Để lập số tự nhiên có hai chữ số ta thực hiện như sau:

Chọn số thứ nhất: có 6 cách chọn

Chọn số thứ hai: có 6 cách chọn

Theo quy tắc nhân ta có 6.6=36 số

\({u_5} = {u_1} + 4d = 2 + 4.3 = 14\)

\({2^{3x - 7}} = 32 \Leftrightarrow {2^{3x - 7}} = {2^5} \Leftrightarrow 3x - 7 = 5 \Leftrightarrow x = 4\)

V = abc = 4.5.6 = 120

ĐK: \(x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2\)

Nguyên hàm không có tính chất nguyên hàm của tích bằng tích các nguyên hàm.

Ta có diện tích đáy ABCD: \({S_{ABCD}} = {a^2}\).

Đường cao SA = 2a.

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}.{a^2}.2a = \frac{2}{3}{a^3}\).

\(V = \frac{1}{3}\pi {.3^2}.5 = \frac{{45\pi }}{3}.\)

\(S = 4\pi {r^2} = 4\pi .{(2a)^2} = 16\pi {a^2}\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng \(( - \infty ; - 2)\) và \((0; + \infty )\)

\({\log _2}{a^2}{b^3} = {\log _2}{a^2} + {\log _2}{b^3} = 2{\log _2}a + 3{\log _2}b\)

\({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .4.5 = 40\pi .\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có y_CT = 0

          Câu A: Đúng dạng đồ thị ( a > 0, ab < 0)

          Câu B: Không đúng dạng đồ thị (a < 0)

          Câu C: Không đúng dạng đồ thị (a > 0, ab > 0)

          Câu D: Không đúng dạng đồ thị (Hàm số bậc ba)

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 2021}}{{x + 1}}\) là x = -1

\({\log _3}\left( {2x - 5} \right) > 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > \frac{5}{2}\\ 2x - 5 > 9 \end{array} \right. \Leftrightarrow x > 7\)

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f(x) = - 1\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = -1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y = f(x) cắt đường thẳng y = -1 tại 3 điểm phân biệt suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm.

\(\int\limits_{ - 1}^2 {f(x)dx} + \int\limits_2^3 {f(x)dx = } \int\limits_{ - 1}^3 {f(x)dx} \Rightarrow \int\limits_{ - 1}^2 {f(x)dx} = \int\limits_{ - 1}^3 {f(x)dx} - \int\limits_2^3 {f(x)dx = } - 4 - 3 = - 7\)

\(\left| {6 - 5i} \right| = \sqrt {{6^2} + {{( - 5)}^2}} = \sqrt {61} \)

\(2{z^2} + \sqrt 3 z + 3 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{z_1} = \frac{{ - \sqrt 3 + \sqrt {21} i}}{4}}\\ {{z_2} = \frac{{ - \sqrt 3 - \sqrt {21} }}{4}} \end{array}} \right.\)

Suy ra \(z_1^2 + z_2^2 = - \frac{9}{4}\)

\(z = (3 - 2i)(2 + 3i) = 12 + 5i \Rightarrow \overline z = 12 - 5i\)

Ta có hình chiếu của điểm \(M({x_0};{y_0};{z_0})\) trên mặt phẳng (Oyz) là điểm \(M'(0;{y_0};{z_0})\)

Vậy hình chiếu của điểm M(2; - 2;1) trên mặt phẳng (Oyz) có tọa độ là (0; - 2;1).

Mặt cầu \((S):{(x - a)^2} + {(y - b)^2} + {(z - c)^2} = {r^2}\) có tâm I(a;b;c)

Do đó mặt cầu (S) có tâm I(-2;1-5).

Mặt phẳng (P) có vec tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{(P)}}} = (1;3;0)\)

Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng ta thấy điểm N(-3;1;-2) thỏa mãn \(\frac{{ - 3 + 3}}{2} = \frac{{1 - 1}}{{ - 3}} = \frac{{ - 2 + 2}}{{ - 1}} = 0\)

Vậy điểm N(-3;1;-2) thuộc đường thẳng \((d):\frac{{x + 3}}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 3}} = \frac{{z + 2}}{{ - 1}}\)

Ta có \(SA \bot (ABCD)\) nên góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng \(\angle SCA\)

Xét tam giác vuông SAC, \(\tan \angle SCA = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{2\sqrt 3 a}}{{\sqrt 2 a.\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \)

Vậy \(\angle SCA = {60^0}\)

Từ bảng biến thiên ta thấy f'(x) đổi dấu 3 lần khi qua x =  - 2; x = 0; x = 1 nên hàm số có 3 điểm cực trị.

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [-4;4]

\(\begin{array}{l} y' = 3{x^2} - 6x - 9;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1 \in \left[ { - 4;4} \right]\\ x = 3 \in \left[ { - 4;4} \right] \end{array} \right.\\ y( - 4) = - 41;{\rm{ }}y( - 1) = 40;{\rm{ }}y(3) = 8;{\rm{ }}y(4) = 15\\ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} y = - 41 \end{array}\)

\({\log _6}5 = \frac{{{{\log }_5}5}}{{{{\log }_5}6}} = \frac{1}{{{{\log }_5}2 + {{\log }_5}3}} = \frac{1}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}} = \frac{{ab}}{{a + b}}\)

Số nghiệm của phương trình f(x) = m chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m.

Dựa vào bảng biến thiên thì phương trình f(x) = m có ba nghiệm phân biệt khi - 2 < m < 4.

Vậy phương trình có ba nghiệm phân biệt khi \(m \in ( - 2\,;\,4)\).

\({\log _2}(3x - 2) > {\log _2}(6 - 5x) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3x - 2 > 6 - 5x\\ 6 - 5x > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 1\\ x < \frac{6}{5} \end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x < \frac{6}{5}\)

Tập nghiệm của bất phương trình là \((1\,;\,\frac{6}{5})\).

Vậy \(a + b = 1 + \frac{6}{5} = \frac{{11}}{5}\)

Gọi l, R lần lượt là độ dài đường sinh và đường kính đáy của hình nón.

Theo bài ra ta có \(\left\{ \begin{array}{l} l = 2R\\ \pi {R^2} = 9\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} l = 2R\\ R = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} l = 6\\ R = 3 \end{array} \right.\).

Đường cao của hình nón là \(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} = \sqrt {36 - 9} = 3\sqrt 3 \).

Đặt \(\frac{x}{2} = t\; \Rightarrow x = 2t \Rightarrow {\rm{d}}x = 2{\rm{d}}t\).

Đổi cận: \(x = 0 \Rightarrow t = 0;\;x = 4 \Rightarrow t = 2\).

Khi đó \(\int\limits_0^4 {xf'\left( {\frac{x}{2}} \right)\,} {\rm{d}}x = 4\int\limits_0^2 {tf'\left( t \right)\,} {\rm{d}}t = \left. {4tf\left( t \right)} \right|_0^2 - 4\int\limits_0^2 {f\left( t \right)\,} {\rm{d}}t = 4.2.f\left( 2 \right) - 4.\int\limits_0^2 {f\left( x \right)\,{\rm{d}}x} \)

= 4.2.16 - 4.4 = 112

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị \({x^3} - 3x + 2 = x + 2 \Leftrightarrow {x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \pm 2 \end{array} \right.\)

 Diện tích cần tìm 

\(\begin{array}{l} S = \int\limits_{ - 2}^0 {\left| {{x^3} - 4x} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - 4x} \right|{\rm{d}}x} \\ = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{x^3} - 4x} \right){\rm{d}}x} - \int\limits_0^2 {\left( {{x^3} - 4x} \right){\rm{d}}x} \\ = \left( {\frac{{{x^4}}}{4} - 2{x^2}} \right)\left| \begin{array}{l} 0\\ - 2 \end{array} \right. - \left( {\frac{{{x^4}}}{4} - 2{x^2}} \right)\left| \begin{array}{l} 2\\ 0 \end{array} \right. = 8 \end{array}\)

\(w = {z_1} + {z_2} = 2 + 3i - 3 - 5i = - 1 - 2i\)

Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức w là -3

Đặt \(z = x + yi;\left( {x,y \in R} \right)\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l} \left| {\overline z + 1 + 2i} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {\left( {x + 1} \right) + \left( { - y + 2} \right)i} \right| = 1\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( { - y + 2} \right)}^2}} = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 1 \end{array}\)

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn I(-1;2), bán kính R = 1.

Ta có \(\overrightarrow {OA} = \left( {3;1; - 1} \right),\overrightarrow {OB} = \left( {2; - 1;4} \right)\)

Phương trình mặt phẳng (OAB) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {3; - 14; - 5} \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng (OAB) là 3x - 14y - 5z = 0.

Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1; - 2;1} \right)\).

Vì \(d \bot \left( P \right)\) nên \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1; - 2;1} \right)\) cũng là vecto chỉ phương của đường thẳng d.

Suy ra phương trình đường thẳng d thường gặp là \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{1}\)

So với đáp án không có, nên đường thẳng d theo bài là đường có vecto chỉ phương cùng phương với \(\overrightarrow {{n_P}} \) và đi qua điểm A(1;2;1).

Thay tọa độ điểm A(1;2;1) vào 3 đáp án A, B, D thấy đáp án D thỏa mãn.

Số phần tử của không gian mẫu là 36.

Xét phương trình \({x^2} + bx + c = 0\) có \(\Delta = {b^2} - 4c\), với \(b,c \in \overline {1,6} \).

Phương trình vô nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta < 0 \Leftrightarrow b < 2\sqrt c \).

Suy ra có 17 cách gieo để phương trình vô nghiệm.

Vậy xác suất cần tìm là \(P = \frac{{17}}{{36}}\)

Gọi H là trung điểm cạnh \(BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\).

Góc SA giữa và mặt phẳng (ABC) là \(\left( {\widehat {SA;HA}} \right) = \widehat {SAH}\).

\(SH = \sqrt {S{B^2} - H{B^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \(AH = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}\)

Xét tam giác SHA ta có \(\tan \widehat {SAH} = \frac{{SH}}{{AH}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SAH} = {60^0}\).

\(y' = - 4{x^3} - 2\left( {m - 3} \right)x = - 2x\left( {2{x^2} + m - 3} \right)\)

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

Vì hàm số đã cho là hàm trùng phương với a = -1 < 0 nên hàm số có điểm cực đại mà không có điểm cực tiểu ⇔ y' = 0 có đúng 1 nghiệm bằng 0 \( \Leftrightarrow \frac{{3 - m}}{2} \le 0 \Leftrightarrow m \ge 3.\)

Sau 1 tháng dư nợ là: \({N_1} = N\left( {1 + r} \right) - m\) với N = 500 triệu đồng, r = 0,012, m=20 triệu đồng.

Sau 2 tháng dư nợ là: \({N_2} = {N_1}\left( {1 + r} \right) - m = N{\left( {1 + r} \right)^2} - m\left[ {1 + \left( {1 + r} \right)} \right]\).

Sau tháng thứ n dư nợ là: \({N_n} = N{\left( {1 + r} \right)^n} - m\left[ {1 + \left( {1 + r} \right) + {{\left( {1 + r} \right)}^2} + ... + {{\left( {1 + r} \right)}^{n - 1}}} \right]\)

\( = N{\left( {1 + r} \right)^n} - m\left[ {\frac{{1.{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{{1 + r - 1}}} \right] = \left( {N - \frac{m}{r}} \right){\left( {1 + r} \right)^n} + \frac{m}{r}\)

Người đó trả hết nợ ngân hàng khi dư nợ bằng 0 nên ta có:

\(\left( {N - \frac{m}{r}} \right){\left( {1 + r} \right)^n} + \frac{m}{r} = 0 \)

\( \Leftrightarrow {\left( {1 + r} \right)^n} = \frac{m}{{m - Nr}}\)

\( \Leftrightarrow 1,{012^n} = \frac{{20}}{{20 - 500.0,012}}\)

\( \Leftrightarrow 1,{012^n} = \frac{{10}}{7}\)

\( \Leftrightarrow n = {\log _{1,012}}\frac{{10}}{7} \Leftrightarrow n \approx 29,90\)

Vậy sau 30 tháng người đó trả hết nợ ngân hàng.

Nhìn vào đồ thị ta có \(\int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} {\rm{d}}x < \int\limits_1^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} {\rm{d}}x \Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right)} {\rm{d}}x < - \int\limits_1^4 {f'\left( x \right)} {\rm{d}}x\)

\( \Leftrightarrow 0 < f\left( 1 \right) - f\left( { - 1} \right) < f\left( 1 \right) - f\left( 4 \right) \Rightarrow f\left( { - 1} \right) > f\left( 4 \right)\) 

Nhìn vào đồ thị ta có \(\int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} {\rm{d}}x > \int\limits_1^2 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} {\rm{d}}x \Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right)} {\rm{d}}x > - \int\limits_1^2 {f'\left( x \right)} {\rm{d}}x\)

\( \Leftrightarrow 0 < f\left( 1 \right) - f\left( { - 1} \right) > f\left( 1 \right) - f\left( 2 \right) \Rightarrow f\left( { - 1} \right) < f\left( 2 \right)\)

Suy ra: \(f\left( 4 \right) < f\left( { - 1} \right) < f\left( 2 \right)\)

Số nghiệm của phương trình f(x) = 16m + 8n + 4p + 2q + r là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với đường thẳng y = f(2).

Dựa vào bản biến thiên suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

Ta có đáy lọ có đường kính bằng 2dm suy ra bán kính đáy lọ bằng 1dm. Do đó

\(y = 1 \Rightarrow \sqrt {x + 1} = 1 \Leftrightarrow x = 0\)

Ta có miệng lọ có đường kính bằng 4dm suy ra bán kính miệng lọ bằng 2dm. Do đó

\(y = 2 \Rightarrow \sqrt {x + 1} = 2 \Leftrightarrow x = 3\)

Khi đó \(V = \pi \int\limits_0^3 {{{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)}^2}} {\rm{dx = }}\frac{{15}}{2}\pi \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln \left( {x + 1} \right)\\ {\rm{d}}v = \left( {x + 2} \right){\rm{d}}x \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\rm{d}}u = \frac{1}{{x + 1}}{\rm{d}}x\\ v = \frac{1}{2}\left( {{x^2} + 4x + 3} \right) \end{array} \right.\).

Do đó, \(I = \left. {\frac{1}{2}\left( {{x^2} + 4x + 3} \right)\ln \left( {x + 1} \right)} \right|_0^1 - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {x + 3} \right){\rm{d}}x} \)

\( = \left. {\frac{1}{2}\left( {{x^2} + 4x + 3} \right)\ln \left( {x + 1} \right)} \right|_0^1 - \left. {\frac{1}{4}\left( {{x^2} + 6x} \right)} \right|_0^1 = 4\ln 2 - \frac{7}{4}\)

\( \Rightarrow a = b = 4\)

Vậy \(a + {b^2} = 20\).

Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {1 + 2x} \right)f'\left( {1 + x + {x^2}} \right).{e^{f\left( {1 + x + {x^2}} \right)}}\), và \(1 + x + {x^2} = {\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0\forall x \in R\)

\(g'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left( {1 + 2x} \right)f'\left( {1 + x + {x^2}} \right).{e^{f\left( {1 + x + {x^2}} \right)}} > 0 \Leftrightarrow \left( {1 + 2x} \right)f'\left( {1 + x + {x^2}} \right) > 0\)

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

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 đạt giá trị lớn nhất bằng 1.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^3} - 4{x^3} + 4{x^2} + a\) trên [0;2].

\(g'\left( x \right) = 4{x^3} - 12{x^2} + 8x;g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1\\ x = 2 \end{array} \right.;g\left( 0 \right) = a;g\left( 1 \right) = a + 1;g\left( 2 \right) = a\)

Suy ra: \(a \le g\left( x \right) \le a + 1\).

TH1: \(0 \le a \le 4 \Rightarrow a + 1 \ge a > 0 \Rightarrow M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = a + 1;m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = a\)

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l} 0 \le a \le 4\\ a + 1 \le 2a \end{array} \right. \Rightarrow 1 \le a \le 4\). Do đó: có 4 giá trị của a thỏa mãn.

TH2: \( - 4 \le a \le - 1 \Rightarrow a \le a + 1 \le - 1 \Rightarrow \left| {a + 1} \right| \le \left| a \right|\)

\( \Rightarrow M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = |a| = - a;m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = |a + 1| = - a - 1\)

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l} - 4 \le a \le - 1\\ - a \le - 2a - 2 \end{array} \right. \Rightarrow - 4 \le a \le - 2\). Do đó: có 3 giá trị của a thỏa mãn.

Vậy có tất cả 7 giá trị thỏa mãn.

Vẽ \(AH \bot \left( {BCD} \right),H \in \left( {BCD} \right)\)

Vẽ \(HK\,{\rm{//}}\,BC,K \in BD\) có \(BD \bot BC \Rightarrow HK \bot BD\) mà \(AH \bot BD\).

\( \Rightarrow BD \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow BD \bot AK\).

Nên \(\left( {\widehat {\left( {ABD} \right),\left( {BCD} \right)}} \right)\, = \,\,\widehat {AKH}\,\, = 30^\circ \)

Vẽ \(HM\,{\rm{//}}\,BD,M \in BD\) có \(BC \bot BD \Rightarrow HM \bot BC\) mà \(AH \bot BC\).

\(\Rightarrow BC \bot AM\), có góc \(\widehat {ABC} = 135^\circ \).

Suy ra \(\widehat {ABM} = 45^\circ \) (nên B ở giữa M và C).

\(\Delta AMB\) vuông tại M có \(\widehat {ABM} = 45^\circ \).

Suy ra \(\Delta AMB\) vuông cân tại B \( \Rightarrow AM = MB = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\).

Tứ giác BKHM là hình chữ nhật, nên BM = HK.

Tam giác AHK vuông tại H có \(\widehat {AKH} = 30^\circ \), nên \(AH = \frac{{HK}}{{\sqrt 3 }} = \frac{a}{{\sqrt 6 }},AK = 2AH = \frac{{2a}}{{\sqrt 6 }}\)

Tam giác BAD vuông tại A có AK là đường cao nên \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}}\).

\( \Rightarrow \frac{3}{{2{a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow AD = a\sqrt 2 \) và \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = a\sqrt 3 \).

Có \(BC = CM - BM,C{M^2} = C{A^2} - A{M^2} = 5{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{9{a^2}}}{2}\)

Có \(V = \frac{1}{3}AH.{S_{BCD}} = \frac{1}{6}AH.BD.BC = \frac{1}{6}\frac{a}{{\sqrt 6 }}.a\sqrt 3 .a\sqrt 2 = \frac{{{a^3}}}{6}\)

Vậy \(V = \frac{{{a^3}}}{6}\)

ĐK: - 1 < x < 5, y khác 4. Ta có:

\(\begin{array}{l} {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{y^2} + 8y + 16} \right) + {\log _2}\left[ {\left( {5 - x} \right)\left( {1 + x} \right)} \right] = 2{\log _3}\frac{{5 + 4x - {x^2}}}{3} + {\log _2}{\left( {2y + 8} \right)^2}.\\ \Leftrightarrow 2{\log _3}\left( {{y^2} + 8y + 16} \right) - 2{\log _3}\left( {5 + 4x - {x^2}} \right) = {\log _2}\left( {{y^2} + 8y + 16} \right) - {\log _2}\left( {5 + 4x - {x^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{{\log }_3}4 - 1} \right).{\log _2}\left( {{y^2} + 8y + 16} \right) = \left( {{{\log }_3}4 - 1} \right).{\log _2}\left( {5 + 4x - {x^2}} \right) \end{array}\)

\( \Leftrightarrow {y^2} + 8y + 16 = 5 + 4x - {x^2}\) (vì hàm \(f\left( t \right) = \left( {{{\log }_3}4 - 1} \right).{\log _2}t\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {{x^2} + {y^2} + 11} \right)^2} = {\left( {4x - 8y} \right)^2} \le 80\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\\ \Rightarrow {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} - 58\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 121 \le 0\\ \Rightarrow 29 - 12\sqrt 5 \le {x^2} + {y^2} \le 29 + 12\sqrt 5 \\ \Rightarrow \sqrt {29 - 12\sqrt 5 } \le \sqrt {{x^2} + {y^2}} \le \sqrt {29 + 12\sqrt 5 } \end{array}\).

Đặt \(a = \sqrt {29 - 12\sqrt 5 } ,b = \sqrt {29 + 12\sqrt 5 } \) , ta có: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} {\mkern 1mu} P = \max \left\{ {\left| {a - m} \right|,\left| {b - m} \right|} \right\}\).

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} {\mkern 1mu} P \le 10 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left| {a - m} \right| \le 10\\ \left| {b - m} \right| \le 10 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a - 10 \le m \le a + 10\\ b - 10 \le m \le b + 10 \end{array} \right. \Rightarrow b - 10 \le m \le a + 10\).

Vì \(m \in Z\) nên \(S = \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11} \right\}\).

Vậy số tập con không phải là tập rỗng của tập S là \({2^{14}} - 1 = 16383\).