Mỗi cách xếp 4 học sinh thành một hàng dọc là một hoán vị của 4 phần tử.

Vậy số cách xếp 4 học sinh thành một hàng dọc là: 4!.

\(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} =  - 3\)

\({u_3} = {u_2}.q =  - 18\)

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

Hàm số \(y=f\left( x \right)\) có ba điểm cực trị là: x=-1,x=0,x=1.

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

+ Bảng xét dấu

+ Ta thấy f'(x) đổi dấu 3 lần nên hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Ta có: \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=3;\text{ }\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=3\) nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng y=3.

Nhìn vào hình vẽ ta thấy đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại các đáp án \(y={{x}^{3}}-x-1\) và \(y={{x}^{3}}+x-1\)

Ta thấy đồ thị hàm số không có cực trị nên chọn đáp án \(y={{x}^{3}}+x+1\) vì hàm số này có \(y'=3{{x}^{2}}+1>0,\forall x\).

\(y = {x^4} + 4{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^2} = 1\\ {x^2} = - 3(PTVN) \end{array} \right. \Leftrightarrow x = \pm 1\)

Suy ra đồ thị hàm số có 2 giao điểm với trục hoành.

\({\log _2}\frac{4}{a} = {\log _2}4 - {\log _2}a = 2 - {\log _2}a\)

\(\left( {{a^x}} \right)' = {a^x}\ln a \Rightarrow \left( {{3^x}} \right)' = {3^x}\ln 3\)

\(\sqrt[3]{{{a^2}}} = {a^{\frac{2}{3}}}\)

\({3^{4x - 6}} = 9 \Leftrightarrow {3^{4x - 6}} = {3^2} \Leftrightarrow 4x - 6 = 2 \Leftrightarrow x = 2.\)

\(\ln \left( {7x} \right) = 7 \Leftrightarrow 7x = {e^7} \Leftrightarrow x = \frac{{{e^7}}}{7}\)

\(\int {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = \int {\frac{{{x^3} + 2x}}{x}{\rm{d}}x = \int {\left( {{x^2} + 2} \right)} } {\rm{d}}x = \frac{{{x^3}}}{3} + 2x + C\)

\(\int {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = \int {\sin 4x{\rm{d}}x = }  - \frac{{\cos 4x}}{4} + C\)

\(\int\limits_{1}^{4}{f\left( u \right)}\text{d}u=\int\limits_{1}^{2}{f\left( u \right)}\text{d}u+\int\limits_{2}^{4}{f\left( u \right)}\text{d}u\Leftrightarrow -3=1+\int\limits_{2}^{4}{f\left( u \right)du}\Leftrightarrow \int\limits_{2}^{4}{f\left( u \right)}\text{d}u=-4\).

Ta có \(\int\limits_{1}^{2}{\text{(}2mx+1)\text{d}x}=4\Leftrightarrow \left. \left( m{{x}^{2}}+x \right) \right|_{1}^{2}=4\Leftrightarrow 4m+2-m-1=4\Leftrightarrow m=1\).

Vậy \(m\in [0;2)\).

Ta có \(z=i\left( 1+3i \right)=-3+i\) nên \(\overline{z}=-3-i\).

\(3{z_1} - 4{z_2} = 3\left( {5 - 6i} \right) - 4\left( {2 + 3i} \right) = 7 - 30i\)

Ta có số phức \({{z}_{1}}+2{{z}_{2}}=5+3i\) có điểm biểu diễn là \(\left( 5\,;\,3 \right)\).

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\left( {\frac{1}{2}.AB.BC} \right).SA = \frac{1}{6}.3a.4a.2a = 4{a^3}\)

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 3  = \frac{{3{a^3}}}{4}\)

\({S_{xq}} = 2\pi Rh\)

Khối nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC có chiều cao h=AC=3và bán kính đáy \(r=AB=\sqrt{3}\Rightarrow V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi .{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}.3=3\pi \).

Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\ {y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\ {z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_C} = 3{x_G} - {x_A} - {x_B} = 1\\ {y_C} = 3{y_G} - {y_A} - {y_B} = 1\\ {z_C} = 3{z_G} - {z_A} - {z_B} = 5 \end{array} \right. \Rightarrow C\left( {1;1;5} \right)\)

Phương trình mặt cầu có dạng: \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2ax-2by-2cz+d=0 \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}>d \right)\)

\(\Rightarrow a=1, b=-2, c=-2, d=5\).

Vậy tâm mặt cầu là \(I\left( 1;-2;-2 \right)\) và bán kính mặt cầu \(R=\sqrt{1+4+4-5}=2\).

Điểm nằm trên trục Oz thì hoành độ và và tung độ bằng 0.

Đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm \(M\left( -3;5;-7 \right)\) nhận \(\overrightarrow{OM}=\left( -3;5;-7 \right)\Rightarrow \overrightarrow{u}=-2\overrightarrow{OM}=\left( 6;-10;14 \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right)=18\)

Gọi A là biến cố chọn được số lẻ. \(A=\left\{ 1;3;5;7;9;11;13;15;17 \right\}\Rightarrow n\left( A \right)=9\).

Vậy xác suất là \(p\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{9}{18}=\frac{1}{2}\).

Xét các đáp án ta có

Đáp án A tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\) nên loại

Đáp án B đồ thị là Parabol nên loại

Đáp án C có TXĐ: \(\mathbb{R}\)

\(y'=-18{{x}^{2}}+4x-1<0,\forall x\in \mathbb{R}\) nên hàm số nghịch biến trên R

Đáp án D hàm số có 3 cực trị nên không thỏa mãn.

Xét hàm số \(f\left( x \right)=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}\) trên đoạn \(\left[ -2;2 \right]\).

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

Ta có \(f\left( -2 \right)=-8;\,\,f\left( -1 \right)=1;\,\,f\left( 0 \right)=0;\,\,f\left( 1 \right)=1;\,\,f\left( 2 \right)=-8\).

Vậy \(\underset{\left[ -2;\,2 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=-8\).

Điều kiện xác định của bất phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ 2x - 1 > 0 \end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}\)

Ta có \({{\log }_{\frac{1}{2}}}x\le {{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( 2x-1 \right)\Leftrightarrow x\ge 2x-1\Leftrightarrow x\le 1\).

Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là \(\left( \frac{1}{2};1 \right]\).

Ta có \(6=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\left[ \sin x-3f\left( x \right) \right]}\text{d}x=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\sin x\text{d}x-3\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{f\left( x \right)}}\text{d}x=-\left. \text{co} \text{s}\,x \right|_{0}^{\frac{\pi }{3}}-3\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{f\left( x \right)}\text{d}x=\frac{1}{2}-3\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{f\left( x \right)}\text{d}x\)

Suy ra \(3\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{f\left( x \right)}\text{d}x=\frac{1}{2}-6\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{f\left( x \right)}\text{d}x=-\frac{11}{6}\).

\(\left( {1 - 2i} \right)\left( {\overline z  - 1} \right) = \left( {1 - 2i} \right)\left( {4 + 3i} \right) = 10 - 5i.\)

\(\left| {\left( {1 - 2i} \right)\left( {\overline z  - 1} \right)} \right| = \sqrt {{{10}^2} + {5^2}}  = 5\sqrt 5 .\)

Ta có \({B}'B=a\Rightarrow C{C}'=a\)

\(AC=a\sqrt{3}\)

Góc giữa \({C}'A\) và mp \(\left( ABC \right)\) bằng góc đường thẳng \({C}'A\) và CA bằng góc \(\widehat{{C}'AC}\)

\(\tan \widehat{{C}'AC}=\frac{{C}'C}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{{C}'AC}={{30}^{0}}\)

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow \widehat {SCO} = 60^\circ  \Rightarrow \tan 60^\circ  = \frac{{SO}}{{OC}} \Rightarrow SO = OC\sqrt 3  = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.\sqrt 3  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Ta có bán kính \(R=IM=\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}+0}=5\).

Vậy phương trình mặt cầu tâm \(I\left( -1;\,\,2;\,\,0 \right)\), bán kính R=5 là \({{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=25\).

\(\overrightarrow{AB}=\left( -1;-1;5 \right)\).

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng AB đi qua điểm A và nhận \(\overrightarrow{AB}=\left( -1;-1;5 \right)\) làm vectơ chỉ phương là: \(\left\{ \begin{array}{l} x = 2 - t\\ y = 3 - t\\ z = - 1 + 5t \end{array} \right.\)

Gọi M là trung điểm cạnh AB.

Ta có \(OM\,\text{//}\,AD\) nên \(AD\,\text{//}\,\left( SOM \right)\). Suy ra \(d\left( SO,AD \right)=d\left( AD,\left( SOM \right) \right)=d\left( A,\left( SOM \right) \right)\,\,\left( 1 \right)\).

Vẽ \(AN\bot OM,\,N\in OM\) và \(AH\bot SN\,\,\left( 2 \right),\,H\in SN\).

Do \(SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SA\bot OM\). Mà \(OM\bot AN\) nên \(OM\bot \left( SAN \right)\Rightarrow OM\bot AH\,\,\left( 3 \right)\).

Từ \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) suy ra \(AH\bot \left( SOM \right) \Rightarrow AH=d\left( A,\left( SOM \right) \right)\,\,\left( 4 \right)\)

Do \(AN\bot OM,\,OM\,\text{//}\,AD \Rightarrow AN\bot AD\Rightarrow \widehat{NAD}=90{}^\circ \).

Lại có ABCD là hình thoi tâm O có \(\widehat{BAD}=60{}^\circ \) nên \(\widehat{MAN}=90{}^\circ -\widehat{BAD}=30{}^\circ \).

Xét tam giác MAN vuông tại N có \(AN=AM.\cos \widehat{MAN}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\cos 30{}^\circ =\frac{3a}{4}\).

Do tam giác SAN vuông tại A có AH là đường cao nên \(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{S}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}}\Leftrightarrow AH=\frac{AS.AN}{\sqrt{A{{S}^{2}}+A{{N}^{2}}}}=\frac{3a.\frac{3a}{4}}{\sqrt{9{{a}^{2}}+\frac{9{{a}^{2}}}{16}}}=\frac{3\sqrt{17}a}{17}\,\,\left( 5 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right),\left( 4 \right)\) và \(\left( 5 \right)\) suy ra \(d\left( SO,AD \right)=\frac{3\sqrt{17}a}{17}\).

\(xf\left( {{x}^{2}} \right)-f\left( 2x \right)=2{{x}^{3}}+2x\Rightarrow \int\limits_{1}^{2}{\left[ xf\left( {{x}^{2}} \right)-f\left( 2x \right) \right]}\text{d}x=\int\limits_{1}^{2}{\left( 2{{x}^{3}}+2x \right)\text{d}x}\)

\(\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{2}{\left[ xf\left( {{x}^{2}} \right) \right]}\text{d}x-\int\limits_{1}^{2}{\left[ f\left( 2x \right) \right]}\text{d}x=\left( \frac{{{x}^{4}}}{2}+{{x}^{2}} \right)\left| \begin{align} & 2 \\ & 1 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{2}{\left[ xf\left( {{x}^{2}} \right) \right]}\text{d}x-\int\limits_{1}^{2}{\left[ f\left( 2x \right) \right]}\text{d}x=\frac{21}{2}\).

+ Tính \(\int\limits_{1}^{2}{\left[ xf\left( {{x}^{2}} \right) \right]}\text{d}x\)

Đặt \(u={{x}^{2}}\Rightarrow \text{d}u=2x\text{d}x\Leftrightarrow x\text{d}x=\frac{\text{d}u}{2}\)

\(x=1\Rightarrow u=1;\,\,x=2\Rightarrow u=4\)

Suy ra \(\int\limits_{1}^{2}{\left[ xf\left( {{x}^{2}} \right) \right]}\text{d}x=\int\limits_{1}^{4}{\frac{f\left( u \right)}{2}\text{d}u}=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}\)

+ Tính \(\int\limits_{1}^{2}{\left[ f\left( 2x \right) \right]}\text{d}x\)

Đặt \(t=2x\Rightarrow \text{d}t=2\text{d}x\Leftrightarrow \text{d}x=\frac{\text{d}t}{2}\).

\(x=1\Rightarrow t=2;\,\,x=2\Rightarrow t=4\).

Suy ra \(\int\limits_{1}^{2}{\left[ f\left( 2x \right) \right]}\text{d}x=\int\limits_{2}^{4}{\frac{f\left( t \right)}{2}\text{d}t}=\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}\)

Thay vào ta được \(\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}-\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}=\frac{21}{2}\Leftrightarrow \frac{1}{2}\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}+\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}-\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x=\frac{21}{2}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{2}\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}=\frac{21}{2}\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}=21\).

\(\log _{2}^{2}x+2{{\log }_{2}}x+m=0\left( 1 \right)\)

Điều kiện: x>0.

Đặt \(t={{\log }_{2}}x\). Vì \(x\in \left( 0\,;\,1 \right)\) nên \(t\in \left( -\infty ;0 \right)\).

Phương trình trở thành \({{t}^{2}}+2t+m=0\Leftrightarrow m=-{{t}^{2}}-2t\left( 2 \right)\).

Phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm \(x\in \left( 0\,;\,1 \right)\) khi và chỉ khi phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm t<0 \(\Leftrightarrow \) đường thẳng y=m có điểm chung với đồ thị hàm số \(y=f\left( t \right)=-{{t}^{2}}-2t\) trên khoảng \(\left( -\infty ;0 \right)\)

Xét hàm số \(y=f\left( t \right)=-{{t}^{2}}-2t\) trên khoảng \(\left( -\infty ;0 \right)\)

\({f}'\left( t \right)=-2t-2; {f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=-1\).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra \(m\le 1\) thì đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số \(y=f\left( t \right)=-{{t}^{2}}-2t\) trên khoảng \(\left( -\infty ;0 \right)\).

Vậy với \(m\le 1\) thì phương trình \(\log _{2}^{2}x+2{{\log }_{2}}x+m=0\) có nghiệm \(x\in \left( 0\,;\,1 \right)\).

+) Số tự nhiên có ba chữ số khác nhau có dạng \(\overline{abc},\ \ a\ne 0\)

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega\right)=9.9.8=648\).

+) Gọi A là biến cố: “Chọn được số có S>0 và S chia hết cho 6”.

Ta có: S=a.b.c>0 nên ba chữ số \(a,~b,~c\) khác 0.

Mặt khác S=a.b.c chia hết cho 6 nên xảy ra một trong các TH sau:

+) TH1: Trong 3 chữ số \(a,~b,~c\) có chữ số 6.

- Chọn vị trí cho chữ số 6: có 3 cách.

- Chọn 2 chữ số trong tập \(\left\{ 1;\ 2;\ 3;\ 4;\ 5;\ 7;\ 8;\ 9 \right\}\) và xếp vào 2 vị trí còn lại: có \(A_{8}^{2}\) cách.

\(\Rightarrow \) có \(3.A_{8}^{2}=168\).

+) TH2: Trong 3 chữ số a,b,c không có chữ số 6.

Khi đó để a.b.c chia hết cho 6 ta cần có ít nhất 1 chữ số chia hết cho 2 thuộc tập \(\left\{ 2;4;8 \right\}\) và ít nhất 1 chữ số chia hết cho 3 thuộc tập \(\left\{ 3;9 \right\}\). Có các khả năng sau:

- Trong 3 chữ số a,b,c có một chữ số chia hết cho 2, một chữ số chia hết cho 3 và một chữ số thuộc tập \(\left\{ 1;5;7 \right\}\): có \(C_{3}^{1}.C_{2}^{1}.C_{3}^{1}.3!=108\).

- Trong 3 chữ số a,b,c có 2 chữ số chia hết cho 2, một chữ số chia hết cho 3: có \(C_{3}^{2}.2.3!=36\).

- Trong 3 chữ số a,b,c có 1 chữ số chia hết cho 2 và 2 chữ số chia hết cho 3: có \(C_{3}^{1}.C_{2}^{2}.3!=18\).

Suy ra \(n\left( A \right)=168+108+36+18=330\)

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{330}{648}=\frac{55}{108}\).

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

Ta có \({y}'=\frac{{{m}^{2}}-3m-4}{{{\left( x-m \right)}^{2}}}\).

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( 2\,;\,+\infty  \right)\) khi và chỉ khi \({y}'<0,\forall x\in \left( 2\,;\,+\infty  \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 3m - 4 < 0\\ m \notin \left( {2\,;\, + \infty } \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 4\\ m \le 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < m \le 2\)

Vậy với \(-1<m\le 2\) thì hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( 2\,;\,+\infty  \right)\).

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\).

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

+ \({{y}'}'=6mx-2\left( {{m}^{2}}+1 \right)\).

Hàm số đã cho là hàm đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 3 nên ta có :

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm \(x = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y'\left( 1 \right) = 0\\ y''\left( 1 \right) > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3m - 2\left( {{m^2} + 1} \right) + 2 = 0\\ 6m - 2\left( {{m^2} + 1} \right) > 0 \end{array} \right.\)

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

Ta thấy chỉ có \(m=\frac{3}{2}\) thỏa mãn \(\left( * \right)\).

Vậy \(m=\frac{3}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Ta có : \(SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SA\bot AC\Rightarrow \Delta SAC\) vuông tại A (1)

+ Lại có : \(\left. \begin{align} & DC\bot SA \\ & DC\bot AD \\ \end{align} \right\}\Rightarrow DC\bot SD\Rightarrow \Delta SDC\) vuông tại D (2)

+ Tương tự, \(\Delta SBC\) vuông tại B (3)

+ Từ (1), (2), (3) suy ra S;A;B;C;D cùng thuộc một mặt cầu đường kính SC.

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại A có: \(SC=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}}=a\sqrt{6}\).

Đường kính của mặt cầu là \(SC=a\sqrt{6}\).

+ Từ đồ thị hàm số y = f(x) ta có:

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

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

+ Xét hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2}\) trên đoạn \(\left[ { - 1;\,2} \right]\).

* \(y' = 3{x^2} - 6x\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \in \left[ { - 1;\,2} \right]\\ x = 2 \in \left[ { - 1;\,2} \right] \end{array} \right..\)

* Bảng biến thiên

+ Phương trình \(f\left( {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+m \right)-4=0\) có nghiệm thuộc đoạn \(\left[ -1;\,2 \right]\) khi và chỉ khi phương trình \(\left( 1 \right)\) hoặc phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm thuộc đoạn \(\left[ -1;\,2 \right]\).

Từ bảng biến thiên của hàm số \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}\) ta có:

* Phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm \(x\in \left[ -1;\,2 \right]\) khi và chỉ khi \(-4\le -m\le 0\Leftrightarrow 0\le m\le 4\left( 3 \right)\).

* Phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm \(x\in \left[ -1;\,2 \right]\) khi và chỉ khi \(-4\le 3-m\le 0\Leftrightarrow 3\le m\le 7\left( 4 \right)\).

+ Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra phương trình \(f\left( {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+m \right)-4=0\) có nghiệm thuộc đoạn \(\left[ -1;\,2 \right]\) khi và chỉ khi \(0\le m\le 7\), mặt khác m nguyên nên có 8 giá trị m thỏa mãn bài toán.

Xét \(\Delta SAB\) và \(\,\Delta SCB\) có: \(\widehat{SAB}=\widehat{SCB}=90{}^\circ ;\,AB=BC\), cạnh SB chung nên \(\Delta SAB=\Delta SCB\) Trong tam giác SAB kẻ đường cao \(AE\bot SB\) khi đó \(CE\bot SB\).

Khi đó \(\left( \widehat{\left( SAB \right)\,,\,\left( SBC \right)} \right)=\left( \widehat{AE,CE} \right)=60{}^\circ \).

Trường hợp \(\widehat{AEC}=\left( \widehat{AE,CE} \right)=60{}^\circ \) thì AE=AC=AB=a điều này vô lí vì tam giác AEB vuông tại E suy ra \(\widehat{AEC}=180{}^\circ -\left( \widehat{AE,CE} \right)=120{}^\circ \)

Trong tam giác AEC cân tại E kẻ đường cao EK, ta có \(\widehat{EAK}=30{}^\circ\)

Xét tam giác vuông AEK ta có: \(AE=\frac{AK}{cos30{}^\circ }=\frac{\sqrt{3}}{3}a\).

Trong tam giác vuông ABE ta có \(BE=\sqrt{A{{B}^{2}}-A{{E}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}a\)

Trong tam giác SAB có: \(BS=\frac{A{{B}^{2}}}{BE}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

\({{V}_{B.EAC}}=\frac{1}{3}.BE.\frac{1}{2}.EA.EC.\sin 120{}^\circ =\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}.\frac{1}{2}.{{\left( \frac{a}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{36}\).

\(\frac{{{V}_{B.EAC}}}{{{V}_{B.SAC}}}=\frac{BE}{BS}.\frac{BA}{BA}.\frac{BC}{BC}=\frac{BE}{BS}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{3}}{\frac{a\sqrt{6}}{2}}=\frac{2}{3}\).

\(\Rightarrow {{V}_{B.SAC}}=\frac{3}{2}.{{V}_{B.EAC}}=\frac{3}{2}.\frac{\sqrt{2}}{36}{{a}^{3}}=\frac{\sqrt{2}}{24}{{a}^{3}}\).

Vậy \({{V}_{S.ABC}}=\frac{\sqrt{2}}{24}{{a}^{3}}\).

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

Phương trình \({g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=-x\).

Ta vẽ đồ thị \(y={f}'\left( x \right)\) và đường thẳng y=-x trên cùng một hệ trục tọa độ.

Nghiệm của phương trình chính là hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên.

Xét trên khoảng \(\left( -3;3 \right)\) ta có:

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

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra được hàm số \(y=g\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại x=1.

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

\(\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{3} \right)}^{3{{x}^{2}}-3mx+4}}+3{{x}^{2}}-3mx+4={{\left( \sqrt{3} \right)}^{2{{x}^{2}}-mx+3m}}+2{{x}^{2}}-mx+3m \left( 2 \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{\left( \sqrt{3} \right)}^{t}}+t\) trên tập \(\mathbb{R}\). Ta có \({f}'\left( t \right)={{\left( \sqrt{3} \right)}^{t}}\ln \sqrt{3}+1>0,\forall t\in \mathbb{R}\) suy ra hàm số \(y=f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Khi đó, phương trình \(\left( 2 \right)\Leftrightarrow f\left( 3{{x}^{2}}-3mx+4 \right)=f\left( 2{{x}^{2}}-mx+3m \right)\)

\(\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-3mx+4=2{{x}^{2}}-mx+3m \Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx-3m+4=0 \left( 3 \right)\).

Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình \(\left( 3 \right)\) có hai nghiệm phân biệt 

\(\Leftrightarrow {\Delta }'>0\Leftrightarrow {{m}^{2}}+3m-4>0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m>1 \\ & m<-4 \\ \end{align} \right..\)

Mà m nguyên và thuộc khoảng \(\left( 0;2020 \right)\) suy ra \(S=\left\{ 2;3;4...;2019 \right\}\).

Vậy tập S có 2018 phần tử.

Từ đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) ta thấy miền giá trị của \(f\left( x \right)\) là \(\left( -\infty ;-2 \right]\).

Đặt \(t=f\left( x \right)\), với \(t\le -2\).

Do đó bất phương trình \({{36.12}^{f\left( x \right)}}+\left( {{m}^{2}}-5m \right){{.4}^{f\left( x \right)}}\le \left( {{f}^{2}}\left( x \right)-4 \right){{.36}^{f\left( x \right)}}\quad \left( 1 \right)\) nghiệm đúng với mọi \(x\in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi bất phương trình \({{36.12}^{t}}+\left( {{m}^{2}}-5m \right){{.4}^{t}}\le \left( {{t}^{2}}-4 \right){{.36}^{t}}\quad \left( 2 \right)\) nghiệm đúng với mọi \(t\le -2\).

Ta có: \(\left( 2 \right)\Leftrightarrow \left( {{m}^{2}}-5m \right).{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{2t}}+36.{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{t}}\le \left( {{t}^{2}}-4 \right),\forall t\le -2\).

Do \(\left( 2 \right)\) đúng với t=-2 nên \(81.\left( {{m}^{2}}-5m \right)+36.9\le 0\Leftrightarrow {{m}^{2}}-5m+4\le 0\Leftrightarrow 1\le m\le 4\)

Ta thấy với \(1\le m\le 4\) thì \(-\frac{25}{4}\le {{m}^{2}}-5m\le -4\).

Lại có: \(t\le -2\Rightarrow {{\left( \frac{1}{3} \right)}^{t}}\ge 9\). Suy ra \(\left( {{m}^{2}}-5m \right).{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{t}}\le -4.9=-36\) do đó \(\left( {{m}^{2}}-5m \right).{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{2t}}+36.{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{t}}={{\left( \frac{1}{3} \right)}^{t}}\left( \left( {{m}^{2}}-5m \right).{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{t}}+36 \right)\le 0 ,\forall t\le -2\).

Mà \({{t}^{2}}-4\ge 0,\,\forall t\le -2\).

Từ và suy ra đúng.

Với \(m\in \left[ 1;4 \right]\) thì \(\left( 2 \right)\) luôn đúng với mọi \(t\le -2\) và \(m\in \mathbb{Z}\) suy ra \(m\in \left\{ 1;2;3;4 \right\}\).

Vậy tích các giá trị bằng 24.