Đồ thị có đường tiệm cận nên loại B và C.

Lại có :

\(\lim\limits _{x \rightarrow 2^{\pm}} y=\lim \limits_{x \rightarrow 2^{\pm}} \frac{x+2}{x-2}=\pm \infty\) nên x=2 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nên chọn A.

Goi I là trung điềm của AB. Vì SA=SB nên \(\Delta S A B\) cân tai S \(\Rightarrow S I \perp A B\)(1).

Vì C A=CB nên \(\Delta C A B\) cân tai C \(\Rightarrow C I \perp A B\)(2)

Từ (1) và(2) \(\Rightarrow A B \perp(S I C) \Rightarrow A B \perp S C \Rightarrow(S C, A B)=90^{\circ}\)

 \(\begin{array}{l} y=f(x)=\frac{3 x-1}{x-3} \\ \operatorname{TXĐ}: D=\mathbb{R} \backslash\{3\} \end{array}\)

\(f^{\prime}(x)=\frac{-8}{(x-3)^{2}}<0 \forall x \neq 3 \Rightarrow\)Hàm số luôn nghịch biến trên \((-\infty ; 3) \text { và }(3 ;+\infty)\)

\(\Rightarrow \underset{[0 ; 2]}{\max } f(x)=f(0)=\frac{1}{3}\)

ĐK: \(x^{2}-x+2>0 \text{ luôn đúng } \forall x \in \mathbb{R}\)

Ta có:

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

Phương trình đã cho có hai nghiệm.

Diện tích đáy của lăng trụ là \(S=(2 a)^{2} \frac{\sqrt{3}}{4}=a^{2} \sqrt{3}\)

Thể tích lăng trụ là \(V=a^{2} \sqrt{3} \cdot a \sqrt{3}=3 a^{3}\)

Ta có: \(I=\log _{\sqrt{a}} a=2 \log _{a} a=2\)

Thể tích khối chóp là \(V=\frac{1}{3} \cdot 3^{2} \cdot 4=12\)

Ta có:

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

Dựa vào bảng biến thiên nhận thấy hàm số nghịch biến trên \((-\infty ;-1)\)

Áp dụng công thức ta có thể tích khối cầu là \(V=\frac{4}{3} \pi r^{3}\)

Phần ảo của số phức là -3

Gọi \(z=a+b i,(a, b \in \mathbb{R})\)

Khi đó ta có:

\((\bar{z}+2 i)(z-2)=\bar{z} .z-2 .\bar{z}+2 i . z-4 i=a^{2}+b^{2}-2(a-b i)+2 i(a+b i)-4 i\)

\(=a^{2}+b^{2}-2 a-2 b+(2 a+2 b-4) i\)

Để \((\bar{z}+2 i)(z-2)\) là số thuần ảo thì 

\(a^{2}+b^{2}-2 a-2 b=0 \Leftrightarrow(a-1)^{2}+(b-1)^{2}=2\)

Vậy trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm biễu diễn các số phức z là một đường tròn có tâm là M (1;1).

Ta có:

\(\int\limits_{1}^{2}(2 f(x)+g(x)) d x=2 \int\limits_{1}^{2} f(x) d x+\int\limits_{1}^{2} g(x) d x=2.5-7=3\)

Ta có: \(\int\left(3 x^{2}+\frac{1}{x}\right) d x=x^{3}+\ln |x|+C\)

Số phức liên hợp của số phức z là \(z=3-4 i\)

Điểm biểu diễn là \(N(3 ;-4)\)

Chiều dài đường sinh hình nón là \(l=\sqrt{r^{2}+h^{2}}=\sqrt{3+16}=\sqrt{19}\)

Khi đó \(S_{x q}=\pi r l=\pi \sqrt{3} \sqrt{19}=\sqrt{57} \pi\)

Khối trụ tạo thành có đường cao h=a, bán kính r=a

Suy ra \(V=\pi r^{2} h=\pi a^{2} a=\pi a^{3}\)

Ta có công bội \(q=\frac{u_{3}}{u_{2}}=4\)

Từ phương tình đường thẳng suy ra đường thẳng có một vec tơ chỉ phương là \(\vec{u}=(2 ; 1 ; 2)\)

Ta có: \(|z|=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}\)

Mỗi cách sắp xếp 10 người vào 10 ghế là một hoán vị của 10 phần tử. Do đó có 10! cách sắp xếp.

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\)

Ta có:

\(\mathrm{e}^{x^{2}-x+1}<\mathrm{e} \Leftrightarrow x^{2}-x+1<1 \Leftrightarrow x^{2}-x<0 \Leftrightarrow 0<x<1\)

Do \(\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{2 x-1}{x+1}=2\), vậy đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang.

ĐK: \(2-x>0 \Leftrightarrow x<2\)

Vậy Tập xác định là \(D=(-\infty ; 2)\)

Ta có: \(\widehat {\left(A B^{\prime} ;(A B C)\right)}=\widehat{Ơ\left(A B^{\prime} ; A B\right)}=\widehat{B A B^{\prime}}=60^{\circ}\)

\(\tan\widehat{ B A B^{\prime}}=\frac{B B^{\prime}}{A B} \Rightarrow B B^{\prime}=A B \cdot \tan \widehat{B A B^{\prime}}=a \cdot \tan 60^{\circ}=a \sqrt{3}\)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy lăng trụ:\(R=\frac{a \sqrt{3}}{3}\)

\(\Rightarrow V=S \cdot h=\pi\left(\frac{a \sqrt{3}}{3}\right)^{2} \cdot a \sqrt{3}=\frac{\pi a^{3} \sqrt{3}}{3}\)

Ta có:

\(P=\log _{2} \frac{40}{3}=\log _{2} 40-\log _{2} 3=\log _{2} 2^{3} .5-\log _{2} 3\)

\(=\log _{2} 2^{3}+\log _{2} 5-\frac{1}{2} \log _{2} 9=3+a-\frac{1}{2} b\)

Vậy \(P=3+a-\frac{1}{2} b\)

Diện tích thiết diện là \(: S(x)=x e^{x}-1\)

Thể tích \(V=\int_{0}^{1} S(x) d x=\int_{0}^{1} x( e^{x}-1) d x\)

Đặt \(\left\{\begin{array}{l} u=x \\ d v=e^{x}-1 d x \end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} d u=d x \\ v=e^{x}-x \end{array}\right.\right.\) ta có:

\(V=x e^{x}-\left.1\right|_{0} ^{1}-\int\limits_{0}^{1} e^{x}-x d x=e-1-\left.\left(e^{x}-\frac{x^{2}}{2}\right)\right|_{0} ^{1}=e-1-\left(e-\frac{1}{2}-1\right)=\frac{1}{2}\)

Đặt \(t=\cos x, t \in(0 ; 1)\). Khi đó \(f(t)=\frac{2 t-1}{t-m}\)

Vì \(t=\cos x\) là hàm số nghịch biến trên \(\left(0 ; \frac{\pi}{2}\right)\) nên  nên bài toán trở thành tìm m để hàm số y=f(t) nghịch biến trên (0;1).

Ta có: \(f^{\prime}(t)=\frac{-2 m+1}{(t-m)^{2}}\)

Yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} -2 m+1<0 \\ {\left[\begin{array}{l} m \geq 1 \\ m \leq 0 \end{array}\right.} \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} m>\frac{1}{2} \\ m \geq 1 \\ m \leq 0 \end{array} \Leftrightarrow m \geq 1\right.\right.\)

\(f(|x|)-1=0\Leftrightarrow f(|x|)=1\)

Từ đồ thị hàm số y =f(x)   suy ra đồ thị hàm số \(y=f(|x|)\) bằng cách:

+ giữ nguyên phần đồ thị hàm ố y=f(x) nằm bến phải trục Oy. Bỏ đi phần đồ thị nằm bên trái Oy.

+Lấy đối xứng phần đồ thị y=f(x) nằm bên phải Oy qua trục Oy

Ta được 

Dựa vào đồ thị hàm số \(y=f(|x|)\) suy ra phương trình \(f(|x|)-1=0\) có hai nghiệm thực.

Tổng số người mắc bệnh trong các ngày như sau:

Ngày thứ nhất mắc 1+a người

Ngày thứ hai mắc: \(1+a+(1+a) a=(1+a)^{2}\) người

...

Ngày thứ 7 mắc: \((1+a)^{7}\)

Theo đề bài ta có \((1+a)^{7}=16384 \Leftrightarrow a=3\)

Hình chiếu của A lên mặt phẳng (Oyz) là \(H(0 ;-3 ; 2)\)

Do H là trung điểm của AA' nên \(A^{\prime}(-1 ;-3 ; 2)\)

\(y^{\prime}=f^{\prime}(x)=4 a x^{3}+2 b x\)

ĐỪng còn cắt Oy tại điểm \(M(0 ; 1) \Rightarrow c=1\)

Hàm số có hai điểm cực trị \(x=-1\,\, và \,\,x=1\) nên ta có:

\(f^{\prime}(-1)=f^{\prime}(1)=0 \Leftrightarrow 4 a+2 b=0(1)\)

Hàm số đi qua điểm \(A(-1 ;-1) ; B(1 ;-1)\)

\(f(-1)=f(1)=-1 \Leftrightarrow a+b+1=-1(2)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ 

\(\left\{\begin{array}{l} 4 a+2 b=0 \\ a+b+1=-1 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} a=2 \\ b=-4 \end{array} \Rightarrow a+b+2 c=0\right.\right.\)

Điều kiện: x>0

Bất phương trình tương đương:

\(\left[\begin{array}{l} \log _{2} x \leq-1 \\ \log _{2} x \geq 6 \end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x \leq \frac{1}{2} \\ x \geq 2^{6} \end{array}\right.\right.\)

Kết hợp với điều kiện ta được: \(S=\left(0 ; \frac{1}{2}\right] \cup[64 ;+\infty)\)

Ta có ABCD là hình thoi có \(\widehat{B A D}=60^{\circ}\) nên tam giác BDC đều cạnh a.

Có \(\left\{\begin{array}{l} S B=S C=S D \\ S H \perp(A B C D) \end{array} \Rightarrow H\right.\) là trọng tâm tam giác BCD.

Gọi I ,N lần lượt là trung điểm của DH, BC.

\(\triangle S D H \text { có } M I\) là đường trung bình 

\(\Rightarrow M I / / S H \Rightarrow S H / /(M I C) \Rightarrow d(S H, C M)=d(S H,(M C I))=d(H,(C M I))=H K\)

H K là đường cao của \(\Delta I H C\)

Ta có: \(S_{\Delta H C}=\frac{1}{2} \cdot I H \cdot C N=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdot D N \cdot C N=\frac{1}{6} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a}{2}=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{24}\)

\(\begin{array}{l} S_{\Delta H C}=\frac{1}{2} \cdot H K \cdot C I \Rightarrow H K=\frac{2 S_{\triangle H C}}{C I} \\ \Delta D I C \text { có: } I C=\sqrt{D I^{2}+D C^{2}-2 \cdot D I \cdot D C \cdot \cos 30^{\circ}}=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{12}} a \end{array}\)

Vậy \(H K=\frac{2 \mathrm{S}_{\mathrm{NHC}}}{I C}=\frac{2 \mathrm{a}^{2} \sqrt{3}}{24} \cdot \sqrt{\frac{7}{12}} \cdot a=\frac{a \sqrt{7}}{14}\)

Gọi \((\alpha)\) là mặt phẳng đi qua điểm \(M(1 ; 2 ; 3)\) và song song với (P).

Do \((\alpha)//(P)\) nên có dạng \(x-2 y+z+c=0(c \neq-3)\)

\(M(1 ; 2 ; 3)\in(\alpha)\Rightarrow 1-2.2+3+c=0 \Leftrightarrow c=0\)

Phương tình mặt phẳng là \((\alpha): x-2 y+z=0\)

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\)

Ta có: \(y^{\prime}=3 x^{2}-6 x=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=0 \\ x=2 \end{array}\right.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(M(2 ; 5)\)

Măt cầu (S) có tâm là I(0 ; 0 ; 1), bán kính R và tiếp xúc với mặt phẳng \((\alpha): 2 x-2 y+z+8=0\)

\(\Rightarrow R=d(I ; \alpha)=\frac{|1+8|}{\sqrt{2^{2}+2^{2}+1}}=3\)

Phưng trình mặt cầu (S) là \(x^{2}+y^{2}+(z-1)^{2}=9\)

Số phần tử của tập A: \(n(A)=A_{9}^{5}\)

Gọi \(\Omega\) là biến có số lấy được luôn có mặt hai chữ số 1; 2 và chúng không đứng cạnh nhau.

Số phần tử của biến cố số lấy được luôn có mặt hai chữ số 1;2 là \(5.4 \cdot A_{7}^{3}\)(số 1 có 5 vị trí, số 2 có 4 vị trí và sắp 7 số còn lại vào 3 vị trí)

Số phần tử của biến cố số lấy được luôn có mặt hai chũ số 1; 2 và chúng đứng cạnh nhau là \(2!.4. A_{7}^{3}\) ( gộp 2 số 1 và 2 thành 1 khối, trong khối đổi chỗ 2 vị trí số 1 và 2; khối 1 và 2 có 4 vị trí và sắp 7 số còn lại vào 3 vị trí)

Từ dó \(n(\Omega)=5.4 . A_{7}^{3}-2 ! .4 . A_{7}^{3}=2520\)
Xác suất để số lấy được luôn có mặt hai chũ số 1; 2 và chúng không đứng cạnh nhau là \(P(\Omega)=\frac{n(\Omega)}{n(A)}=\frac{2520}{A_{9}^{5}}=\frac{1}{6}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} z^{2}+z+1=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} z_{1}=\frac{-1+\sqrt{3} i}{2} \\ z_{2}=\frac{-1-\sqrt{3} i}{2} \end{array}\right. \\ z_{1}=\frac{-1+\sqrt{3} i}{2} \Rightarrow z_{1}^{3}=1 \Rightarrow\left(z_{1}^{3}\right)^{673}=1^{673} \Rightarrow z_{1}^{2019}=1 \Rightarrow z_{1}^{2021}=z_{1}^{2}=\frac{-1-\sqrt{3} i}{2} \\ z_{2}=\frac{-1-\sqrt{3} i}{2} \Rightarrow z_{2}^{3}=1 \Rightarrow\left(z_{2}^{3}\right)^{673}=1^{673} \Rightarrow z_{2}^{2019}=1 \Rightarrow z_{2}^{2021}=z_{2}^{2}=\frac{-1+\sqrt{3} i}{2} \\ \mathrm{w}=z_{1}^{2021}+z_{2}^{2021}=\frac{-1-\sqrt{3} i}{2}+\frac{-1+\sqrt{3} i}{2}=-1 \end{array}\)

Gọi I là trung điểm AB\(\Rightarrow I(2 ;-1 ; 3)\)

\(\overrightarrow{A B}=(-2 ; 2 ; 4)\)

Mặt phẳng trung trực đonạ AB đi qua điểm I và nhận \(\overrightarrow{A B}=(-2 ; 2 ; 4)\) làm vec tơ pháp tuyến có phương trình:

\(\begin{array}{l} -2(x-2)+2(y+1)+4(z-3)=0 \\ \Leftrightarrow-2 x+2 y+4 z-6=0 \end{array}\)

\(\Leftrightarrow x-y-2 z+3=0\)

Phương trình tham số của d \(\left\{\begin{array}{l} x=2-t \\ y=-1-t \\ z=-1+t \end{array}\right.\)

Goi I là giao điểm của d và (P).

\(I\in d\Rightarrow I(2-t;-1-t;-1+t)\)

Lại có \(I\in (P)\Rightarrow2(2-t)+(-1-t)-2(-1+t)=0 \Leftrightarrow 5 t=5 \Leftrightarrow t=1\)

Vậy M(1;-2;0)

Vì đường thẳng \(\Delta\)nằm trong (P) cắt d nên \(M \in \Delta\)

Vecto chì phương của d và vec to pháp tuyến của (P) có tọa độ lần lượt là \(\overrightarrow{a_{d}}=(-1 ;-1 ; 1) ; \overrightarrow{n_{P}}=(2 ; 1 ;-2)\)

Vì đường thằng \(\Delta\) nằm trong (P), cắt d và vuông góc với d nên vecto chi phương cùa \(\Delta\) là

\(\overrightarrow{a_{\Delta}}=[\overrightarrow{a_{d}} ; \overrightarrow{n_{P}}]=(1 ; 0 ; 1)\)

Phương trình đường thẳng \(\Delta\) cần tìm là:

\(\left\{\begin{array}{l} x=1+t \\ y=-2 \\ z=t \end{array}\right.\)

Ta có: \(F(x)=\int f(x) d x=\int \frac{x}{\sqrt{8-x^{2}}} d x=-\int \frac{d\left(8-x^{2}\right)}{2 \sqrt{8-x^{2}}} d x=-\sqrt{8-x^{2}}+C\)

Theo đề bài ta có \(F(2)=0 \text { nên }-\sqrt{8-2^{2}}+C=0 \Leftrightarrow C=2\)

Ta có phương trình:

\(\begin{array}{l} F(x)=x \Leftrightarrow-\sqrt{8-x^{2}}+2=x \Leftrightarrow \sqrt{8-x^{2}}=2-x \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} 2-x \geq 0 \\ 8-x^{2}=(2-x)^{2} \end{array}\right. \\ \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} x \leq 2 \\ x=1 \pm \sqrt{3} \end{array} \Leftrightarrow x=1-\sqrt{3}\right. \end{array}\)

Goi G là tâm hình vuông A B C D ; M, N lần lươt là trung điểm AB, SA ; A' là điềm đối xứng cüa A qua H

Vì A' là điểm đối xứng của A qua H nên ta có HA=HA' 

Suy ra SH là đường trung trực của AA'. Do đó \(\triangle S A A^{\prime}\) là tam giác cân.

Mà \(\widehat{S A A^{\prime}}=\widehat{(S A,(A B C D))}=60^{\circ} .\)

Do đó \(\Delta S A A^{\prime}\) là tam giác đều canh bằng 2a 

Từ M kẻ đường trung trực của AB cắt A'N tại K . Khi đó K là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\triangle S A B\)
Qua G dựng trục đương tròn ngoại tiếp Gy của hình vuông ABCD. Qua K dựng trục đường tròn ngoại tiếp Kx của \(\Delta S A B\). Goi\(O=K x \cap G y\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S . A B C D\)

Ta có: \(A^{\prime} N=\sqrt{A A^{\prime 2}-A N^{2}}=a \sqrt{3} ; M A^{\prime}=\frac{a}{2}\)

Lại có \(\Delta M K A^{\prime} \sim \Delta N A A^{\prime} \Rightarrow \frac{A^{\prime} K}{A A^{\prime}}=\frac{M A^{\prime}}{N A^{\prime}}=\frac{\frac{a}{2}}{a \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6} \Rightarrow A^{\prime} K=\frac{\sqrt{3}}{6} A A^{\prime}=\frac{a \sqrt{3}}{3}\)

Mặt khác \(K O=M G=\frac{A D}{2}=\frac{3 a}{2}\)

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp là \(\frac{55 \pi a^{2}}{3}\)

Đặt \(t=e^{x} ; t>0\)

Bài toán trở thành tìm m để hàm số \(f (t)=m^{2}\left(\frac{t^{5}}{5}-16 t\right)+3 m\left(\frac{t^{3}}{3}-4 t\right)-14\left(\frac{t^{2}}{2}-2 t\right)+2020\) đồng biến trên \((0 ;+\infty)\)

Ta có: \(f^{\prime}( t)=m^{2} (t^{4}-16)+3 m (t^{2}-4)-14( t-2)\)

Khi đó yếu cầu bài toán \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow m^{2}( t^{4}-16)+3 m (t^{2}-4)-14( t-2) \geq 0 ; \forall t>0 \\ \Leftrightarrow (t-2)\left[m^{2} t^{2}+4 t+2+3 m( t+2)-14\right] \geq 0 ; \forall t>0 \end{array}\)

Điều kiện cần là \(m^{2} (t^{2}+4) (t+2)+3 m( t+2)-14=0\) có nghiệm t=2 thức là:

\(m^{2} (2^{2}+4)(2+2)+3 m( 2+2)-14=0 \Leftrightarrow 32 m^{2}+12 m-14=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} m=\frac{1}{2} \\ m=-\frac{7}{8} \end{array}\right.\)

Thử lại 

Với \(m=\frac{1}{2}\) thì 

\(\begin{aligned} f^{\prime} (t) &=t-2\left[\frac{1}{4}( t^{2}+4)( t+2)+\frac{3}{2} (t+2)-14\right] \\ &=\frac{1}{4}( t-2)( t^{3}+2 t^{2}+10 t-36) \\ &=\frac{1}{4}( t-2^{2})( t^{2}+4 t+18) \geq 0 ; \forall t>0 \end{aligned}\)

  nhận \(m=\frac{1}{2}\)

Với \(m=-\frac{7}{8}\) thì:

\(\begin{aligned} f^{\prime} (t) &=t-2\left[\frac{49}{64}( t^{2}+4)( t+2)-\frac{21}{8} (t+2)-14\right] \\ &=\frac{1}{64}( t-2) ( 49 t^{3}+98 t^{2}+28 t-840) \\ &=\frac{1}{64}( t-2)^{2}( 49 t^{2}+196 t+420) \geq 0 ; \forall t>0 \end{aligned}\)

Nên nhận \(m=-\frac{7}{8}\)

Vậy \(S=\left\{\frac{1}{2} ;-\frac{7}{8}\right\}\). Khi đó tổng các phần tử thuộc S là \(\frac{1}{2}-\frac{7}{8}=-\frac{3}{8}\)

Ta có \(f(3 \sin x+m)-3=0 \Leftrightarrow f(3 \sin x+m)=3\)

Dụa vào đô thị ta có

\(f(3 \sin x+m)=3 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} 3 \sin x+m=-1 \\ 3 \sin x+m=2 \end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} \sin x=\frac{-1-m}{3} \\ \sin x=\frac{2-m}{3}=1+\frac{-1-m}{3} \end{array}\right.\right.\)

Ta có đồ thị hàm số \(y=\sin x \text { trên }[0 ; 3 \pi]\) như sau

Dụa vào đồ thị để phương trình \(f(3 \sin x+m)-3=0\) có 6 nghiệm phân biệt thuộc \([0 ; 3 \pi]\) thì 

\(\left\{\begin{array}{l} -1<\frac{-1-m}{3} \leq 0 \\ 0<\frac{2-m}{3} \leq 1 \end{array} \Leftrightarrow-1 \leq m<2\right.\)

Do \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow\left[\begin{array}{l} m=-1 \\ m=0 \Rightarrow S=0 \\ m=1 \end{array}\right.\)

Gọi E là điểm trên cạnh AD sao cho D E=2 A E

Do \(\overrightarrow{S S^{\prime}}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B} \Rightarrow S S^{\prime}=\frac{a}{2}\)

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} B C \perp A B \\ B C \perp S A \end{array} \Rightarrow B C \perp\left(S A B S^{\prime}\right)\right.\)

\(V_{S S^{\prime} A B C D}=V_{S . A B C D}+V_{C . B S S^{\prime}}+V_{D . C S S}\)

Trong đó 

\(V_{S . A B C D}=\frac{1}{3} S_{A B C D} . S A=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot(B C+A D) \cdot A B \cdot S A=\frac{1}{6} \cdot(a+3 a) \cdot a \cdot a=\frac{2 a^{3}}{3}(\mathrm{đvtt})\)

\(V_{C . B S S}=\frac{1}{3} \cdot S_{B S S^{\prime}} \cdot C B=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot S S^{\prime} \cdot d\left(B, S S^{\prime}\right) \cdot C B=\frac{1}{6} \cdot S S^{\prime} \cdot S A \cdot C B=\frac{1}{6} \cdot \frac{a}{2} \cdot a \cdot a=\frac{a^{3}}{12}(\mathrm{đv} \mathrm{t} \mathrm{t})\)

Do \(d\left(D,\left(C S S^{\prime}\right)\right)=2 d\left(A,\left(C S S^{\prime}\right)\right)\) nên suy ra:

\(V_{D . C S S^{\prime}}=2 V_{A . C S S^{\prime}}=2 V_{C . A S^{\prime}}=2 \cdot \frac{1}{3} \cdot S_{A S^{\prime}} \cdot C B=\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot S A \cdot S S^{\prime} \cdot C B=\frac{1}{3} a \cdot \frac{a}{2} \cdot a=\frac{a^{3}}{6}(\mathrm{đv} \mathrm{tt})\)

Vậy \(V_{S S^{\prime} A B C D}=\frac{2 a^{3}}{3}+\frac{a^{3}}{12}+\frac{a^{3}}{6}=\frac{11 a^{3}}{12} \quad(\mathrm{đvtt})\)

Phương tình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f(\cos x)-2 \cos x-m\) và trục hoành là:

\(f(\cos x)-2 \cos x-m=0(1)\)

Đặt \(t=\cos x, t\in(0;1]\)

Phương trình trở thành \(f(t)-2 t=m(2)\) với \(t \in(0 ; 1]\)

Bài toán trở thành tìm giá trị nguyên của m để phương trình (2) có nghiệm thuộc (0 ; 1]

Xét hàm số \(g(t)=f(t)-2 t, \text { vói } t \in(0 ; 1]\)

\(g^{\prime}(t)=f^{\prime}(t)-2\)

Nhận xét: Dựa vào đồ thị hàm số y=f(x), ta có hàm số nghịch biến trong (0 ; 1) và đạt cực trị tại  x=1 nên \(f^{\prime}(x) \leq 0, \forall x \in(0 ; 1],\) suy ra \(f^{\prime}(t) \leq 0, \forall t \in(0 ; 1]\)

Do đó \(g^{\prime}(t)<0, \forall t \in(0 ; 1]\)

Bảng biến thiên g(t)

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình (2) có nghiệm thuộc (0;1] \(\Leftrightarrow-4 \leq m<-1\).

Vì m nguyên nên\(m \in\{-4 ;-3 ;-2\} .\)

Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài
toán.

Đặt \(\left\{\begin{array}{l} a=2^{x} \\ b=2^{y} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} x=\log _{2} a \\ y=\log _{2} b \end{array}\right. \\ c=2^{z} \end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} a+b+c=10 ; a, b, c \geq 1 \\ z=\log _{2} c \end{array}\right.\right.\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

\(\begin{array}{c} a \cdot b \cdot c^{3} \leq c^{3}\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}=c^{3}\left(\frac{10-c}{2}\right)^{2}=\frac{c}{3} \cdot \frac{c}{3} \cdot \frac{c}{3}\left(\frac{10-c}{2}\right) \cdot\left(\frac{10-c}{2}\right) \cdot 27 \\ \leq\left(\frac{c+10-c}{5}\right)^{5} \cdot 27=2^{5} \cdot 27 \end{array}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{c}{3}=\frac{10-c}{2} \Rightarrow c=6 \Rightarrow a=b=2\)

\(\Rightarrow P=\log _{2}\left(a b c^{3}\right) \leq \log _{2}\left(2^{5} \cdot 27\right)=5+3 \log _{2} 3 \approx 6,58\)

Do hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên hàm só liên tục tại x=0 

\(\Leftrightarrow \lim\limits _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 0^{-}} f(x)=f(0) \Leftrightarrow m=1\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{c} \int\limits_{-1}^{2} f(x) \mathrm{d} x=\int\limits_{-1}^{0} f(x) \mathrm{d} x+\int\limits_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x=\int\limits_{-1}^{0} e^{2 x} \mathrm{d} x+\int\limits_{0}^{2}(x+1) \mathrm{d} x \\ =\left.\frac{e^{2 x}}{2}\right|_{-1} ^{0}+\left.\left(\frac{x^{2}}{2}+x\right)\right|_{0} ^{2}=\frac{1}{2}-\frac{e^{-2}}{2}+4=\frac{9}{2}-\frac{1}{2} e^{-2} \end{array}\)

 \(\Rightarrow a=\frac{9}{2} ; b=-\frac{1}{2} \Rightarrow a+b=4\)

Xét hàm số \(g(x)=|| 2 f(x)-2|+f(x)+10-m| \text { trên đoạn }[-2 ; 2]\)

ta có: \(g(x)=\| 2 f(x)-2|+f(x)+10-m|=|-2 f(x)+2+f(x)+10-m|\) vì \(f(x) \leq 1 \quad \forall x \in[-2 ; 2]\)

Hay \(g(x)=|-f(x)+12-m|=|f(x)+m-12| \text { trên đoạn }[-2 ; 2]\)

Xét hàm số \(h(x)=f(x)+m-12\text{ trên đoạn }[-2 ; 2]\) ta có bảng biến thiên.

Ta thấy \(\underset{[-2 ; 2]}{\operatorname{Max}} g(x)=\operatorname{Max}\{|m-14| ;|m-11|\}\)

Theo đề bài ta có:

\(\operatorname{Max}_{[-2 ; 2]} g(x) \leq 2 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} |m-14| \leq 2 \\ |m-11| \leq 2 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} -2 \leq m-14 \leq 2 \\ -2 \leq m-11 \leq 2 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} 12 \leq m \leq 16 \\ 9 \leq m \leq 13 \end{array} \Leftrightarrow 12 \leq m \leq 13\right.\right.\right.\)

Từ đó ta có \(\left\{\begin{array}{l} m-11>0 \\ m-14<0 \end{array} . \text { Nên } \operatorname {Ming}(x)=0 \text { và } \operatorname{Max}\limits_{[-2 ; 2]} g(x)=2\right.\)\

Suy ra \(\left[\begin{array}{l} |m-14|=2 \\ |m-11|=2 \end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} m=16 \\ m=12 \\ m=13 \\ m=9 \end{array}\right.\right.\)

Vì \(12 \leq m \leq 13 \text { nên }\left[\begin{array}{l} m=13 \\ m=12 \end{array} . \text { Ta có: } 12.13=156\right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} g^{\prime}(x)=\frac{5\left(x^{2}+4\right)-2 x \cdot 5 x}{\left(x^{2}+4\right)^{2}} f^{\prime}\left(\frac{5 x}{x^{2}+4}\right)=\frac{20-5 x^{2}}{\left(x^{2}+4\right)^{2}} f^{\prime}\left(\frac{5 x}{x^{2}+4}\right) \\ g^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow \frac{20-5 x^{2}}{\left(x^{2}+4\right)^{2}} f^{\prime}\left(\frac{5 x}{x^{2}+4}\right)=0 \end{array}\)

\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} \frac{20-5 x^{2}}{\left(x^{2}+4\right)}=0 \\ f^{\prime}\left(\frac{5 x}{x^{2}+4}\right)=0 \end{array} \Rightarrow\left[\begin{array}{l} x^{2}=4 \\ \frac{5 x}{x^{2}+4}=0 \\ \frac{5 x}{x^{2}+4}=1 \\ \frac{5 x}{x^{2}+4}=2(V N) \end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=\pm 2 \\ x=0 \\ x=1 \\ x=4 \end{array}\right.\right.\right.\)

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số \(g(x)=f\left(\frac{5 x}{x^{2}+4}\right)\) có 1 điểm cực đại.