Hàm số có TXĐ \(: D=(1 ;+\infty) \text { và } a=\frac{\pi}{3}<1\)

Nên hàm số nghịch biến trên \((1 ;+\infty)\)

Ta có \(\int \sin 3 x d x=-\frac{1}{3} \cos 3 x+C\)

Thể tích tứ diện có AB, AC, AD đôi một vuông góc là 

\( V=\frac{1}{6} A B \cdot A C \cdot A D=\frac{1}{6} \cdot 2 a \cdot 3 a \cdot 4 a=4 a^{3}\)

Đường thẳng \(d: \frac{x-1}{1}=\frac{y+2}{-1}=\frac{z}{2}\)  có VTCP \( \vec{u}=(1 ;-1 ; 2)\)

Ta có \(\log _{\frac{1}{2}}(x-1) \geq 0 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} x-1>0 \\ x-1 \leq\left(\frac{1}{2}\right)^0 \end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} x>1 \\ x-1 \leq 1 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} x>1 \\ x \leq 2 \end{array} \Leftrightarrow 1<x \leq 2\right.\right.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ là x=1 nên  loại đáp án A.

Đồ thị hàm số đi qua điềm (-1; 0) và (0;-1) nên chọn B.

Chọn B vì hàm số \(\)luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) trên các khoảng xác định nên không có cực trị.

Với x>0 ta có:

\(P=\sqrt[3]{x^{5} \sqrt[4]{x}}=\sqrt[3]{x^{5} x^{\frac{1}{4}}}=\sqrt[3]{x^{5+\frac{1}{4}}}=\sqrt[3]{x^{\frac{21}{4}}}=x^{\frac{21}{4}:3}=x^{\frac{7}{4}}\)

Hàm số có số mũ không nguyên nên xác định khi 

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

Ta có:

\(\int\limits_{0}^{m}(2 x-1) d x=2\)

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

Hàm số có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu là \(\left\{\begin{array}{l} a<0 \\ b>0 \end{array}\right.\)

Ta có \(z=2-3 i \Rightarrow|z|=\sqrt{2^{2}+(-3)^{2}}=\sqrt{13}\)

Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M(1 ;-2 ; 3) trên mặt phẳng (Oyz) là A(0 ;-2 ; 3)

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} u_{1}=2 \\ q=3 \end{array} \Rightarrow u_{3}=u_{1} q^{2}=2.3^{2}=18\right.\)

Gọi \(z=x+y i(x, y \in R)\)

Theo đề bài ta có:

\(|2 z-1|=1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow|2(x+y i)-1|=1 \\ \Leftrightarrow|2 x-1+2 y i|=1 \\ \Leftrightarrow \sqrt{(2 x-1)^{2}+4 y^{2}}=1 \\ \Leftrightarrow(2 x-1)^{2}+4 y^{2}=1 \\ \Leftrightarrow 4\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+4 y^{2}=1 \\ \Leftrightarrow\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{4} \end{array}\)

Vậy  Quỹ tích của số phức z là đường tròn tâm \(\left(\frac{1}{2} ; 0\right)\) và bán kính \(R=\frac{1}{2}\)

Ta có \(2^{2 x-1}+m^{2}-m=0 \Leftrightarrow 2^{2 x-1}=-m^{2}+m\)

Phương trình có nghiệm \(\Leftrightarrow-m^{2}+m>0\Leftrightarrow m(m-1)<0 \Leftrightarrow 0<m<1\)

Hình lăng trụ đứng \(A B C . A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\)  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A có 2 mặt phẳng đối xứng

Bán kính đường tròn đáy của khói trụ đã cho là: \(R=\frac{C}{2 \pi}=\frac{2 \pi}{2 \pi}=1\)

\(\Rightarrow\) Thể tích của khối trụ đã cho là: \(V=\pi R^{2} h=\pi \cdot 1^{2} \cdot \sqrt{2}=\sqrt{2} \pi\)

Số phức liên hợp \(\bar{z}=a-b i\)

Ta có:

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

Ta có \(f(x)=x^{3}+\left(m^{2}+1\right) x+m^{2}-2\Rightarrow f^{\prime}(x)=3 x^{2}+m^{2}+1>0 \quad \forall m\)

Vậy hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{{\rm{[0;2]}}} f\left( x \right)=f(0)=7 \\ \Leftrightarrow m^{2}-2=7 \\ \Leftrightarrow m^{2}=9 \\ \Leftrightarrow m=\pm 3 \end{array}\)

Gọi I là trung\(\Rightarrow I(1;3;5)\) điểm AB

\(\overrightarrow{A B}=(2 ; 2 ; 4)\). Mặt phẳng vuông góc với AB nên nhận \(\overrightarrow {AB}\) làm vec tơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng trung trực đi qua điểm I và có vec tơ pháp tuyến \(\overrightarrow {AB}\) là

\((\alpha):2( x-2)+2(y-3)+4(z-5)=0 \Leftrightarrow x+y+2 z-15=0\)

 Đường sinh hợp với đáy góc \(\alpha=60^{\circ} \Rightarrow \widehat { S A O}=60^{\circ}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow O A=S A \cdot \cos 60^{\circ}=2 a \cdot \frac{1}{2}=a \\ \Rightarrow S_{t p}=\pi R l+\pi R^{2}=\pi \cdot a \cdot 2 a+\pi a^{2}=3 \pi a^{2} \end{array}\)

Tổng số quyên sách trên giá sách là 9 quyển.

Số cách lấy được 3 quyển sách bất kì trên giá sách là \(C_{9}^{3}=84\) cách.

Số cách lấy được 3 quyền sách mà trong đó không có quyển sách Toán nào là: \(C_{3}^{3}+C_{3}^{2} C_{2}^{1}+C_{3}^{1} C_{2}^{2}=10\) cách.

\(\Rightarrow\) Số cách lấy được 3 quyển sách trong đó có ít nhất 1 quyền sách toán là: 84 - 10 = 74 cách.

\(\lim \limits _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x-\sqrt{x}}{x}=\lim \limits _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{2}-x}{x(x+\sqrt{x})}=\lim \limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x-1}{x+\sqrt{x}}\)

Vì \(\lim \limits_{x \rightarrow 0^{+}}(x-1)=-1 ; \lim\limits _{x \rightarrow 0^{+}}(x+\sqrt{x})=0^{+} \Rightarrow \lim\limits _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x-\sqrt{x}}{x}=-\infty\)

\(\begin{array}{l} \text { Ta } \operatorname{có}: 2^{x^{2}} \cdot 3^{x+1}=1 \\ \Leftrightarrow \log _{2}\left(2^{x^{2}} \cdot 3^{x+1}\right)=\log _{2} 1 \\ \Leftrightarrow \log _{2} 2^{x^{2}}+\log _{2} 3^{x+1}=0 \\ \Leftrightarrow x^{2}+(x+1) \log _{2} 3=0 \end{array}\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường  \(y=x^{2}-x ; y=2 x-2 ; x=0 ; x=3\) được tính bởi công thức

\(S=\int_{0}^{3}\left|x^{2}-x-(2 x-2)\right| d x=\int_{0}^{3}\left|x^{2}-3 x+2\right| d x\)

Mặt phẳng \((P): 4 x-4 y+2 z-7=0 \text { có } \text { VTPT là: } \overrightarrow{n_{P}}=(4 ;-4,2)=2(2 ;-2 ; 1)\)

Mặt phẳng \((Q): 2 x-2 y+z+4=0 \text { có VTPT là: } \overrightarrow{n_{Q}}=(2 ;-2 ; 1)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{n_{p}} / / \overrightarrow{n_{Q}} \Rightarrow(P) / /(Q)\)

Lấy \(A(0 ; 2 ; 0) \in(Q)\)

\(\Rightarrow d((P) ;(Q))=d(A ;(P))=\frac{|4.0-4.2+2.0-7|}{\sqrt{4^{2}+(-4)^{2}+2^{2}}}=\frac{15}{6}=\frac{5}{2}\)

Mà hai mặt phẳng (P), (Q) chứ hai mặt của hình lập phương đã cho\(\Rightarrow\)Độ dài cạnh của hình lập phương \(d((P) ;(Q))=\frac{5}{2}\)

\(\Rightarrow V=\left(\frac{5}{2}\right)^{3}=\frac{125}{8}\)

Phương trình \(f(x)=m\) có nghiệm duy nhất \(\Leftrightarrow \) đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại 1 điểm duy nhất.

Dựa vào bảng biến thiên nhận thấy 

Đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại 1 điểm duy nhất.\(\Leftrightarrow-5<m \leq 1\)

Mà m nguyên \(\Rightarrow m\{-4 ;-3 ;-2 ;-1 ; 0 ; 1\}\)

Vậy có 6 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Mặt phẳng \((\alpha): x+y-z+1=0 \text { có VTPT là: } \overrightarrow{n_{\alpha}}=(1 ; 1 ;-1)\)

Mặt phẳng \((\beta):-2 x+m y+2 z-2=0 \text { có VTPT là: } \overrightarrow{n_{\beta}}=(-2 ; m ; 2)\)

\(\Rightarrow(\alpha) / /(\beta) \Leftrightarrow \frac{-2}{1}=\frac{m}{1}=\frac{2}{-1} \neq \frac{-2}{1}(\text { vô lý })\)

Vậy không tồn tại góa trị m thỏa yêu cầu bài toán.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số \(y=\log _{a} x\) là hàm số nghich biến \(\Rightarrow 0<a<1\).

Hàm số \(y=\log _{c} x, y=\log _{b} x\) là các hàm số đồng biền \(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}b>1 \\ c>1\end{array}\right.\)

Ta lấy điểm \(B\left(x_{0} ; y_{2}\right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y=\log _{b} x\) và điểm \(C\left(x_{0} ; y_{1}\right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y=\log _{c} x\) như hình vẽ.
Khi đó ta có: 

\(\left\{\begin{array}{l}y_{2}=\log _{b} x_{0} \\ y_{1}=\log _{c} x_{0}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{0}=b^{y_{2}} \\ x_{0}=c^{y_{1}}\end{array} \Leftrightarrow b^{y_{2}}=c^{y_{1}}\right.\right.\)

 \(\begin{array}{l} \text { Mà }\left\{\begin{array}{l} y_{1}<y_{2} \\ b>1 \quad \Rightarrow b<c \\ c>1 \end{array}\right. \\ \Rightarrow a<1<b<c \end{array}\)

Vì ABCD là hình chũr nhật \(\Rightarrow BC//A D \Rightarrow BC//(S A D) \supset S D\)

\(\Rightarrow d(S D ; B C)=d(B C ;(S A D))=d(B ;(S A D))\)

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

\(\begin{array}{l} \Rightarrow d(B ;(S A D))=A B=a \sqrt{3} \\ \text { Vậy } d(S D, B C)=a \sqrt{3} \end{array}\)

Xếp 6 học sinh quanh một bàn tròn \(\Rightarrow n(\Omega)=5 !=120\)

Gọi A là biến cố: "Học sinh lớp C ngồi giữa 2 học sinh lớp B". Cố định học sinh lớp C, xếp 2 học sinh lớp B ngồi hai bên học sinh lớp C có 2!=2 cách.

Xếp 3 học sinh lớp A vào 3 ghế còn lại có 3! = 6 cách. \(\Rightarrow n(A)=2.6=12\)
Vậy xác suất của biến cố A là: \(P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\frac{12}{120}=\frac{1}{10}\)

Dựa vào đồ thị hàm số nhận thấy:

Hàm số đồng biến trên \((-\infty ;- 1) \, và\,\,(1 ;+\infty)\)

Hàm số nghịch biến trên (-1 ; 1)

Vậy đáp án D sai.

ta có

\(\begin{array}{l} \frac{3 x-1}{x^{2}+6 x+9}=\frac{3 x-1}{(x+3)^{2}}=\frac{A}{(x+3)^{2}}+\frac{B}{x+3} \\ \Leftrightarrow \frac{3 x-1}{x^{2}+6 x+9}=\frac{A+B(x+3)}{(x+3)^{2}} \\ \Leftrightarrow \frac{3 x-1}{x^{2}+6 x+9}=\frac{B x+A+3 B}{(x+3)^{2}} \end{array}\)

Dùng đồng nhất hệ số ta có 

\(\left\{\begin{array}{l} B=3 \\ A+3 B=-1 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} B=3 \\ A=-10 \end{array}\right.\right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{3 x-1}{x^{2}+6 x+9}=-\frac{10}{(x+3)^{2}}+\frac{3}{x+3} \\ \Rightarrow \int\limits_{0}^{1} \frac{3 x-1}{x^{2}+6 x+9} d x=-10 \int\limits_{0}^{1} \frac{d x}{(x+3)^{2}}+3 \int\limits_{0}^{1} \frac{d x}{x+3} \\ \Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1} \frac{3 x-1}{x^{2}+6 x+9} d x=\left.10 \cdot \frac{1}{x+3}\right|_{0} ^{1}+\left.3 \ln |x+3|\right|_{0} ^{1} \\ \Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1} \frac{3 x-1}{x^{2}+6 x+9} d x=10\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{3}\right)+3(\ln 4-\ln 3) \\ \Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1} \frac{3 x-1}{x^{2}+6 x+9} d x=3 \ln \frac{4}{3}-\frac{5}{6} \end{array}\)

\(\Rightarrow a=4, b=3 \Rightarrow a^{2}-b^{2}=4^{2}-3^{2}=7\)

Từ đề bài ta có \(f^{\prime}(x)=x^{3} f^{2}(x) \forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \frac{f^{\prime}(x)}{f^{2}(x)}=x^{3} \forall x \in \mathbb{R}\)

Lấy nguyên hàm hai vế ta được

\(\int \frac{f^{\prime}(x)}{f^{2}(x)} d x=\int x^{3} d x \Leftrightarrow-\frac{1}{f(x)}=\frac{x^{4}}{4}+C\)

Mà \(f(2)=-\frac{4}{19} \Leftrightarrow-\frac{1}{f(2)}=4+C \Leftrightarrow \frac{19}{4}=4+C \Leftrightarrow C=\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow -\frac{1}{f(x)}=\frac{x^{4}}{4}+\frac{3}{4}\)

Với x=1 ta có \(-\frac{1}{f(1)}=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1 . \text { Vậy } f(1)=-1\)

Gọi H là trung điểm AB\(A B \Rightarrow S H \perp(A B C)\)

Tam giác SAB đều cạnh a\(a \Rightarrow S H=\frac{a \sqrt{3}}{2}\)

Xét tam giác vuông ABC:

\(A C=A B \cdot \tan 30^{\circ}=\frac{a \sqrt{3}}{3} \Rightarrow S_{\mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} A B \cdot A C=\frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{a \sqrt{3}}{3}=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{6}\)\(\Rightarrow V_{S, A B C}=\frac{1}{3} S H S_{\Delta A B C}=\frac{1}{3} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{6}=\frac{a^{3}}{12}\)

Ta có

\(\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l} B C \perp A B \\ B C \perp S A \end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow B C \perp A M\right. \\ \left\{\begin{array}{l} A M \perp B C \\ A M \perp S C \end{array} \Rightarrow A M \perp(S B C) \Rightarrow A M \perp M C\right. \end{array}\)

\(\Rightarrow \widehat{ A M C}=90^{\circ}\) hay điểm M thuộc mặt cầu đường kính AC.

Tương tự ta có \(A P \perp(S C D) \Rightarrow A P \perp P C \Rightarrow \widehat{ A P C}=90^{\circ}\)

hay P thuộc măt cầu đường kính AC.

lại có \(A N \perp S C \Rightarrow \widehat {A N C}=90^{\circ}\)hay N thuộc mặt cầu đường kính AC.

Do đó CMNP nội tiếp khối cầu đường kính AC hay khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP có bán kính \(R=\frac{1}{2} A C=\frac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{2} \cdot \sqrt{2}=2\)

Thể tích cần tìm là \(V=\frac{4}{3} \pi R^{3}=\frac{4}{3} \pi \cdot 2^{3}=\frac{32 \pi}{3}\)

Đặt \(t=2 x \Rightarrow d t=2 d x\)

Đổi cận \(\left\{\begin{array}{l} x=0 \Rightarrow t=0 \\ x=1 \Rightarrow t=2 \end{array}\right.\)

Khi đó \(\int\limits_{0}^{1} x \cdot f^{\prime}(2 x) d x=\frac{1}{4} \int\limits_{0}^{2} t f^{\prime}(t) d t\)

Đặt \(\left\{\begin{array}{l} u=t \\ d v=f^{\prime}(t) d t \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} d u=d t \\ v=f(t) \end{array}\right.\right.\)

\(\begin{array}{c} \Rightarrow \int\limits_{0}^{2} t f^{\prime}(t) d t=\left.t f(t)\right|_{0} ^{2}-\int\limits_{0}^{2} f(t) d t \\ =2 f(2)-\int\limits_{0}^{2} f(x) d x \\ =2.16-4=28 \end{array}\)

Vậy \(\int\limits_{0}^{1} x \cdot f^{\prime}(2 x) d x=\frac{1}{4} \cdot 28=7\)

Sau 3 phút thì số lượng vi khuần A là 625 nghìn con.

\(\Rightarrow S_{3}=S_{0} \cdot 2^{3} \Leftrightarrow 625=S_{0} \cdot 8 \Leftrightarrow S_{0}=\frac{625}{8} \)(Nghìn con)

Goi t là thời điềm số lượng vi khuần A là 10 triệu con, khi đó ta có:
\(S_{t}=S_{0} \cdot 2^{t} \Leftrightarrow 10000=\frac{625}{8} \cdot 2^{t} \Leftrightarrow 2^{t}=128\Leftrightarrow t=\log _{2} 128=7\)

Vậy sau 7 phút thì số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con.

Từ bảng biến thiên ta có:

\(\lim \limits_{x \rightarrow-\infty} y=2, \lim\limits _{x \rightarrow+\infty} y=-2, \lim\limits _{x \rightarrow-1} y=-\infty, \lim\limits _{x \rightarrow-1^+} y=+\infty\)

Đặt \(y=g(x)=\frac{1}{f(x)}\) ta có:

\(\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} g(x)=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{f(x)}=-\frac{1}{2} \Rightarrow y=-\frac{1}{2}\) là TCN của đồ thị hàm số \(y=g(x)=\frac{1}{f(x)}\)

\(\lim\limits _{x \rightarrow-\infty} g(x)=\lim \limits_{x \rightarrow-\infty} \frac{1}{f(x)}=\frac{1}{2} \Leftrightarrow y=\frac{1}{2}\) là TCN của đồ thị hàm số \(y=g(x)=\frac{1}{f(x)}\)

\(\lim \limits_{x \rightarrow-1} g(x)=\lim\limits _{x \rightarrow-1} \frac{1}{f(x)}=0 \Rightarrow x=-1\) không là TCĐ cùa đồ thị hàm số \(y=g(x)=\frac{1}{f(x)}\)

Xét phương trình f(x)=0, dựa vào BBT ta thấy phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn khác - 1 .

Vậy đồ thị hàm số \(y=g(x)=\frac{1}{f(x)}\) có 2 TCĐ

Vậy đồ thị hàm số .\(y=g(x)=\frac{1}{f(x)}\) có 4 tiệm cận.

Ta có \(y=|x+2|(x-1)^{2}=\left|(x+2)(x-1)^{2}\right|\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(y=(x+2)(x-1)^{2}\) suy ra đồ thị hàm số \(y=|(x+2)(x-1)^{2} |\) bằng cách:

+giữ nguyên phần đồ thị hàm số \(y=(x+2)(x-1)^{2}\)nằm trên trục Ox.

+Lấy đối xứng phần độ thị \(y=(x+2)(x-1)^{2}\) nằm dưới trục Ox qua Ox, bỏ đi phần đồ thị \(y=(x+2)(x-1)^{2}\) nằm dưới Ox

Ta được

Dựa vào đồ thị hàm số trên ta thấy hàm số \(y=|x+2|(x-1)^{2}=\left|(x+2)(x-1)^{2}\right|\) đồng biến trên (-2;-1) và \((1;+\infty)\), nghịch biến trên \((-\infty ;-2) \text { và }(-1 ; 1)\)

Chỉ có đáp án C đúng.

\(\mathrm{TXD}: D=R \backslash\{1\}\)

\(y^{\prime}=\frac{-4}{(x-1)^{2}}\)

Goi \(M\left(x_{0} ; y_{0}\right)\) là điểm thuộc đồ thị hàm số, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M là:

\((d):y=\frac{-4}{\left(x_{0}-1\right)^{2}}\left(x-x_{0}\right)+\frac{x_{0}+3}{x_{0}-1}\)

Gọi \(A=d \cap O x\)

Cho y=0 ta có:

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 0=\frac{-4}{\left(x_{0}-1\right)^{2}}\left(x-x_{0}\right)+\frac{x_{0}+3}{x_{0}-1} \\ \Leftrightarrow 0=-4\left(x-x_{0}\right)+\left(x_{0}+3\right)\left(x_{0}-1\right) \\ \Leftrightarrow 0=-4 x+4 x_{0}+x_{0}^{2}+2 x_{0}-3 \\ \Leftrightarrow x=\frac{x_{0}^{2}+6 x_{0}-3}{4} \\ \Rightarrow A\left(\frac{x_{0}^{2}+6 x_{0}-3}{4} ; 0\right) \Rightarrow O A=\frac{\left|x_{0}^{2}+6 x_{0}-3\right|}{4} \end{array}\)

Gọi \(B=d \cap O y\)

Cho x=0

\(\begin{array}{l} \Rightarrow y=\frac{4 x_{0}}{\left(x_{0}-1\right)^{2}}+\frac{x_{0}+3}{x_{0}-1}=\frac{4 x_{0}+\left(x_{0}+3\right)\left(x_{0}-1\right)}{\left(x_{0}-1\right)^{2}} \\ =\frac{4 x_{0}+x_{0}^{2}+2 x_{0}-3}{\left(x_{0}-1\right)^{2}}=\frac{x_{0}^{2}+6 x_{0}-3}{\left(x_{0}-1\right)^{2}} \\ \Rightarrow B\left(0 ; \frac{x_{0}^{2}+6 x_{0}+3}{\left(x_{0}-1\right)^{2}}\right) \Rightarrow O B=\frac{\left|x_{0}^{2}+6 x_{0}-3\right|}{\left(x_{0}-1\right)^{2}} \end{array}\)

Vì tam giác OAB vuông cân tại O nên O A=OB.

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{\left|x_{0}^{2}+6 x_{0}-3\right|}{4}=\frac{\left|x_{0}^{2}+6 x_{0}-3\right|}{\left(x_{0}-1\right)^{2}} \\ \Leftrightarrow\left|x_{0}^{2}+6 x_{0}-3\right|\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{\left(x_{0}-1\right)^{2}}\right)=0 \\ \Leftrightarrow \frac{1}{4}-\frac{1}{\left(x_{0}-1\right)^{2}}=0 \end{array}\)

(Do \(A \neq B \text { nên } x_{0}^{2}+6 x_{0}-3 \neq 0)\)

\(\Leftrightarrow\left(x_{0}-1\right)^{2}=4 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x_{0}-1=2 \\ x_{0}-1=-2 \end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x_{0}=3 \\ x_{0}=-1 \end{array}(t m)\right.\right.\)

Với \(x_{0}=3\) thì phương trình tiếp tuyến là \(y=-1(x-3)+3 \Leftrightarrow y=-x+6\)

Với \(x_{0}=-1\) thì phương tình tiếp tuyến là \(y=-1(x+1)-1 \Leftrightarrow y=-x-2\)

Goi H là trung điểm của OA ta có M H//S O \(\Rightarrow M H \perp(A B C D)\)
\(\Rightarrow H N\) là hinh chiếu của MN lên (A B C D) \\(\Rightarrow \widehat{(M N ;(A B C D))}=\widehat{M N ; H N}=\widehat{ M N H}=60^{\circ}\)
Xét tam giác CHN có: \(C N=\frac{1}{2} B C=\frac{a}{2}, C H=\frac{3}{4} A C=\frac{3 a \sqrt{2}}{4}, \widehat{{ H C N}}=45^{\circ}\)
\(\Rightarrow H N^{2}=C H^{2}+C N^{2}-2 C H \cdot C N \cdot \cos 45^{0}\)
\(H N^{2}=\frac{9 a^{2}}{8}+\frac{a^{2}}{4}-2 \cdot \frac{3 a \sqrt{2}}{4} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\\ H N^{2}=\frac{5 a^{2}}{8} \Rightarrow H N=\frac{a \sqrt{10}}{4}\)
Xét tam giác vuông MNH có: \(M N=\frac{N H}{\cos 60^{\circ}}=\frac{a \sqrt{10}}{2}\)

Trong (SAC) gọi \(E=C M \cap S O \Rightarrow(M B C) \cap(S B D)=B E\)
Trong (M B C) goi \(I=M N \cap B E \Rightarrow I=M N \cap(S B D)\)
Gọi K là trung điểm của O B \(\Rightarrow N K // O C\)
Ta có: \(\left\{\begin{array}{l}O C \perp B D \\ O C \perp S O\end{array} \Rightarrow O C \perp(S B D) \Rightarrow N K \perp(S B D)\right.\)
\(\Rightarrow I K\) là hinh chiếu của IN lên (S B D) \(\Rightarrow \widehat{(M N ;(S B D))}=\widehat{(I N ;(S B D))}=\widehat{(I N ; I K)}=\widehat{ N I K}\)
Ta có \(N K=\frac{1}{2} O C=\frac{a \sqrt{2}}{4}\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác MAC ta có: 

\(\frac{E M}{E C} \cdot \frac{O C}{O A} \cdot \frac{S A}{S M}=1 \Leftrightarrow \frac{E M}{E C} \cdot 1.2=1 \Leftrightarrow \frac{E M}{E C}=\frac{1}{2}\)
Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác MNC ta có: 

\(\frac{I M}{I N} \cdot \frac{B N}{B C} \cdot \frac{E C}{E M}=1 \Leftrightarrow \frac{I M}{I N} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2=1 \Leftrightarrow I M=I N\)

\(\Rightarrow I N=\frac{1}{2} M N=\frac{a \sqrt{10}}{4}\)

Xét tam giác vuông INK có : \(\sin \widehat{ N I K}=\frac{N K}{I N}=\frac{a \sqrt{2}}{4}: \frac{a \sqrt{10}}{4}=\frac{1}{\sqrt{5}}\)

\(\cos\widehat{ N I K}=\sqrt{1-\sin ^{2}\widehat{ N I K}}=\sqrt{1-\frac{1}{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}\)

Đặt \(t=f(\cos x)-1\) phương trình trở thành:\(f(t)=0\)

\(\text { Với } x \in[0 ; 3 \pi] \Rightarrow-1 \leq \cos x \leq 1 \Leftrightarrow-3 \leq f(\cos x) \leq 1 \Rightarrow-4 \leq f(\cos x)-1 \leq 0 \Rightarrow t \in[-4 ; 0]\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(f(t)=1 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}t=t_{1} \in(-2 ;-1) \\ t=t_{2} \in(-1 ; 0) \\ t=t_{3} \in(1 ; 2)(k t m)\end{array}\right.\)

\(+ Với \,t=t_{1} \Rightarrow f(\cos x)-1=t_{1} \Leftrightarrow f(\cos x)=t_{1}+1 \in(-1 ; 0)\)

Dụa vào đồ thị hàm số ta có: \(f(\cos x)=t_{1}+1 \in(-1 ; 0) \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\cos x=a_{1} \in(-2 ;-1)(\text { Vô nghiệm }) \\ \cos x=a_{2} \in(-1 ; 0)(1) \\ \cos x=a_{3} \in(1 ; 2)(\text { Vô nghiệm })\end{array}\right.\)

Trên đoạn \([0 ; 3 \pi]\) phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

\(+\text { Với } t=t_{2} \Rightarrow f(\cos x)-1=t_{2} \Leftrightarrow f(\cos x)=t_{2}+1 \in(0 ; 1)\)

Dụa vào đồ thị hàm số ta có: \(f(\cos x)=t_{2}+1 \in(0 ; 1) \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}{\left.\cos x=b_{1} \in(-2 ;-1)(\text { Vô nghiệm })\right.} \\ \cos x=b_{2} \in(0 ; 1)(2) \\ \cos x=b_{3} \in(1 ; 2)(\text { Vô nghiệm })\end{array}\right.\)
Trên đoạn \([0 ; 3 \pi]\) phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt.

\(\begin{array}{l} f\left(x^{2}+3 x+1\right)=x+2 \\ \Rightarrow f\left(x^{2}+3 x+1\right)(2 x+3)=(x+2)(2 x+3) \\ \Rightarrow \int\limits_{0}^{1} f\left(x^{2}+3 x+1\right)(2 x+3) d x=\int\limits_{0}^{1}(x+2)(2 x+3) d x \\ \Rightarrow \int\limits_{0}^{1} f\left(x^{2}+3 x+1\right)(2 x+3) d x=\frac{61}{6} \end{array}\)

Đặt \(t=x^{2}+3 x+1 \Rightarrow d t=(2 x+3) d x\)

Đổi cận \(\left\{\begin{array}{l} x=0 \Rightarrow t=1 \\ x=1 \Rightarrow t=5 \end{array}\right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \int\limits_{0}^{1} f\left(x^{2}+3 x+1\right)(2 x+3) d x=\int\limits_{1}^{5} f(t) d t=\int\limits_{1}^{5} f(x) d x \\ \text { Vậy } \int\limits_{1}^{5} f(x) d x=\frac{61}{6} \end{array}\)

Xét hàm số \(g(x)=x^{3}-m x^{2}+12 x+2 m\) có

\(g'(x)=3x^{2}-2m x+12, g(1)=m+13\)

Để hàm số \(y=\left|x^{3}-m x^{2}+12 x+2 m\right|\) đồng biến trên \((1 ;+\infty) \) thì ta xét hai trường hợp

TH1: Hàm số g(x) đồng biến trên \((1 ;+\infty) \) và \(g(1)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} 3 x^{2}-2 m x+12 \geqslant 0\forall x>1 \\ m+13 \geqslant 0 \end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} m \leqslant \frac{3 x^{3}+12}{2 x}\forall x\ge 1\,\,\,\, (1)\\ m \geq-13 \end{array}\right.\)

Xét (1):

Đặt \(h(x)=\frac{3 x^{2}+12}{2 x} \,\,có\,\,h'(x)=\frac{3 x^{2}-12}{2 x^{2}}\)

\(\begin{array}{l} h^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=2 \\ x=-2 \notin(1 ;+\infty) \end{array}\right. \\ h(1)=\frac{15}{2}, h(2)=6 \\ \Rightarrow \min\limits _{(1,+\infty)}h(x)=6 \end{array}\)

Vậy \((1) \Leftrightarrow m\le \min\limits_{(1 ;+\infty)} h(x)=6\)

Kết hợp với \(m\ge -13\) và m nguyên ta có \(m \in\{-13,-12,..., 5 ; 6\}\)

Vậy có 20 giá trị nguyên m thỏa mãn.

TH2: Hàm số g(x) nghịch biến trên \((1 ;+\infty) \) và \(g(1)\le0\)

Điều này không xảy ra vì \(\lim\limits _{x \rightarrow+\infty}\left(3 x^{2}-2 m12\right)=+\infty\)

Vậy có 20 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán

ĐK: x>0 

Đặt \(t=\log _{2} x\) khi đó phương trình trở thành \(t^{2}-(5 m+1) t+4 m^{2}+m=0(*)\)

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) cũng phải có 2 nghiệm phân biệt
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta>0 \\ \Rightarrow(5 m+1)^{2}-4\left(4 m^{2}+m\right)>0 \\ \Leftrightarrow 25 m^{2}+10 m+1-16 m^{2}-4 m>0 \\ \Leftrightarrow 9 m^{2}+6 m+1>0 \\ \Leftrightarrow(3 m+1)^{2}>0 \\ \Leftrightarrow m \neq-\frac{1}{3} \end{array}\)

Khi đó phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \(\left[\begin{array}{l} t_{1}=\frac{5 m+1+3 m+1}{2}=4 m+1 \\ t_{2}=\frac{5 m+1-3 m-1}{2}=m \end{array} \Rightarrow\left[\begin{array}{l} x_{1}=2^{4 m+1} \\ x_{2}=2^{m} \end{array}\right.\right.\)

Theo đề bài ta có: \(x_{1}+x_{2}=165 \Leftrightarrow 2^{4 m+1}+2^{m}=165 \Leftrightarrow 2 \cdot\left(2^{m}\right)^{4}+2^{m}=165\)

Đặt \(u=2^{m}>0\)  phương trình trở thành \(2 u^{4}+u-165=0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow(u-3)\left(2 u^{3}+6 u^{2}+18 u+55\right)=0 \\ \Leftrightarrow u=3\left(\text { Do } u>0 \Rightarrow 2 u^{3}+6 u^{2}+18 u+55>0\right) \\ \Rightarrow 2^{m}=3 \\ \Rightarrow x_{1}=2 \cdot\left(2^{m}\right)^{4}=162, x_{2}=2^{m}=3 \end{array}\)

Vậy \(\left|x_{1}-x_{2}\right|=162-3 \mid=159\)

Đặt \(t=x-1\) khi đó ta có \(y=g(t+1)=12 f(t)+m \mid=\sqrt{(2 f(t)+m)^{2}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow y^{\prime}=\frac{2(2 f(t)+m) \cdot 2 f^{\prime}(t)}{2 \sqrt{(2 f(t)+m)^{2}}}=\frac{2[2 f(t)+m] f^{\prime}(t)}{\sqrt{(2 f(t)+m)^{2}}} \\ y^{\prime}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} 2 f(t)+m=0 \\ f^{\prime}(t)=0 \end{array}\right. \end{array}\)

Đề hàm số \(y=g(t+1)=|2 f(t)+m|\) có 5 điểm cực trị thì phương trình \(y^{\prime}=0\) phai có 5 nghiệm bội lè phân biệt.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình \(f^{\prime}(t)=0\) có 3 nghiệm đơn phân biệt \(\Rightarrow \) phương trình \(2 f(t)+m=0 \Leftrightarrow f(t)=-\frac{m}{2}\) phải có 2 nghiệm bội lẻ phân biệt.

\(\Rightarrow\) Đương thẳng \(y=-\frac{m}{2}\) cắt đồ thị hàm số y=f(t) tai 2 điểm phân biệt.

\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} -6<-\frac{m}{2} \leq-3 \\ -\frac{m}{2} \geq 2 \end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} 3 \leq \frac{m}{2}<6 \\ \frac{m}{2} \leq-2 \end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} 6 \leq m<12 \\ m \leq-4 \end{array}\right.\right.\right.\)

Kết hợp điều kiện \([-12 ; 12] \Rightarrow m \in[-12 ;-4] \cup[6 ; 12)\)

Mà \(n \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in\{-12 ;-11 ; \ldots ;-4 ; 6 ; 7 ; \ldots ; 11\}\)

Vậy có 15 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

ĐKXĐ: \(\left\{\begin{array}{l} x>0 \\ 6-y>0 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} x>0 \\ y<6 \end{array}\right.\right.\)

Ta có 

\(\begin{aligned} & \log _{2} x+x(x+y)=\log _{2}(6-y)+6 x \\ \Leftrightarrow & \log _{2} x+x^{2}+x y=\log _{2}(6-y)+6 x \\ \Leftrightarrow & \log _{2} x+x^{2}=\log _{2}(6-y)+6 x-x y \\ \Leftrightarrow & \log _{2} x+x^{2}=\log _{2}(6-y)+x(6-y) \\ \Leftrightarrow & 2 \log _{2} x+x^{2}=\log _{2}(6-y)+\log _{2} x+x(6-y) \\ \Leftrightarrow & \log _{2} x^{2}+x^{2}=\log _{2}[x(6-y)]+x(6-y) \end{aligned}\)

Xét hàm đặc trưng \(f(t)=\log _{2} t+t(t>0) \text { ta có } f^{\prime}(t)=\frac{1}{t \ln 2}+1>0 \forall t>0\)

\(\Rightarrow\) hàm số đồng biến trên \((0 ;+\infty)\)

Do đó từ \(f\left(x^{2}\right)=f(x(6-y)) \Leftrightarrow x^{2}=x(6-y) \Leftrightarrow x=6-y(\text { Do } x>0) \Leftrightarrow y=6-x\)

Khi đó ta có \(T=x^{3}+3 y=x^{3}+3(6-x)=x^{3}-3 x+18 \text { với } x>0\)

Ta có \(T^{\prime}=3 x^{2}-3=0 \Leftrightarrow x=\pm 1\)

BBT:

Dựa bào bảng biến thiên ta có \(T_{\min }=T(1)=16\)

Trong\(\left.\left(B C C^{\prime} B^{\prime}\right) \text { kẻ } B^{\prime} H \perp B C(H \in B C) \text { (do } \widehat{ B^{\prime} B C} \text { nhon }\right)\)  

Trong (ABC) kẻ HK//AC \(\Rightarrow H K \perp A B \)

\(\text { ta có: }\left\{\begin{array}{l} A B \perp H K \\ A B \perp B H \end{array} \Rightarrow A B \perp\left(B^{\prime} H K\right) \Rightarrow A B \perp B K\right.\)

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} \left(A B B^{\prime} A^{\prime}\right) \cap(A B C)=A B \\ \left.B^{\prime} K \subset\left(A B B^{\prime} A^{\prime}\right), B^{\prime} K \perp A B \Rightarrow \widehat{\left(A B B^{\prime} A^{\prime}\right) ;(A B C)}\right)=\widehat{(B K ; H K)}=\widehat{ B^{\prime} H K}=45^{\circ} \\ H K \subset(A B C), H K \perp A B \end{array}\right.\)

\(\Rightarrow \triangle B^{\prime} H K \text { vuông cân tai } H \Rightarrow B^{\prime} H=H K=x\)

Xét tam giác BB'H ta có \(B H=\sqrt{B B^{2}-B H^{\prime 2}}=\sqrt{4 a^{2}-x^{2}}\)

Xét tam giác vuông ABC có \(4 C=B C \cdot \sin 60^{\circ}=a \sqrt{3}, A B=B C \cdot \cos 60^{\circ}=a\)

Áp dụng định lí Ta - lét \(\frac{B H}{B C}=\frac{H K}{A C} \Rightarrow \frac{\sqrt{4 a^{2}-x^{2}}}{2 a}=\frac{x}{a \sqrt{3}}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3\left(4 a^{2}-x^{2}\right)=4 x^{2} \\ \Leftrightarrow 12 a^{2}-3 x^{2}=4 x^{2} \\ \Leftrightarrow x^{2}=\frac{12 a^{2}}{7} \\ \Leftrightarrow x=\frac{2 a \sqrt{21}}{7}=B^{\prime} H \\ S_{\Delta B C}=\frac{1}{2} A B \cdot A C=\frac{1}{2} \cdot a \cdot a \sqrt{3}=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2} \end{array}\)

Vậy \(V_{A B C, A \mathrm{BC}}=B H S_{\mathrm{A} A B C}=\frac{2 a \sqrt{21}}{7} \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}=\frac{3 a^{3} \sqrt{7}}{7}\)