h'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=1.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(m\in \left( -3;9 \right).\)

Vậy có 11 giá trị nguyên của \(m.\)

Khi quay hình thang quanh cạnh \(AB\) ta được khối tròn xoay.

Kẻ các đường cao \(AH,BK.\) Khi đó: \(HK=AB=1\Rightarrow CK=DK=1\)

Áp dụng pitago trong các tam giác vuông \(AHC,BKD\) ta được: \(AH=BK=1\)

Xét khối trụ có đường cao \(CD=3,\) bán kính \(AH=1.\) Khi đó thể tích khối trụ: \({{V}_{\left( T \right)}}=\pi .A{{H}^{2}}.CD=3\pi \)

Xét khối nón có đường sinh \(AD=\sqrt{2},\) bán kính \(AH=1,\) đường cao \(DH=1.\) Khi đó thể tích khối nón \({{V}_{\left( N \right)}}=\frac{1}{3}.\pi .A{{H}^{2}}.DH=\frac{\pi }{3}\)

Thể tích khối tròn xoay: \(V={{V}_{\left( T \right)}}-2{{V}_{\left( N \right)}}=\frac{7\pi }{3}\)

Gọi chiều rộng của hố ga là \(x\left( cm \right)\left( x>0 \right)\Rightarrow \) chiều cao của hố ga là \(2x\left( cm \right)\)

Hố ga dạng hình hộp chữ nhật có thể tích là \(3200c{{m}^{3}}\Rightarrow \) Chiều dài hố ga là \(\frac{3200}{x.2x}=\frac{1600}{{{x}^{2}}}\left( cm \right)\)

Tổng diện tích cần xây hố ga (5 mặt, trừ mặt đáy trên) là:

\(S=2.\left( x+\frac{1600}{{{x}^{2}}} \right).2x+x.\frac{1600}{{{x}^{2}}}=4{{x}^{2}}+\frac{8000}{x}\left( c{{m}^{2}} \right)\)

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: \(S=4{{x}^{2}}+\frac{4000}{x}+\frac{4000}{x}\ge 3\sqrt[3]{4{{x}^{2}}.\frac{4000}{x}.\frac{400}{x}}=1200\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(4{{x}^{2}}=\frac{4000}{x}\Leftrightarrow {{x}^{3}}=1000\Leftrightarrow x=10\) (thỏa mãn)

Với \(x=10\) thì diện tích mặt đáy của hố ga là \(10.\frac{1600}{{{10}^{2}}}=160\left( c{{m}^{2}} \right).\)

Gọi \(\widehat{AOB}=\alpha .\) Hình chóp \(S.OAB\Rightarrow {{0}^{0}}<\alpha <{{180}^{0}}\Rightarrow 0<\sin \alpha \le 1\)

Diện tích \(\Delta OAB\) là \(\frac{1}{2}.OA.ON.\sin \alpha \Rightarrow \) Thể tích khối chóp \(S.OAB\) là \(V=\frac{1}{6}.SO.OA.OB.\sin \alpha \)

Vì thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng \(a\Rightarrow SO=\frac{a\sqrt{3}}{2};OA=OB=\frac{a}{2}\)

\(\Rightarrow V=\frac{1}{6}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}.\sin \alpha =\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}.\sin \alpha }{48}\le \frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{48}\)

Dấu “=” xảy ra \(\Leftrightarrow \sin \alpha =1\Leftrightarrow \alpha ={{90}^{0}}\Leftrightarrow OA\bot OB\)

Vậy thể tích khối chóp \(S.OAB\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{48}.\)

Đặt \({{\log }_{4}}a={{\log }_{6}}b={{\log }_{9}}\left( a+b \right)=t.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\log _4}a = t\\ {\log _6}b = t\\ {\log _9}\left( {a + b} \right) = t \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = {4^t}\\ b = {6^t}\\ a + b = {9^t} \end{array} \right..\)

Ta có \({4^t} + {6^t} = {9^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{9}} \right)^t} + {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\\ {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = \frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}\left( {VN} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{a}{b} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}.\)

Gọi \(x\) (triệu) là số tiền ông An gửi vào ngân hàng ACB, \(y\)(triệu) là số tiền ông An gửi vào ngân hàng VietinBank.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} x + y = 320\\ x{\left( {1 + 2,1\% } \right)^5} + y{\left( {1 + 0,73\% } \right)^9} = 346,67072595 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 120\\ y = 200 \end{array} \right..\)

Xác suất để 4 quả thành công là: \({{\left( 0,8 \right)}^{4}}.0,2.5=0,4096.\)

Xác suất để 5 quả thành công là: \({{\left( 0,8 \right)}^{5}}=0,32768.\)

Vậy xác suất để đội tuyển Việt Nam thực hiện thành công từ 4 quả trở lên trong 5 lượt sút đầu tiên là: \(0,4096+0,32768=0,73728.\)

Gọi \(O\) là trung điểm \(BD'.\)

Gọi \(E,F\) là tâm hình vuông \(ABB'A'\) và \(DCC'D'.\)

Giả sử thiết diện qua \(BD'\) và cắt \(AD\) trung điểm \(M\) của \(AD.\)

Trong \(\left( ADC'B' \right)\) gọi \(N=B'C'\cap OM\Rightarrow N\) là trung điểm \(B'C'.\)

\(\Rightarrow MN=AB'=BC'=\sqrt{2}.\)

Tứ giác \(BMD'N\) là hình thoi \(\left( MB=MD'=NB=ND'=\frac{\sqrt{5}}{2} \right).\)

\({{S}_{BMD'N}}=\frac{1}{2}MN.BD'=\frac{\sqrt{6}}{2}.\)

Ta chứng minh \(M\) là trung điểm của \(AD\) thì diện tích thiết diện đạt giá trị nhỏ nhất.

Lấy \(M'\) bất kỳ trên \(AD.\) Kẻ \(M'H\bot EF,M'K\bot BD'.\)

Tứ giác \(MM'HO\) là hình bình hành \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} M'H = MO\\ M'H//MO \end{array} \right..\)

Mà \(MO\bot \left( A'BCD' \right)\Rightarrow M'H\bot \left( A'BCD' \right).\)

\(\Delta M'HK\) vuông tại \(H\Rightarrow M'K\ge M'H=MO\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {S_{BM'D'N'}} = 2{S_{\Delta M'BD'}} = 2.\frac{1}{2}M'K.BD' = \sqrt 3 M'K\\ {S_{BMD'N}} = 2{S_{\Delta MBD}} = 2.\frac{1}{2}MO.BD' = \sqrt 3 MO \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow {{S}_{BM'D'N'}}\ge {{S}_{BMD'N}}.\)

Dấu “=” xảy ra \(\Leftrightarrow M'\equiv M.\)

* Gọi \(H\) là trung điểm \(BC,O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\)

Vì \(A'A=A'B=A'C\) nên hình chiếu của \(A'\) lên \(\left( ABC \right)\) là điểm \(O\) hay \(A'O\bot \left( ABC \right).\)

Gọi \(E\) là điểm sao cho \(BCAE\) là hình bình hành.

\(\Leftrightarrow d\left( AA';\left( BCC'B' \right) \right)=d\left( \left( AA'E \right);\left( BCC'B' \right) \right)=d\left( H;\left( AA'E \right) \right).\)

* Gọi \(K\) là hình chiếu của \(O\) lên \(AA'.\)

Vì \(\left\{ \begin{array}{l} A'O \bot AE\\ A'O \bot AE \end{array} \right. \Rightarrow \left( {AA'O} \right) \bot AE \Rightarrow OK \bot AE\)

\(\Rightarrow OK\bot \left( AA'E \right).\)

* Ta có: \(\frac{d\left( O;\left( A'AE \right) \right)}{d\left( H;\left( A'AE \right) \right)}=\frac{OK}{d\left( H;\left( A'AE \right) \right)}=\frac{AO}{AH}=\frac{2}{3}\Rightarrow OK=\frac{2}{3}.\)

* Góc giữa \(AA'\) và \(\left( ABC \right)\) là góc giữa \(AA'\) và \(AO\) bằng \({{60}^{0}}.\)

\(\Rightarrow AO=\frac{OK}{\sin {{60}^{0}}}=\frac{4}{3\sqrt{3}}=\frac{AB\sqrt{3}}{3}\Rightarrow AB=\frac{4}{3}.\)

* \(A'O=AO.\tan {{60}^{0}}=\frac{4}{3}.\)

Vậy \(V=A'O.{{S}_{ABC}}=\frac{4}{3}.\frac{{{\left( \frac{4}{3} \right)}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{16\sqrt{3}}{27}.\)

* Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\(a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx-2=-{{x}^{2}}\Leftrightarrow a{{x}^{3}}+\left( b+1 \right){{x}^{2}}+cx-2=0\)

Từ đồ thị ta thấy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại điểm có hoành độ \(x=1;x=-1;x=-2\) nên ta có hệ phương trình sau:

\(\left\{ \begin{array}{l} - 4a + 2b - c = - 1\\ a - b + c = - 1\\ a + b + c = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 1\\ b = 1\\ c = - 1 \end{array} \right.\)

Vậy \(P=a-3b-5c=3.\)

Gọi H,K lần lượt là trung điểm của \(A'B,A'D\)

Ta có: \(AH\bot (BA'C),AK\bot (DA'C)\)

\(=>(\widehat{(BA'C);(DA'C)})=\widehat{(AH,AK)}=\widehat{HAK}\)

Lại có : HK là đường trung bình của \(\Delta A'BD=>HK=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Mặt khác \(AH=AK=\frac{a\sqrt{2}}{2}=>AH=AK=HK=a\sqrt{2}\)

=> \(\Delta AHK\)đều.

\(=>(\widehat{(BA'C);(DA'C)})=\widehat{HAK}={{60}^{o}}.\)

Gọi giao điểm của BM với AD là J, giao điểm của AM với BC là I

Gọi độ dài MN là x, độ dài MP là y.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} \frac{{MN}}{{SA}} = \frac{{IM}}{{IA}}\\ \frac{{MP}}{{SB}} = \frac{{JM}}{{JB}} = \frac{{AM}}{{AI}} \end{array} \right. = > \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\)

\(=>P=(\frac{x}{2a}.\frac{x}{2a}.\frac{y}{b}).\frac{4{{a}^{2}}}{b}\le \frac{{{(\frac{x}{2a}+\frac{y}{2a}+\frac{y}{b})}^{3}}}{{{3}^{3}}}\frac{4{{a}^{2}}}{b}=\frac{1}{27}.\frac{4{{a}^{2}}}{b}=\frac{4{{a}^{2}}b}{27}\)(BĐT Cauchy)

Ta có

\(\begin{array}{l} C_3^3 + C_4^3 + C_5^3 + .... + C_{100}^3\\ = \frac{{3!}}{{3!.0!}} + \frac{{4!}}{{3!.1!}} + \frac{{5!}}{{3!.2!}} + .... + \frac{{100!}}{{3!.97!}}\\ = \frac{1}{{3!}}.(1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + .... + 98.99.100) \end{array}\)

Chứng minh bằng quy nạp ta được: \(1.2.3+2.3.4+3.4.5+...+n(n+1)(n+2)=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}\)

Áp dụng vào ta có: \(C_{3}^{3}+C_{4}^{3}+C_{5}^{3}+....+C_{100}^{3}=\frac{1}{3!}.\frac{98.99.100.101}{4}=\frac{101!}{4!.97!}=C_{101}^{4}\)

Nhìn vào đồ thị ta dễ thấy đáp án đúng là B

Ta có \({{4}^{a}}={{25}^{b}}={{10}^{c}}\Leftrightarrow a\log 4=b\log 25=c.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{c}{a} = \log 4\\ \frac{c}{b} = \log 25 \end{array} \right. \Rightarrow A = \log 4 + \log 25 = \log 100 = 2.\)

Ta có \(AC=\sqrt{B{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=a\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Ta có \(\left( AC',\left( BCC'B' \right) \right)=\left( AC',HC' \right)=\widehat{AC'H}\Rightarrow \widehat{AC'H}={{30}^{0}}\Rightarrow AC'=2AH=a\sqrt{3}.\)

\(\Rightarrow CC'=\sqrt{AC{{'}^{2}}-A{{C}^{2}}}=a\sqrt{2}.\)

Gọi \(O,O',I\) lần lượt là trung điểm của \(BC,B'C',OO'\Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngại tiếp lăng trụ.

\(\Rightarrow R=AI=\sqrt{A{{O}^{2}}+O{{I}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{BC}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{CC'}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\)

Vậy diện tích mặt cầu là \(4.\pi .{{\left( \frac{a\sqrt{6}}{2} \right)}^{2}}=6\pi {{a}^{2}}.\)

Mỗi mặt hình lập phương có cạnh bằng 4cm thì có 4 hình lập phương cạnh bằng 1cm được sơn màu đỏ.

Vậy số hình lập phương cạnh bằng 1cm được sơn màu là 4.6=24 (hình).

Gọi I là tâm mặt cầu (S) thì I là tâm của tứ diện ABCD.

Gọi N là trung điểm của CD, O là tâm của tam giác BCD.

Ta có:

\(\begin{array}{l} BO = \frac{2}{3}BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},ON = \frac{1}{3}BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\\ AO = \sqrt {A{B^2} - B{O^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\\ AI = \frac{3}{4}AO = \frac{{a\sqrt 6 }}{4},OI = \frac{1}{4}AO = \frac{{a\sqrt 6 }}{{12}}\\ IN = \sqrt {O{I^2} + O{N^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4} \end{array}\)

Bán kính mặt cầu là \(R=IN=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)

\(\begin{array}{l} T = M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} = {(\overrightarrow {IM} - \overrightarrow {IA} )^2} + {(\overrightarrow {IM} - \overrightarrow {IB} )^2} + {(\overrightarrow {IM} - \overrightarrow {IC} )^2} + {(\overrightarrow {IM} - \overrightarrow {ID} )^2}\\ = 4{\overrightarrow {IM} ^2} - 2\overrightarrow {IM} (\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} ) + ({\overrightarrow {IA} ^2} + {\overrightarrow {IB} ^2} + {\overrightarrow {IC} ^2} + {\overrightarrow {ID} ^2})\\ = 4{R^2} + 4I{A^2}\\ = 2{a^2} \end{array}\)

Vậy \(T=2{{a}^{2}}\)

\(\begin{array}{l} 9 = {(x + y + \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\sqrt 2 .z)^2} \le \frac{5}{2}({x^2} + {y^2} + 2{z^2}) = \frac{5}{2}({x^2} + {y^2} + \frac{1}{{\sqrt 2 }}.2.\sqrt 2 .{z^2}) \le \frac{5}{2}.\sqrt {\frac{5}{2}.({x^4} + {y^4} + 8{z^4})} \\ = > {x^4} + {y^4} + 8{z^4} \ge {(9:\frac{5}{2})^2}:\frac{5}{2} = \frac{{648}}{{125}} \end{array}\)

Vậy GTNN của P là \(\frac{a}{b}=\frac{648}{125}=>a-b=523\)

Ta có: \(\Delta SBA=\Delta SCA=>SB=SC\)

Gọi M là trung điểm của BC, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} SM \bot BC\\ AM \bot BC \end{array} \right. = > BC \bot (SAM)\)

Dựng \(SH\bot AM=>SH\bot (ABC)\). Khi đó \(\widehat{SBH}={{60}^{o}}\)

Do \(S{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}=S{{B}^{2}};S{{B}^{2}}+A{{B}^{2}}=S{{A}^{2}}\)

Ta có: \(S{{A}^{2}}=S{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}+A{{B}^{2}}\), mặt khác \(S{{A}^{2}}=H{{A}^{2}}+S{{H}^{2}}\)

Do đó \(H{{B}^{2}}+A{{B}^{2}}=H{{A}^{2}}=>HB\bot AB\)

Ta có: \(AB=a=>BH=AB\tan \widehat{BAH}=a\sqrt{3}\)

Khi đó:

\(\begin{align} & SH=HB\tan {{60}^{o}}=3a;{{S}_{ABC}}=\frac{AB.AC.\sin A}{2}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4} \\ & =>V=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{ABC}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4} \\ \end{align}\)

Ta có: \(x\sqrt{{{x}^{2}}-2}-{{x}^{2}}=x\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2}-x \right)=\frac{2x}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}+x}.\)

Ta có: \({{\log }_{2}}\left( x\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2}-x \right)+4 \right)+2x+\sqrt{{{x}^{2}}+2}\le 1\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( x\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2}-x \right)+4 \right)+2x+\sqrt{{{x}^{2}}+2}\le 1.\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( \frac{2x}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}+x}+4 \right)+2x+\sqrt{{{x}^{2}}+2}\le 1\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\frac{2\left( 3x+2\sqrt{{{x}^{2}}+2} \right)}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}+x}+2x+\sqrt{{{x}^{2}}+2}\le 1,\left( 1 \right)\)

Ta có \(\sqrt{{{x}^{2}}+2}+x>0,\forall x\in \mathbb{R}.\)

Điều kiện: \(3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} > 0 \Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} + 2} > - 3x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \ge 0\\ \left\{ \begin{array}{l} x < 0\\ 4{x^2} + 8 > 9{x^2} \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow x > - \sqrt {\frac{8}{5}} .\left( * \right)\)

Với điều kiện (*), ta có

\(\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( 3x+2\sqrt{{{x}^{2}}+2} \right)+3x+2\sqrt{{{x}^{2}}+2}\le {{\log }_{2}}\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2}+x \right)+\sqrt{{{x}^{2}}+2}+x,\left( 2 \right).\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{\log }_{2}}t+t\) với \)t>0.\) Có \(f'\left( t \right)=\frac{1}{t.\ln 2}+1>0,\forall t\in \left( 0;+\infty  \right).\)

Hàm số \(f\left( t \right)={{\log }_{2}}t+t\) đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right),\left( 3x+2\sqrt{{{x}^{2}}+2} \right)\in \left( 0;+\infty  \right)\) và \(\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2}+x \right)\in \left( 0;+\infty  \right).\)

Nên \(\left( 2 \right)\Leftrightarrow f\left( 3x+2\sqrt{{{x}^{2}}+2} \right)\le f\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2}+x \right)\)

\(\Leftrightarrow 3x+2\sqrt{{{x}^{2}}+2}\le \sqrt{{{x}^{2}}+2}+x\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+2}\le -2x\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & -2x\ge 0 \\ & {{x}^{2}}+2\le 4{{x}^{2}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x\le 0 \\ & 3{{x}^{2}}\ge 2 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow x\le -\sqrt{\frac{2}{3}}.\)

Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là \(\left( -\sqrt{\frac{8}{5}};-\sqrt{\frac{2}{3}} \right)\) hay \(a.b=\frac{16}{15}.\)

Ta có:

\({{2}^{-\left| \left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1 \right|}}.{{\log }_{81}}\left( \left| \left| {{x}^{3}} \right|-3{{x}^{2}}+1 \right|+2 \right)+{{2}^{-\left| \left| {{x}^{3}} \right|-3{{x}^{2}}+1 \right|-2}}.{{\log }_{3}}\left( \frac{1}{\left| \left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1 \right|+2} \right)=0\text{  }\left( 1 \right)\)

\(\Leftrightarrow {{2}^{-\left| \left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1 \right|-2}}.{{\log }_{3}}\left( \left| \left| {{x}^{3}} \right|-3{{x}^{2}}+1 \right|+2 \right)+{{2}^{-\left| \left| {{x}^{3}} \right|-3{{x}^{2}}+1 \right|-2}}.{{\log }_{3}}\left( \left| \left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1 \right|+2 \right)=0\)

\(\Leftrightarrow {{2}^{\left| \left| {{x}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1 \right|+2}}.{{\log }_{3}}\left( \left| \left| {{x}^{3}} \right|-3{{x}^{2}}+1 \right|+2 \right)={{2}^{-\left| \left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1 \right|+2}}.{{\log }_{3}}\left( \left| \left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1 \right|+2 \right)\text{  }\left( 2 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{2}^{t}}{{\log }_{3}}t\) với \(t\ge 2.\)

Có \(f'\left( t \right)={{2}^{t}}\ln 2.{{\log }_{3}}t+\frac{{{2}^{t}}}{t.\ln 3}={{2}^{t}}\left( \ln 2.{{\log }_{3}}t+\frac{1}{t.\ln 3} \right)>0,\forall c\in \left[ 2;+\infty  \right).\)

Hàm số \(f\left( t \right)={{2}^{t}}{{\log }_{3}}t\) đồng biến trên \(\left( 2;+\infty  \right).\)

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

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

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left| {{x^3}} \right| - 3{x^2} + 1 = \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} + 1\\ \left| {{x^3}} \right| - 3{x^2} + 1 = - \left| {{m^3}} \right| + 3{m^2} - 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left| {{x^3}} \right| - 3{x^2} = \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2}{\rm{ }}\left( 3 \right)\\ \left| {{x^3}} \right| - 3{x^2} = - \left| {{m^3}} \right| + 3{m^2} - 2{\rm{ }}\left( 4 \right) \end{array} \right.\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2}\) có \(g'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2 \end{array} \right..\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}\)

Suy ra bảng biến thiên của hàm số \(g\left( \left| x \right| \right)={{\left| x \right|}^{3}}-3{{x}^{2}}\)

Để phương trình (1) có 6 nghiệm hoặc 7 nghiệm hoặc 8 nghiệm thì phương trình (3) có 4 nghiệm và phương trình (4) có ít nhất 2 nghiệm hoặc phương trình (3) có 3 nghiệm thì phương trình (4) có ít nhất 3 nghiệm hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thì phương trình (4) có 4 nghiệm.

TH1: phương trình (3) có 4 nghiệm và phương trình (4) có ít nhất 2 nghiệm

\(\left\{ \begin{array}{l} - 4 < \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} < 0\\ - \left| {{m^3}} \right| + 3{m^2} - 2 \ge - 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 < \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} < 0\\ \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} \le 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} < 0\\ \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} + 4 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2}\left( {\left| m \right| - 3} \right) < 0\\ {\left( {\left| m \right| - 2} \right)^2}\left( {\left| m \right| + 1} \right) > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 < m < 3\)

TH2: phương trình (3) có 3 nghiệm thì phương trình (4) có ít nhất 3 nghiệm

\(\left\{ \begin{array}{l} \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} = 0\\ - 4 < - \left| {{m^3}} \right| + 3{m^2} - 2 \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2}\left( {\left| m \right| - 3} \right) = 0\\ \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} \ge - 2\\ \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} < 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 0\\ m = \pm 3 \end{array} \right.\)

TH3: phương trình (3) có 2 nghiệm thì phương trình (4) có 4 nghiệm

\(\left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} = - 4\\ \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} > 0 \end{array} \right.\\ - 4 < - \left| {{m^3}} \right| + 3{m^2} - 2 < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2}\left( {\left| m \right| - 3} \right) > 0\\ \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} < 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left| m \right| > 3\\ \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} < 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \)

Xét phương trình: \(-\left| {{m}^{3}} \right|+3{{m}^{2}}-2=\left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}\Leftrightarrow \left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1=0\) không có nghiệm nguyên.

Vậy \(S=\left\{ 0;\pm 1;\pm 2;\pm 3 \right\}.\) Tổng bình phương các phần tử của \(S\) là: 28.

Gọi \(M\) là trung điểm \(AB,\) dễ thấy \(ADCM\) là hình vuông \(\Rightarrow MC=AM=\frac{1}{2}AB\)

\(\Rightarrow \Delta ACB\) là tam giác vuông tại \(C\)

Gọi \(N\) đối xứng với \(C\) qua \(M\Rightarrow ACBN\) là hình chữ nhật

\(AC//BN\Rightarrow AC//\left( SBN \right)\Rightarrow d\left( AC,SB \right)=d\left( A,\left( SBN \right) \right)=\frac{3{{V}_{S.ABN}}}{{{S}_{\Delta SBN}}}.\)

Tính \({{V}_{S.ABN}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{\Delta ABN}}=\frac{1}{6}SA.AN.NB=\frac{1}{6}SA.BC.AC\)

\(SA=AC.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{2}.\sqrt{3}=a\sqrt{6};BC=\sqrt{A{{B}^{2}}-A{{C}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}-2{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}\)

Như vậy: \({{V}_{S.ABN}}=\frac{1}{6}.a\sqrt{6}.a\sqrt{2}.a\sqrt{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}\)

Ta có: \(SN=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{N}^{2}}}=\sqrt{6{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}}=2\sqrt{2}a\)

Xét \(\Delta SBN\) vuông tại \(N,\left( BN\bot AN;BN\bot SA\Rightarrow BN\bot SN \right)\)

Ta có: \({{S}_{SBN}}=\frac{1}{2}SN.NB=\frac{1}{2}.2\sqrt{2}a.a\sqrt{2}=2{{a}^{2}}\)

Suy ra \(d\left( AC,SB \right)=d\left( A,\left( SBN \right) \right)=\frac{3{{V}_{S.ABN}}}{{{S}_{\Delta ABN}}}=\frac{3.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}}{2{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\)

Đặt \(t=\frac{1}{\text{cosx}};\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \forall x \in \left( {\frac{\pi }{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right) = > - 1 \le \cos x < 0 = > \frac{1}{{{\rm{cosx}}}} \le - 1\\ = > t \in ( - \infty ; - 1] \end{array}\)

Phương trình f(t) = m có nghiệm \(t \in ( - \infty ; - 1]\).

\(=>m\ge 2\)

Vậy \(m\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }2;+\infty )\)

Thay \(x=0\) vào đẳng thức \({{f}^{3}}\left( 2-x \right)-2{{f}^{2}}\left( 2+3x \right)+{{x}^{2}}g\left( x \right)+36x=0\) ta có:

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

Lấy đạo hàm theo \(x\) hai vế của đẳng thức trên ta có:

\(-3{{f}^{2}}\left( 2-x \right).f'\left( 2-x \right)-12.f\left( 2+3x \right).f'\left( 2+3x \right)+2xg\left( x \right)+{{x}^{2}}.g'\left( x \right)+36=0.\)

Thay \(x=0\) vào đẳng thức trên ta có: \(-3{{f}^{2}}\left( 2 \right).f'\left( 2 \right)-12f\left( 2 \right).f'\left( 2 \right)+36=0\left( * \right)\)

Dễ thấy \(f\left( 2 \right)=0\) không thỏa mãn \(\left( * \right).\)

Khi đó, với \(f\left( 2 \right)=2\) ta được: \(-12.f'\left( 2 \right)-24.f'\left( 2 \right)+36=0\Rightarrow f'\left( 2 \right)=1.\)

Với \(f\left( 2 \right)=2\Rightarrow f'\left( 2 \right)=1.\) Khi đó \(A=3f\left( 2 \right)+4f'\left( 2 \right)=10.\)

\(A\) là tập hợp các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau từ \(x=\left\{ 1;2;3;...;8 \right\}\) nên \(A\) có số phần tử là 8! (số).

Giả sử lấy được từ tập \(A\) số có dạng \(\overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}{{a}_{4}}{{a}_{5}}{{a}_{6}}{{a}_{7}}{{a}_{8}}}\) chia hết cho 2222 (với \({{a}_{i}}\in X,i=\overline{1,8}).\)

Vì 2222 = 2.11.101 (2; 11; 101 là các số đôi một nguyên tố cùng nhau) nên \(\overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}{{a}_{4}}{{a}_{5}}{{a}_{6}}{{a}_{7}}{{a}_{8}}}\) là số chữ đồng thời chia hết cho 11 và 101.

Ta có: \(\overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}{{a}_{4}}{{a}_{5}}{{a}_{6}}{{a}_{7}}{{a}_{8}}}\vdots 11\Rightarrow \left[ \left( {{a}_{1}}+{{a}_{3}}+{{a}_{5}}+{{a}_{7}} \right)-\left( {{a}_{2}}+{{a}_{4}}+{{a}_{6}}+{{a}_{8}} \right) \right]\vdots 11.\)

Mà \(\left( {{a}_{1}}+{{a}_{3}}+{{a}_{5}}+{{a}_{7}} \right)+\left( {{a}_{2}}+{{a}_{4}}+{{a}_{6}}+{{a}_{8}} \right)=1+2+...+8=36,{{a}_{i}}\in X,i=\overline{1,8}.\)

Suy ra \({{a}_{1}}+{{a}_{3}}+{{a}_{5}}+{{a}_{7}}={{a}_{2}}+{{a}_{4}}+{{a}_{6}}+{{a}_{8}}=18.\)

Lại có: \(\overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}{{a}_{4}}{{a}_{5}}{{a}_{6}}{{a}_{7}}{{a}_{8}}}\vdots 101\Rightarrow {{a}_{1}}+{{a}_{5}}={{a}_{3}}+{{a}_{7}}={{a}_{2}}+{{a}_{6}}={{a}_{4}}+{{a}_{8}}=9.\)

Nhận thấy các cặp chữ số có tổng bằng 9 lấy được từ \(x\) là: \(\left\{ 1;8 \right\};\left\{ 2;7 \right\};\left\{ 3;6 \right\};\left\{ 4;5 \right\}.\)

Khi đó để lập được một số có dạng \(\overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}{{a}_{4}}{{a}_{5}}{{a}_{6}}{{a}_{7}}{{a}_{8}}}\) chia hết cho 2222, ta thực hiện liên tiếp các công đoạn sau:

+ Chọn 1 trong 4 cặp chữ số có tổng bằng 9: có 4 cách.

+ Xếp chữ số chẵn vào vị trí \({{a}_{8}}\) và chữ số lẻ vào vị trí \({{a}_{4}}:\) có 1 cách.

+ Chọn 1 trong 3 cặp chữ số có tổng bằng 9 còn lại: có 3 cách.

+ Xếp 2 chữ số trên vào vị trí \({{a}_{1}},{{a}_{5}}:\) có 2 cách.

+ Chọn 1 trong 2 cặp chữ số có tổng bằng 9 còn lại: có 2 cách.

+ Xếp 2 chữ số trên vào vị trí \({{a}_{2}},{{a}_{6}}:\) có 2 cách.

+ Cuối cùng xếp 2 chữ số của cặp còn lại vào vị trí \({{a}_{3}},{{a}_{7}}:\) có 2 cách.

Như vậy số các số cần tìm là \(4.1.3.2.2.2.2=192\) số.

Xét phép thử: “Lấy ngẫu nhiên một số từ \(A\)”.

Khi đó số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right)=8!.\)

Biến cố B. “Số lấy được chia hết cho 2222” \(\Rightarrow n\left( B \right)=192.\)

Vậy xác suất để số lấy được chia hết cho 2222 là:\(P\left( A \right)=\frac{192}{8!}.\)

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD;E\) là trung điểm của \(CD\)

\(\left\{ \begin{array}{l} \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\ \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\ \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO \end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right).\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} OE \bot CD\\ SO \bot CD \end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOE} \right) \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SEO} = {60^0}\)

Đặt \(AD=2CD=2x\)

\(B{{D}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}=5{{x}^{2}}\Leftrightarrow 5{{x}^{2}}=36\Rightarrow x=\frac{6\sqrt{5}}{5}\)

\(\Rightarrow AD=\frac{12\sqrt{5}}{5};CD=\frac{6\sqrt{5}}{5}\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=\frac{72}{5}\)

\(OE=\frac{AD}{2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}\)

Trong tam giác vuông \(SOE\) có \(SO=OE.\tan {{60}^{0}}=\frac{6\sqrt{15}}{5}.\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{144\sqrt{15}}{25}\)

\({{V}_{S.MNCD}}={{V}_{S.MCD}}+{{V}_{S.MNC}}\)

\(\frac{{{V}_{S.MCD}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\frac{SM}{SA}=\frac{1}{2};\frac{{{V}_{S.MNC}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}=\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.MNCD}}=\frac{3}{4}.{{V}_{S.ABC}}=\frac{3}{8}.{{V}_{S.ABCD}}\)

\({{V}_{ABCDMN}}={{V}_{S.ABCD}}-{{V}_{S.MNCD}}=\frac{5}{8}.{{V}_{S.ABCD}}=\frac{18\sqrt{15}}{5}.\)

\(g'\left( x \right)=\left( 4x-12 \right).f'\left( 2{{x}^{2}}-12x+m \right)\)

            \(=\left( 4x-12 \right){{\left( 2{{x}^{2}}-12x+m+1 \right)}^{2}}\left( 2{{x}^{2}}-12x+m \right)\left( 2{{x}^{2}}-12x+m-4 \right)\)

Hàm số \(g\left( x \right)\) có đúng 5 điểm cực trị

\(\Leftrightarrow g'\left( x \right)\) đổi dấu 5 lần

\(\Leftrightarrow g'\left( x \right)=0\) có 5 nghiệm đơn phân biệt

\(\Leftrightarrow \) phương trình \(2{{x}^{2}}-12x+m=0\) có hai nghiệm phân biệt khác 3 và phương trình \(2{{x}^{2}}-12x+m-4=0\) có hai nghiệm phân biệt khác 3 và các nghiệm này khác nhau

Phương trình \(2{{x}^{2}}-12x+m=0\) có hai nghiệm phân biệt khác 3 và phương trình \(3{{x}^{2}}-12x+m-4=0\) có hai nghiệm phân biệt khác 3.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \Delta {'_1} > 0\\ \Delta {'_2} > 0\\ {2.3^2} - 12.3 + m \ne 0\\ {2.3^2} - 12.3 + m - 4 \ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 36 - 2m > 0\\ 36 - 2\left( {m - 4} \right) > 0\\ m \ne 18\\ m \ne 22 \end{array} \right. \Leftrightarrow m < 18\)

Với điều kiện \(m<18\) thì phương trình \(2{{x}^{2}}-12x+m=0\) có hai nghiệm phân biệt là \(a;b\) và phương trình \(2{{x}^{2}}-12x+m-4=0\) có hai nghiệm phân biệt là \(c,d.\)

Theo Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l} a + b = c + d = 6\\ a.b = m\\ c.d = m - 4 \end{array} \right.\)

Nếu \(a=c\) thì \(b=d\) (vì \(a+b=c+d=6)\Rightarrow a.b=c.d\Leftrightarrow m=m-4\) điều này là vô lí

Do đó các nghiệm của hai phương trình \(2{{x}^{2}}-12x+m=0\) và \(2{{x}^{2}}-12x+m-4=0\) luôn khác nhau.

Mà \(m\) là số nguyên dương nên \(m\in \left\{ 1;2;3;4...17 \right\}.\) Do đó có 17 giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán.

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

Đặt \(t=1-x.\) Khi đó ta có \(y'=-f'\left( t \right)-t=0\Leftrightarrow f'\left( t \right)=-t\)

Vẽ đồ thị hàm số \(y=-t\) và \(y=f'\left( t \right)\) trên cùng mặt phẳng tọa độ ta thấy:

                                                            \(f'\left( t \right)=-t\Leftrightarrow t=-3,t=1,t=3.\)

Bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng

\(\left[ \begin{array}{l} - 3 < t < 1\\ t > 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 3 < 1 - x < 1\\ 1 - x > 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 0 < x < 4\\ x < - 2 \end{array} \right..\)                           

Ta thấy \(\left( 1;3 \right)\subset \left( 0;4 \right).\) 

Gọi \(E,F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(BB',CC'\Rightarrow AE=a,AF=a\sqrt{3}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} BB' \bot AE\\ BB' \bot AF \end{array} \right. \Rightarrow BB' \Rightarrow \left( {AEF} \right) \Rightarrow BB' \bot EF \Rightarrow EF = d\left( {C,BB'} \right) = 2a.\)

Suy ra \(\Delta AEF\) vuông tại \(A.\)

Gọi \(K=MM'\cap EF\Rightarrow K\) là trung điểm của \(EF\Rightarrow AK=\frac{1}{2}EF=a.\)

Lại có \(MM'//BB'\Rightarrow MM'\bot \left( AEF \right)\Rightarrow MM'\bot AK.\)

Suy ra \(\frac{1}{A{{K}^{2}}}=\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{AM{{'}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{{{a}^{2}}}=\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{3{{a}^{2}}}{4}\Rightarrow AM=2a.\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(EF\Rightarrow AH\bot \left( BCC'B' \right).\)

Ta có \(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{E}^{2}}}+\frac{1}{A{{F}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2},M'{{M}^{2}}=A{{M}^{2}}+AM{{'}^{2}}=\frac{16a}{3}\Rightarrow MM'=\frac{4\sqrt{3}a}{3}.\)

Ta cũng có \({{S}_{BCC'B'}}=d\left( C,BB' \right).BB'=\frac{8\sqrt{3}{{a}^{2}}}{3}.\)

Suy ra \({{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{3}{2}{{V}_{A.BCC'B'}}=\frac{3}{2}.\frac{1}{3}.AH.{{S}_{BCC'B'}}=2{{a}^{3}}.\)