\(\ln \left( a{{b}^{2}} \right)=\ln a+\ln {{b}^{2}}=\ln a+2\ln b.\) Do đó câu A sai.

\(\ln \left( ab \right)=\ln a+\ln b\) nên câu B sai.

\(\ln \frac{a}{b}=\ln a-\ln b\) nên câu D sai.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(y'\) đổi dấu từ âm sang dương khi \(x\) đi qua \({{x}_{1}}=-1\) và \({{x}_{3}}=1.\)

Mặt khác \(y\left( -1 \right)=y\left( 1 \right)=0.\)

Vậy giá trị cực tiểu của hàm số là 0.

Số các tập con bằng số tổ hợp chập 6 của 26: \(C_{26}^{6}.\)

Phép vị tự tâm \(O\left( 0;0 \right)\) tỉ số \(k=2\) biến điểm \(M\left( -6;1 \right)\) thành điểm \(M'\left( x';y' \right)\) thỏa mãn:

\(\left\{ \begin{array}{l} x' = - 6.2\\ y' = 1.2 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x' = - 12\\ y' = 2 \end{array} \right. \Rightarrow M'\left( { - 12;2} \right)\)

Hàm số \(y={{\log }_{a}}x\) nghịch biến trên tập xác định khi \(0<a<1.\)

Vậy hàm số \(y={{\log }_{\frac{2}{3}}}x\) nghịch biến trên tập xác định

Ta có \(1-\cos 2x=0\Leftrightarrow \cos 2x=1\Leftrightarrow 2x=k2\pi \Leftrightarrow x=k\pi \left( k\in \mathbb{Z} \right).\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(\left\{ k\pi ,k\in \mathbb{Z} \right\}.\)

Thể tích của khối chóp là \(V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}.10.3=10\) (đvtt).

Ta có: \({{u}_{4}}={{u}_{1}}.{{q}^{3}},\) do đó \(q=\sqrt[3]{\frac{{{u}_{4}}}{{{u}_{1}}}}=\sqrt[3]{\frac{64}{1}}=4.\)

Do hàm số \(y={{\left( {{x}^{2}}-x \right)}^{-3}}\) có số mũ nguyên âm nên điều kiện xác định là \({{x}^{2}}-x\ne 0\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x\ne 0 \\ & x\ne 1 \\ \end{align} \right..\)

Vậy tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 0;1 \right\}.\)

+ Ta có hàm số \(y=\frac{x}{2}\) và \(y={{x}^{3}}+3x\) là hai hàm đa thức nên không có tiệm cận ngang.

+ Xét hàm số: \(y=\frac{1}{x}\)

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

+ Xét hàm số: \(y=\frac{{{x}^{2}}-2x}{x-1}\)

\(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-2x}{x-1}=+\infty ;\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-2x}{x-1}=-\infty \) nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Ta có đáy là hình vuông \(ABCD\) nên diện tích đáy là \(B={{a}^{2}},SA\bot \left( ABCD \right)\) nên đường cao \(h=SA=a.\)

Vậy thể tích của chóp \(V=\frac{1}{3}Bh=\frac{{{a}^{2}}}{3}.\)

Hai mặt bất kỳ của khối đa diện luôn có ít nhất một đỉnh chung. ⇒ SAI

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l} 3 - 2x \ge 0\\ 5 - 6x \ge 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le \frac{3}{2}\\ x \le \frac{5}{6} \end{array} \right. \Leftrightarrow x \le \frac{5}{6}.\)

Vậy tập xác định của hàm số là \(D=\left( -\infty ;\frac{5}{6} \right].\)

Tập xác định \(D=\mathbb{R}.\)

\(y'=3{{x}^{2}}-3\)

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

BBT

\(\Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( -1;1 \right)\) do đó \(a=-1;b=1\)

\(\Rightarrow P={{\left( -1 \right)}^{2}}-2.\left( -1 \right).1=3\)

Theo đồ thị trên ta có hàm số đang xét dạng \(y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\) với \(a>0,\) đồ thị đi qua điểm cực trị \(A\left( 0;1 \right)\) và \(B\left( 2;-3 \right)\) nên ta chọn đáp án A

Điều kiện \({{x}^{2}}-2020x>0\Leftrightarrow x<0\cup x>2020.\)

\({{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}-2020x \right)=2021\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2020x={{3}^{2021}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2020x-{{3}^{2021}}=0.\)

Vậy phương trình có 2 nghiệm \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) thỏa \({{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2020.\)

Từ đồ thị hàm số ta suy ra hàm số có 5 điểm cực trị.

Điều kiện: \(x>0\)

Phương trình \(\log _{2}^{2}x={{\log }_{2}}\frac{{{x}^{4}}}{2}\Leftrightarrow \log _{2}^{2}x={{\log }_{2}}{{x}^{4}}+{{\log }_{2}}2\Leftrightarrow \log _{2}^{2}x-4{{\log }_{2}}x-1=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _2}x = 2 + \sqrt 5 \\ {\log _2}x = 2 - \sqrt 5 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = {2^{2 + \sqrt 5 }}\\ x = {2^{2 - \sqrt 5 }} \end{array} \right.\)

Tích hai nghiệm là \({2^{2 - \sqrt 5 }}{.2^{2 + \sqrt 5 }} = {2^4} = 16.\)

Xét hàm số \(y=\frac{x-1}{3x}\) có \(y'=\frac{3}{9{{x}^{2}}}>0,\forall x\in \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}.\)

Suy ra hàm số luôn đồng biến trên \(\left( -\infty ;0 \right)\) và \(\left( 0;+\infty  \right).\)

Vậy hàm số \(y=\frac{x-1}{3x}\) không có cực trị.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(y=2x-\frac{13}{4}\) và \(y=\frac{{{x}^{2}}-1}{x+2}\) là

\(2x-\frac{13}{4}=\frac{{{x}^{2}}-1}{x+2}\Leftrightarrow \left( x+2 \right)\left( 8x-13 \right)=4\left( {{x}^{2}}-1 \right)\) (với \(x\ne -2)\)

\( \Leftrightarrow 4{x^2} + 3x - 22 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - \frac{{11}}{4}\\ x = 2 \end{array} \right..\)

Vậy hoành độ các giao điểm của hai đồ thị đã cho là \(x=-\frac{11}{4};x=2.\)

Ta có \(y'=3{{x}^{2}}-2,y''=6x.\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - \frac{{\sqrt 6 }}{3}\\ x = \frac{{\sqrt 6 }}{3} \end{array} \right.,y\left( { - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right) = - 2\sqrt 6 < 0,y\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right) = 2\sqrt 6 > 0.\)

Suy ra hàm số đạt cực đại tại \(x=-\frac{\sqrt{6}}{3},{{y}_{CD}}=\frac{4\sqrt{6}}{9}\).

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x=\frac{\sqrt{6}}{3},{{y}_{CT}}=-\frac{4\sqrt{6}}{9}\)

Vậy: \({{y}_{CT}}=-{{y}_{CD}}.\)

Ta có \(y'=\left( {{7}^{{{x}^{2}}}} \right)'=\left( {{x}^{2}} \right)'{{.7}^{{{x}^{2}}}}.\ln 7=2x{{.7}^{{{x}^{2}}}}.\ln 7\).

Ta có \(A{{B}^{2}}+B{{C}^{3}}=A{{C}^{2}}\Rightarrow AB=BC=a\Rightarrow {{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}.a.a=\frac{{{a}^{2}}}{2}\).

Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V={{S}_{ABC}}.BB'=\frac{{{a}^{2}}}{2}.a=\frac{{{a}^{3}}}{2}.\)

Tập xác định của hàm số \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\};y'=\frac{8-m}{{{\left( x-m \right)}^{2}}}.\)

Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định \(\Leftrightarrow y'>0,\forall x\ne m\Leftrightarrow 8-m>0\Leftrightarrow m<8.\)

Vậy có 7 giá trị nguyên dương của \(m\) là \(1;2;3;4;5;6;7.\)

Ta có \(y'=-\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}<0\) với mọi \(x\in \left[ 0;4 \right].\) Suy ra, hàm số luôn nghịch biến trên \(\left[ 0;4 \right].\)

Vậy \({{y}_{\min }}=y\left( 4 \right)=\frac{11}{5}.\)

Ta có \(y'=3{{x}^{2}}-2x+m.\)

Hàm số có hai điểm cực trị khi \(y'=0\) có hai nghiệm phân biệt.

\(\Leftrightarrow \Delta '>0\Leftrightarrow 1-3m>0\Leftrightarrow m<\frac{1}{3}.\)

Ta có: \(f'\left( x \right)=\left( {{\log }_{3}}\left( 2x+1 \right) \right)'=\frac{\left( 2x+1 \right)'}{\left( 2x+1 \right)\ln 3}=\frac{2}{\left( 2x+1 \right)\ln 3}\)

Vậy đáp án đúng là đáp án A.

Phương trình \({2^{{x^2} + x - 3}} = 8 \Leftrightarrow {x^2} + x - 3 = 3 \Leftrightarrow {x^2} + x - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_1} = - 3\\ {x_2} = 2 \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow a+b=-3+2=-1\)

Vậy \(a+b=-1.\)

Ta có \(\frac{{{V}_{SAMN}}}{{{V}_{SABC}}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{1}{4}.\)

Nhận thấy hàm số mũ đồng biến và hàm số lôgarit nghịch biến trên tập xác định nên \(a>1,0<b<1.\)

Hàm số \(y=f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( 0;2 \right).\)

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

Trong đó \(x=-1\) là nghiệm bội chẵn.

Bảng xét dấu:

Đạo hàm đổi dấu 2 lần qua \(x=0,x=2\) nên hàm số có 2 cực trị.

Điều kiện để hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi: \({x^2} - 5x - 6 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < - 1\\ x > 6 \end{array} \right..\)

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là \(D=\left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 6;+\infty  \right).\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AC. \( Theo bài ta có \(M\in \left( \alpha  \right).\)

Vì mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) qua trung điểm của \(AC\) và song song với \(AB,CD. \( Nên:

- Từ \(M,\) kẻ đường thẳng song song với \(AB,\) cắt \(BC\) tại \(Q,\) khi đó \(MQ\) là đường trung bình của \(\Delta ABC. \)

=> \(\left\{ \begin{array}{l} MQ//AB\\ MQ = \frac{1}{2}AB \end{array} \right. = > Q\) là trung điểm của BC.

- Từ \(Q,\) kẻ đường thẳng song song với \(CD,\) cắt \(BD\) tại \(P.\) Tương tự ta cũng có \(\left\{ \begin{array}{l} QP//CD\\ QP = \frac{1}{2}CD \end{array} \right.\) và \(P\) là trung điểm của \(BD. \)

- Từ \(M,\) kẻ đường thẳng song song với \(CD,\) cắt \(AD\) tại \(N.\) Tương tự ta cũng có \(\left\{ \begin{array}{l} MN//CD\\ MN = \frac{1}{2}CD \end{array} \right.\) và \(N\) là trung điểm của \(AD. \) Khi đó suy ra \(NP//AB\) và \(\left\{ \begin{array}{l} NP//AB\\ NP = \frac{1}{2}AB \end{array} \right.\).

Như vậy \(M,N,P,Q \in \left( \alpha \right),\left\{ \begin{array}{l} MQ//NP//AB\\ MQ = NP = \frac{1}{2}AB \end{array} \right.\) và \(\left\{ \begin{array}{l} MN//PQ//CD\\ MN = PQ = \frac{1}{2}CD \end{array} \right.\left( 1 \right).\)

Có 9 mặt đối xứng của khối lập phương.

Trong đó có 3 mặt phẳng đi qua trung điểm 4 cạnh song song với nhau chia khối lập phương thành 2 khối hộp chữ nhật.

Xét \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-\sqrt{{{x}^{2}}+2x}}{{{x}^{2}}+mx-m-3}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-2x}{\left( x+\sqrt{{{x}^{2}}+2x} \right)\left( {{x}^{2}}+mx-m-3 \right)}=0\)

Và \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-\sqrt{{{x}^{2}}+2x}}{{{x}^{2}}+mx-m-3}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+x\sqrt{1+\frac{1}{x}}}{{{x}^{2}}+mx-m-3}=0\)

Vậy hàm số luôn có một tiệm cận ngang.

Để đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận khi và chỉ khi đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng.

Yêu cầu bài toán tương đương \({{x}^{2}}+mx-m-3=0\) có hai nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm bằng 0 hoặc \({{x}^{2}}+mx-m-3=0\) có một nghiệm duy nhất khác 0.

Trường hợp 1: \({{x}^{2}}+mx-m-3=0\) có hai nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm bằng 0.

                  \(\Leftrightarrow -m-3=0\Leftrightarrow m=-3\)

Trường hợp 2: \({{x}^{2}}+mx-m-3=0\) có một nghiệm duy nhât khác \(0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne - 3\\ \Delta = {m^2} + 4m + 12 = 0 \end{array} \right.\)

Trường hợp này không tồn tại \(m.\)

Vậy \(m=-3\in \left( -5;2 \right).\)

Gọi \(x\) đồng \(\left( 30<x<50 \right)\) là giá bán bưởi mới để cửa hàng thu được lợi nhuận lớn nhất.

Suy ra giá bán ra đã giảm là \(50-x\) đồng.

Số lượng bưởi bán ra đã tăng thêm là \(\frac{50\left( 50-x \right)}{5}=500-10x.\)

Tổng số bưởi bán được là \(40+500-10x=540-10x.\)

Doanh thu của cửa hàng là \(\left( 540-10x \right)x.\)

Số tiền vốn ban đầu để mua bưởi là \(\left( 540-10x \right)30.\)

Vậy lợi nhuận của cửa hàng là \(\left( 540-10x \right)x-\left( 540-10x \right)30=-10{{x}^{2}}+840x-16200.\)

Ta có: \(f\left( x \right)=-10{{x}^{2}}+840x-16200=-10{{\left( x-42 \right)}^{2}}+1440\le 1440.\)

Suy ra \(\max f\left( x \right)=1440\) khi \(x=42.\)

Vậy giá bán mỗi quả là 42.000 đồng thì cửa hàng thu được lợi nhuận lớn nhất.

Trong mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) kẻ \(AH\bot BC\) với \(H\in BC. \)

Do \(BB'\bot \left( ABC \right)\Rightarrow BB'\bot AH.\) Suy ra \(AH\bot \left( BCC'B' \right).\)

Khi đó góc giữa đường thẳng \(AC'\) và mặt phẳng \(\left( BCC'B' \right)\) là góc giữa đường thẳng \(AC'\) và đường thẳng \(HC'\) hay là góc \(\widehat{AC'H}.\)

Ta có \(BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=2a;AC'=AC\sqrt{2}=a\sqrt{2}\)

Khi đó trong tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AH.BC=AB.AC\Leftrightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{a\sqrt{3}.a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Trong tam giác \(AHC'\) vuông tại \(H\) ta có: \(\sin \widehat{AC'H}=\frac{AH}{AC'}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}.\)

Do \(SA\bot \left( ABC \right)\) nên góc giữa \(SC\) với mặt phẳng đáy là góc \(\left( SC,AC \right)=\widehat{SCA}={{30}^{0}}.\)

Trong tam giác vuông \(SAC:SA=AC.\tan {{30}^{0}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\)

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\)

Vậy thể tích hình chóp là \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{3}}{4}\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}}{12}.\)

Ta có \(f\left( x \right)+1=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=-1\)

Từ BBT ta thấy phương trình \(f\left( x \right)=-1\) có 2 nghiệm phân biệt.

Ta có \(AB//CD\) nên \(AB//\left( SCD \right),\) mà \(CM\subset \left( SCD \right).\)

Do đó \(d\left( AB,CM \right)=d\left( AB,\left( SCD \right) \right)=d\left( A,\left( SCD \right) \right).\)

Kẻ \(AH\bot SD\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} CD \bot AD\\ CD \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AH \bot CD.\)

Khi đó \(AH\bot \left( SCD \right)\Rightarrow d\left( A,\left( SCD \right) \right)=AH.\)

Xét tam giác \(SAD\) vuông tại \(A,AH=\sqrt{\frac{S{{A}^{2}}.A{{D}^{2}}}{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\sqrt{\frac{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}.{{a}^{2}}}{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Vậy \(d\left( AB,CM \right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Kẻ \(AH\bot SB\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot AB\\ BC \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AH \bot BC.\)

Khi đó \(AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A,\left( SBC \right) \right)=AH.\)

Xét tam giác \(SAB\) vuông cân tại \(A,AH=\frac{SB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)

Vậy \(d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)

Gọi \(O=AC\cap BD. \)

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(SO\bot \left( ABCD \right).\)

Theo bài ra ta có: \(OA=\frac{1}{2}AC=a\sqrt{2}.\)

Xét tam giác \(SOA\) vuông tại \(O\) ta có: \(SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 3a \right)}^{2}}-{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}=a\sqrt{7}.\)

Diện tích hình vuông \(ABCD\) bằng: \({{S}_{ABCD}}={{\left( 2a \right)}^{2}}=4{{a}^{2}}.\)

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) bằng: \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.a\sqrt{7}.4{{a}^{2}}=\frac{4\sqrt{7}{{a}^{3}}}{3}.\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}.\)

Ta có: \(y'=3{{x}^{2}}-6x+m\)

Hàm số đã cho có cực trị \(\Leftrightarrow y'=0\) có hai nghiệm phân biệt.

Hay: \(\Delta '=9-3m>0\Leftrightarrow m<3.\left( 1 \right)\)

Khi đó y' = 0 có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_1} + {x_2} = 2\\ {x_1}.{x_2} = \frac{m}{3} \end{array} \right.\)

Theo bài ra: \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=6\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}=6\Leftrightarrow {{2}^{2}}-\frac{2m}{3}=6\Leftrightarrow m=-3\) (thỏa mãn (1)).

Vậy với \(m=-3\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có \(y'=m+\frac{3}{{{x}^{4}}}+6{{x}^{2}}.\)

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 0;+\infty  \right)\Leftrightarrow y'\ge 0,\forall x\in \left( 0;+\infty  \right)\Leftrightarrow \frac{3}{{{x}^{4}}}+6{{x}^{2}}\ge -m,\forall x\in \left( 0;+\infty  \right).\)

Mặt khác \(\forall x\in \left( 0;+\infty  \right),\frac{3}{{{x}^{4}}}+6{{x}^{2}}=3\left( \frac{1}{{{x}^{4}}}+{{x}^{2}}+{{x}^{2}} \right)\ge 9.\)

Vậy \(-m\le 9\Leftrightarrow m\ge -9.\)

Điều kiện \(x>0.\)

Ta có

\(\log _{2}^{2}\left( 3x \right)+{{\log }_{3}}\left( 9x \right)-7=0\Leftrightarrow {{\left( 1+{{\log }_{3}}x \right)}^{2}}+2+{{\log }_{3}}x-7-0\Leftrightarrow \log _{3}^{2}x+3{{\log }_{3}}x-4=0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _3}x = 1\\ {\log _3}x = - 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 3\\ x = \frac{1}{{81}} \end{array} \right..\)

Vậy tổng các nghiệm bằng \(\frac{244}{81}.\)

Phương trình đã cho tương đương

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

\(\Leftrightarrow {{\left( {{3}^{x}}+x \right)}^{3}}+{{3}^{x}}+x={{\left( mx \right)}^{3}}+mx\left( * \right)\)

Xét hàm số \(f\left( u \right)={{u}^{3}}+u,f'\left( u \right)=3{{u}^{2}}+1>0,\forall u\in \mathbb{R}.\)

Phương trình (*) tương đương \(f\left( {{3}^{x}}+x \right)=f\left( mx \right)\)

Nên \({{3}^{x}}+x=mx\Leftrightarrow m=\frac{{{3}^{x}}}{x}+1,x>0.\)

Xét hàm số \(g\left( x \right)=\frac{{{3}^{x}}}{x}+1,x>0.\)

Ta có \(g'\left( x \right)=\frac{{{3}^{x}}\left( x\ln 3-1 \right)}{{{x}^{2}}}\Rightarrow g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x={{\log }_{3}}e.\)

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \(m \ge g\left( {{{\log }_3}e} \right) = 1 + e\ln 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ b = 3 \end{array} \right..\)

Kẻ \(SH\bot AC\left( H\in AC \right)\) vì \(\Delta SAC\) nhọn.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {SAC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AC\\ SH \bot AC \end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Kẻ \(MB\bot AC\Rightarrow MB\bot \left( SAC \right)\Rightarrow MB\bot SA,\left( 1 \right).\)

Ta có \(AC=SC=5\) nên \(\Delta SAC\) cân tại \(C. \)

Gọi \(E\) là trung điểm của \(SA\) nên \(SA\bot EC,\) kẻ \(MN//EC\left( N\in SA \right)\) nên \(SA\bot MN\left( 2 \right).\)

Từ (1), (2) suy ra \(SA\bot \left( MNB \right)\Rightarrow \widehat{BNM}=\alpha .\)

Ta có \(\frac{1}{{{\cos }^{2}}\alpha }=1+{{\tan }^{2}}\alpha \Rightarrow \tan \alpha =\sqrt{\frac{1}{{{\left( \frac{3}{\sqrt{29}} \right)}^{2}}}-1}=\frac{2\sqrt{5}}{3}.\)

Trong \(\Delta ABC:MB=\frac{AB.BC}{\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}}=\frac{12}{5},AM=\sqrt{A{{B}^{2}}-M{{B}^{2}}}=\frac{9}{5}.\)

Trong \(\Delta BMN:MN=\frac{MB}{\tan \alpha }=\frac{18\sqrt{5}}{25}.\)

Trong \(\Delta SAC:\frac{AM}{AC}=\frac{MN}{EC}=\frac{\frac{9}{5}}{5}=\frac{9}{25}\) suy ra \(EC=\frac{25MN}{9}=2\sqrt{5}.\)

Ta có \(SA=2SE=2\sqrt{S{{C}^{2}}-E{{C}^{2}}}=2\sqrt{5}\)

Và \(SH.AC=SA.EC\Leftrightarrow SH=\frac{SA.EC}{AC}=\frac{2\sqrt{5}.2\sqrt{5}}{5}=4.\)

Vậy thể tích khối chóp là \(V=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.4.3.4=16.\)

Mỗi bạn có 19 cách để viết ra số mình chọn nên không gian mẫu có \(n\left( \Omega  \right)={{19}^{3}}=6859\) cách.

Gọi \(A\) là biến cố 3 số được viết ra của 3 bạn có tổng là một số chia hết cho 3.

Ta đặt \({{S}_{1}}=\left\{ 1;4;7;10;13;16;19 \right\}\) là tập hợp các số tự nhiên trong đoạn \(\left[ 1;19 \right]\) khi chia cho 3 thì dư 1.

\({{S}_{2}}=\left\{ 2;5;8;11;14;17 \right\}\) là tập hợp các số tự nhiên trong đoạn \(\left[ 1;19 \right]\) khi chia cho 3 thì dư 2.

\({{S}_{3}}=\left\{ 3;6;9;12;15;18 \right\}\) là tập hợp các số tự nhiên trong đoạn \(\left[ 1;19 \right]\) chia hết cho 3.

Khi đó biến cố \(A\) xảy ra khi và chỉ khi các số của mỗi bạn viết ra cùng thuộc một tập \({{S}_{i}}\left( i=1;2;3 \right)\) hoặc ba số của 3 bạn viết ra thuộc về 3 tập phân biệt, khi đó ta có

\(n\left( A \right)={{7}^{3}}+{{6}^{3}}+7.6.6.6=2287\) cách

Vậy xác suất để ba số viết ra có tổng chia hết cho 3 là \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{2287}{6859}.\)

Với \(x\in \left[ 0;\frac{\pi }{2} \right)\) ta có \(0<\cos x\le 1\) từ đồ thị suy ra \(-2\le f\left( \cos x \right)<0.\)

Do vậy \(0\le 4+2f\left( \cos x \right)<4\) từ đây ta được \(0\le \sqrt{4+2f\left( \cos x \right)}<2.\)

Lại từ đồ thị ta có \(-2\le f\left( \sqrt{4+2f\left( \cos x \right)} \right)<2\) suy ra phương trình \(f\left( \sqrt{4+2f\left( \cos x \right)} \right)=m\) có nghiệm khi và chỉ khi \(-2\le m<2.\)

Xét với \(m\in \mathbb{Z}\) ta chọn \(m\in \left\{ -2;-1;0;1 \right\}.\)

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \(f\left( \sqrt{4+2f\left( \cos x \right)} \right)=m\) có nghiệm \(x\in \left[ 0;\frac{\pi }{2} \right).\)