\({a^{\frac{5}{2}}}.{a^{\frac{3}{2}}} = {a^{\frac{5}{2} + \frac{3}{2}}} = {a^4}\)

\(V = B.h = \pi .{r^2}.h = \pi .1.3 = 3\pi \)

Hàm số có giá trị cực đại bằng 3.

+) Ta có đồ thị của hàm số đa thức bậc 4 trùng phương nên phương án hàm số bậc ba loại.

+) Nhận thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \, + \,\infty } y = - \,\infty \Rightarrow \) hệ số a < 0.

Nên phương án đúng là \(y = - {x^4} + 2{x^2} + 1\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{x - 2}}{{1 - x}} = - 1\)

Vậy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = -1.

Điều kiện: \(3 - 2x > 0 \Leftrightarrow x < \frac{3}{2}\)

\({\log _7}\left( {3 - 2x} \right) > 1 \Leftrightarrow 3 - 2x > 7 \Leftrightarrow x < - 2\).

Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phuơng trình là \(S = \left( { - \infty ;\, - 2} \right)\)

Vậy bất phương trình có nghiệm nguyên âm lớn nhất là x = -3.

Ta có \(f\left( x \right) + 17 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - 17\).

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có 2 nghiệm.

\(\left| z \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = \sqrt 5 \)

\({z_1} + {z_2} = 2 + 3i + 4 - i = 6 + 2i \Rightarrow \overline {{z_1} + {z_2}} = 6 - 2i\)

Ta có: \(\overline z = 1 + 3i\)

Nên điểm biểu diễn số phức \(\overline z \) là điểm M(1;3)

\(\overrightarrow u = \overrightarrow a - 3\overrightarrow b =\left( { - 1;8\,;\, - 3} \right)\)

Mặt cầu (S) có tâm I(-1;4;2) và có bán kính R = 5 có phương trình là:

\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 25\)

\(\left( P \right):2x - 3y + 3z - 5 = 0\) có VTPT là \(\overrightarrow n \left( {2; - 3\,;\,3} \right)\)

Suy ra các vectơ \(\overrightarrow {{n_1}} ;\overrightarrow {{n_2}} ;\overrightarrow {{n_4}} \) cũng là VTPT của (P)

Tọa độ giao điểm của (P) và d là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x - 2y + z = 0}\\ {\frac{{x + 1}}{4} = \frac{{y + 1}}{3} = \frac{{z - 2}}{{ - 1}}} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x - 2y + z = 0}\\ {3x - 4y - 1 = 0}\\ {y + 3z - 5 = 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 3}\\ {y = 2}\\ {z = 1} \end{array}} \right.\)

Vậy P(3;2;1)

Ta có \(AA' \bot \left( {ABC} \right)\) nên AM là hình chiếu của AM' lên (ABC).

Do đó \(\widehat {\left( {A'M,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'M,AM} \right)} = \widehat {A'MA}\)

Xét tam giác vuông A'AM ta có: \(\tan \widehat {A'MA} = \frac{{AA'}}{{AM}} = \frac{{\frac{{3a}}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \sqrt 3 \).

Suy ra \(\widehat {A'MA} = 60^\circ \).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = 2\\ x = 5 \end{array} \right.\).

x  = 1: nghiệm đơn.

x = 2 : nghiệm bội 2.

x = 5 : nghiệm bội 3.

Do đó, số điểm cực trị của hàm số y = f(x) là 2.

Ta có : \({y^,} = 3{x^2} + 3 > 0,\forall x \in R\)

⇒ hàm số y đồng biến trên R

⇒ hàm số y đồng biến trên đoạn [-1;1]

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = y\left( 1 \right) \Leftrightarrow 7 = 4 + m \Leftrightarrow m = 3\).

\(f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^\prime }}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\ln 2}} = \frac{{2x}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\ln 2}}\)

\( \Rightarrow f'\left( 1 \right) = \frac{2}{{2\ln 2}} = \frac{1}{{\ln 2}}\)

Phương trình hoành độ giao điểm:

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

Do vậy tổng các hoành độ giao điểm là 0.

\(f(x) = 1 \Leftrightarrow {2^x}{.5^{{x^2}}} = 1 \Leftrightarrow {\log _5}({2^x}{.5^{{x^2}}}) = 0 \Leftrightarrow {\log _5}{2^x} + {\log _5}{5^{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x{\log _5}2 + {x^2} = 0\)

Hình nón có đường sinh l = AB = 2a, bán kính đáy r = HB = a.

\({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .a.2a + \pi {a^2} = 3\pi {a^2}\).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ dv = \sin xdx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = - \cos x \end{array} \right.\)

Do vậy \(I = ( - x\cos x)\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos xdx} \)

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|} {\rm{ d}}x = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|\,} {\rm{d}}x + \int\limits_1^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|\,} {\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x - \int\limits_1^2 {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x\)

Ta có \(\frac{z}{w} + w = \frac{{2 - 3i}}{{1 + i}} + 1 + i = \frac{1}{2} - \frac{3}{2}i\)

Do đó \(\left| {\frac{z}{w} + w} \right| = \sqrt {{{(\frac{1}{2})}^2} + {{( - \frac{3}{2})}^2}} = \frac{{\sqrt {10} }}{2}\)

Phương trình nhận \({z_1} = 1 - 2i\) là nghiệm nên nghiệm còn lại là \({z_2} = 1 + 2i\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} {z_1} + {z_2} = 2\\ {z_1}.{z_2} = 5 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - b = 2\\ c = 5 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = - 2\\ c = 5 \end{array} \right. \Rightarrow b - c = - 7\)

Đường thẳng đi qua A(1;2;3) và có VTCP \(\overrightarrow j = (0;1;0)\) nên có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = 2 + t\\ z = 3 \end{array} \right.\).

Gọi mặt phẳng cần tìm là (P), (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn lớn nên (P) đi qua tâm I của (S). Vậy (P) đi qua ba điểm \(I(0;2; - 1),\,M(1;1; - 3),\,N( - 1;0;2)\).

\(\overrightarrow {IM} = (1; - 1; - 2),\,\overrightarrow {IN} = ( - 1; - 2;3)\)

(P) có VTPT \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {IM} ,\overrightarrow {IN} } \right] = ( - 7; - 1; - 3)\).

Do đó \((P):7(x + 1) + y + 3(z - 2) = 0 \Leftrightarrow 7x + y + 3z + 1 = 0.\)

Tặng năm quyển sách khác nhau cho ba học sinh sao cho mỗi học sinh nhận ít nhất một quyển sách ta có các trường hợp sau:

+) Trường hợp 1: Một người nhận 3 quyển sách; hai người còn lại mỗi người nhận 1 quyển sách.

Số cách tặng: \(C_5^3 \cdot C_2^1 \cdot C_1^1 \cdot 3 = 60\).

 +) Trường hợp 2: Một người nhận 1 quyển sách; 2 người còn lại mỗi người nhận quyển sách.

Số cách tặng: \(C_5^1 \cdot C_4^2 \cdot C_2^2 \cdot 3 = 90\).

Vậy số cách tặng quà thỏa mãn yêu cầu bài toán là 150.

Gọi P, N lần lượt là trung điểm của AB và AC.

Gọi K, H lần lượt là hình chiếu của A trên MN và SK

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} MN{\rm{//}}AB\\ MN \subset \left( {SMN} \right)\\ AB \not\subset \left( {SMN} \right) \end{array} \right. \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {SMN} \right)\).

\( \Rightarrow d\left( {SM,AB} \right) = d\left( {AB,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right).\)

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l} MN \bot AK\\ MN \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow MN \bot \left( {SAK} \right),AH \subset \left( {SAK} \right)\).

\( \Rightarrow MN \bot AH,AH \bot SK \Rightarrow AH \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = AH.\)

Xét tam giác vuông SAK tại A có \(AK = \frac{{CP}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4};SA = a\)

Nên \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}}} \Leftrightarrow AH = \frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}\).

Tập xác định: D = R\{m}

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

Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2). Khi và chỉ khi \(y' = \frac{{4 - {m^2}}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left( {0;\,2} \right)\,\,\,\,(*)\).

\((*) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 4 - {m^2} > 0\\ m \notin \left( {0;\,2} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \in \left( { - 2;\,2} \right)\\ \left[ \begin{array}{l} m \le 0\\ m \ge 2 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { - 2;\,0} \right]\).

Do \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;\,0} \right\}\).

Vậy có hai giá trị nguyên của m để hàm số \(y = \frac{{mx - 4}}{{x - m}}\) đồng biến trên khoảng (0;2).

Do người gửi theo hình thức lãi kép nên công thức tính là \({P_n} = {P_0}{\left( {1 + r} \right)^n}\) (n là số quý).

Sáu tháng (2 quý) gửi đầu tiên, số tiền cả vốn và lãi là :

\({P_2} = 100000000{\left( {1 + \frac{2}{{100}}} \right)^2} = 104040000\) (đồng).

Tổng số tiền có được ngay sau khi gửi thêm tiền lần thứ hai là:

\({P_2} + 100000000\) (đồng).

Tổng số tiền người đó nhận được tính từ lần gửi ban đầu đến thời điếm sau khi gửi thêm tiền lần thứ hai 1 năm (tức là 4 quý tính từ lúc gửi thêm tiền lần thứ hai):

\(P = \left( {{P_2} + 100000000} \right){\left( {1 + r} \right)^4} = \left( {104040000 + 100000000} \right){\left( {1 + \frac{2}{{100}}} \right)^4} \simeq 220859457,9\) đồng

Dựa vào hình vẽ ta thấy:

+ Hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) là hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, suy ra \(y' < 0 \Leftrightarrow ad - bc < 0 \Leftrightarrow ad < bc\), loại đáp án C.

+ Đồ thị hàm số có đường TCĐ là đường thẳng: \(x = - \frac{d}{c} > 0 \Rightarrow cd < 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

+ Đồ thị hàm số có đường TCN là đường thẳng: \(y = \frac{a}{c} > 0 \Rightarrow ac > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2) suy ra ad < 0 nên loại đáp án B.

+ Đồ thị hàm số giao với trục Ox tại điểm có hoành độ \(x = - \frac{b}{a} > 0 \Rightarrow ab < 0\,\,\,\left( 3 \right)\)

Từ (2), (3) suy ra bc < 0 nên loại đáp án D.

Vì tam giác OAB vuông cân tại O nên \(O{A^2}\,\, + \,\,O{B^2}\,\, = \,A{B^2}\) hay \(2O{A^2}\, = \,\,\,2{a^2}\,\, \Rightarrow \,\,OA\,\, = \,a.\)

Xét tam giác SAO vuông tại O có \(SO = \,\,AO.\,\tan \widehat {SAO}\,\, = \,\,a.\sqrt 3 .\)

Vậy thể tích khối nón là \(V\, = \,\,\frac{1}{3}\pi .O{A^2}.SO\,\, = \,\,\frac{1}{3}\pi .{a^2}.\sqrt 3 a\, = \,\frac{{\sqrt 3 \,\pi {a^3}}}{3}.\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = {e^x}\\ dv = f'(x)d{\rm{x}} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = {e^x}d{\rm{x}}\\ v = f(x) \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \int\limits_0^{\ln 2} {f'(x){e^x}d{\rm{x}} = } \left. {{e^x}f(x)} \right|_0^{\ln 2} - \int\limits_0^{\ln 2} {f(x){e^x}d{\rm{x}} = } 6 - \int\limits_0^{\ln 2} {f(x){e^x}d{\rm{x = 3}}} \)

\( \Rightarrow \int\limits_0^{\ln 2} {f(x){e^x}d{\rm{x = 3}}} \)

Xét \(\int\limits_0^{\ln 2} {{{\left( {f(x) + a{e^x}} \right)}^2}d{\rm{x = 0}}} \Leftrightarrow \int\limits_0^{\ln 2} {{{\left( {{f^2}(x) + 2a{e^x}f(x) + {a^2}{e^{2{\rm{x}}}}} \right)}^2}d{\rm{x = 0}}} \)

\(\Leftrightarrow 6 + 6{\rm{a}} + \frac{3}{2}{a^2} = 0 \Leftrightarrow a = - 2\)

\(\Rightarrow \int\limits_0^{\ln 2} {{{\left( {f(x) - 2{e^x}} \right)}^2}d{\rm{x = 0}}} \Leftrightarrow f(x) = 2{{\rm{e}}^x} \Rightarrow \int\limits_0^{\ln 2} {f(x)d{\rm{x}}} = 2\)

Đặt t = cosx và do \({\rm{x}} \in \left( {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right) \Rightarrow t \in \left[ { - 1;1} \right)\).

Khi đó phương trình: \(f(t) = t,{\rm{ }}t \in \left[ { - 1;1} \right)\) có một nghiệm \(t \in \left[ { - 1;1} \right)\).

+ Khi \(t = 0 \Rightarrow c{\rm{osx}} = 0\) phương trình có 1 nghiệm.

+ Khi \(t \in \left[ { - 1;0} \right) \Rightarrow c{\rm{osx}} = a \in \left[ { - 1;0} \right)\) phương trình có 2 nghiệm.

+ Khi \(t \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow c{\rm{osx}} = a \in \left( {0;1} \right)\) phương trình có 1 nghiệm.

Điều kiện: \(9 - {y^2} > 0 \Rightarrow 0 \le y < 3\)

\({\left( {x + 1} \right)^2} + \frac{{{y^2} - 8}}{2} = {\log _2}\frac{{\sqrt {9 - {y^2}} }}{{x + 1}} \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + \frac{{{y^2} - 8}}{2} = \frac{1}{2}{\log _2}\left( {9 - {y^2}} \right) - {\log _2}\left( {x + 1} \right)\)

\(2{\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} - 8 = {\log _2}\left( {9 - {y^2}} \right) - {\log _2}{\left( {x + 1} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2{\left( {x + 1} \right)^2} + {\log _2}{\left( {x + 1} \right)^2} = {\log _2}\left( {\frac{{9 - {y^2}}}{2}} \right) + 2\frac{{9 - {y^2}}}{2}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + 2t\) ta có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 1}} + 2 > 0\,\,\forall t > 0.\)

Từ đó suy ra \(\frac{{9 - {y^2}}}{2} = {\left( {x + 1} \right)^2} \Leftrightarrow 2{\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} = 9\).

Ta có \({\left( {x + 1 + y} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}.\sqrt 2 \left( {x + 1} \right) + y} \right)^2} \le \left( {2{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}} \right)\left( {\frac{1}{2} + 1} \right) = \frac{{27}}{2}\)

Suy ra \(x + 1 + y \le \frac{{3\sqrt 6 }}{2} \Leftrightarrow x + y \le \frac{{3\sqrt 6 }}{2} - 1\).

Dấu bằng xảy ra khi \(2\left( {x + 1} \right) = y = \sqrt 6 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{{\sqrt 6 }}{2} - 1\\ y = \sqrt 6 \end{array} \right.\).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(T = x + y \approx 2,67\) khi \(\left\{ \begin{array}{l} x = \frac{{\sqrt 6 }}{2} - 1\\ y = \sqrt 6 \end{array} \right.\).

Xét \(h\left( x \right) = {x^3} - 3mx + 8 \Rightarrow h'\left( x \right) = 3{x^2} - 3m\).

TH1: Xét \(m \le 0\) suy ra \(h\left( x \right) \ge h\left( 0 \right) = 8\) không thỏa mãn.
TH2: Xét m > 0 suy ra \(h'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = \sqrt m \)

Nếu 0 < m < 9 thì \(\left\{ \begin{array}{l} 35 - 9m \le 8\\ 8 - 2m\sqrt m \ge - 8 \end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left[ {3;4} \right]\)

Nếu \(m \ge 9\) thì \(\left\{ \begin{array}{l} 35 - 9m \ge - 8\\ 8 - 2m\sqrt m \le 8 \end{array} \right.\) không có giá trị m thỏa mãn.

Vậy có 2 giá trị nguyên thỏa mãn m = 3 hoặc m = 4. Tổng 3 + 4 = 7.

Từ đỉnh A kẻ \(AH \bot BB'\,\,\left( {H \in BB'} \right)\). Cũng từ A kẻ \(AK \bot CC'\,\,\left( {K \in CC'} \right)\).

Góc giữa hai mặt phẳng (ABB'A') và (ACC'A') bằng 30^o.

Suy ra \(\widehat {HAK} = {30^0}\) hoặc \(\widehat {HAK} = {150^0}\)

Diện tích tam giác \({S_{\Delta AHK}} = \frac{1}{2}AH.AK\sin {30^0} = \frac{1}{2}AH.AK\sin {150^0} = 18\).

Góc giữa hai mặt phẳng (AHK) và (ABC) bằng góc giữa AA' và A'B bằng 30^o.

Xét tam giác HAB suy ra \(AB = \frac{{AH}}{{{\rm{sin}}{{60}^0}}} = \frac{{16\sqrt 3 }}{3}\)

Xét tam giác BAA" suy ra \(AA' = \frac{{AB}}{{{\rm{cos}}{{60}^0}}} = \frac{{32\sqrt 3 }}{3}\).

Mà AA' là đường cao của lăng trụ AHK.A'H'K'. Thể tích \({V_{AHK.A'H'K'}} = 192\sqrt 3 \).

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l} x \ge 2\\ a \ge - 2 \end{array} \right.\). Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \sqrt {x - 2} \\ v = \sqrt {a + 2} \end{array} \right.{\rm{ }};{\rm{ }}u,v \ge 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u^2} + {v^2} = {4^b}(1)\\ u + v = {3^b}{\rm{ }}(2) \end{array} \right.\)

Trong đó (1) là phương trình của đường tròn tâm I(0;0), bán kính R = 2^b và (2) là phương trình của một đường thẳng.

Ta phải có: \({\rm{d}}(I,d) = \frac{{\left| { - {3^b}} \right|}}{{\sqrt 2 }} \le {2^b} \Rightarrow {2^b} \le {3^b} \le {2^{b + \frac{1}{2}}} \Rightarrow 0 \le b \le {\log _{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u^2} + {v^2} = {4^b} \le {4^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} \approx 3.27\\ 1 \le u + v = {3^b} \le {{\rm{3}}^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} \approx 2.56{\rm{ }} \end{array} \right.\).

\({v^2} \le {4^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} \Rightarrow {v^2} = a + 2 \le {4^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} \Rightarrow - 2 \le a \le 1,27\)

\( \Rightarrow a \in {\rm{\{ - }}2; - 1;0;1{\rm{\} }}\)

Thử lại với

\(a = 1 \Rightarrow v = \sqrt 3 \Rightarrow {u^2} = {4^b} - 3 \ge 0 \Rightarrow b \ge {\log _4}3\)

\(\Rightarrow u = {3^b} - \sqrt 3 \ge {3^{{{\log }_4}3}} - \sqrt 3 \).

\( \Rightarrow {u^2} + {v^2} \ge {\left( {{3^{{{\log }_4}3}} - \sqrt 3 } \right)^2} + 3 > 3.4\) trí với \({u^2} + {v^2} = {4^b} \le {4^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} \approx 3.27\)

Vậy có 3 giá trị nguyên của a.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {B'M} = \overrightarrow {B'B} + \overrightarrow {BC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {CD} = - \overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {BC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} \\ \overrightarrow {C'N} = \overrightarrow {C'D'} + \overrightarrow {D'N} = \overrightarrow {BA} - \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} \end{array} \right.\)

Suy ra \(\overrightarrow {B'M} .\overrightarrow {C'N} = \left( { - \overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {BC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} } \right).\left( {\overrightarrow {BA} - \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} } \right)\)

\(= \frac{1}{2}{\left( {\overrightarrow {BA} } \right)^2} - \frac{1}{2}{\left( {\overrightarrow {BC} } \right)^2} = 0 \Rightarrow B'M \bot C'N\)

Vậy góc giữa hai đường thẳng B'M và C'N bằng 90^o.

\(\begin{array}{l} A = 3{\log _{\sqrt 3 }}\sqrt x - 6{\log _9}\left( {3x} \right) + {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {\frac{x}{{27}}} \right)\\ = 3lo{g_3}x - \frac{6}{2}.lo{g_3}\left( {3x} \right) - {\log _3}\left( {\frac{x}{{27}}} \right)\\ = 3lo{g_3}x - 3\left( {lo{g_3}3 + lo{g_3}x} \right) - \left( {{{\log }_3}x - {{\log }_3}27} \right)\\ = 3lo{g_3}x - 3\left( {1 + lo{g_3}x} \right) - \left( {{{\log }_3}x - 3} \right)\\ = 3lo{g_3}x - 3 - 3lo{g_3}x - lo{g_3}x + 3\\ = - lo{g_3}x = - \sqrt 7 \end{array}\)

Phương trình \( \Leftrightarrow {\left( {{5^x}} \right)^2} - \left( {m + 1} \right){.5^x} + m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {5^x} = 1\\ {5^x} = m \end{array} \right.\)

Phương trình có hai nghiệm thực phân biệt \( \Leftrightarrow 0 < m \ne 1\).

Khi đó phương trình có nghiệm: x = 0 và \(x = {\log _5}m\).

Điều kiện \(x_1^2 + x_2^2 = 4 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_5}m} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _5}m = 2\\ {\log _5}m = - 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 25\\ m = \frac{1}{{25}} \end{array} \right.\)

Vậy tổng tất cả các giá trị của m bằng \(\frac{{626}}{{25}}\).

Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AB, CD. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} SI \bot AB,\,IK \bot AB\\ \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} SI \bot \left( {ABCD} \right)\\ IK \bot \left( {SAB} \right) \end{array} \right.\).

Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD. Từ điểm O dựng đường thẳng song song SI và từ điểm G dựng đường thẳng song song IK thì ta có giao điểm H của hai đường đó là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Ta có \(SI = \frac{{3\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SG = \sqrt 3 \), \(GH = IO = \frac{{AD}}{2} = 1\). Xét tam giác SGH vuông tại G ta có: \(SH = \sqrt {S{G^2} + G{H^2}} = 2\)

Vậy thể tích mặt cầu cần tìm là \(V = \frac{{4\pi {{.2}^3}}}{3} = \frac{{32\pi }}{3}\).

Đặt \(t = 2\sin x \Rightarrow dt = 2\cos xdx\)

Vậy \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f(2\sin x)\cos xdx} = \int\limits_0^2 {\frac{{f(t)}}{2}dt} = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f(t)dt} = 3\).

Dựng hình bình hành ABCD. Gọi H, M, N lần lượt là trung điểm của AB, BD, BM.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} SH \bot AB\\ \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right) \end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\)

AC // (SBD) nên \(d\left( {AC;SB} \right) = d\left( {AC;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SBD} \right)} \right)\).

Có \(\left\{ \begin{array}{l} HN/{\kern 1pt} /AM\\ AM \bot BD \end{array} \right. \Rightarrow HN \bot BD\).

Kẻ \(HK \bot SN\) tại K, ta có \(HK \bot \left( {SBD} \right)\) nên \(d\left( {H;\left( {SBD} \right)} \right) = HK\).

\(\begin{array}{l} SH = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\\ HN = \frac{1}{2}AM = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\\ HK = \frac{{HS.HN}}{{\sqrt {H{S^2} + H{N^2}} }} = \frac{{\frac{1}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {\frac{1}{4} + \frac{3}{{16}}} }}a = \frac{{\sqrt {21} a}}{{14}} \end{array}\).

Vậy \(d\left( {AC;SB} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Ta có \({a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{{{\log }_a}\left( {\frac{{{b^8}}}{{{a^3}}}} \right)}} = 12{b^2} \Leftrightarrow {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {{{\log }_a}{b^8} - {{\log }_a}{a^3}} \right)}} = 12{b^2}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {{{\log }_a}{b^8} - {{\log }_a}{a^3}} \right)}} = 12{b^2} \Leftrightarrow {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {8{{\log }_a}b - 3} \right)}} = 12{b^2}\\ \Leftrightarrow {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {\frac{8}{{{{\log }_b}a}} - 3} \right)}} = 12{b^2}\,\,(*) \end{array}\)

Đặt \({\log _a}b = t \Rightarrow a = {b^t}\). Lại có vì \(a,b > 1 \Rightarrow {\log _a}b > 0\) hay t > 0.

Khi đó ta có

\(VT\left( * \right) = {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {\frac{8}{{{{\log }_b}a}} - 3} \right)}} = {\left( {{b^t}} \right)^t} + 16.{b^{\frac{8}{t} - 3}} = {b^{{t^2}}} + 8.{b^{\frac{8}{t} - 3}} + 8.{b^{\frac{8}{t} - 3}}\)  

\(\begin{array}{l} \mathop \ge \limits^{Cô - si} 3\sqrt[3]{{{b^{{t^2}}}.8.{b^{\frac{8}{t} - 3}}8.{b^{\frac{8}{t} - 3}}}} = 12\sqrt[3]{{{b^{{t^2}}}{b^{\frac{8}{t} - 3}}{b^{\frac{8}{t} - 3}}}}12\sqrt[3]{{{b^{{t^2} + \frac{8}{t} + \frac{8}{t} - 6}}}}\\ \mathop \ge \limits^{Cô - si} 12\sqrt[3]{{{b^{3\sqrt[3]{{{t^2}.\frac{8}{t}.\frac{8}{t} - 6}}}}}} = 12\sqrt[3]{{{b^6}}} = 12{b^2}\left( {v\`i \,\,{t^2} + \frac{8}{t} + \frac{8}{t} \ge 3\sqrt[3]{{{t^2}.\frac{8}{t}.\frac{8}{t}}} = 3} \right) \end{array}\)

Hay \(VT\left( * \right) \ge 12{b^2}\), dấu = xảy ra khi

\(\left\{ \begin{array}{l} {b^{{t^2}}} = 8{b^{\frac{8}{t} - 3}}\\ {t^2} = \frac{8}{t} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = 2\\ {b^4} = 8b \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = 2\\ b = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\log _b}a = 2\\ b = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = 2\\ a = 4 \end{array} \right.\left( {TM} \right)\)

Suy ra \(P = {a^3} + {b^3} = 64 + 8 = 72\).

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}{a^2}\).

Gọi M là hình chiếu của C lên SB.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} SB \bot CM\\ SB \bot CA \end{array} \right. \Rightarrow SB \bot AM\). Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là \(\widehat {AMC} = 60^\circ \).

Ta có \(\Delta MAC\) đều \( \Rightarrow MI = \frac{{AC\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} > IB\) (vô lý)

Suy ra \(\widehat {AMC} = 120^\circ \Rightarrow MI = \frac{{a\sqrt 2 }}{{2\sqrt 3 }}\).

Suy ra \(HK = \frac{4}{3}IM = \frac{{2a\sqrt 2 }}{{3\sqrt 3 }}\). Ta lại có \(BI = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow BH = \frac{4}{3}BI = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}\).

\( \Rightarrow \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} - \frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}} \Rightarrow SH = \frac{{2a}}{3}\).

Vậy thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{2a}}{3}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{9}\).

Từ giả thiết, ta có \({x^2} + {y^2} + xy - 9x - 9y + 2 = 0\left( * \right)\)

Ta thấy x = 8,y = 3 thỏa mãn (*), đặt x = a + 8,y = b + 3 khi đó:

\(\begin{array}{l} {x^2} + {y^2} + xy - 9x - 9y + 2 = 0 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + ab + 10{\rm{a}} + 5 = 0 \Leftrightarrow 10{\rm{a}} + 5b = - \left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)\\ \Rightarrow 10{\rm{a}} + 5b \le 0 \Leftrightarrow 2{\rm{a}} + b \le 0 \end{array}\)

Ta có: \(P = \frac{{3x + 2y - 9}}{{x + y + 10}} = \frac{{3a + 2b + 21}}{{a + b + 21}} = 1 + \frac{{2a + b}}{{a + b + 21}} \le 1\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 8,y = 3. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1

Điều kiện: \(6x - 9{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le \frac{2}{3}\).

Đặt \(t = 3 - 4\sqrt {6x - 9{x^2}} ,x \in \left[ {0\,;\frac{2}{3}} \right]\).

Ta có: \(t' = - 4.\frac{{6 - 18x}}{{2\sqrt {6x - 9{x^2}} }} = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{3} \in \left( {0;\frac{2}{3}} \right)\).

Bảng biến thiên cho \(t = 3 - 4\sqrt {6x - 9{x^2}} \). Vì \(x \in \left[ {0\,;\frac{2}{3}} \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 1;3} \right]\)

Phương trình trở thành: \(2f\left( t \right) = m - 3 \Leftrightarrow f\left( t \right) = \frac{{m - 3}}{2},t \in \left[ { - 1;3} \right]\,.\,\,\left( * \right)\)

Phương trình \(2f\left( {3 - 4\sqrt {6x - 9{x^2}} } \right) = m - 3\) có nghiệm \( \Leftrightarrow f\left( t \right) = \frac{{m - 3}}{2}\) có nghiệm \(t \in \left[ { - 1;3} \right]\)

\( \Leftrightarrow - 6 \le \frac{{m - 3}}{2} \le - 2 + a \Leftrightarrow - 12 \le m - 3 \le - 4 + 2a \Leftrightarrow - 9 \le m \le - 1 + 2a,\) với \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( t \right) = a + 2,a \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\).

Mà \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 9; - 8; - 7;..; - 1} \right\} \Rightarrow \) có 9 giá trị m nguyên thỏa ycbt

+) Đặt \(t = \sqrt[3]{x} \Rightarrow {t^3} = x \Rightarrow 3{t^2}dt = dx\)

Đổi cận:

Khi đó \(\int\limits_1^8 {\frac{{f(\sqrt[3]{x})}}{x}dx} = \int\limits_1^2 {\frac{{f(t)}}{{{t^3}}}3{t^2}dt} = 3\int\limits_1^2 {\frac{{f(t)}}{t}dt} = 6 \Rightarrow \int\limits_1^2 {\frac{{f(t)}}{t}dt} = 2\)

+) Đặt \(t = {\cos ^2}x \Rightarrow dt = - 2\cos x\sin xdx \Rightarrow dt = - 2{\cos ^2}x\tan xdx \Rightarrow \tan xdx = - \frac{1}{{2t}}dt\)

Đổi cận:

Khi đó \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\tan x.f({{\cos }^2}x)dx} = - \frac{1}{2}\int\limits_1^{\frac{1}{4}} {\frac{{f(t)}}{t}dt} = 6 \Rightarrow \int\limits_{\frac{1}{4}}^1 {\frac{{f(t)}}{t}dt} = 12\)

+) Đặt \(t = {x^2} \Rightarrow dt = 2xdx \Rightarrow dt = 2{x^2}\frac{{dx}}{x} \Rightarrow \frac{{dx}}{x} = \frac{1}{2}\frac{{dt}}{t}\)

Đổi cận:

Khi đó \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^{\sqrt 2 } {\frac{{f({x^2})}}{x}dx} = \frac{1}{2}\int\limits_{\frac{1}{4}}^2 {\frac{{f(t)}}{t}dt} = \frac{1}{2}\int\limits_{\frac{1}{4}}^1 {\frac{{f(t)}}{t}dt + \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\frac{{f(t)}}{t}dt} } = \frac{{2 + 12}}{2} = 7\)