Để chọn được 6 học sinh theo yêu cầu ta cần chọn liên tục 2 học sinh nữ và 4 học sinh nam.

Chọn 2 học sinh nữ có \(C_{5}^{2}\) cách.

Chọn 4 học sinh nam có \(C_{7}^{4}\) cách.

Theo quy tắc nhân, ta có \(C_{5}^{2}.C_{7}^{4}\) cách chọn thỏa yêu cầu.

Nếu \(\left( {{u}_{n}} \right)\) là cấp số cộng với công sai d thì \({{u}_{n}}={{u}_{n-1}}+d,\forall n\in \mathbb{N},n\ge 2\).

Do đó \({{u}_{2}}={{u}_{1}}+d\Rightarrow ~{{u}_{1}}={{u}_{2}}-d=8-\left( -2 \right)=10\)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1)

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x mà \(f'\left( x \right)\) đổi dầu từ âm sang dương

Từ bảng biến thiên, hàm số đạt cực tiểu tại x=5.

\({f}'\left( x \right)\) đổi dấu từ \(\left( + \right)\) sang \(\left( - \right)\) khi qua x=0, x=5 nên hàm số có 2 điểm cực đại.

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\)

\(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3x-5}{4x-8}=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3-\frac{5}{x}}{4-\frac{8}{x}}=\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow \) Đường \(y=\frac{3}{4}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đường cong có dạng của đồ thị hàm số hữu tỉ bậc 1 trên bậc 1, đồ thị có các đường tiệm cận đứng x=1 và tiệm cận ngang y=1 nên chỉ có hàm số \(y=\frac{x-2}{x-1}\) thỏa yêu cầu bài toán.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(\left( x-2 \right)\left( {{x}^{2}}+4 \right)=0\Leftrightarrow x=2\Rightarrow  \left( C \right)\) cắt trục hoành tại một điểm.

\(P = {\log _2}{a^2} - {\log _{\frac{1}{2}}}{b^2}\)

\( = {\log _2}{a^2} + {\log _2}{b^2} = {\log _2}{\left( {ab} \right)^2}\)

\(y' = {\left( {{5^{2x + 3}}} \right)^\prime } = {\left( {2x + 3} \right)^\prime }{.5^{2x + 3}}\ln 5.\)

\({a^2}\sqrt {{a^3}}  = {a^2}.{a^{\frac{3}{2}}} = {a^{2 + \frac{3}{2}}} = {a^{\frac{7}{2}}}\)

\({3^{2x + 5}} = 27 \Leftrightarrow 2x + 5 = 3 \Leftrightarrow x =  - 1\)

\(\left\{ \begin{array}{l} 2 + x > 0\\ x > 0\\ x \ne 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > - 2\\ x > 0\\ x \ne 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ x \ne 1 \end{array} \right.\)

\(\int {f(x)dx}  = \int {\left( {2{x^3} + 5} \right)} dx = \frac{1}{2}{x^4} + 5x + C\)

\(\int {f\left( x \right)dx}  =  - \frac{1}{3}\cos 3x + C\)

\(\int\limits_2^3 {f(x)dx = } \int\limits_0^3 {f(x)dx}  - \int\limits_0^2 {f(x)dx}  = 3 - 5 =  - 2\)

\(\int\limits_{ - 2}^0 {(6{x^5} + 1)} dx = \left. {\left[ {{x^6} + x} \right]} \right|_{ - 2}^0 =  - 62\)

\(\left| z \right| = \sqrt {{4^2} + {{( - 2)}^2}}  = 2\sqrt 5 \)

Z + W = (1 + 2) + (1 - 3)i = 3 - 2i

Trên mặt phẳng tọa độ điểm biểu diễn số phức 4 + 3i có tọa độ là: \(D\left( {4;3} \right)\)

\(V = \frac{1}{3}B.h\)

V = 2.4.7 = 56

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)

\({S_{xq}} = \pi .r.l = \pi .5.9 = 45\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Ta có: \(I\left( {1;0;4} \right).\)

Ta có \(I\left( { - 3;0;1} \right),R = \sqrt 5 .\)

Ta có

3.1 - 2.0 + 5.( - 1) - 2 =  - 4

\(\begin{array}{l} 3.1 - 2.0 + 5.( - 1) + 2 = 0.\\ 3.1 - 2.0 + 3.( - 1) + 2 = 2.\\ 3.1 - 2.0 + 3.( - 1) - 2 = - 2. \end{array}\)

Ta có đường thẳng có vtcp là: \(\overrightarrow{AB}\left( 2;2;-4 \right)\), suy ra có vtcp \(\overrightarrow{u}\left( 1;1;-2 \right)\).

Đường thẳng đi qua điểm \(A\left( 1;-2;5 \right)\) nên phương trình là: \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + t\\ y = - 2 + t\\ z = 5 - 2t \end{array} \right.\)

Ta có: \(n\left( \Omega  \right)=14\).

Gọi A là biến cố: “Số được chọn là số lẻ”.

Suy ra \(n\left( A \right)=7\)

\(\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{1}{2}\).

\(y' = 3{x^2} + 1 > 0{\rm{ }}\forall x \in R\)

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

Và: \(\left. \begin{array}{l} y(0) = 1\\ y\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) = \frac{{13}}{4}\\ y\left( 2 \right) = - 3 \end{array} \right\} \Rightarrow M = \mathop {Max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = \frac{{13}}{4}.\)

\({\left( {0,5} \right)^{{x^2} - 3x}} < 4 \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} - 3x}} < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 2}} \Leftrightarrow {x^2} - 3x > - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < 1\\ x > 2 \end{array} \right.\)

\(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left[ {2f(x) + \sin x} \right]{\rm{d}}x} = 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f(x){\rm{d}}x} + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin x{\rm{d}}x} = 6 - \left. {\cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = 6 + 1 = 7\)

\(w = {z_1}.{z_2} = \left( { - 3 + 4i} \right)\left( {1 + 3i} \right) =  - 15 - 5i\)

\(\Rightarrow |w| = \sqrt {{{\left( { - 15} \right)}^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}}  = 5\sqrt {10} .\)

\(\alpha  = \left( {AC',(ABCD)} \right) = \angle C'AC\)

\(\Rightarrow \tan \alpha  = \frac{{CC'}}{{AC}} = \frac{a}{{a\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\)

\(S{O^2} = S{A^2} - A{O^2} = {\left( {3a} \right)^2} - {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 7{a^2} \Rightarrow SO = a\sqrt 7  \Rightarrow h = a\sqrt 7 \)

Mặt cầu (S) có tâm I(-1;4;2) và đi qua điểm \(A\left( 1;2;3 \right)\Rightarrow R=IA=3\)

Vậy phương trình mặt cầu: \(\left( S \right):{{(x+1)}^{2}}+{{(y-4)}^{2}}+{{(z-2)}^{2}}=9\).

M là trung điểm BC \(\Rightarrow M\left( 2;2;1 \right) \Rightarrow AM\) có vtcp là \(\overrightarrow{AM}=\left( 1;4;-2 \right)\) và đi qua điểm

\(A\left( {1; - 2;3} \right) \Rightarrow AM:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 1 + t}\\ {y = - 2 + 4t}\\ {z = 3 - 2t} \end{array}} \right.{\rm{ }}(t \in R)\)

Ta có \(g'\left( x \right) =  - f'\left( {3 - x} \right)\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - f'\left( {3 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 3 - x = - 1\\ 3 - x = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 4\\ x = 1 \end{array} \right.\).

\(g'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - x} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 3 - x < - 1\\ 3 - x > 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x > 4\\ x < 1 \end{array} \right.\).

\(g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - x} \right) > 0 \Leftrightarrow - 1 < 3 - x < 2 \Leftrightarrow 1 < x < 4\).

Từ đó ta có bảng biến thiên

Vậy M = f(1).

Ta có \(\left( {{3}^{x+2}}-3 \right)\left( {{3}^{x}}-y \right)<0\)

Đặt \(t={{3}^{x}}\left( t>0 \right)\)

Bpt \(\Leftrightarrow \left( 9t-3 \right)\left( t-y \right)<0\Leftrightarrow \frac{1}{3}<t<y\Leftrightarrow \frac{1}{3}<{{3}^{x}}<y\Leftrightarrow -1<x<{{\log }_{3}}y\)

Có không quá 5 số nguyên x thỏa mãn nên suy ra \({{\log }_{3}}y<5\Leftrightarrow y<243\).

y nguyên dương nên suy ra \(y\in \left\{ 1,2,...,242 \right\}\). Vậy có tất cả 242 số y thỏa mãn ycbt.

Tính \(A=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f({{\cos }^{2}}x)\sin 2xdx}\)

Đặt \(t={{\cos }^{2}}x\Rightarrow dt=-\sin 2xdx\)

Đổi cận \(x=0\Rightarrow t=1;\,\,\,x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=0\)

\(A=\int\limits_{0}^{1}{f\left( t \right)dt=}\int\limits_{0}^{1}{\left( 1+2x \right)dx=}2\)

Tính \(B=2\int\limits_{0}^{1}{f(3-2x)dx}\)

Đặt \(t=3-2x\Rightarrow dt=-2dx\)

Đổi cận \(x=0\Rightarrow t=3;\,\,\,x=1\Rightarrow t=1\)

\(B=\int\limits_{1}^{3}{f\left( t \right)dt=}\int\limits_{1}^{3}{\left( {{x}^{2}}-3x+1 \right)dx=}-\frac{4}{3}\)

\(I=A+B=\frac{2}{3}\)

Đặt z=a+bi,\(\left( a,b\in \mathbb{R} \right)\), suy ra \(\overline{z}=a-bi\).

Ta có \(\left| z-1 \right|=\sqrt{2}\Leftrightarrow \left| a-1+bi \right|=\sqrt{2}\Leftrightarrow {{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}=2.\,\,\,\,\,(1)\)

\(\left( 1+i \right)\left( \overline{z}-i \right)=\left( 1+i \right)\left( a-(b+1)i \right)=a+b+1+\left( a-b-1 \right)i\)

\(\left( 1+i \right)\left( \overline{z}-i \right)\) là số thực nên \(a-b-1=0\Leftrightarrow a=b+1. \left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có \(\left\{ \begin{array}{l} {\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} = 2\\ a = b + 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2{b^2} = 2\\ a = b + 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} a = 2\\ b = 1 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} a = 0\\ b = - 1 \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Vậy có 2 số phức thỏa mãn

Ta có \(\Delta ABC\) đều.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\)

Vì SA=SB=SC suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {SAC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AC\\ SO \bot AC\\ HO \bot AC \end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SAC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SO,HO} \right) = \widehat {SOH} = {30^0}\)

\(BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow HO = \frac{2}{3}BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\(\tan {30^0} = \frac{{SH}}{{HO}} \Rightarrow SH = HO.\tan {30^0} = \frac{a}{3}\)

\({S_{ABCD}} = 2{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SH = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{18}}\)

Ta có phương trình đường \(\left( E \right):\frac{{{x}^{2}}}{9}+\frac{{{y}^{2}}}{4}=1\Rightarrow y=\frac{2}{3}\sqrt{9-{{x}^{2}}}\).

Gọi bán kính đáy hình trụ là r, đường cao là h

Chu vi một đáy của hình trụ là: \(2\pi r=2x\Leftrightarrow r=\frac{x}{\pi }\)

\(AH=\frac{2}{3}\sqrt{9-{{x}^{2}}}\Rightarrow h=2AH=\frac{4}{3}\sqrt{9-{{x}^{2}}}\)

\({{V}_{tru}}=\pi .{{r}^{2}}.h=\pi {{\left( \frac{x}{\pi } \right)}^{2}}.\frac{4}{3}\sqrt{9-{{x}^{2}}}=\frac{4}{3\pi }{{x}^{2}}\sqrt{9-{{x}^{2}}}\)

Đặt \(f\left( x \right)=\frac{4}{3\pi }{{x}^{2}}\sqrt{9-{{x}^{2}}}\,\,\,\left( 0<x<3 \right)\)

\(f'\left( x \right) = \frac{4}{{3\pi }}\left[ {\frac{{18x - 3{x^3}}}{{\sqrt {9 - {x^2}} }}} \right] \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\,(L)\\ x = \sqrt 6 (N)\\ \,x = - \sqrt 6 \,(L) \end{array} \right.\)

Suy ra \({V_{\max }} = \frac{{8\sqrt 3 }}{\pi } \Leftrightarrow x = \sqrt 6 \)

Ta có: \(\Delta :\frac{x}{2} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{{z + 2}}{{ - 1}} \Rightarrow \Delta :\left\{ \begin{array}{l} x = 2t\\ y = 1 + t\\ z = - 2 - t \end{array} \right.\)

Gọi \(M=\Delta \cap \left( P \right) \Rightarrow M\in \Delta \Rightarrow M\left( 2t;1+t;-2-t \right)\)

\(M\in \left( P \right)\Rightarrow 4t-2\left( 1+t \right)-\left( -2-t \right)+3=0 \Leftrightarrow 3t+3=0\Leftrightarrow t=-1 \Rightarrow M\left( -2;\,0;\,-1 \right)\)

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow{n}=\left( 2;-2;-1 \right)\)

Véc tơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow{u}=\left( 2;1;-1 \right)\)

Đường thẳng d nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\) đồng thời cắt và vuông góc với \(\Delta  \Rightarrow \) Đường thẳng d nhận \(\left[ \overrightarrow{n},\overrightarrow{u} \right]=\left( 3;\,0;\,6 \right)=\frac{1}{3}\left( 1;\,0;\,2 \right)\) làm véc tơ chỉ phương và \(M\left( -2;\,0;\,-1 \right)\in d\)

Vậy phương trình đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l} x = - 2 + t\\ y = 0\\ z = - 1 + 2t \end{array} \right.\)

Có \(g'\left( x \right) = {\left[ {f\left( {{x^2}} \right)} \right]^\prime } = 2xf'\left( {{x^2}} \right)\)

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

Bảng xét dấu

Từ bảng xét dấu của g'(x) suy ra hàm số có 5 điểm cực trị.

Ta có \({\left( {{2^n} + {3^n}} \right)^{2020}} < {\left( {{2^{2020}} + {3^{2020}}} \right)^n} \Leftrightarrow \ln {\left( {{2^n} + {3^n}} \right)^{2020}} < \ln {\left( {{2^{2020}} + {3^{2020}}} \right)^n}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2020\ln \left( {{2^n} + {3^n}} \right) < n\ln \left( {{2^{2020}} + {3^{2020}}} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{\ln \left( {{2^n} + {3^n}} \right)}}{n} < \frac{{\ln \left( {{2^{2020}} + {3^{2020}}} \right)}}{{2020}} \end{array}\)

Xét \(f\left( t \right) = \frac{{\ln \left( {{2^t} + {3^t}} \right)}}{t},t > 0\)

\( \Rightarrow f'\left( t \right) = \frac{{\frac{{t\left( {{2^t}\ln 2 + {3^t}\ln 3} \right)}}{{{2^t} + {3^t}}} - \ln \left( {{2^t} + {3^t}} \right)}}{{{t^2}}} = \frac{{\left( {{2^t}\ln {2^t} + {3^t}\ln {3^t}} \right) - \left( {{2^t} + {3^t}} \right)\ln \left( {{2^t} + {3^t}} \right)}}{{{t^2}\left( {{2^t} + {3^t}} \right)}}\)

Ta thấy

\({{2}^{t}}.\ln {{2}^{t}}<{{2}^{t}}\ln \left( {{2}^{t}}+{{3}^{t}} \right)\)

\({{3}^{t}}.\ln {{3}^{t}}<{{3}^{t}}\ln \left( {{2}^{t}}+{{3}^{t}} \right)\)

Suy ra \({f}'\left( t \right)<0, \forall t>0\) suy ta hàm số f(t) nghịch biến trên khoảng \(\left( 0;+\infty  \right)\).

Vậy ta có \(f\left( n \right)<f\left( 2020 \right)\Leftrightarrow n>2020\)

\(n\in \left\{ 2021,..........,9999 \right\}\) hay có có 7979 phần tử thuộc S.

Xét tích phân \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^{4}{{g}'\left( x \right)\text{d}x}=g\left( 4 \right)-g\left( \frac{1}{2} \right)=g\left( 4 \right)-f\left( 0 \right)\).

Ta có \({g}'\left( x \right)=2{f}'\left( 2x-1 \right)\) nên \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^{4}{{g}'\left( x \right)\text{d}x}=2\int\limits_{\frac{1}{2}}^{4}{{f}'\left( 2x-1 \right)\text{d}x}=\int\limits_{0}^{7}{{f}'\left( t \right)\text{d}t}\).

Dựa vào đồ thị suy ra \(\int\limits_{0}^{7}{{f}'\left( t \right)\text{d}t}={{S}_{1}}-{{S}_{2}}+{{S}_{3}}=\frac{2744}{15}\).

Từ đó ta có \(g\left( 4 \right)=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{4}{{g}'\left( x \right)\text{d}x}+f\left( 0 \right)=\frac{2759}{15}\).

Gọi M là điểm biểu diễn z thỏa mãn điều kiện \(\left| z-3-4i \right|=\sqrt{5}\) thì tập hợp M là đường tròn tâm \(I\left( 4;3 \right)\), bán kính \(\sqrt{5}\). Gọi \(A\left( -1;3 \right),\,B\left( 1;-1 \right)\) thì

\(\left| z+1-3i \right|+\left| z-1+i \right|=MA+MB\).

Nhận xét thấy A,B,M luôn tạo thành 1 tam giác. Gọi C là trung điểm AB, \(C\left( 0;1 \right)\), ta có \(M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}=2M{{C}^{2}}+\frac{A{{B}^{2}}}{2}+\sqrt{5}\)

Mà \(MA+MB\le \sqrt{2}\sqrt{M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}}\).

Do đó MA+MB đạt giá trị lớn nhất khi MC lớn nhất. C nằm ngoài đường tròn tâm I, bán kính  nên \(M{{C}_{\max }}=IC+\sqrt{5}=2\sqrt{5}\), khi đó M trùng với \(D\left( 6;4 \right)\). Vậy số phức thỏa mãn các yêu cầu của đề bài là \(z=6+4i\Rightarrow P=10\).

Ta có mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 2;1;6 \right)\), bán kính R=1.

Có \(IH=\sqrt{11}\) và \(IA=3\sqrt{3} \Rightarrow \) hai điểm H, A nằm ngoài mặt cầu.

Hình vuông ABCD có \(HA=2\sqrt{2} \Rightarrow AB=AH\sqrt{2}=4\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=16\).

Gọi K là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) có \({{V}_{M.ABCD}}=\frac{1}{3}MK.{{S}_{ABCD}}=\frac{16}{3}MK\).

Gọi J là hình chiếu của I trên AH. Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng AH.

Ta có \(MK\le MN\le MJ\le IM+IJ\), dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của IJ và mặt cầu (I nằm giữa M và J).

\(\Rightarrow {{V}_{M.ABCD}}\le \frac{16}{3}\left( R+d\left( I,AH \right) \right)\).

Có \(\overrightarrow{AI}=\left( -1;-1;5 \right),\overrightarrow{AH}=\left( -2;0;2 \right) \Rightarrow \left[ \overrightarrow{AI},\overrightarrow{AH} \right]=\left( -2;-8;-2 \right)\)

\(\Rightarrow d\left( I,AH \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{AI},\overrightarrow{AH} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{AH} \right|}=\frac{\sqrt{{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{\left( -8 \right)}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}}{\sqrt{{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=3 \Rightarrow {{V}_{M.ABCD}}\le \frac{64}{3}\).

Vậy \({{V}_{M.ABCD}}\) lớn nhất bằng \(\frac{64}{3}\).