Ta có \({{\log }_{5}}\left( {{5}^{a}}{{25}^{b}} \right)={{5}^{{{\log }_{5}}a+{{\log }_{5}}b+1}}\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{5}}{{5}^{a}}+{{\log }_{5}}{{25}^{b}}={{5}^{{{\log }_{5}}a}}{{.5}^{{{\log }_{5}}b}}.5\)

\(\Leftrightarrow a+b{{\log }_{5}}25=a.b.5\)

\(\Leftrightarrow a+2b=5ab\)

Ta có: \(SB=\frac{OB}{\sin \widehat{BSO}}=\frac{a}{\frac{1}{2}}=2a\)

\({{S}_{xq}}=\pi Rl=\pi .a.2a=2{{a}^{2}}\pi .\)

Từ đồ thị của hàm số ta suy ra:

Tiệm cận đứng \(x=-\frac{d}{c}<0\Rightarrow cd>0\left( 1 \right)\)

Tiệm cận ngang \(y=\frac{a}{c}>0\Rightarrow ac>0\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) suy ra \(ad>0.\)

Giao điểm với trục hoành \(x=-\frac{b}{a}>0\Rightarrow ab<0.\)

Vậy ta có \(ab<0\) và \(ad>0.\)

Vẽ đường cao \(SO\) của tam giác đều \(SAB.\)

Ta có \(\left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right).\)

Do đó \(SO\) là đường cao của hình nón \(S.ABCD\) và \(SO=\frac{6a\sqrt{3}}{2}=3a\sqrt{3}.\)

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD:V=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SO=\frac{1}{3}.{{\left( 6a \right)}^{2}}.3a\sqrt{3}=36\sqrt{3}{{a}^{3}}.\)

Ta có tam giác \(SAB\) là tam giác đều cạnh \(2a\) nên \(SA=SB=AB=2a\)

Khi đó: \(R=OA=a,l=SA=2a.\) Nên \(h=SO=a\sqrt{3}.\)

Vậy chọn đáp án B.

Ta có tam giác \(SAB\) là tam giác đều cạnh 4 nên \(SA=SB=AB=4.\)

Khi đó: \(R=OA=2,l=SA=4.\) Nên \(h=SO=2\sqrt{3}.\)

Ta có: \({{S}_{tp}}=\pi Rl+\pi {{R}^{2}}=\pi .2.4+\pi {{.2}^{2}}=12\pi \) nên chọn đáp án B.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(y={{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+3x-2\) với trục hoành là

\({{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+3x-2=0\Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left( {{x}^{2}}-x+2 \right)=0\Leftrightarrow x=1\) (do \({{x}^{2}}-x+2>0,\forall x\in \mathbb{R}).\)

Vậy số giao điểm cần tìm là 1.

Ta có \(V=\frac{1}{3}B.h\) suy ra \(h=\frac{3V}{B}=\frac{3.36}{6}=18\left( cm \right).\)

Đồ thị hàm số \(y=\frac{\sqrt{3{{x}^{2}}+2}}{\sqrt{2x+1}-x}\) có tất cả 2 tiệm cận

Trong các hình sau đây, có 4 hình được gọi là hình đa diện

Ta có: \(y'>0\)khi \(x\in (-\infty ;0)\) và \(x\in (2;+\infty )\).

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \((2;+\infty )\).

Số hạng thứ \(k+1\) của khai khiển \({{(a+b)}^{n}}\)là \(C_{n}^{k}{{a}^{n-k}}{{b}^{k}},k=0,1,2,....,n\).

Ta có: \({{u}_{8}}={{u}_{1}}.{{q}^{7}}\Leftrightarrow 384={{u}_{1}}{{.2}^{7}}\Leftrightarrow {{u}_{1}}=3.\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(f'\left( x \right),\) ta có \(f'\left( x \right)<0\) với mọi \(x\in \left( -3;-2 \right)\) nên hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( -3;-2 \right).\)

Ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=0\) nên \(y=0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

\(\underset{x\to {{\left( -2 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty ,\underset{x\to {{\left( 0 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=+\infty \) nên \(x=-2,x=0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Xét khai triển \({{\left( 1-x \right)}^{11}}=\sum\limits_{k=0}^{11}{C_{11}^{k}.{{\left( -1 \right)}^{k}}.{{x}^{k}}.}\)

Ta có hệ số của số hạng chứa \({{x}^{3}}\) là \(-C_{11}^{3}.\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x=2\) nên loại đáp án A; D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là \(y=1\) nên loại đáp án B.

Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số \(y=\frac{x+1}{x-2}.\)

Ta có \(d={{u}_{n+1}}-{{u}_{n}}=4\left( n+1 \right)-3-\left( 4n-3 \right)=4.\)

Đặt \(t={{\sin }^{2}}x\Rightarrow 0\le t\le 1.\)

Phương trình \(f\left( {{\sin }^{2}}x \right)=m\Leftrightarrow f\left( t \right)=m\left( * \right),0\le t\le 1.\)

Nhìn vào đồ thị suy ra phương trình (*) trên đoạn \(\left[ 0;1 \right]\) có nghiệm khi và chỉ khi \(-1\le m\le 3.\)

Số các tứ giác được tạo thành từ 4 đỉnh của một đa giác đều 24 đỉnh là: \(C_{24}^{4}=10626\)

\(\Rightarrow n\left( \Omega  \right)=10626.\)

Gọi \(A\) là biến cố: “Chọn được 4 đỉnh là 4 đỉnh của một hình vuông”.

Ta có:

Số các đường chéo là đường kính: \(\frac{C_{24}^{1}}{2}=12.\)

Trong đó số cặp đường kính vuông góc với nhau: \(\frac{12}{2}=6.\)

Suy ra số hình vuông được tạo thành là: 6

\(\Rightarrow n\left( A \right)=6.\)

\(\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{6}{10626}=\frac{1}{1771}.\)

Thể tích khối tứ diện \(OABC:V=\frac{1}{6}OA.OB.OC=\frac{3a.2a.2a}{6}=2{{a}^{3}}.\)

Các mặt của hình bát diện đều cạnh \(a\) đều là tam giác đều có diện tích \({{S}_{1}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\)

Vậy tổng diện tích 8 mặt là \(S=8.{{S}_{1}}=2\sqrt{3}{{a}^{2}}.\)

Diện tích \(\Delta ABC\) là \({{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat{BAC}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.\)

Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V=AA'.{{S}_{ABC}}={{a}^{3}}\sqrt{15}.\)

Vì \(\sqrt{3}\) không nguyên nên tập xác định của hàm số là \(D=\left( 0;+\infty  \right).\)

Ta có: \({{\log }_{16}}81=\frac{4}{2}{{\log }_{4}}3=\frac{2}{{{\log }_{3}}4}=\frac{2}{a}\)

Số cách chọn 4 bạn tùy ý trong 30 bạn là: \(C_{30}^{4}=27405.\)

Số cách chọn 4 bạn trong 30 bạn mà không có bạn nào làm cán sự lớp là: \(C_{27}^{4}=17550\)

Số cách chọn 4 bạn thỏa mãn yêu cầu bài toán là: \(C_{30}^{4}-C_{27}^{4}=9855\)

Hàm số có hai điểm cực trị \(x=-1\) và \(x=0.\)

Giá trị cực đại của hàm số bằng 0 tại \(x=0\)

Giá trị cực tiểu của hàm số bằng \(-\frac{1}{6}\) tại \(x=1.\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\).

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

Căn cứ vào bảng biến thiên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

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

Căn cứ vào bảng biến thiên thì phương trình \(3f\left( x \right)+2=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=-\frac{2}{3}\) có 3 nghiệm phân biệt.

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

\(y'=\frac{-14}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}<0,\forall x\in D\Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên hai khoảng \(\left( -\infty ;1 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right).\)

Ta có: \(y'=1-\frac{8}{{{x}^{3}}}=\frac{{{x}^{3}}-8}{{{x}^{3}}};y'=0\Leftrightarrow {{x}^{3}}=8\Leftrightarrow x=2.\)

Bảng biến thiên:

Vậy \(\underset{\left( 0;+\infty  \right)}{\mathop{\min }}\,y=3.\)

Ta có: \(P={{x}^{\frac{1}{3}}}.\sqrt[6]{x}={{x}^{\frac{1}{3}}}.{{x}^{\frac{1}{6}}}={{x}^{\frac{1}{2}}}=\sqrt{x}.\)

Xét hàm số \(y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\left( a\ne 0 \right).\)

Ta có: \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,=-\infty \) nên \(a<0\) và \({{x}_{CD}}+{{x}_{CT}}=0+\left( -2 \right)=-2<0\Rightarrow -\frac{2b}{3a}<0,\) mà \(a<0\Rightarrow b<0.\)

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

Trong đó \(x=2\) là nghiệm kép \(x=0,x=\frac{2}{3}\) là nghiệm đơn, nên dấu của đạo hàm \(f'\left( x \right)=x{{\left( x-2 \right)}^{2}}\left( 3x-2 \right),\forall x\in \mathbb{R}\) bị đổi dấu 2 lần. Suy ra hàm số \(y=f'\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.

Yêu cầu bài toán tương đương đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-8{{x}^{2}}+\left( {{m}^{2}}+5 \right)x-2{{m}^{2}}+14\) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt \(\Leftrightarrow {{x}^{3}}-8{{x}^{2}}+\left( {{m}^{2}}+5 \right)x-2{{m}^{2}}+14=0\) có 3 nghiệm phân biệt.

+) \({{x}^{3}}-8{{x}^{2}}+\left( {{m}^{2}}+5 \right)x-2{{m}^{2}}+14=0\)

\(\Leftrightarrow \left( x-2 \right)\left[ \left( x-7 \right)\left( x+1 \right)-{{m}^{2}} \right]=0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2\\ {x^2} - 6x - 7 + {m^2} = 0\left( 1 \right) \end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left( 1 \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left( x\ne 2 \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \Delta ' = 9 + 7 - {m^2} > 0\\ {2^2} - 6.2 - 7 + {m^2} \ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 < m < 4\\ m \ne \pm \sqrt {15} \end{array} \right. \Rightarrow m \in \left[ { - 3; - 2; - 1;0;1;2;3} \right].\)

Mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm do vậy thí sinh được 6 điểm thì phải làm đúng số câu là \(\frac{6}{0,2}=30\) câu

Mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng vì vậy xác suất trả lời đúng một câu là \(\frac{1}{4}=0,25\) và xác suất trả lời sai một câu là \(\frac{3}{4}=0,75\)

Số cách chọn 30 câu trả lời đúng trong 50 câu là \(C_{50}^{30}\)

Vậy xác suất để thí sinh đó được 6 điểm là \(0,{{25}^{30}}.0,{{75}^{20}}.C_{50}^{30}.\)

Gọi N là trung điểm của \(BC,G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\)

Hình chiếu vuông góc của điểm \(A'\) lên mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) trùng với trọng tâm tam giác \(\left( ABC \right)\) nên \(A'G\bot \left( ABC \right)\)

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AN\bot BC\left( 1 \right)\)

Lại có \(A'G\bot BC\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(BC\bot \left( A'AN \right)\)

Trong mặt phẳng \(\left( A'AN \right)\) từ \(N\) kẻ \(NH\bot A'A\) suy ra \(NH\) là đường vuông góc chung của \(AA'\) và \(BC\) do đó \(d\left( A'A;BC \right)=NH=\frac{\sqrt{17}}{6}a\)

Đặt \(AB=2x\)

Vì tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(BC=2x\sqrt{2};AN=\frac{1}{2}BC=x\sqrt{2}\)

G là trọng tâm tam giác \(ABC\Rightarrow AG=\frac{2}{3}AN=\frac{2x\sqrt{2}}{3}\)

Trong tam giác vuông \(A'AG\) có \(A'{{G}^{2}}=A'{{A}^{2}}-A{{G}^{2}}=4{{a}^{2}}-\frac{8{{x}^{2}}}{9}\)

Trong mặt phẳng \(\left( A'AN \right)\) kẻ \(GK//NH\Rightarrow GK=\frac{2}{3}NH=\frac{a\sqrt{17}}{9}\)

Trong tam giác vuông \(A'AG\) có

\(\frac{1}{G{{K}^{2}}}=\frac{1}{A'{{G}^{2}}}+\frac{1}{A{{G}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{81}{17{{a}^{2}}}=\frac{1}{4{{a}^{2}}-\frac{8{{x}^{2}}}{9}}+\frac{1}{\frac{8{{x}^{2}}}{9}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{81}{17{{a}^{2}}}=\frac{4{{a}^{2}}}{\left( 4{{a}^{2}}-\frac{8{{x}^{2}}}{9} \right).\frac{8{{x}^{2}}}{9}}\)

\(\Leftrightarrow 64{{x}^{4}}-288{{a}^{2}}{{x}^{2}}+68{{a}^{4}}=0\)

Mà \(AB

Cách để tính AB

Ta có \(NH.AA'=A'G.AN\) (vì cùng bằng 2 lần diện tích tam giác \(A'NA)\)

\(\Leftrightarrow \frac{a\sqrt{17}}{6}.2a=\sqrt{4{{a}^{2}}-\frac{8{{x}^{2}}}{9}}.x\sqrt{2}\)

\( \Leftrightarrow 16{x^4} - 72{a^2}{x^2} + 17{a^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^2} = \frac{{17}}{4}{a^2} \Rightarrow x = \frac{{\sqrt {17} }}{2}a \Rightarrow AB = a\sqrt {17} \\ {x^2} = \frac{1}{4}{a^2} \Rightarrow x = \frac{1}{2}a \Rightarrow AB = a \end{array} \right.\)

Mà \(AB

\(A'{{G}^{2}}=A'{{A}^{2}}-A{{G}^{2}}=4{{a}^{2}}-\frac{8{{x}^{2}}}{9}=\frac{34{{a}^{2}}}{9}\Rightarrow A'G=\frac{a\sqrt{34}}{3}\)

Thể tích \(V\) của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là

\(V=A'G.{{S}_{ABC}}=\frac{a\sqrt{34}}{3}.\frac{1}{2}.a.a=\frac{\sqrt{34}{{a}^{3}}}{6}.\)

+ \(\left\{ \begin{array}{l} DE \bot IC\\ DE \bot SI \end{array} \right. \Rightarrow DE \bot \left( {SIC} \right) \Rightarrow \left( {SIC} \right) \bot \left( {SDE} \right).\) Suy ra A đúng

+ \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot AI\\ BC \bot AB \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAI} \right).\) Suy ra B đúng

+ \(DE\bot \left( SCI \right);BC\bot \left( SAI \right)\) nên \(\left( \left( SIC \right),\left( SAB \right) \right)=\left( BC,DE \right)=\angle DEC=\angle BIC.\)

Suy ra D sai.

TH1: \(H\) thuộc đoạn thẳng \(AC.\)

+ Kẻ \(SH\bot AC\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)\) mặt khác \({{S}_{\Delta SAC}}=\frac{1}{2}SH.AC=4\Leftrightarrow SH=\frac{8}{5}\)

\(AH=\frac{6}{5};\sin \widehat{SAC}=\frac{SH}{SA}=\frac{4}{5}.\)

+ Kẻ \(BK\bot AC\Rightarrow BK\bot \left( SAC \right)\) kẻ \(KL\bot SA\Rightarrow SA\bot \left( BKL \right)\Rightarrow \left( \left( SAB \right),\left( SBC \right) \right)=\widehat{BLK}\)

Ta có: \(\frac{1}{B{{K}^{2}}}=\frac{1}{B{{A}^{2}}}+\frac{1}{B{{C}^{2}}}\Rightarrow BK=\frac{12}{5}\) và \(AK=\frac{9}{5};KL=AK.\sin \widehat{SAC}=\frac{36}{25}\)

\(BL=\frac{12\sqrt{34}}{25};\cos \widehat{BLK}=\frac{KL}{BL}=\frac{3\sqrt{34}}{34}\)

TH2. \(H\) không thuộc đoạn thẳng \(AC.\)

+ Kẻ \(SH\bot AC\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)\) mặt khác \({{S}_{\Delta SAC}}=\frac{1}{2}SH.AC=4\Leftrightarrow SH=\frac{8}{5}\)

\(AH=\frac{6}{5};\sin \widehat{SAH}=\frac{SH}{SA}=\frac{4}{5}.\)

+ Kẻ \(BK\bot AC\Rightarrow BK\bot \left( SAC \right)\) kẻ \(KE\bot SA\Rightarrow \left( \left( SAB \right),\left( SBC \right) \right)=\widehat{BEK}\)

Ta có: \(\frac{1}{B{{K}^{2}}}=\frac{1}{B{{A}^{2}}}+\frac{1}{B{{C}^{2}}}\Rightarrow BK=\frac{12}{5}\) và \(AK=\frac{9}{5};KE=AK.\sin \widehat{SAH}=\frac{36}{25}\)

\(BE=\frac{12\sqrt{34}}{25};\cos \widehat{BEK}=\frac{KL}{BL}=\frac{3\sqrt{34}}{34}\)

Ta có \(AB=BC=a\) nên \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(B.\)

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) và \({{V}_{ABC.A'B'C'}}=AA'.{{S}_{\Delta ABC}}=a\sqrt{2}.\frac{1}{2}{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{2}\) (đvtt).

Gọi \(E\) là trung điểm \(BB'.\) Khi đó \(B'C//EM\Rightarrow B'C//\left( AME \right).\)

Vậy \(d\left( AM,B'C \right)=d\left( \left( AME \right),B'C \right)=d\left( C,\left( AME \right) \right)=d\left( A,\left( AME \right) \right).\)

Gọi \(h\) là khoảng cách từ \(A\) đến \(\left( AME \right).\)

Ta nhận thấy tứ diện \(B.AME\) có \(BE,BM,BA\) đôi một vuông góc.

Khi đó \(\frac{1}{{{h}^{2}}}=\frac{1}{B{{M}^{2}}}+\frac{1}{B{{E}^{2}}}+\frac{1}{B{{A}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{{{h}^{2}}}=\frac{4}{{{a}^{2}}}+\frac{2}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}=\frac{7}{{{a}^{2}}}\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{7}}{7}.\)

Ta có: \(P=2\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}} \right)-3xy=2\left( x+y \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy \right)-3xy=2\left( x+y \right)\left( 2-xy \right)-3xy.\)

Đặt \(t=x+y\Rightarrow {{t}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy\Rightarrow {{t}^{2}}=2+2xy\Leftrightarrow \frac{{{t}^{2}}-2}{2}=xy.\)

Do \({{\left( x+y \right)}^{2}}\ge 4xy\Leftrightarrow {{t}^{2}}\ge 2\left( {{t}^{2}}-2 \right)\Leftrightarrow {{t}^{2}}\le 4\Leftrightarrow -2\le t\le 2.\)

Suy ra \(P=2t\left( 2-\frac{{{t}^{2}}-2}{2} \right)-\frac{3\left( {{t}^{2}}-2 \right)}{2}=-{{t}^{3}}-\frac{3}{2}{{t}^{2}}+6t+3=f\left( t \right)\) với \(t\in \left[ -2;2 \right].\)

Khi đó: \(f'\left( t \right) = - 3{t^2} - 3t + 6;f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 3{t^2} - 3t + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = 1\\ t = - 2 \end{array} \right..\)

Suy ra \(f(-2)=-7,f(1)=\frac{13}{2},f(2)=1\Rightarrow M=\frac{13}{2};m=-7\Rightarrow M+m=-\frac{1}{2}.\)

Ta có \(AB,AC,AD\) đôi một vuông góc nên \(AD\bot \left( ABC \right).\)

Gọi \(K\) là trung điểm của \(AB,\) vì \(F\) là trung điểm của \(BD\) suy ra \(FK//AD\) mà \(AD\bot \left( ABC \right)\Rightarrow FK\bot \left( ABC \right)\) hay \(FK\bot \left( AKE \right).\)

Kẻ \(\left\{ \begin{array}{l} KG \bot AE\left( {G \in AE} \right)\\ KH \bot FG\left( {H \in GF} \right) \end{array} \right. \Rightarrow d\left( {K,\left( {AEF} \right)} \right) = KH.\) Mặt khác \(BK\) cắt mặt phẳng \(\left( AEF \right)\) tại \(A.\)

Suy ra \(\frac{d\left( B,\left( AEF \right) \right)}{d\left( K,\left( AEF \right) \right)}=\frac{BA}{KA}=2\Rightarrow d\left( B,\left( AEF \right) \right)=2d\left( K,\left( AEF \right) \right).\)

Trong tam giác \(AKE\) vuông tại K và tam giác FKG vuông tại K, ta có:

\(\frac{1}{K{{H}^{2}}}=\frac{1}{K{{F}^{2}}}+\frac{1}{K{{G}^{2}}}=\frac{1}{K{{F}^{2}}}+\frac{1}{K{{A}^{2}}}+\frac{1}{K{{E}^{2}}}=\frac{1}{{{\left( 6a \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 3a \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 4a \right)}^{2}}}=\frac{29}{144{{a}^{2}}}\Rightarrow KH=\frac{12\sqrt{29}a}{29}.\)

Vậy \(d=\frac{24\sqrt{29}a}{29}.\)

Ta có \(f\left( x \right)<2x+m\Leftrightarrow m>f\left( x \right)-2x\left( * \right).\)

Xét \(g\left( x \right)=f\left( x \right)-2x,\forall x\in \left( 0;2 \right).\)

Ta có \(g'\left( x \right)=f'\left( x \right)-2<0,,\forall x\in \left( 0;2 \right)\) nên hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( 0;2 \right).\)

Do đó (*) đúng với mọi \(x\in \left( 0;2 \right)\) khi và chỉ khi \(m\ge g\left( 0 \right)=f\left( 0 \right).\)

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(d\) là: \(\frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = x + m \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + 1 \ne 0\\ 2x + 1 = \left( {x + 1} \right)\left( {x + m} \right) \end{array} \right.\)

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

\(\left( C \right)\) cắt \(d\) tại hai điểm phân biệt \(A,B\Leftrightarrow \left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác \(-1\text{ }({{x}_{A}},{{x}_{B}}\) là nghiệm phương trình

\(\left( 1 \right)) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\Delta _{\left( 1 \right)}} > 0\\ {\left( { - 1} \right)^2} + \left( {m - 1} \right)\left( { - 1} \right) + m - 1 \ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\left( {m - 1} \right)^2} - 4\left( {m - 1} \right) > 0\\ 1 - m + 1 + m - 1 \ne 0 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left( {m - 1} \right)\left( {m - 5} \right) > 0\\ 1 \ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m < 1\\ m > 5 \end{array} \right.\)

Theo định lí Viet: \({{x}_{A}}+{{x}_{B}}=1-m,{{x}_{A}}{{x}_{B}}=m-1\)

\(A\left( {{x}_{A}};{{x}_{A}}+m \right),B\left( {{x}_{B}};{{x}_{B}}+m \right)\)

\(\overrightarrow{OA}=\left( {{x}_{A}};{{x}_{A}}+m \right),\overrightarrow{OB}=\left( {{x}_{B}},{{x}_{B}}+m \right)\)

\(\Delta OAB\) vuông tại \(O\Leftrightarrow \overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0\Leftrightarrow {{x}_{A}}.{{x}_{B}}+\left( {{x}_{A}}+m \right)\left( {{x}_{B}}+m \right)=0\)

\(\Leftrightarrow 2{{x}_{A}}{{x}_{B}}+m\left( {{x}_{A}}+{{x}_{B}} \right)+{{m}^{2}}=0\Leftrightarrow 2m-2+m\left( 1-m \right)+{{m}^{2}}=0\Leftrightarrow 3m-2=0\Leftrightarrow m=\frac{2}{3}\) (nhận)

Theo đề bài ta có \(a=2,b=3.\) Vậy \(S=5.\)

\(y=3{{\cos }^{4}}x+\frac{3}{2}{{\sin }^{2}}x+m\cos x-\frac{5}{2}\Leftrightarrow y=3{{\cos }^{4}}x-\frac{3}{2}{{\cos }^{2}}x+m\cos x-1\)

Đặt \(t=\cos x.\) Vì \(x\in \left( \frac{\pi }{3};\frac{2\pi }{3} \right]\) nên \(t\in \left[ -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right).\)

Hàm số trở thành \(f\left( t \right)=3{{t}^{4}}-\frac{3}{2}{{t}^{2}}+mt-1,f'\left( t \right)=12{{t}^{3}}-3t+m\)

Yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow f\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left[ -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right)\Leftrightarrow f'\left( t \right)\le 0,\forall t\in \left[ -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right)(f'\left( t \right)=0\) chỉ tại một số điểm) \(\Leftrightarrow 12{{t}^{3}}-3t+m\le 0\text{ }\forall t\in \left[ -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right)\Leftrightarrow m\le -12{{t}^{3}}+3t\text{ }\forall t\in \left[ -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right)\)

Đặt \(g\left( t \right) = - 12{t^3} + 3t,g'\left( t \right) = - 36{t^2} + 3,g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = \frac{{\sqrt 3 }}{6} \in \left[ { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\\ t = - \frac{{\sqrt 3 }}{6} \in \left[ { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right) \end{array} \right.\)

Ta có

Dựa vào bảng biến thiên \(m\le -\frac{\sqrt{3}}{3}.\)

Gọi \(O=AC\cap BD.\) Ta có \(\left( SD,\left( ABCD \right) \right)=\left( SD,OD \right)=\widehat{SDO}\Rightarrow \widehat{SDO}={{60}^{0}}.\)

\(\Rightarrow SO=OD\tan \widehat{SDO}=\frac{a\sqrt{2}}{3}\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}.\)

Ta có \({{V}_{S.AEMF}}=2{{V}_{S.AEM}}=2\frac{SA}{SA}.\frac{SE}{SB}.\frac{SM}{SC}.{{V}_{S.ABC}}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{18}.\)

Ta có \(y=3{{x}^{2}}-6\left( 2m+1 \right)x+12m+5.\)

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 2;+\infty  \right)\Leftrightarrow y'\ge 0,\forall x\in \left( 2;+\infty  \right).\)

\(\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6\left( 2m+1 \right)x+2m+5\ge 0,\forall x\in \left( 2;+\infty  \right).\Leftrightarrow \frac{3{{x}^{2}}-6x+5}{x-1}\ge 12m,\forall x\in \left( 2;+\infty  \right).\)

Xét \(f\left( x \right)=\frac{3{{x}^{2}}-6x+5}{x-1}\) trên \(\left( 2;+\infty  \right)\Rightarrow f'\left( x \right)=\frac{3{{x}^{2}}-6x+1}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}.\) Ta có BBT:

Vậy \(12m\le 5\Leftrightarrow m\le \frac{5}{12}\Rightarrow S=\left\{ -10;-9;-8;...;0 \right\}.\) Do đó số phần tử của \(S\) bằng 11.

Gọi \(g\left( x \right)=\sqrt{{{\left( {{x}^{3}}-3x+2m \right)}^{2}}}=\left| {{x}^{3}}-3x+2m \right|\)

Trên đoạn \(\left[ 0;3 \right]\) ta thấy: \(\underset{\left[ 0;3 \right]}{\mathop{Min}}\,f\left( x \right)=2\Leftrightarrow \underset{\left[ 0;3 \right]}{\mathop{Max}}\,g\left( x \right)=16\)

Xét hàm số \(y={{x}^{3}}-3x+2m\) trên đoạn \(\left[ 0;3 \right]\)

\(y'=3{{x}^{2}}-3=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=1\Leftrightarrow x=\pm 1\)

\(y\left( 0 \right)=2m;y\left( 1 \right)=2m-2;y\left( 3 \right)=2m+18\)

Với \(\forall m\) ta luôn có: \(2m+18>2m>2m-2.\) Do đó, xảy ra hai trường hợp sau:

* TH1: Nếu \(\left| 2m-2 \right|\ge \left| 2m+18 \right|\) thì \(\underset{\left[ 0;3 \right]}{\mathop{Max}}\,g\left( x \right)=\left| 2m-2 \right|\)

Khi đó: \(\left| {2m - 2} \right| = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2m - 2 = 16 \Leftrightarrow 2m = 18 \Leftrightarrow m = 9\left( {Loai} \right)\\ 2m - 2 = - 16 \Leftrightarrow 2m = - 14 \Leftrightarrow m = - 7\left( {thoa{\rm{ }}man} \right) \end{array} \right.\)

* TH2: Nếu \(\left| 2m-2 \right|<\left| 2m+18 \right|\) thì \(\underset{\left[ 0;3 \right]}{\mathop{Max}}\,g\left( x \right)=\left| 2m+18 \right|\)

Khi đó: \(\left| {2m + 18} \right| = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2m + 18 = 16 \Leftrightarrow 2m = - 2 \Leftrightarrow m = - 1\left( {thoa{\rm{ }}man} \right)\\ 2m + 18 = - 16 \Leftrightarrow 2m = - 34 \Leftrightarrow m = - 17\left( {loai} \right) \end{array} \right.\)

Vậy tổng tất cả các phần tử của \(S\) bằng \(\left( -7 \right)+\left( -1 \right)=-8.\)

Đặt \(t={{x}^{2}}-2x\) (với \(t\ge -1),\) phương trình (*) trở thành: \(f'\left( t \right)-\left( t-1 \right)=0\Leftrightarrow f'\left( t \right)=t-1\left( 1 \right)\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) và đồ thị đường thẳng \(\left( d \right):y=x-1\)

\(\Rightarrow \) Tập nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) là \(\left\{ -1;1;2;3 \right\}\)

* \(t=-1\Rightarrow {{x}^{2}}-2x=-1\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow x-1=0\Leftrightarrow x=1\)

* \(t=1\Rightarrow {{x}^{2}}-2x=1\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}=2\Leftrightarrow x-1=\pm \sqrt{2}\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{2}+1\)

* \(t=2\Rightarrow {{x}^{2}}-2x=2\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}=3\Leftrightarrow x-1=\pm \sqrt{3}\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{3}+1\)

* \(t=3\Rightarrow {{x}^{2}}-2x=3\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}=4\Leftrightarrow x-1=\pm 2\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-1 \\ & x=3 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \) Phương trình \(g'\left( x \right)=0\) có 6 nghiệm đơn là \(x=-1;x=\pm \sqrt{2}+1;x=\pm \sqrt{3}+1;x=3\) và có 1 nghiệm bội lẻ là \(x=1.\)

Vậy hàm số \(g\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}-2x \right)-\left( \frac{{{x}^{4}}}{2}-2{{x}^{3}}+{{x}^{2}}+2x+1 \right)\) có 7 điểm cực trị.