Số cách chọn ba học sinh từ một nhóm gồm 15 học sinh là \(C_{15}^3.\)

\(d = {u_2} - {u_1} =  - 1 - 3 =  - 4 \Rightarrow {u_3} = {u_2} + d =  - 1 + \left( { - 4} \right) =  - 5\)

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số

Đồng biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-\frac{1}{2} \right)\) và \(\left( -\frac{1}{2};3 \right).\)

Nghịch biến trên khoảng \(\left( 3;+\infty  \right).\)

Từ bảng biến thiên, nhận thấy f'(x) đổi dấu từ + sang - tại x = 1 do đó hàm số đạt cực đại tại điểm x = 1 và y_CĐ = 3

Từ đồ thị hàm số y = f'(x) ta thấy f'(x) đổi dấu một lần (cắt trục Ox tại một điểm) do đó số điểm cực trị của hàm số f(x) là 1.

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số không có giá trị nhỏ nhất.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (-2;0) nên chọn \(y = {x^3} + 3{x^2} - 4.\)

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

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình \(f\left( x \right) - 1 = m\) có đúng hai nghiệm khi

\(\left[ \begin{array}{l} m + 1 = - 1\\ m + 1 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = - 2\\ m > - 1 \end{array} \right..\)

Theo các công thức về logarit.

Chọn đáp án D.

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {\log _3}x\) tại điểm có hoành độ x = 2 bằng \(y'\left( 2 \right) = \frac{1}{{2\ln 3}}.\)

\(P = {x^{\frac{1}{3}}}.{x^{\frac{1}{6}}} = {x^{\frac{1}{2}}} = \sqrt x .\)

\({3^{2x + 1}} = 21 \Leftrightarrow {3^{2x}} = 7 \Leftrightarrow {9^x} = 7 \Leftrightarrow x = {\log _9}7.\)

Điều kiện \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1.\)

Khi đó \({\log _2}\left( {x - 1} \right) = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 2 \Leftrightarrow x = 3.\) (nhận)

\(F\left( 2 \right) - F\left( 0 \right) = \int\limits_0^2 {{x^3}dx}  = 4.\)

\(\int\limits_{}^{} {\cos 3xdx}  = \frac{1}{3}\sin 3x + C.\)

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -1;2;2 \right),\overrightarrow{AD}=\left( 1;1;-1 \right).\) Do đó \(\left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD} \right]=\left( -4;1;-3 \right).\)

Bởi vậy, diện tích của hình bình hành ABCD là \(S=\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD} \right] \right|=\sqrt{{{\left( -4 \right)}^{2}}+{{1}^{2}}+{{\left( -3 \right)}^{2}}}=\sqrt{26}\).

\(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx}  = F\left( 1 \right) - F\left( 0 \right) = 3.\)

Số phức z = a + bi với \(a,b \in R\) có phần thực là a nên số phức z = 7 - 5i có phần thực là 7

\(z = {\left( {1 + i} \right)^2} = 1 + 2i + {i^2} = 2i.\)

M(-1;2)

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

\(V = 3.24 = 72\left( {c{m^3}} \right).\)

\(V = \pi .{R^2}.h = \pi .{a^2}.a\sqrt 3  = \pi {a^3}\sqrt 3 .\)

Khối trụ có chiều cao h bán kính đáy r có thể tích là \(V = \pi {r^2}h.\)

Nên thể tích khối trụ đã cho bằng \(\pi {.3^2}.2 = 18\pi .\)

\(\overrightarrow u  = 2\overrightarrow i  - 3\overrightarrow j  + 5\overrightarrow k  \Rightarrow \overrightarrow u  = \left( {2; - 3;5} \right).\)

Ta có \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 8x - 2y + 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2} = 16.\)

Do đó mặt cầu (S) có tọa độ tâm là I(4;1;0)

Mặt phẳng đi qua điểm \(M\left( {3; - 1;1} \right)\) và có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left( {3; - 2;1} \right)\) có phương trình là

\(3\left( {x - 3} \right) - 2\left( {y + 1} \right) + \left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x - 2y + z - 12 = 0\)

Đường thẳng đã cho có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( { - 2;3;1} \right)\) và đi qua điểm \(M\left( {1;0;2} \right)\) nên có phương trình chính tắc là \(\frac{{x - 1}}{{ - 2}} = \frac{y}{3} = \frac{{z - 2}}{1}.\)

Bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông: R = 1

Xác suất P chính là tỉ lệ giữa diện tích hình tròn trên diện tích hình vuông.

Do đó: \(P = \frac{{\pi {{.1}^2}}}{{{2^2}}} \approx 0,785.\)

Hàm số đã cho là hàm số trùng phương, có đồ thị đi qua gốc tọa độ.

Hàm số y liên tục trên đoạn [0;3] và có đạo hàm \(y' = 4{x^3} - 6x.\)

Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \pm \sqrt {\frac{3}{2}} \end{array} \right..\)

Ta có \(y\left( 0 \right) = 2,y\left( 3 \right) = 56,y\left( {\sqrt {\frac{3}{2}} } \right) =  - \frac{1}{4}.\)

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số \(y = {x^4} - 3{x^2} + 2\) trên đoạn [0;3] bằng 56.

Dựa vào bảng biến thiên, yêu cầu bài toán tương đương với \(1 < {\log _2}m < 5 \Leftrightarrow 2 < m < 32 \Leftrightarrow m \in \left\{ {3,4....,31} \right\}.\) Vậy có 29 giá trị m cần tìm.

\(\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\sin 2xdx}  = \frac{1}{4} = F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) - F\left( {\frac{\pi }{6}} \right) \Rightarrow F\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) - \frac{1}{4} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}.\)

\(i\left( {\overline z  - 2 + 3i} \right) = 1 + 2i \Leftrightarrow  - \overline z  + 2 - 3i = i - 2 \Leftrightarrow \overline z  = 4 - 4i\)

Khi đó z = 4 + 4i.

Xét tam giác ABC vuông tại B, ta có:

\(A{{B}^{2}}=\sqrt{A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}-3{{a}^{2}}}=a.\)

Vì AB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) nên:

\(\left( SB,\left( ABC \right) \right)=\left( SB,AB \right)=\widehat{SBA}\)

Xét tam giác SAB vuông tại A ta có:

\(\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}.\)

Suy ra \(\widehat{SBA}={{60}^{0}}\).

* Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó \(AM\bot BC\)

* Kẻ AH vuông góc với SM tại H.

* Ta có \(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{S{{A}^{2}}}.\)

* Suy ra \(d=AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Giả sử \(I\left( {a;b;0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\) và r là tâm và bán kính của mặt cầu (S) và đi qua \(A\left( {2;3; - 3} \right),B\left( {2; - 2;2} \right),C\left( {3;3;4} \right).\)

Phương trình mặt cầu (S) là \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {z^2} = {r^2}.\)

Vì mặt cầu đi qua \(A\left( {2;3; - 3} \right),B\left( {2; - 2;2} \right),C\left( {3;3;4} \right)\) nên

\(\left\{ \begin{array}{l} {\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( {3 - b} \right)^2} + {\left( { - 3} \right)^2} = {r^2}\\ {\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( { - 2 - b} \right)^2} + {2^2} = {r^2}\\ {\left( {3 - a} \right)^2} + {\left( {3 - b} \right)^2} + {4^2} = {r^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 10b + 10 = 0\\ 2a - 12 = 0\\ {\left( {3 - a} \right)^2} + {\left( {3 - b} \right)^2} + {4^2} = {r^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = 1\\ a = 6\\ {r^2} = 29 \end{array} \right.\)

Vậy phương trình mặt cầu (S) là \({\left( {x - 6} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2} = 29.\)

Đường thẳng d đi qua điểm M(3;-1;0) và nhận \(\overrightarrow u  = \left( { - 1;2; - 3} \right)\) làm véc-tơ chỉ phương.

Phương trình chính tắc của \(\left( d \right):\frac{{x - 3}}{{ - 1}} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{z}{{ - 3}}.\)

\(F\left( x \right) = \int\limits_2^x {f\left( t \right)dt}  \Rightarrow F'\left( x \right) = f\left( x \right).\)

Từ đồ thị, ta có bảng biến thiên của hàm số F(x)

Từ bảng biến thiên suy ra F(2) là giá trị lớn nhất.

Chọn đáp án B.

* Trường hợp 1. \({{x}^{2}}-4<0\) ta có \({{9}^{{{x}^{2}}-4}}+\left( {{x}^{2}}-4 \right){{.2019}^{x-2}}<{{9}^{0}}+{{0.2019}^{x-2}}=1.\)

* Trường hợp 2. \({{x}^{2}}-4\ge 0\) ta có \({{9}^{{{x}^{2}}-4}}+\left( {{x}^{2}}-4 \right){{.2019}^{x-2}}\ge {{9}^{0}}+{{0.2019}^{x-2}}=1.\)

Vậy tập hợp các giá trị của x không thỏa mãn bất phương trình là \(x\in \left( -2;2 \right)\Rightarrow a=-2,b=2\Rightarrow b-a=4.\)

Ta có \(I=\int\limits_{0}^{1}{xf\left( {{x}^{2}} \right)dx}-\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}f\left( {{x}^{3}} \right)dx}=A-B.\)

* Tính \(A=\int\limits_{0}^{1}{xf\left( {{x}^{2}} \right)dx}.\)

Đặt \(t={{x}^{2}}\Rightarrow dt=2xdx.\) Đổi cận \(x=0\Rightarrow t=0$ và $x=1\Rightarrow t=1.\)

Khi đó \(A=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{f\left( t \right)dt}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx}=3.\)

* Tính \(A=\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}f\left( {{x}^{3}} \right)dx}.\)

Đặt \(t={{x}^{3}}\Rightarrow dt=3{{x}^{2}}dx.$ Đổi cận \(x=0\Rightarrow t=0$ và \(x=1\Rightarrow t=1.\)

Khi đó \(A=\frac{1}{3}\int\limits_{0}^{1}{f\left( t \right)dt}=\frac{1}{3}\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx}=2.\)

Vậy I=A-B=3-2=1.

Đặt \(z = a + bi\left( {a,b \in R} \right).\) Khi đó \(\left| {z + 1 - 3i} \right| = 3\sqrt 2  \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 18{\rm{ }}\left( 1 \right).\)

\({\left( {z + 2i} \right)^2} = {\left[ {x + \left( {y + 2} \right)i} \right]^2} = {x^2} - {\left( {y + 2} \right)^2} + 2x\left( {y + 2} \right)i.\)

Theo giả thiết ta có \({\left( {z + 2i} \right)^2}\) là số thuần ảo nên \({x^2} - {\left( {y + 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = y + 2\\ x = - \left( {y + 2} \right) \end{array} \right..\)

Với x = y + 2 thay vào (1) ta được phương trình \(2{y^2} = 0 \Leftrightarrow y = 0 \Rightarrow x = 2 \Rightarrow {z_1} = 2.\)

Với \(x =  - \left( {y + 2} \right)\) thay vào (1) ta được phương trình \(2{y^2} - 4y - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} y = 1 + \sqrt 5 \\ y = 1 - \sqrt 5 \end{array} \right.\).

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} {z_2} = - 3 - \sqrt 5 + \left( {1 + \sqrt 5 } \right)i\\ {x_3} = - 3 + \sqrt 5 + \left( {1 - \sqrt 5 } \right)i \end{array} \right..\)

Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi H là trung điểm của \(AD\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow BH\) là hình chiếu vuông góc của SB trên \(\left( ABCD \right)$. Nên góc \(\widehat{SBH}\) là góc giữa SB và \(\left( ABCD \right)\), vậy \(\widehat{SBH}={{60}^{0}}.\)

\(\Delta SBH\) vuông tại \(A\Rightarrow BH=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\)

\(\Delta HSB\) vuông tại \(H\Rightarrow SH=HB.\tan {{60}^{0}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}.\)

\({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{15}}{6}.\)

Gọi \({{r}_{1}},{{h}_{1}},{{V}_{1}}\) lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và thể tích khối nón được giới hạn bởi phần chứa nước lúc ban đầu; r,h,V lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và thể tích khối nón giới hạn bởi cái phễu; \({{h}_{2}}\) là chiều cao mực nước sau khi lộn ngược phễu. Theo tính chất tam giác đồng dạng ta có

\(\frac{{{r}_{1}}}{r}=\frac{{{h}_{1}}}{h}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{{{V}_{1}}}{V}={{\left( \frac{{{h}_{1}}}{h} \right)}^{3}}=\frac{1}{27}.\)

Sau khi lộn ngược phễu, tỉ số thể tích giữa phần không gian trong phễu không chứa nước và thể tích phễu bằng

\(1-\frac{1}{27}=\frac{{{\left( h-{{h}_{2}} \right)}^{2}}}{{{h}^{3}}}\Leftrightarrow \frac{26}{27}=\frac{{{\left( 15-{{h}_{2}} \right)}^{3}}}{{{15}^{3}}}\Leftrightarrow {{h}_{2}}=15-5\sqrt[3]{26}\approx 0,188.\)

+ Ta có \(h=d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\left| -1-2.2+2.\left( -1 \right)-2 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\frac{9}{3}=3.\)

+ Từ đề bài ta có bán kính đường tròn giao tuyến là r=5 nên bán kính mặt cầu là \(R=\sqrt{{{r}^{2}}+{{h}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}+{{3}^{2}}}=\sqrt{34}.\)

+ Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( -1;2;-1 \right)\) và bán kính \(R=\sqrt{34}\) là \({{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=34.\)

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

Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {\frac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = a,a < - 1\\ \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = b, - 1 < b < 0\\ \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = c,0 < c < 2\\ \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = d,d > 2 \end{array} \right.\)

Xét hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}.\)

Tập xác định D = R \ {1}

Ta có \(h'\left( x \right) = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in D.\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy: Phương trình \(h\left( x \right) = a,h\left( x \right) = b,h\left( x \right) = c,h\left( x \right) = d\) đều có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy hàm số \(f\left( x \right) = f\left( {\frac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right)\) có 8 cực trị.

TH1: \({{x}^{2}}+2{{y}^{2}}>1.\) Đặt \(z=y\sqrt{2},\) suy ra \({{x}^{2}}+{{z}^{2}}>1\text{ }\left( 1 \right).\) Khi đó:

\({{\log }_{{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}}}\left( 2x+y \right)\ge 1\Leftrightarrow 2x+y\ge {{x}^{2}}+2{{y}^{2}}\Leftrightarrow 2x+\frac{z}{\sqrt{2}}\ge {{x}^{2}}+{{z}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-\frac{1}{2\sqrt{2}} \right)}^{2}}\ge \frac{9}{8}\text{ }\left( 2 \right).\)

Tập hợp các điểm \(M\left( x;y \right)\) là miền \(\left( H \right)\) bao gồm miền ngoài của hình tròn \(\left( {{C}_{1}} \right):{{x}^{2}}+{{z}^{2}}=1\) và miền trong của hình tròn \(\left( {{C}_{2}} \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-\frac{1}{2\sqrt{2}} \right)}^{2}}=\frac{9}{8}.\)

Hệ \(\left\{ \begin{array}{l} T = 2x + \frac{z}{{\sqrt 2 }}\\ {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {z - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)^2} \ge \frac{9}{8}\\ {x^2} + {z^2} > 1 \end{array} \right.\) có nghiệm khi đường thẳng \(d:2x + \frac{z}{{\sqrt 2 }} - T = 0\) có điểm chung với miền (H)

Để T đạt giá trị lớn nhất thì đường thẳng d phải tiếp xúc với đường tròn (C₂) nghĩa là ta có \(d\left( {I,d} \right) = \frac{3}{{2\sqrt 2 }}\) \( \Leftrightarrow \left| {T - \frac{9}{4}} \right| = \frac{9}{4} \Leftrightarrow T = \frac{9}{2}\) với \(I\left( {1;\frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)\) là tâm của đường tròn \(\left( {{C_2}} \right)\).

TH2. \(0 < {x^2} + 2{y^2} < 1\) ta có

\({\log _{{x^2} + 2{y^2}}}\left( {2x + y} \right) \ge 1 \Leftrightarrow 2x + y \le {x^2} + 2{y^2} \Leftrightarrow T = 2x + y < 1\) (loại).

Vậy \(\max T = \frac{9}{2}.\)

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 3} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 1} \right)} \right]dx}  = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)dx} .\)

Giả sử \(z=a+bi\left( a,b\in \mathbb{R} \right)\)

Theo đề bài ta có \(\left| z-3-4i \right|=\sqrt{5}\Leftrightarrow {{\left( a-3 \right)}^{2}}+{{\left( b-4 \right)}^{2}}=5\text{ }\left( 1 \right).\)

Mặt khác \(P={{\left| z+2 \right|}^{2}}-{{\left| z-i \right|}^{2}}={{\left( a+2 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}-\left[ {{a}^{2}}+{{\left( b-1 \right)}^{2}} \right]=4a+2b+3\text{  }\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(20{{a}^{2}}+\left( 64-8P \right)a+{{P}^{2}}-22P+137=0\text{ }\left( * \right).\)

Phương trình \(\left( * \right)\) có nghiệm khi \(\Delta '=-4{{P}^{2}}+184P+-1716\ge 0\Leftrightarrow 13\le P\le 33\Rightarrow \left| \text{w} \right|=\sqrt{1258}.\)

Đặt AD=x với x>0.

Trong mặt phẳng \(\left( SAC \right):\) kẻ \(AH\bot SB\) tại H; trong mặt phẳng \(\left( SAD \right)\), kẻ \(AK\bot SD\) tại K.

Dễ dàng chứng minh được \(AH\bot \left( SBC \right)\), \(AK\bot \left( SCD \right)\) và H là trung điểm của SB.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ

Ta có: \(A\left( 0;0;0 \right),B\left( a;0;0 \right),S\left( 0;0;a \right),D\left( 0;x;0 \right),H\left( \frac{a}{2};0;\frac{a}{2} \right)\)

Suy ra: \(\overrightarrow{SD}=\left( 0;x;-a \right),\overrightarrow{AS}=\left( 0;0;a \right),\overrightarrow{AH}=\left( \frac{a}{2};0;\frac{a}{2} \right).\)

Trong tam giác SAD vuông tại A có

\(S{{A}^{2}}=SK.SD\Leftrightarrow \frac{SK}{SD}=\frac{S{{A}^{2}}}{S{{D}^{2}}}=\frac{S{{A}^{2}}}{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{SK}=\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\overrightarrow{SD}\Leftrightarrow \overrightarrow{AK}-\overrightarrow{AS}=\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\overrightarrow{SD}\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{AK}=\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\overrightarrow{SD}+\overrightarrow{AS}\Leftrightarrow \overrightarrow{AK}=\left( 0;\frac{{{a}^{2}}x}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}};\frac{a{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}} \right)\).

Do \(\overrightarrow{AH},\overrightarrow{AK}\) lần lượt là hai véc-tơ pháp tuyến của hai mặt phẳng \(\left( SBC \right)\) và \(\left( SCD \right)\) nên

\(\cos \varphi =\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow \frac{\left| \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{AK} \right|}{\left| \overrightarrow{AH} \right|.\left| \overrightarrow{AK} \right|}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{3}\left| \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{AK} \right|=\left| \overrightarrow{AH} \right|.\left| \overrightarrow{AK} \right|\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{3}.\left| \frac{a}{2}.\frac{a{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}} \right|=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\sqrt{\frac{{{a}^{4}}{{x}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}^{2}}}+\frac{{{a}^{2}}{{x}^{4}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}^{2}}}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{{{a}^{2}}.{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\frac{{{a}^{2}}x}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}.\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\Leftrightarrow \sqrt{3}x=\sqrt{2}.\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\)

\(\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}=2{{a}^{2}}+2{{x}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}=2{{a}^{2}}\Leftrightarrow x=a\sqrt{2}=AD.\)

Thể tích khối chóp S.ABCD là \(V=\frac{1}{3}SA.AB.AD=\frac{1}{3}.a.a.a\sqrt{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}.\)