Ta có \(y'=3{{x}^{2}}+6x,y'<0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}+6x<0\Leftrightarrow -2<x<0\) suy ra hàm số nghịch biến trên \(\left( -2;0 \right).\)

Biểu thức \(B={{\log }_{3}}\left( 2-a \right)\) có nghĩa khi \(2-a>0\Leftrightarrow a<2.\)

Ta có: hình chiếu của \(SA\) trên \(\left( ABC \right)\) là AH nên \(\left( \widehat{SA;\left( ABC \right)} \right)=\widehat{\left( SA;AH \right)}=\widehat{SAH}\)

Xét tam giác vuông \(SAH\) ta có: \(AH=\frac{a\sqrt{3}}{2};SA=a\)

Khi đó: \(AH=\frac{a\sqrt{3}}{2};\cos \left( \widehat{SAH} \right)=\frac{AH}{SA}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{SAH}={{30}^{0}}.\)

Vậy góc giữa \(SA\) và \(\left( ABC \right)\) bằng \({{30}^{0}}.\)

Vì \({{a}^{m}}.{{a}^{n}}={{a}^{m+n}}.\)

Ta có \(y'={{x}^{2}}+4x+3.\) Xét \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 3 \in \left( { - 4;0} \right)\\ x = - 1 \in \left( { - 4;0} \right) \end{array} \right..\)

Có \(y\left( -4 \right)=y\left( -1 \right)=\frac{16}{3};y\left( -3 \right)=y\left( 0 \right)=-4.\)

Do đó \(M=\frac{16}{3};m=-4\Rightarrow M+m=\frac{4}{3}.\)

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

Ta có \(f'\left( x \right)={{x}^{2}}+1>0\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)\) nên hàm số \(y=f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( -\infty ;+\infty  \right).\)

Hàm số xác định trên đoạn \(\left[ \frac{1}{2};2 \right],y'=2x-\frac{2}{{{x}^{2}}}=0\Leftrightarrow x=1\in \left[ \frac{1}{2};2 \right]\)

\(y\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{17}{4};\) \(y\left( 1 \right)=3\);    \(y\left( 2 \right)=5\)

Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y={{x}^{2}}+\frac{2}{x}\) trên đoạn \(\left[ \frac{1}{2};2 \right]\) là m=3

Điều kiện: \(2x-1>0\Rightarrow x>\frac{1}{2}.\)

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

Vậy nghiệm của phương trình là \(x=2.\)

\({{\log }_{a}}\left( xy \right)={{\log }_{a}}x+{{\log }_{a}}y\)

Ta thấy qua ba điểm bất kì chỉ xác định được một hoặc chùm mặt phẳng chứ không xác định được khối đa diện nên mệnh đề B sai.

Mặt khác, ta có khối chóp tam giác có bốn đỉnh, bốn mặt, sáu cạnh nên các mệnh đề C, D đều sai.

Gọi số cần tìm là \(\overline{abc}.\)

Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được số các số tự nhiên gồm 3 chữ số đôi một khác nhau là \(A_{6}^{3}=120\) (số).

Vì \(\underset{x\to {{\left( -\frac{m}{2} \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{mx-1}{2x+m}=-\infty \) (hoặc \(\underset{x\to {{\left( -\frac{m}{2} \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{mx-1}{2x+m}=+\infty \)) nên đường thẳng \(x=-\frac{m}{2}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Đường tiệm cận đứng đi qua điểm \(A\left( 1;2 \right)\) nên \(1=-\frac{m}{2}\Leftrightarrow m=-2.\)

Thể tích của khối lập phương có cạnh bằng a là: \(V={{a}^{3}}\) (đvtt).

Hàm số đồng biến trên \(\left( 0;2 \right).\)

Ta có: \(y'={{x}^{2}}-4x+3.\)

Gọi \(M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)\) là điểm thuộc đồ thị hàm số đã cho với \({{y}_{0}}=\frac{x_{0}^{3}}{3}-2x_{0}^{2}+3{{x}_{0}}+1.\)

Do tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)\) song song với đường thẳng \(y=3x+1\) nên ta có:

\(y'\left( {{x_0}} \right) = 3 \Leftrightarrow x_0^2 - 4{x_0} + 3 = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_0} = 0 \Rightarrow {y_0} = 1\\ {x_0} = 4 \Rightarrow {y_0} = \frac{7}{3} \end{array} \right..\)

- Tại điểm \(M\left( 0;1 \right)\) phương trình tiếp tuyến là: \(y-1=3\left( x-0 \right)\Leftrightarrow y=3x+1.\)

- Tại điểm \(M\left( 4;\frac{7}{3} \right)\) phương trình tiếp tuyến là: \(y-\frac{7}{3}=3\left( x-4 \right)\Leftrightarrow y=3x-\frac{29}{3}.\)

Vậy tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y=\frac{{{x}^{3}}}{3}-2{{x}^{2}}+3x+1\) song song với đường thẳng \(y=3x+1\) có phương trình là \(y=3x-\frac{29}{3}.\)

Đường thẳng đi qua \(A\left( -1;2 \right)\), nhận \(\overrightarrow{n}=\left( 2;-4 \right)\) làm véctơ pháp tuyến có phương trình là:

\(2\left( x+1 \right)-4\left( y-2 \right)=0\Leftrightarrow 2x-4y+10=0\Leftrightarrow x-2y+5=0.\)

+ Tổng số học sinh của lớp là 41 học sinh.

+ Số cách chọn 5 học sinh trong lớp là số tổ hợp chấp 5 của 41 phần tử \(C_{41}^{5}.\)

Trong hình chóp đều, tất cả các cạnh bên bằng nhau.

Lăng trụ đứng có cạnh bên bằng 5 nên có chiều cao \(h=5.\)

Thể tích của khối lăng trụ là: \(V=B.h={{4}^{2}}.5=80.\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\)

Ta có: \(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{2x-3}{x-1} \right)=-\infty \) và \(\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{2x-3}{x-1} \right)=+\infty .\)

Vậy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=\frac{2x-3}{x-1}\) là \(x=1.\)

Xét hàm số \(y={{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-3.\)

Ta có: \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-3 \right)=+\infty \) và \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-3 \right)=+\infty .\)

Vậy đồ thị hàm số \(y={{x}^{4}}+4{{x}^{2}}-3\) không có tiệm cận ngang.

Số nghiệm của phương trình \(\left| {{x}^{3}}-3x \right|={{m}^{2}}+m\) là số giao điểm của đồ thị \(y=\left| {{x}^{3}}-3x \right|\) và đường thẳng \(y={{m}^{2}}+m.\)

Cách vẽ đồ thị hàm số \(y=\left| {{x}^{3}}-3x \right|\) từ đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-3x\) là: Giữ nguyên phần đồ thị của hàm số \(y={{x}^{3}}-3x\) nằm phía trên trục hoành, lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị của hàm số \(y={{x}^{3}}-3x\) nằm phía dưới trục hoành rồi xóa bỏ phần đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-3x\) nằm phía dưới trục hoành:

Phương trình \(\left| {{x}^{3}}-3x \right|={{m}^{2}}+m\) có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l} {m^2} + m > 0\\ {m^2} + m < 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} m > 0\\ m < - 1 \end{array} \right.\\ - 2 < m < 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 0 < m < 1\\ - 2 < m < - 1 \end{array} \right..\)

Thể tích khối lăng trụ là \(V=AA'.{{S}_{ABCD}}=AA'.\frac{1}{2}.AC.BD=4a.\frac{1}{2}.2a.a=4{{a}^{3}}.\)

Ý nghĩa hình học của đạo hàm: Đạo hàm của hàm số \(y=f\left( x \right)\) tại điểm \({{x}_{0}}\) là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị \(\left( C \right)\) của hàm số tại điểm \(M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right).\)

Do đó hệ số góc của tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại điểm \(M\left( a;b \right)\in \left( C \right)\) là \(k=f'\left( a \right)\)

Vậy đáp án đúng là đáp án A.

Ta thấy:

* \(y'>0\) khi \(x\in \left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 1;+\infty  \right)\) nên hàm số đồng biến trên \(\left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 1;+\infty  \right)\)

* \(y'<0\) khi \(x\in \left( -1;1 \right)\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( -1;1 \right).\)

Vậy đáp án đúng là đáp án D.

Hàm số đạt cực đại tại \(x=0\) và đạt cực tiểu tại \(x=2.\)

Ta có: \(y'=-4{{x}^{3}}+4mx;y''=-12{{x}^{2}}+4m\)

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x=0\Rightarrow y'\left( 0 \right)=0.\) Thỏa mãn \(\forall m.\)

Mặt khác để hàm số đạt cực tiểu tại \(x=0\Rightarrow y''\left( 0 \right)>0\Leftrightarrow m>0.\)

Điều kiện của phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l} x - 1 \ge 0\\ x - 2 \ge 0\\ x - 3 \ge 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ge 1\\ x \ge 2\\ x \ge 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge 3\)

Vậy tập xác định của phương trình là: \(D=\left[ 3;+\infty  \right).\)

Ta có: \(T={{\log }_{\frac{\sqrt{b}}{a}}}\frac{\sqrt[3]{b}}{\sqrt{a}}=\frac{{{\log }_{a}}\frac{\sqrt[3]{b}}{\sqrt{a}}}{{{\log }_{a}}\frac{\sqrt{b}}{a}}=\frac{{{\log }_{a}}\sqrt[3]{b}-{{\log }_{a}}\sqrt{a}}{{{\log }_{a}}\sqrt{b}-{{\log }_{a}}a}=\frac{\frac{1}{3}{{\log }_{a}}b-\frac{1}{2}{{\log }_{a}}a}{\frac{1}{2}{{\log }_{a}}b-1}=\frac{-1}{\sqrt{3}}.\)

Vì \(\pi \notin \mathbb{Z}\) nên hàm số có điều kiện xác định là \({{x}^{2}}-3x+2\ne 0\)

\(\Rightarrow x\in \left( -\infty ;1 \right)\cup \left( 2;+\infty  \right).\)

\(y'=4{{x}^{3}}+4x\)

\(f'\left( 1 \right)=8\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại điểm \(M\left( 1;4 \right)\) và có hệ số góc k=8 là

\(\begin{align} & y=8\left( x-1 \right)+4 \\ & \Leftrightarrow y=8x-4 \\ \end{align}\)

Dựa vào đồ thị suy ra đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là \(\left( 1;-1 \right).\)

\(\begin{array}{l} \sqrt {2x - 3} = x - 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x - 3 \ge 0\\ 2x - 3 = {\left( {x - 3} \right)^2} \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ge 3\\ 2x - 3 = {x^2} - 6x + 9 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ge 3\\ {x^2} - 8x + 12 = 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ge 3\\ \left[ \begin{array}{l} x = 2\\ x = 6 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow x = 6 \end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S=\left\{ 6 \right\}.\)

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

Vậy phương trình có 2 nghiệm \(x=-1;x=2.\)

Từ khai triển \({{\left( 1+x \right)}^{n}}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}x+C_{n}^{2}{{x}^{2}}+...+C_{n}^{n}{{x}^{n}}.\)

Cho \(x=1\) ta được \({{\left( 1+1 \right)}^{n}}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+...+C_{n}^{2}=1+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+...+C_{n}^{n}\)

Mà \(C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+...+C_{n}^{n}=1023\) nên \({{2}^{n}}=1024\Leftrightarrow n=10.\)

Bài toán trở thành tìm hệ số của \({{x}^{2}}\) trong khai triển \({{\left( 2x+1 \right)}^{10}}\) thành đa thức.

Số hạng tổng quát trong khai triển \({{\left( 2x+1 \right)}^{10}}\) là \(C_{10}^{k}{{\left( 2x \right)}^{k}}=C_{10}^{k}{{2}^{k}}{{x}^{k}}\)

Từ yêu cầu bài toàn suy ra k=2.

Vậy hệ số của \({{x}^{2}}\) trong khai triển \({{\left( 2x+1 \right)}^{10}}\) thành đa thức là \(C_{10}^{2}{{2}^{2}}=180.\)

Trong \(\left( ABCD \right)\) gọi \(O=AC\cap BD.\)

Trong \(\left( SBD \right)\) gọi \(I=SO\cap MP.\)

Trong \(\left( SAC \right)\) gọi \(N=SC\cap AI.\)

Trong \(\left( SBD \right),\) qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt SO tại H, qua P kẻ đường thẳng song song với BD cắt SO tại K.

Gọi T là trung điểm NC.

Ta có: \(\frac{IH}{IK}=\frac{MH}{PK}=\frac{\frac{1}{2}BO}{\frac{2}{3}BO}=\frac{3}{4}.\)

\(HK=SO-SH-OK=SO-\frac{1}{2}SO-\frac{1}{3}SO=\frac{1}{6}SO.\)

\(\frac{IH}{3}=\frac{IK}{4}=\frac{IH+IK}{7}=\frac{\frac{1}{6}SO}{7}=\frac{1}{42}SO.\)

\(\frac{SI}{SO}=\frac{SH+IH}{SO}=\frac{\frac{1}{2}SO+\frac{1}{14}SO}{SO}=\frac{4}{7}.\)

\(\Rightarrow \frac{SN}{ST}=\frac{4}{7}.\)

\(\Rightarrow \frac{SN}{SC}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}.\)

\(\frac{{{V}_{S.AMNP}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{1}{2}\left[ \frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{S}_{S.ACB}}}+\frac{{{V}_{S.ANP}}}{{{V}_{S.ACD}}} \right]=\frac{1}{2}\left[ \frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}+\frac{SP}{SD}.\frac{SN}{SC} \right]=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{2}.\frac{2}{5}+\frac{2}{5}.\frac{2}{3} \right]=\frac{7}{30}.\)

\({{V}_{ABCD.AMNP}}={{V}_{S.ABCD}}-{{V}_{S.AMNP}}=V-\frac{7}{20}V=\frac{23}{30}V.\)

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

\(f'\left( x \right)={{x}^{2}}-mx+1.\)

\(f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-mx+1=0\left( 1 \right)\)

Để hàm số có 2 điểm cực trị \(\Leftrightarrow \) phương trình \(\left( 1 \right)\) có 2 nghiệm phân biệt.

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

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_1} = \frac{{m + \sqrt {{m^2} - 4} }}{2}\\ {x_2} = \frac{{m - \sqrt {{m^2} - 4} }}{2} \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} \left| {{x_1}} \right| = \frac{{\left| {m + \sqrt {{m^2} - 4} } \right|}}{2}\\ \left| {{x_2}} \right| = \frac{{\left| {m - \sqrt {{m^2} - 4} } \right|}}{2} \end{array} \right.\)

Ta có: \({\left| {{x_1}} \right|^2} + {\left| {{x_2}} \right|^2} = {\sqrt 7 ^2} \Leftrightarrow {\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4} } \right)^2} + {\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4} } \right)^2} = 7 \Leftrightarrow {m^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 3\\ m = - 3 \end{array} \right..\)

Gọi chiều rộng của đáy bể là \(x\left( m \right)\left( x>0 \right)\)

\(\Rightarrow \) chiều dài của đáy bể là \(2x\left( m \right)\)

Gọi chiều cao của bể là \(h\left( m \right)\left( h>0 \right)\)

Thể tích của bể là: \(V=x.2x.h=200\Rightarrow h=\frac{200}{2{{x}^{2}}}=\frac{100}{{{x}^{2}}}\)

Diện tích đáy là: \({{S}_{1}}=x.2x=2{{x}^{2}}\left( {{m}^{2}} \right)\)

Diện tích xung quanh của bể là: \({{S}_{2}}=2.x.h+2.2x.h=6.x.h\left( {{m}^{2}} \right)\)

Chi phí để xây bể là:

\(T=\left( {{S}_{1}}+{{S}_{2}} \right).300000\)

\(=\left( 2{{x}^{2}}+6xh \right).300000\)

\(=\left( 2{{x}^{2}}+\frac{600}{x} \right).300000\)

Ta có: \(2{{x}^{2}}+\frac{600}{x}=2{{x}^{2}}+\frac{300}{x}+\frac{300}{x}\ge 3.\sqrt[3]{2{{x}^{2}}.\frac{300}{x}.\frac{300}{x}}\) (theo bất đẳng thức cô si)

                                                         \(\ge 3.\sqrt[3]{180000}\)

Dấu “=” xảy ra \(\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}=\frac{300}{x}\Leftrightarrow {{x}^{3}}=\frac{300}{2}=150\Leftrightarrow x=\sqrt[3]{150}\)

Chi phí thấp nhất để xây bể là:

\(T=3.\sqrt[3]{180000}.300000\approx 50,{{815.10}^{6}}\) (nghìn đồng) \(\approx 51\) (triệu đồng)

\(B=AB\cap Ox\Rightarrow \) tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l} 2x - y + 4 = 0\\ y = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - 2\\ y = 0 \end{array} \right. \Rightarrow B\left( { - 2;0} \right)\)

\(C=AC\cap Ox\Rightarrow \) tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

\(\left\{ \begin{array}{l} x - 2y - 6 = 0\\ y = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 6\\ y = 0 \end{array} \right. \Rightarrow C\left( {6;0} \right).\)

Phương trình đường phân giác của góc BAC là:

\(\frac{{\left| {2x - y + 4} \right|}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{\left| {x - 2y - 6} \right|}}{{\sqrt 5 }} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x + y + 10 = 0\left( {{d_1}} \right)\\ 3x - 3y - 2 = 0\left( {{d_2}} \right) \end{array} \right.\)

Đặt \(f\left( x,y \right)=x+y+10\)

\(f\left( -2,0 \right)=8\)

\(f\left( 6,0 \right)=16\)

\(\Rightarrow f\left( -2,0 \right).f\left( -6,0 \right)=128>0\Rightarrow B\) và C nằm về cùng một phía đối với đường thẳng \({{d}_{1}}\)

\(\Rightarrow \) phương trình phân giác ngoài của góc BAC là: \(x+y+10=0.\)

Đặt \(g\left( x \right)=f\left( 1-x \right)+\frac{{{x}^{2}}}{2}-x\)

\(g'\left( x \right)=-f'\left( 1-x \right)+x-1\)

\(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow f'\left( 1-x \right)=-1\left( 1-x \right)\)

Xét phương trình \(f'\left( x \right)=-x.\) Từ đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) ta có các nghiệm của phương trình này là \(x=-3,x=-1,x=3.\)

Do đó, phương trình \(f'\left( 1-x \right)=-\left( 1-x \right)\) tương đương với

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

Từ đó ta có bảng biến thiên sau:

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( -1;\frac{3}{2} \right).\)

Ta có: \(y'=f'\left( {{x}^{2}} \right).2x=2x{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}-9 \right){{\left( {{x}^{2}}-4 \right)}^{2}}=2{{x}^{5}}\left( {{x}^{2}}-9 \right){{\left( {{x}^{2}}-4 \right)}^{2}}\)

Ta có bảng xét dấu của \(y'\) như sau:

Từ đó suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( -\infty ;-3 \right).\)

Tập xác đinh: \(D=\mathbb{R}.\)

Đạo hàm \(y'=3{{x}^{2}}+2x+m.\)

Hàm số \(y={{x}^{3}}+{{x}^{2}}+mx+1\) đồng biến trên \(\left( -\infty ;+\infty  \right)\) khi và chỉ khi \(y'\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\) hay \(\Delta '\le 0\Leftrightarrow 1-3m\le 0\Leftrightarrow m\ge \frac{1}{3}.\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}.\)

Ta có đạo hàm của \(\left( \left| f\left( x \right) \right| \right)'=\left( \sqrt{{{f}^{2}}\left( x \right)} \right)'=\frac{2f\left( x \right).f'\left( x \right)}{2\sqrt{{{f}^{2}}\left( x \right)}}=\frac{f\left( x \right).f'\left( x \right)}{\left| f\left( x \right) \right|},\) suy ra

Đạo hàm \(y'=\frac{\left( 12{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}-24x \right)\left( 3{{x}^{4}}-4{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}+m \right)}{\left| 3{{x}^{4}}-4{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}+m \right|}\), từ đây ta có

Xét phương trình

\(\left( 12{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}-24x \right)\left( 3{{x}^{4}}-4{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}+m \right)=0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 12{x^3} - 12{x^2} - 24x = 0\\ 3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} + m = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - 1\\ x = 2\\ 3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} = - m\left( * \right) \end{array} \right.\)

Xét hàm số \(g\left( x \right)=3{{x}^{4}}-4{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}\) trên \(\mathbb{R}\) và \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - 1\\ x = 2 \end{array} \right..\)

Bảng biến thiên của \(g\left( x \right)\) như sau:

Hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi tổng số nghiệm bội lẻ của \(y'=0\) và số điểm tới hạn của \(y'\) là 5, do đó ta cần có các trường hợp sau

TH1: Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác -1; 0; 2 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m > 0\\ - 32 < - m < - 5 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m < 0\\ 5 < m < 32 \end{array} \right.,\) trường hợp này có 26 số nguyên dương.

TH2: Phương trình (*) có 3 nghiệm trong đó có một nghiệm kép trùng với một trong các nghiệm \( - 1;0;2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m = 0\\ - m = - 5 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 0\\ m = 5 \end{array} \right.,\) trường hợp này có một số nguyên dương.

Vậy có tất cả là 27 số nguyên dương thỏa mãn bài toán

Do \(SA,SB,SC\) vuông góc với nhau đôi một nên ta có:

\({{V}_{S.ABC}}={{V}_{A.SBC}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{\Delta SBC}}=\frac{1}{6}.SA.SB.SC=\frac{{{a}^{3}}}{6}.\)

Gọi H là trung điểm của \(SB\) ta có \(AH\bot SB\left( 1 \right)\) (vì \(SA=AB=a\sqrt{3})\)

Ta lại có \(SA,AB,BC\) vuông góc với nhau đôi một. Nên \(BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow AH\bot BC\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A,\left( SBC \right) \right)=AH.\)

Xét tam giác SAB vuông cân tại A có AH là đường trung tuyến ta có:

\(AH=\frac{1}{2}SB=\frac{1}{2}\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=\frac{\sqrt{3{{a}^{2}}+3{{a}^{2}}}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\Rightarrow d\left( A,\left( ABC \right) \right)=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\)

Ta có \({{S}_{A'B'NM}}=\frac{1}{4}{{S}_{A'B'BA}}\Rightarrow {{V}_{1}}={{V}_{C'.A'B'NM}}=\frac{1}{4}{{V}_{C'.A'B'BA}}=\frac{1}{4}.\frac{2}{3}{{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{1}{6}{{V}_{ABC.A'B'C'}}.\)

\(\Rightarrow {{V}_{2}}={{V}_{ABC.A'B'C'}}-{{V}_{1}}=\frac{5}{6}{{V}_{ABC.A'B'C'}}\Rightarrow \frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{1}{5}.\)

Dựng hình bình hành ACBE.

Ta có \(BC//AE\Rightarrow BC//\left( SAE \right)\Rightarrow d\left( BC,SA \right)=d\left( BC,\left( SAE \right) \right)=2d\left( H,\left( SAE \right) \right).\)

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AE,AM,K là hình chiếu của H trên \(SN.\)

\(\Delta ABE\) vuông cân tại \(B\Rightarrow BM\bot AE\Rightarrow HN\bot AE.\) Mà \(SH\bot AE\Rightarrow HK\bot AE.\)

Mặt khác \(HK\bot SN\Rightarrow HK\bot \left( SAE \right)\Rightarrow d\left( H,\left( SAE \right) \right)=HK.\)

Ta có \(\frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{N}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{3}{{{a}^{2}}}\Rightarrow HK=\frac{a}{\sqrt{3}}.\) Do đó \(d\left( BC,SA \right)=\frac{2a}{\sqrt{3}}.\)

Phương trình \({{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-{{m}^{3}}+3{{m}^{2}}=0\Leftrightarrow {{m}^{3}}-3{{m}^{2}}={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}=f\left( x \right).\)

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

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

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

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 3\\ m \ne 0 \wedge m \ne 2 \end{array} \right.\) thỏa yêu cầu bài toán.

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

TH1. Nếu \(4+m>0\Leftrightarrow m>-4\) thì \(y'>0,\forall x\in \mathbb{R}\backslash \left\{ -2 \right\}.\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = - \frac{m}{2}\\ \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = \frac{{4 - m}}{4} \end{array} \right.\)

Mà \(\underset{x\in \left[ 0;2 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)+\underset{x\in \left[ 0;2 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=-8\Leftrightarrow -\frac{m}{2}+\frac{4-m}{4}=-8\Leftrightarrow m=12\) (nhận).

TH2. Nếu \(4+m<0\Leftrightarrow m<-4\) thì \(y'<0,\forall x\in \mathbb{R}\backslash \left\{ -2 \right\}.\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l} \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = - \frac{m}{2}\\ \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = \frac{{4 - m}}{4} \end{array} \right.\)

Mà \(\underset{x\in \left[ 0;2 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)+\underset{x\in \left[ 0;2 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=-8\Leftrightarrow -\frac{m}{2}+\frac{4-m}{4}=-8\Leftrightarrow m=12\) (loại).

Vậy m=12 thỏa yêu cầu bài toán.