Diện tích đáy là: \({{S}_{ABCD}}=A{{B}^{2}}={{\left( 2a \right)}^{2}}=4{{a}^{2}}.\)

Gọi O là tâm của ABCD ta có \(SO\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SO=3a,\) thể tích \(V\) của khối chóp đã cho là: \(V=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SO=\frac{1}{3}.4{{a}^{2}}.3a=4{{a}^{3}}.\)

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

Ta có \(y'=\frac{{{x}^{2}}-2x-3}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}\) suy ra \(y'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x-3=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-1 \\ & x=3 \\ \end{align} \right..\)

Xét trên \(\left[ -2;0 \right]\) ta có \(f\left( -2 \right)=-\frac{7}{3},f\left( -1 \right)=-2\) và \(f\left( 0 \right)=-3.\)

Vậy \(M=\underset{\left[ -2;0 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=-2\) và \(m=\underset{\left[ -2;0 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=-3\), do đó \(P=M+m=-5.\)

Ta có \(\left| f\left( x \right) \right|=2\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & f\left( x \right)=2 \\ & f\left( x \right)=-2 \\ \end{align} \right..\)

Từ bảng biến thiên ta có phương trình \(f\left( x \right)=2\) có 2 nghiệm phân biệt và phương trình \(f\left( x \right)=-2\) có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Tập xác định \(D=\mathbb{R}.\)

Ta có \(y'={{x}^{2}}-2\left( m-1 \right)x+1,\) để hàm số đồng biến với \(\forall x\in D\) thì \(y'\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow \Delta '\le 0\Leftrightarrow {{m}^{2}}-2m\le 0\Leftrightarrow 0\le m\le 2\) mà \(m\in \mathbb{Z}\) nên \(m=\left\{ 0;1;2 \right\}.\)

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp ta chọn đáp án A.

Đó là các mặt phẳng \(\left( SAC \right),\left( SBD \right),\left( SHJ \right),\left( SGI \right)\) với \(G,H,I,J\) là các trung điểm của các cạnh đáy dưới hình vẽ bên dưới.

Ta có: \(P={{\log }_{ab}}c=\frac{1}{{{\log }_{c}}ab}=\frac{1}{{{\log }_{c}}a+{{\log }_{c}}b}\Leftrightarrow P=\frac{1}{\frac{1}{{{\log }_{a}}c}+\frac{1}{{{\log }_{b}}c}}=\frac{12}{7}.\)

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

Ta có \(\underset{x\to -{{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{x+2}=-\infty ;\underset{x\to -{{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{x+2}=-\infty .\) Suy ra tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x=-2.\)

Vậy giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y=\frac{x-1}{x+2}\) là \(I\left( -2;1 \right).\)

Ta có: \(HD=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\)

Xét tam giác vuông \(SHD\) có: \(SH=\sqrt{S{{D}^{2}}-H{{D}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{13}}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}}=a\sqrt{2}.\)

Ta có chiều cao của khối chóp là \(SH,\) diện tích đáy là \({{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}.\)

Vậy thể tích khối chóp là: \(V=\frac{1}{3}.a\sqrt{2}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}.\)

Do hàm số có đạo hàm tại điểm \({{x}_{0}}\) nên nếu hàm số đạt cực trị tại \({{x}_{0}}\) thì \(f'\left( {{x}_{0}} \right)=0.\)

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

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng \(\left( d \right):y=3x+2\) nên có hệ số góc là 3.

Do đó ta có phương trình \(\frac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 3 \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = - 3 \end{array} \right.\)

Với \(x=-1,y=-1\) phương trình tiếp tuyến là: \(y=3x+2\) (loại).

Với \(x=-3,y=5\) phương trình tiếp tuyến là: \(y=3x+14\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại \(x=2.\)

Ta có \({{\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)}^{2m-2}}<\sqrt{3}+\sqrt{2}\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)}^{2m-2}}<{{\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)}^{-1}}\Leftrightarrow 2m-2>-1\Leftrightarrow m>\frac{1}{2}.\)

Theo tính chất của lôgarit thì mệnh đề đúng là \({{\log }_{b}}x={{\log }_{b}}a.{{\log }_{a}}x.\)

Ta có \(y={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-2\Rightarrow y'=3{{x}^{2}}+6x\)

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm \({{x}_{0}}=1\) là \(k=y'\left( 1 \right)=9\).

Với \({{x}_{0}}=1\Rightarrow {{y}_{0}}=2\)

Phương trình tiếp tuyến của đường cong là: \(y=9\left( x-1 \right)+2\Rightarrow y=9x-7.\)

Xét khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C'. Khi đó thể tích là

\(V={{S}_{\Delta ABC}}.AA'=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.a=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}.\)

Ta có \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=1;\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow \) đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là \(y=1.\)

\(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty ;\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \Rightarrow \) đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là \(x=-1.\)

Ta có \({{\log }_{2}}6=a\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( 2.3 \right)=a\Leftrightarrow 1+{{\log }_{2}}3=a\Leftrightarrow {{\log }_{2}}3=a-1.\)

Khi đó \({{\log }_{3}}18={{\log }_{3}}\left( {{2.3}^{2}} \right)={{\log }_{3}}2+2=\frac{1}{a-1}+2=\frac{2a-1}{a-1}.\)

Ta có \(y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1\\ x = - 1 \end{array} \right.\)

Vậy hàm số đồng biến trên \(\left( -1;0 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right)\), hàm số nghịch biến trên \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( 0;1 \right)\).

Dựa vào đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên sau:

Vậy đồ thị hàm số có 3 cực trị.

\(V=\frac{1}{3}.3a.{{\left( 2a \right)}^{2}}=4{{a}^{3}}.\)

Ta có \(\frac{{{V}_{MIJK}}}{{{V}_{MNPQ}}}=\frac{MI}{MN}.\frac{MJ}{MP}.\frac{MK}{MQ}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{8}.\)

Ta có \(f\left( x \right)={{\left( 2x-3 \right)}^{\frac{1}{5}}}.\)

ĐK: \(2x-3>0\Leftrightarrow x>\frac{3}{2}\Rightarrow \) TXĐ: \(D=\left( \frac{3}{2};+\infty  \right).\)

Ta có \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABC}}.SA=\frac{1}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.SA=\frac{{{a}^{3}}}{4}\Rightarrow SA=a\sqrt{3}.\)

Điều kiện xác định của \(f\left( x \right)={{\log }_{6}}\left( 2x-{{x}^{2}} \right)\) là: \(2x-{{x}^{2}}>0\Leftrightarrow 0<x<2.\)

Số hạng chứa \({{x}^{5}}\) trong khai triển \({{\left( 1+x \right)}^{12}}\) là \({{T}_{6}}=C_{12}^{5}{{x}^{5}}=792\) nên chọn đáp án B.

Ta có \({{u}_{10}}={{u}_{1}}+9d=-2+9.3=25\) nên chọn đáp án D.

Đây không là đồ thị hàm bậc bốn trùng phương nên loại A, D.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên loại đáp án D.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy \(\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\max }}\,y=4.\)

Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là \(y=-1\Rightarrow \frac{a}{1}=-1\Leftrightarrow a=-1.\)

Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại \(x=2\) nên \(2a+b=0\Leftrightarrow b=-2a=2.\)

Đồ thị hàm số đã cho cắt trục tung tại \(y=-2\) nên \(\frac{b}{c}=-2\Leftrightarrow c=-\frac{b}{2}=-1.\)

Do đó: \(a+2b+3c=0.\)

Hàm số \(y=f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\Leftrightarrow f'\left( x \right)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}.\)

\(\Leftrightarrow {{m}^{2}}{{x}^{4}}-m\left( m+2 \right){{x}^{3}}+2\left( m+1 \right){{x}^{2}}-\left( m+2 \right)x+m\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\)

\(\Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left( {{m}^{2}}{{x}^{3}}-2mx+2x-m \right)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\)      \(\left( 1 \right)\)

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

Từ \(\left( 1 \right)\) suy ra \(g\left( 1 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m=1 \\ & m=2 \\ \end{align} \right.\)

Thử lại, với \(m=1\) thì

\(\left( 1 \right)\Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left( {{x}^{3}}-2x+2x-1 \right)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}+x+1 \right),\forall x\in \mathbb{R}.\)

Điều này luôn đúng.

Thử lại, với \(m=2\) thì

\(\left( 1 \right)\Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left( 2{{x}^{3}}-x-1 \right)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}+{{(x+1)}^{2}} \right),\forall x\in \mathbb{R}.\)

Điều này luôn đúng.

Vậy \(m=1,m=2\) thỏa mãn bài toán.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B' lên \(mp\left( ABC \right).\) Theo bài ta có \(B'H=BB'.\sin {{60}^{0}}=\sqrt{3}a.\) Diện tích tam giác đều ABC cạnh a là \(\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\) Vậy \(V=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{3}=\frac{3}{4}{{a}^{3}}\)

Gọi M là trung điểm AB, ta thấy ngay AMCD là hình vuông. \(MBCD\) là hình bình hành.

Suy ra \(BC//DM\) mà \(DM\bot \left( SAC \right)\Rightarrow BC\bot \left( SAC \right)\) để chứng minh \(DC\bot \left( SAD \right).\)

Trong tam giác vuông \(SAD\) vuông tại A vẽ đường cao \(AR\) như hình ta có \(AR\bot \left( SDC \right)\) và \(AR=\frac{SA.AD}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{\sqrt{6}}{3}a.\)

Trong tam giác vuông \(SAC\) vuông tại A vẽ đường cao AQ như hình ta có \(AQ\bot \left( SBC \right)\) và \(AQ=\frac{SA.AC}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}}=a.\)

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( SBC \right)\) và \(\left( SCD \right)\) là góc giữa AR và AQ chính là góc \(\widehat{RAQ}=\alpha .\)

Tam giác ARQ vuông tại R có \(\cos \alpha =\frac{AR}{AQ}=\frac{\sqrt{6}}{3}.\)

Từ bảng biến thiên ta có để đường thẳng \(y=m\) cắt đồ thị hàm số tại ba điểm phân biệt thì \(-4<m<2.\) Do đó các giá trị m nguyên thỏa mãn bài toán là \(-3;-2;-1;0;1.\)

Vậy tổng các giá trị nguyên của m để đường thẳng \(y=m\) cắt đồ thị hàm số tại ba điểm phân biệt bằng: \(-5.\)

Ta có \({{\log }_{3}}{{\left( \sqrt[5]{{{a}^{3}}b} \right)}^{\frac{2}{3}}}=\frac{2}{3}.\frac{1}{5}{{\log }_{3}}\left( {{a}^{3}}b \right)\)

                                \(=\frac{2}{15}\left( {{\log }_{3}}{{a}^{3}}+{{\log }_{3}}b \right)\)

                                \(=\frac{2}{15}.3.{{\log }_{3}}a+\frac{2}{15}{{\log }_{3}}b\)

                                \(=\frac{2}{5}{{\log }_{3}}a+\frac{2}{15}{{\log }_{3}}b.\)

Vậy \(x=2,y=2\Rightarrow x+y=4.\)

Tam giác ABC vuông cận tại B nên \(AC=AB\sqrt{2}\Rightarrow AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}.\)

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABC}}=\frac{1}{3}.4.\frac{1}{2}.\sqrt{2}.\sqrt{2}=\frac{4}{3}.\)

\(\frac{{{V}_{S.AHK}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SH}{SB}.\frac{SK}{SC}=1.\frac{1}{2}.\frac{1}{3}=\frac{1}{6}\Rightarrow {{V}_{S.AHK}}=\frac{1}{6}{{V}_{S.ABC}}\)

\({{V}_{A.BHKC}}={{V}_{S.ABC}}-{{V}_{S.AHK}}=\frac{5}{6}.{{V}_{S.ABC}}\)

             \(=\frac{5}{6}.\frac{4}{3}=\frac{10}{9}.\)

Vậy thể tích khối chóp \(A.BHKC\) là \(\frac{10}{9}.\)

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

Gọi \(N,E\) lần lượt là trung điểm của \(AB,BN.\)

Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( ABB'A' \right)\) và \(\left( A'B'C' \right)\) bằng góc giữa hai mặt phẳng \(\left( ABB'A' \right)\) và \(\left( ABC \right).\)

Vì \(CN\bot AB\) và \(ME//CN\) nên \(ME\bot AB\left( 1 \right)\)

Mặt khác \(A'M\bot \left( ABC \right)\Rightarrow A'M\bot AB\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có \(AB\bot \left( A'EM \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( ABB'A' \right);\left( ABC \right) \right)}=\widehat{A'EM}={{60}^{0}}.\)

\(CN=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2};ME=\frac{1}{2}CN=\frac{a\sqrt{3}}{4}.\)

Trong tam giác vuông A'EM có \(A'M=ME.\tan {{60}^{0}}=\frac{3a}{4}.\)

Có \(A'M'\bot B'C'\left( 3 \right)\)

\(A'M\bot \left( ABC \right)\Rightarrow A'M\bot \left( A'B'C' \right)\Rightarrow A'M\bot B'C'\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(B'C'\bot \left( AMM'A' \right).\)

Trong mặt phẳng \(\left( AMM'A' \right)\) từ M' kẻ \(M'K\bot AA'\Rightarrow M'K\) chính là đoạn vuông góc chung giữa AA' và B'C'.

Trong mặt phẳng \(\left( AMM'A' \right)\) từ M kẻ \(MI\bot AA'\Rightarrow MI=M'K.\)

Trong tam giác A'MA vuông tại M có \(\frac{1}{M{{I}^{2}}}=\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{MA{{'}^{2}}}=\frac{28}{9{{a}^{2}}}\Rightarrow MI=\frac{3a\sqrt{7}}{14}.\)

Vậy \(d=\frac{3a\sqrt{7}}{14}.\)

Ta có: \({{V}_{A.A'PM}}={{V}_{B.B'MN}}={{V}_{C.C'NP}}\)

\({{V}_{ABC.MNP}}={{V}_{ABC.A'B'C'}}-{{V}_{A.A'PM}}-{{V}_{B.B'MN}}-{{V}_{C.C'NP}}={{V}_{ABC.A'B'C'}}-3.{{V}_{A.A'PM}}\)

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

\({{S}_{\Delta A'PM}}=\frac{1}{4}{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{16}\)

\({{V}_{A.A'PM}}=\frac{1}{4}.{{S}_{\Delta A'PM}}.h=\frac{1}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{16}.a=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{48}\)

\({{V}_{ABC.MNP}}={{V}_{ABC.A'B'C'}}-3.{{V}_{A.A'PM}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}-3.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{48}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{16}\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) ta có:

\(f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 0<x<\frac{1}{2};f'\left( x \right)>0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x>\frac{1}{2} \\ & x<0 \\ \end{align} \right.\)

Đặt \(g\left( x \right)=f\left( \sin x \right)\Rightarrow g'\left( x \right)=\cos x.f'\left( \sin x \right).\) Ta chỉ xét trên khoảng \(\left( 0;\pi  \right).\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \cos x.f'\left( {\sin x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \cos x = 0\\ f'\left( {\sin x} \right) = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \cos x = 0\\ \sin x = 0\\ \sin x = \frac{1}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{\pi }{2}\\ x = \frac{\pi }{6}\\ x = \frac{{5\pi }}{6} \end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số \(g\left( x \right)=f\left( \sin x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( \frac{\pi }{6};\frac{\pi }{2} \right)\) và \(\left( \frac{5\pi }{6};\pi  \right)\)

Gọi số có 7 chữ số được tạo ra từ các chữ số 1, 2, 3, 4 là \(\overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}{{a}_{4}}{{a}_{5}}{{a}_{6}}{{a}_{7}}}.\)

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right)=4.4.4.4.4.4.4={{2}^{14}}.\)

Gọi \)A\) là biến cố: “Số lập được có 7 chữ số thỏa mãn: các chữ số 1, 2, 3 có mặt hai lần, chữ số 4 có mặt một lần đồng thời các chữ số lẻ đều nằm ở các vị trí lẻ (tính từ trái sang phải)”.

Giả sử số có 7 chữ số thỏa mãn bài toán được đặt vào các vị trí từ trái sang phải được đánh số vị trí như hình vẽ.

Bước 1. Xếp các số lẻ vào các vị trí lẻ:

Các vị trí 1, 3, 5, 7 gồm các chữ số lẻ: 1,3 (mỗi chữ số ở hai trong 4 vị trí lẻ).

Xét chữ số 1 được đặt vào 2 trong 4 vị trí lẻ có cách \(C_{4}^{2}\) xếp, hai chữ số 3 xếp vào hai vị trí lẻ còn lại có 1 cách xếp.

Bước 2: Xếp các số chữ số chẵn vào các vị trí chẵn.

Các vị trí chẵn 2, 4, 6 xếp vào đó hai chữ số 2 và một chữ số 4

Xếp hai chữ số 2 vào 2 trong 3 vị trí chẵn có \(C_{4}^{2}\) cách xếp, còn lại 1 vị trí chẵn xếp cho chữ số 4 có 1 cách xếp.

Do đó số phần tử của biến cố A là: \(n\left( A \right)=C_{4}^{2}.C_{4}^{2}=18\)

\(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{18}{{{2}^{14}}}=\frac{9}{8192}\)

Ta có \(f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}+2ax+b\)

Điều kiện cần để điểm \(M\left( 0;4 \right)\) là điểm cực đại của hàm số \(f\left( x \right)\) là:

\(\left\{ \begin{array}{l} f'\left( 0 \right) = 0\\ f\left( 0 \right) = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = 0\\ {a^2} = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} a = 2\\ b = 0 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} a = - 2\\ b = 0 \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Điều kiện đủ.

Trường hợp 1: \(\left\{ \begin{array}{l} a = 2\\ b = 0 \end{array} \right.\) ta có \(f\left( x \right) = {x^3} + 2{x^2} + 4,f'\left( x \right) = 3{x^2} + 4x,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - \frac{4}{3} \end{array} \right.\)

Bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\)

Nên \(M\left( 0;4 \right)\) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (loại).

Vậy \(f\left( x \right)={{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+4\Rightarrow f\left( 3 \right)=13.\)

Ta có: \(f\left( a \right)=\frac{{{a}^{\frac{-1}{3}}}\left( \sqrt[3]{a}-\sqrt[3]{{{a}^{4}}} \right)}{{{a}^{\frac{1}{8}}}\left( \sqrt[8]{{{a}^{3}}}-\sqrt[8]{{{a}^{-1}}} \right)}=\frac{{{a}^{\frac{-1}{3}}}\left( {{a}^{\frac{1}{3}}}-{{a}^{\frac{4}{3}}} \right)}{{{a}^{\frac{1}{8}}}\left( {{a}^{\frac{3}{8}}}-{{a}^{\frac{-1}{8}}} \right)}=\frac{{{a}^{\frac{-1}{3}}}{{a}^{\frac{1}{3}}}\left( 1-a \right)}{{{a}^{\frac{1}{8}}}{{a}^{\frac{-1}{8}}}\left( {{a}^{\frac{1}{2}}}-1 \right)}=\frac{\left( 1-a \right)}{\sqrt{a}-1}=-\sqrt{a}-1\)

\(\Rightarrow f\left( {{2021}^{2020}} \right)=-{{\left( {{2021}^{2020}} \right)}^{\frac{1}{2}}}-1=-{{2021}^{1010}}-1.\)

Gọi I là trung điểm đoạn BC

Ta có \({{S}_{\Delta B'C'I'}}={{S}_{\Delta A'B'C'}}=\frac{1}{2}{{S}_{A'B'C'D'}}=\frac{1}{2}B\)

\(\frac{d\left( G;\left( A'B'C'D' \right) \right)}{d\left( I;\left( A'B'C'D' \right) \right)}=\frac{GA'}{IA'}=\frac{2}{3}\Rightarrow d\left( G;\left( A'B'C'D' \right) \right)=\frac{2}{3}d\left( I;\left( A'B'C'D' \right) \right)=\frac{2}{3}h\)

\(\Rightarrow {{V}_{GB'C'I'}}=\frac{1}{3}d\left( G;\left( A'B'C'D' \right) \right).{{S}_{\Delta B'C'I'}}=\frac{1}{3}.\frac{2}{3}h.\frac{1}{2}B=\frac{1}{9}B.h\)

\(\Rightarrow {{V}_{GB'C'I'}}=\frac{1}{9}V\)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l} x \ge 1\\ {x^2} - 4x + m \ge 0 \end{array} \right..\)

Để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng thì phương trình \({{x}^{2}}-4x+m=0\) phải có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.

Ta có: \({x^2} - 4x + m = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = 4 - m \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m < 4\\ x = 2 \pm \sqrt {4 - m} \end{array} \right.\)

Để thỏa mãn yêu cầu đề ra thì \(2-\sqrt{4-m}>1\Leftrightarrow 1>\sqrt{4-m}\Leftrightarrow 1>4-m\Leftrightarrow m>3.\)

Vậy \(3<m<4.\)

Ta có: \({{V}_{S.ABD}}=\frac{1}{6}AS.AB.AD=\frac{1}{6}\times 2\times 2\times 1=\frac{2}{3}.\)

+) \(\frac{BP}{BD}=\frac{A{{B}^{2}}}{B{{D}^{2}}}=\frac{A{{B}^{2}}}{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\frac{1}{5}\Rightarrow BP=\frac{1}{5}BD,\) suy ra:

\({{S}_{\Delta ABP}}=\frac{1}{5}{{S}_{\Delta ABD}}=\frac{1}{5}\times \frac{1}{2}.AB.AD=\frac{1}{5};{{S}_{\Delta APD}}=\frac{4}{5}{{S}_{\Delta ABD}}=\frac{4}{5}\times \frac{1}{2}.AB.AD=\frac{4}{5}.\)

Tam giác \(SAD\) vuông cân tại A nên \(\frac{SN}{SD}=\frac{1}{2}\Rightarrow d\left( N;\left( ABCD \right) \right)=\frac{1}{2}SA=1.\)

+) \(\frac{BM}{BS}=\frac{B{{A}^{2}}}{B{{S}^{2}}}=\frac{B{{A}^{2}}}{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=\frac{1}{5}\Rightarrow d\left( M;\left( ABCD \right) \right)=\frac{1}{5}SA=\frac{2}{5}.\)

Suy ra: \({{V}_{M.ABP}}=\frac{1}{3}d\left( M;\left( ABCD \right) \right).{{S}_{\Delta ABP}}=\frac{1}{3}.\frac{2}{5}.\frac{1}{5}=\frac{2}{75}.\)

\({{V}_{N.APD}}=\frac{1}{3}d\left( N;\left( ABCD \right) \right).{{S}_{\Delta ADP}}=\frac{1}{3}.1.\frac{4}{5}=\frac{4}{15}.\)

\({{V}_{S.AMN}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}.{{V}_{S.ABD}}=\frac{4}{5}.\frac{1}{2}.\frac{2}{3}=\frac{4}{15}.\)

Vậy \({{V}_{A.MNP}}={{V}_{S.ABD}}-{{V}_{M.ABP}}-{{V}_{N.APD}}-{{V}_{S.AMN}}=\frac{2}{3}-\frac{2}{75}-\frac{4}{15}-\frac{4}{15}=\frac{8}{75}.\)

Đặt \(t=\sqrt{2}\sin x+\frac{1}{2}\cos x+\frac{1}{2},\) ta có:

\(t-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\left( \frac{2\sqrt{2}}{3}\sin x+\frac{1}{3}\cos x \right)=\frac{3}{2}\left( \sin x\cos \alpha +\cos x\sin \alpha  \right)\) (Với \(\cos \alpha =\frac{2\sqrt{2}}{3})\)

\(\Leftrightarrow t-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\sin \left( x+\alpha  \right).\)

Suy ra: \(-\frac{3}{2}\le t-\frac{1}{2}\le \frac{3}{2}\Leftrightarrow -1\le t\le 2.\)

Từ đồ thị hàm số suy ra: \(t\in \left[ -1;2 \right]\Leftrightarrow -1\le f\left( t \right)\le 5.\)

Vậy để phương trình \(f\left( \sqrt{2}\sin x+\frac{1}{2}\cos x+\frac{1}{2} \right)=f\left( m \right)\) có nghiệm thì \(-1\le f\left( m \right)\le 5.\)

Từ đồ thị suy ra: \(m\in \left\{ -2;-1;0;1;2;3 \right\}.\) Vậy có 6 giá trị nguyên của m

Đặt \(h\left( x \right)=f\left( x \right)+{{x}^{2}}+3.\)

Bất phương trình đã cho có nghiệm đúng \(\forall x\in \left( -1;1 \right)\) khi và chỉ khi \(m>\underset{\left( -1;1 \right)}{\mathop{\max }}\,h\left( x \right).\)

Ta có:

+) \(h'\left( x \right)>0\Leftrightarrow f'\left( x \right)+2x>0\Leftrightarrow f'\left( x \right)>-2x\)

+) \(h'\left( x \right)<0\Leftrightarrow f'\left( x \right)+2x<0\Leftrightarrow f'\left( x \right)<-2x\)

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra: \(\underset{\left( -1;1 \right)}{\mathop{\max }}\,h\left( x \right)=h\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)+3.\)

Vậy \(m>f\left( 0 \right)+3.\)

Điều kiện: \(x\le 1.\)

Ta có: \(2{{y}^{3}}+7y+2x\sqrt{1-x}=3\sqrt{1-x}+3\left( 2{{y}^{2}}+1 \right)\)

\(\Leftrightarrow 2{{\left( y-1 \right)}^{3}}+y-1=2{{\left( \sqrt{1-x} \right)}^{3}}+\sqrt{1-x}\text{ }\left( * \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)=2{{t}^{3}}+t,\) ta có: \(f'\left( t \right)=6{{t}^{2}}+1>0\text{ }\forall \text{t}\in \mathbb{R},\) suy ra hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến.

\(\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {y - 1} \right) = f\left( {\sqrt {1 - x} } \right) \Leftrightarrow y - 1 = \sqrt {1 - x} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y \ge 1\\ x = 1 - {\left( {y - 1} \right)^2} \end{array} \right.\)

Khi đó \(P=x+2y=1-{{\left( y-1 \right)}^{2}}+2y=4-{{\left( y-2 \right)}^{2}}\le 4.\)

Vậy \({P_{\max }} = 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0\\ y = 2 \end{array} \right..\)

Ta có: \(\frac{C'M}{C'A}=\frac{1}{4}\Rightarrow d\left( M;\left( CC'D'D \right) \right)=\frac{1}{4}d\left( A;\left( CC'D'D \right) \right)=\frac{1}{4}.2=\frac{1}{2}.\)

\(\frac{D'N}{2D'C}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow \frac{D'N}{D'C}=\frac{1}{2}\) nên N là trung điểm của CD', suy ra: \({{S}_{CC'N}}=\frac{1}{4}{{S}_{CC'D'D}}=\frac{1}{4}\times 2\times 2=1.\)

Vậy \({{V}_{CC'NM}}=\frac{1}{3}d\left( M;\left( CC'D'D \right) \right).{{S}_{CCN}}=\frac{1}{6}.\)