Đồ thị hàm bậc 4 trùng phương luôn cắt trục tung tại điểm $\left( {0;c} \right)$ chính là cực trị của đồ thị hàm số.

Ngoài ra, đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương cũng có thể không cắt $Ox$ nên A sai.

Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng chứ không phải trục hoành nên C sai.

Đồ thị không có tâm đối xứng nên D sai.

Hàm số $y = f\left( x \right)$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty }f(x)  =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f(x) =  - \infty $ thì không có GTLN, GTNN trên $R$ vì không tồn tại số $M,m$ để $f\left( x \right) \leqslant M,f\left( x \right) \geqslant m,\forall x \in R$.

Xét hàm số \(y = {\log _{\frac{e }{3}}}\left( {x - 1} \right)\) có TXĐ: \(D = \left( {1; + \infty } \right)\) và \(a = \frac{e }{3} < 1\)

\( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\,0} \right)\) và \(\left( {2;\, + \infty } \right).\)

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0;\,\,2} \right).\)

Xét hàm số: \(y =  - 2f\left( x \right)\) ta có: \(y' =  - 2f'\left( x \right).\)

Hàm số đồng biến \( \Leftrightarrow  - 2f'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2.\)

Vậy hàm số \(y =  - 2f\left( x \right)\) đồng biến \( \Leftrightarrow x \in \left[ {0;\,2} \right].\)

Từ hình vẽ ta thấy \(1 < {2^\alpha } < 2 \Rightarrow 0 < \alpha  < 1\)

.

Ta có: ${\log _2}16 = {\log _2}{2^4} = 4$; ${\log _3}81 = {\log _3}{3^4} = 4$ nên ${\log _2}16 = {\log _3}81$.

Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{ax + b}}{{cx + d}}\) được gọi là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.

Hình tứ diện có \(6\) cạnh và \(4\) đỉnh nên số cạnh của tứ diện lớn hơn số mặt của nó.

\(\begin{array}{l}P = {\left( {2\sqrt 6  - 5} \right)^{2020}}{\left( {2\sqrt 6  + 5} \right)^{2021}}\\\,\,\,\,\, = {\left[ {\left( {2\sqrt 6  - 5} \right)\left( {2\sqrt 6  + 5} \right)} \right]^{2020}}.\left( {2\sqrt 6  + 5} \right)\\\,\,\,\, = {\left( {24 - 25} \right)^{2020}}.\left( {2\sqrt 6  + 5} \right) = 2\sqrt 6  + 5\end{array}\)

Khối mười hai mặt đều thuộc loại \(\left\{ {5;3} \right\}\).

\({\left( {\dfrac{1}{{16}}} \right)^{ - 0,75}} + {\left( {\dfrac{1}{8}} \right)^{ - \frac{4}{3}}} = {16^{0,75}} + {8^{\frac{4}{3}}} = {\left( {{2^4}} \right)^{\frac{3}{4}}} + {\left( {{2^3}} \right)^{\frac{4}{3}}} = {2^3} + {2^4} = 24\).

Hoành độ tiếp điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = g\left( x \right)\\f'\left( x \right) = g'\left( x \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^3} + \dfrac{5}{4}x - 2 = {x^2} + x - 2\\3{x^2} + \dfrac{5}{4} = 2x + 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^3} - {x^2} + \dfrac{1}{4}x = 0\\3{x^2} - 2x + \dfrac{1}{4} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\\x = \dfrac{1}{6}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}\end{array}\)

Vậy $x = \dfrac{1}{2}$ là hoành độ điểm tiếp xúc.

Ta thấy:

- Hàm số \(y = {b^x}\) nghịch biến nên \(0 < b < 1\).

- Hàm số \(y = {a^x},y = {c^x}\) đồng biến nên \(a,c > 1 > b\), loại B và D.

- Xét phần đồ thị hai hàm số \(y = {a^x},y = {c^x}\) ta thấy phần đồ thị hàm số \(y = {c^x}\) nằm trên đồ thị hàm số \(y = {a^x}\) nên \({c^x} > {a^x},\forall x > 0 \Leftrightarrow c > a\).

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = 2$ nên $y = 2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y =  - \infty $ nên $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

- Hàm số bậc ba không có cực trị thì nó đơn điệu tăng hoặc giảm trên $R$ nên đồ thị luôn cắt trục hoành tại $1$ điểm duy nhất nên A đúng, D sai.

- Hàm số bậc ba có 2 cực trị thì đồ thị có thể cắt trục hoành tại $1,2$ hoặc $3$ điểm nên B, C sai.

Quan sát BBT ta thấy đường thẳng $y = 2m + 1$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại hai điểm phân biệt $ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}2m + 1 <  - 3 \hfill \\  2m + 1 > 3 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  m <  - 2 \hfill \\  m > 1 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$ .

Mọi mặt phẳng đi qua tâm của mặt cầu đều là mặt phẳng đối xứng của mặt cầu.

Vậy có vô số mặt phẳng đối xứng.

Nhận xét: Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có $\left\{ \begin{align}& \xrightarrow{TCD}x=-\dfrac{3}{2} \\  & \xrightarrow{TCN}y=\dfrac{1}{2} \\ \end{align} \right.$

Vậy hàm số đó là \(y = \dfrac{{x + 2}}{{2x + 3}}\).

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,{3^2}{.5^{2 + 2\sqrt 2 }}:{25^{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}}\\ = {3^2}{.5^{2 + 2\sqrt 2 }}:{5^{2 + 2\sqrt 2 }}\\ = {3^2}\\ = 9\end{array}\)

Vì M là trung điểm của SD nên \(\frac{{{V_{SABM}}}}{{{V_{SABD}}}} = \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{1}{2}\)

Mà \(\frac{{{V_{SABD}}}}{{{V_{SABCD}}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{SABD}} = \frac{1}{2}.4{a^3} = 2{a^3}\)

\( \Rightarrow {V_{SABM}} = {a^3} = \frac{1}{3}.d\left( {M;\left( {SAB} \right)} \right).{S_{SAB}} \Leftrightarrow d\left( {M;\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{3{a^3}}}{{{a^2}}} = 3a\)

Với $a \ne 0, n\in Z, n>0$ thì ${a^{ - n}} = \dfrac{1}{{{a^n}}}$.

Vì $A'B'C'D'$  là hình vuông cạnh $a$ nên \(B'D' = a\sqrt 2 \)

\(BB' \bot \left( {A'B'C'D'} \right) \Rightarrow BB' \bot B'D' \Rightarrow \Delta BB'D'\) vuông tại \(B' \Rightarrow BB' = \sqrt {BD{'^2} - B'D{'^2}}  = \sqrt {6{a^2} - 2{a^2}}  = 2a\)

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = BB'.{S_{ABCD}} = 2a.{a^2} = 2{a^3}\) 

Ta có: \({S_{\Delta BCD}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}{a^2}\)

\({V_{S.BCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}a.\dfrac{1}{2}{a^2} = \dfrac{{{a^3}}}{6}\)

Hai tứ diện bằng nhau nếu chúng có các cạnh tương ứng bằng nhau.

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là số nghiệm của phương trình:

$\begin{gathered}{x^3} + 2{x^2} - x + 1 = {x^2} - x + 3 \Leftrightarrow {x^3} + {x^2} - 2 = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \hfill \\ \end{gathered} $

Như vậy hai đồ thị có $1 $ điểm chung.

Công thức lãi kép (hoặc công thức tăng trưởng mũ):

\(T = A.{e^{Nr}}\), ở đó \(A\) là số tiền gửi ban đầu, \(r\) là lãi suất, \(N\) là số kì hạn.

Trong các hình đã cho chỉ có hình a) là khối đa diện.

Hình b) có 3 cạnh ở trên không phải cạnh chung của 2 mặt, hình c) và d) có 1 cạnh là không là cạnh chung của 2 mặt.

A đúng vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là \(x = 1\)

B đúng vì hàm số luôn đồng biến nên không có cực trị

C đúng vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang \(y = 2\)

D sai vì hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\) chứ không đồng biến trên toàn bộ tập số thực \(\mathbb{R}\)

Từ dáng đồ thị ta có $a > 0$ nên loại A, C

Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là $\left( {0; - 3} \right).$

Do hàm số chỉ có một điểm cực trị nên $y' = 0$ phải có duy nhất một nghiệm ${x_0}$ và $y\left( {{x_0}} \right) =  - 3.$

Kiểm tra ta chỉ thấy đáp án D là phù hợp.

Ngoài ra, đáp án B bị loại vì phương trình $y'=0$ ở đáp án B có $3$ nghiệm phân biệt.

Ta có: ${\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c\left( {0 < a \ne 1;b,c > 0} \right)$

${\log _a}\left( {\dfrac{b}{c}} \right) = {\log _a}b - {\log _a}c\left( {0 < a \ne 1;b,c > 0} \right)$

$f\left( x \right) =  - 2{x^3} + 3{x^2} + 12x - 5 \Rightarrow f'\left( x \right) =  - 6{x^2} + 6x + 12 = 0 \Leftrightarrow x = 2;x =  - 1$

Ta có: $y' < 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right);\left( {2; + \infty } \right)$ và $y' > 0,\forall x \in \left( { - 1 ; 2} \right)$ nên nó đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;2} \right)$.

Đối chiếu với các đáp án đã cho ta thấy các Đáp án A, B, C đều đúng vì các khoảng đó đều là khoảng nằm trong khoảng nghịch biến hoặc đồng biến của hàm số, chỉ có đáp án D sai.

$\begin{array}{*{20}{l}}{y = {x^3} - 3x + 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3}\\{y' = 0 \Leftrightarrow x = {\rm{\;}} \pm 1}\end{array}$

Tọa độ $2$ điểm cực trị : $A(1;{\mkern 1mu} 0),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B( - 1;4)$

Khi đó ${S_{\Delta OAB}} = \dfrac{1}{2}.OA.{d(B,OA)} = \dfrac{1}{2}.\left| {{x_A}} \right|.\left| {{y_B}} \right| = \dfrac{1}{2}.\left| 1 \right|.\left| 4 \right| = 2$

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

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị \(A,B\) \( \Leftrightarrow \) phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \Delta ' = 9{\left( {m + 1} \right)^2} - 36m > 0\) \( \Leftrightarrow 9{m^2} - 18m + 9 > 0\) \( \Leftrightarrow 9{\left( {m - 1} \right)^2} > 0\) \( \Leftrightarrow m \ne 1\)

Khi đó,

$y = y'.\left( \dfrac{1}{3}x -\dfrac{{m + 1}}{6} \right) + \left[ {4m - {{\left( {m + 1} \right)}^2}} \right]x + m\left( {m + 1} \right)$

Đường thẳng \(AB:\) \(y = \left[ {4m - {{\left( {m + 1} \right)}^2}} \right]x + m\left( {m + 1} \right)\) có hệ số góc $k={4m - {{\left( {m + 1} \right)}^2}}$

Đường thẳng \(d:\,y = x - 9\) có hệ số góc $k=1$

\(\begin{array}{l}AB \bot d\\ \Leftrightarrow \left[ {4m - {{\left( {m + 1} \right)}^2}} \right].1 =  - 1\\ \Leftrightarrow 4m - {m^2} - 2m - 1 =  - 1\\ \Leftrightarrow  - {m^2} + 2m = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\end{array}\) 

Dễ thấy đa thức dưới mẫu có hai nghiệm $x = 1$ và $x =  - 2$ và hai nghiệm này đều không phải nghiệm của tử thức.

$ \Rightarrow $ Đồ thị hàm số đã cho có $2$ tiệm cận đứng.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(f'\left( x \right) < 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\), do đó \(f'\left( x \right) < 0\,\,\forall x \in \left( {1;2} \right)\).

\( \Rightarrow \) Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {1;2} \right)\) \( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\)\( \Rightarrow \frac{{2a + b}}{{2c + d}} = 3\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}\) có TXĐ \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\} \Rightarrow \) \( - c + d = 0 \Leftrightarrow c = d\).

Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) đi qua điểm \(\left( {0; - 3} \right)\) \( \Rightarrow \frac{{ad - bc}}{{{d^2}}} =  - 3\).

\( \Rightarrow \frac{{ad - bd}}{{{d^2}}} =  - 3 \Leftrightarrow a - b =  - 3d =  - 3c\).

Lại có \(\frac{{2a + b}}{{2c + d}} = 3 \Leftrightarrow \frac{{2a + b}}{{2c + c}} = 3\) \( \Leftrightarrow 2a + b = 9c\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a - b =  - 3c\\2a + b = 9c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2c\\b = 5c\end{array} \right.\)\( \Rightarrow y = \frac{{2cx + 5c}}{{cx + c}}\).

Vậy \(y\left( { - 2} \right) = \frac{{ - 4c + 5c}}{{ - 2c + c}} =  - 1\).

Đồ thị hàm số $y = \dfrac{{2x + b}}{{cx + d}}$ có $\left\{ \begin{gathered}  \xrightarrow{{TCD}}x =  - \dfrac{d}{c} =  - 1 \hfill \\  \xrightarrow{{TCN}}y = \dfrac{2}{c} = 2 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} c = 1 \hfill \\ d = 1 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Rightarrow {c^2} - {d^2} = {1^2} - {1^2} = 0$

Ta có số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị (C): $y = {x^5} + {x^3} - \sqrt {1 - x} $ và đường thẳng d: $y =  - m$.

Xét hàm số (C): $y = {x^5} + {x^3} - \sqrt {1 - x} $ có: $y' = 5{x^4} + 3{x^2} + \dfrac{1}{{2\sqrt {1 - x} }} > 0\,\,\forall x \in \left( { - \infty ;1} \right)$$ \Rightarrow $ hàm số luôn đồng biến trên $\left( { - \infty ;1} \right]$.

Lại có $y\left( 1 \right) = 2$.

Ta có BBT:

Theo BBT ta thấy pt có nghiệm $ \Leftrightarrow  - m \leqslant 2 \Leftrightarrow m \geqslant  - 2$.

Tiếp tuyến $(d)$ song song với đường thẳng $y =  - 2x + 5$ nên có hệ số góc .

Suy ra $y' =  - 2$ hay ${x^2} - 4x + 1 =  - 2 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right) = 0$ $ \Rightarrow \left[ \begin{gathered}x = 1,y = \dfrac{4}{3} \hfill \\x = 3,y =  - 4 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Với $x = 1;y = \dfrac{4}{3}$ thì ${d_1}:y =  - 2\left( {x - 1} \right) + \dfrac{4}{3}$  hay ${d_1}:y =  - 2x + \dfrac{{10}}{3}$

Với $x = 3;y =  - 4$ thì ${d_2}:y =  - 2\left( {x - 3} \right) - 4$ hay ${d_2}:y =  - 2x + 2$

Ta có: \(9465779232 = {2^5}{.3^6}{.7^4}{.13^2}\)

Như vậy số đã cho có số ước nguyên dương là: \(\left( {5 + 1} \right)\left( {6 + 1} \right)\left( {4 + 1} \right)\left( {2 + 1} \right) = 630\) ước.

Ta có: $\log_a{a^2}{b^4} = \log_a{a^2} + \log_a{b^4} $ $= 2\log_a a + 4\log_a b = 2 + 4p$

Ta có ${C^2} = AB \Rightarrow {{\mathop{\rm lnC}\nolimits} ^2} = {\mathop{\rm \ln (AB)}\nolimits}  \Rightarrow 2\ln C = \ln A + \ln B$ nên I đúng

Ta có $\left( {a - 1} \right){\log _a}x \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a - 1 > 0}\\{{{\log }_a}x \ge 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a - 1 < 0}\\{{{\log }_a}x \le 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. $ $\Leftrightarrow x\ge 1$ suy ra II đúng.

Logarit cơ số $m$ hai vế ta được ${\log _a}m.{\log _m}m \ne {\log _a}n.{\log _m}n$ suy ra III sai

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {\log _{\frac{1}{2}}}x =  - \infty $ đúng nên IV đúng.

Vậy có \(3\) phát biểu đúng.

Điều kiện : \(\dfrac{{ - 3}}{{2 - 2x}} > 0 \Leftrightarrow 2 - 2x < 0 \Leftrightarrow x > 1.\)

Gọi D là giao điểm của MB và EN thì D là trung điểm của MB.

Ta có: \({V_{MNEF}} = {V_{M.NEF}} = \dfrac{1}{3}{S_{NEF}}.d\left( {M,\left( {NEF} \right)} \right)\)

Do D là trung điểm của MB và MB cắt (EFN) tại D nên \(d\left( {M,\left( {NEF} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {NEF} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{MNEF}} = \dfrac{1}{3}{S_{NEF}}.d\left( {B,\left( {NEF} \right)} \right)\)\( = {V_{B.NEF}}\)

Mà \(\dfrac{{{V_{B.NEF}}}}{{{V_{B.CAS}}}} = \dfrac{{BN}}{{BC}}.\dfrac{{BE}}{{BA}}.\dfrac{{BF}}{{BS}}\)\( = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{6}\)

\( \Rightarrow {V_{B.NEF}} = \dfrac{1}{6}{V_{B.CAS}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ABC}}\)

Vì SA=SB=SC nên \(S\) nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Mà ABC vuông cân nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Do đó \(SM \bot \left( {ABC} \right)\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}.4.4 = 8\)

Tam giác ABC vuông cân tại B nên

\(\begin{array}{l}AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} \\ = \sqrt {{4^2} + {4^2}}  = 4\sqrt 2 \\ \Rightarrow AM = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}.4\sqrt 2  = 2\sqrt 2 \end{array}\)

Tam giác \(SMA\) vuông tại M nên theo Pitago ta có: \(SM = \sqrt {S{A^2} - A{M^2}} \)\( = \sqrt {{{12}^2} - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}}  = 2\sqrt {34} \)

Thể tích khối chóp S.ABC là: \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.SM\)\( = \dfrac{1}{3}.8.2\sqrt {34}   \) $ = \dfrac{{16\sqrt {34} }}{3}$

Thể tích khối tứ diện MNEF là: \({V_{MNEF}} = \dfrac{1}{6}.{V_{S.ABC}}\)\( = \dfrac{1}{6}.\dfrac{{16\sqrt {34} }}{3} = \dfrac{{8\sqrt {34} }}{9}\)

Kẻ \(A'H \bot \left( {ABCD} \right);HM \bot AB;HN \bot AD\)

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}A'H \bot AB\\HM \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {A'HM} \right) \Rightarrow AB \bot A'M\)

\(\left. \begin{array}{l}\left( {ABB'A'} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {ABB'A'} \right) \supset A'M \bot AB\\\left( {ABCD} \right) \supset HM \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ABB'A'} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'M;HM} \right)} = \widehat {A'MH} = {45^o}\)

Chứng minh tương tự ta có \(\widehat {A'NH} = {60^0}\)

Đặt \(A'H = x\) khi đó ta có:

\(A'N = \dfrac{x}{{\sin 60}} = \dfrac{{2x}}{{\sqrt 3 }},AN = \sqrt {AA{'^2} - A'{N^2}}  = \sqrt {1 - \dfrac{{4{x^2}}}{3}}  = HM\)

Mà \(HM = x.\cot 45 = x\)

$ \Rightarrow x = \sqrt {1 - \dfrac{{4{x^2}}}{3}}  \Leftrightarrow {x^2} = 1 - \dfrac{{4{x^2}}}{3} \Leftrightarrow \dfrac{{7{x^2}}}{3} = 1 \Rightarrow {x^2} = \dfrac{3}{7} \Rightarrow x = \sqrt {\dfrac{3}{7}} $

\({S_{ABCD}} = \sqrt 3 .\sqrt 7  = \sqrt {21} \)

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'H.{S_{ABCD}} = \sqrt {\dfrac{3}{7}} .\sqrt {21}  = 3\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên \(SB\).

Ta có: \(OB = \sqrt {\dfrac{{2B{C^2} + 2B{A^2} - A{C^2}}}{4}}  = BC\), \(OC = \dfrac{1}{2}AC = BC\sqrt 2 \). Suy ra \(OB \bot BC\).

Dễ thấy \(\angle SBO = \alpha \) và \(OH = d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 1\).

Suy ra \(SO = \dfrac{{OH}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{1}{{\cos \alpha }}\), \(OB = \dfrac{{OH}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{1}{{\sin \alpha }}\).

\( \Rightarrow BC = OB = \dfrac{1}{{\sin \alpha }}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là:

\(\begin{array}{l}{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.2{S_{OBC}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{{\cos \alpha }}.{\left( {\dfrac{1}{{\sin \alpha }}} \right)^2} = \dfrac{1}{{3\cos \alpha .{{\sin }^2}\alpha }}\end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

\(\begin{array}{l}1 = \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha  + \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  \ge 3.\sqrt[3]{{\dfrac{1}{4}{{\sin }^4}\alpha .{{\cos }^2}\alpha }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{27}} \ge \dfrac{1}{4}.si{n^4}\alpha .co{s^2}\alpha  \Rightarrow \dfrac{1}{{{{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha }} \ge \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow {V_{S.ABC}} \ge \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)

Vậy \(\min {V_{S.ABC}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha  = \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha  = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\).

\( \Rightarrow a = 3,\,\,b = 2\).

Vậy \(a + b = 3 + 2 = 5\).

Số tiền bà Hoa rút sau 5 năm đầu là: $100{\left( {1 + 8\% } \right)^5} = 146,932$ triệu.

Số tiền lãi lần 1 là: $146,932 - 100 = 46,932$ triệu.

Số tiền bà gửi tiếp vào ngân hàng là: $146,932:2 = 73,466$ triệu

Số tiền và có sau 5 năm là: $73,466{\left( {1 + 8\% } \right)^5} = 107,946$ triệu.

Số tiền lãi lần 2 là: $107,946 - 73,466 = 34,480$ triệu.

Tổng số tiền lãi sau 2 lần là: $46,932 + 34,480 = 81,412$ triệu.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2}\) ta có

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 12{x^3} - 12{x^2} - 24x\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 12{x^3} - 12{x^2} - 24x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

BBT:

Ta có đồ thị \(y = f\left( x \right)\,\,\left( C \right)\) như sau:

Để \(y = \left| {3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} + m} \right|\) có 5 điểm cực trị thì:

TH1: \(\left( C \right)\) cắt đường thẳng \(y =  - m\) tại 2 điểm phân biệt khác cực trị

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m > 0\\ - 32 <  - m <  - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 0\\5 < m < 32\end{array} \right.\)

Mà \(m \in {\mathbb{Z}^ + }\, \Rightarrow m \in \left\{ {6;7;...;31} \right\}\) : 26 giá trị.

TH2: \(\left( C \right)\) cắt đường thẳng \(y =  - m\) tại 3 điểm phân biệt, trong đó có 1 cực trị

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m = 0\\ - m =  - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\,(L)\\m = 5\,(TM)\end{array} \right.\)

Vậy, có tất cả 27 giá trị của m thỏa mãn.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:.

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

Để đường thẳng \(d:\,\,y = mx - m - 1\) cắt \(\left( C \right)\) tại 2 điểm phân biệt \(M,\,\,N\) thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác \(1\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - m\left( {m + 1} \right) > 0\\m - 2m + m + 1 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m > 0\\1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 0\).

Khi đó hoành độ của hai điểm \(M,\,\,N\) là nghiệm của phương trình (*), áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} + {x_N} = 2\\{x_M}.{x_N} = \dfrac{{m + 1}}{m}\end{array} \right.\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{y_M} = m{x_M} - m - 1\\{y_N} = m{x_N} - m - 1\end{array} \right.\) \( \Rightarrow {y_M} + {y_N} = \left( {{x_M} + {x_N}} \right) - 2m - 2 =  - 2\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(MN\), ta có \(I\left( {1; - 1} \right)\) \( \Rightarrow A{I^2} = {2^2} + {\left( { - 2} \right)^2} = 8\).

\(\begin{array}{l}M{N^2} = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + {\left( {{y_M} - {y_N}} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + {\left( {m{x_M} - m - 1 - m{x_N} + m + 1} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + {m^2}{\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {1 + {m^2}} \right){\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {1 + {m^2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_M} + {x_N}} \right)}^2} - 4{x_M}{x_N}} \right]\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {1 + {m^2}} \right)\left[ {4 - 4\dfrac{{m + 1}}{m}} \right]\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =  - 4\dfrac{{1 + {m^2}}}{m}\end{array}\)

Do \(M{N^2} > 0\) nên \(m < 0\).

Đặt \(T = A{M^2} + A{N^2}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}A{I^2} = \dfrac{{A{M^2} + A{N^2}}}{2} - \dfrac{{M{N^2}}}{4}\\ \Rightarrow 4A{I^2} = 2T - M{N^2}\\ \Leftrightarrow T = \dfrac{{4A{I^2} + M{N^2}}}{2} \Leftrightarrow T = \dfrac{{4.8 - 4\dfrac{{1 + {m^2}}}{m}}}{2}\\ \Leftrightarrow T = 16 - 2\dfrac{{1 + {m^2}}}{m} \Leftrightarrow T = \dfrac{{ - 2{m^2} + 16m - 2}}{m}\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}T' = \dfrac{{\left( { - 4m + 16} \right)m - \left( { - 2{m^2} + 16m - 2} \right)}}{{{m^2}}}\\T' = \dfrac{{ - 4{m^2} + 16m + 2{m^2} - 16m + 2}}{{{m^2}}}\\T' = \dfrac{{ - 2{m^2} + 2}}{{{m^2}}} = 0 \Leftrightarrow m =  \pm 1\end{array}\)

BBT:

Từ BBT ta thấy \(\min T = 20 \Leftrightarrow m =  - 1\) .

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) > \sin \dfrac{{\pi x}}{2} + m\,\,\forall x \in \left[ { - 1;3} \right] \Leftrightarrow g\left( x \right) = f\left( x \right) - \sin \dfrac{{\pi x}}{2} > m\,\,\forall x \in \left[ { - 1;3} \right]\\ \Rightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} g\left( x \right)\end{array}\).

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta suy ra BBT đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:

Dựa vào BBT ta thấy \(f\left( x \right) \ge f\left( 1 \right)\,\,\forall x \in \left[ { - 1;3} \right]\).

\(\begin{array}{l}x \in \left[ { - 1;3} \right] \Rightarrow \dfrac{{\pi x}}{2} \in \left[ { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{{3\pi }}{2}} \right] \Rightarrow  - 1 \le \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \le 1\\ \Leftrightarrow  - 1 \le  - \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \le 1\end{array}\)

\( \Rightarrow f\left( 1 \right) - 1 \le f\left( x \right) - \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \Leftrightarrow g\left( x \right) \ge f\left( 1 \right) - 1 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} g\left( x \right) = f\left( 1 \right) - 1\).

Vậy \(m < f\left( 1 \right) - 1\).

Gọi cạnh của hình lập phương là \(a\).

Ta có:

 \(\left( \alpha  \right) \bot AC'\)\( \Rightarrow \left( \alpha  \right)\parallel BD\). Trong \(\left( {BDD'B'} \right)\) kẻ \(MN\parallel BD\,\,\left( {N \in DD'} \right)\).

 \(\left( \alpha  \right) \bot AC' \Rightarrow \alpha \parallel B'C\). Trong \(\left( {BCC'B'} \right)\) kẻ \(MQ\parallel B'C\,\,\left( {Q \in BC} \right)\).

\(\left( \alpha  \right) \bot AC'\)\( \Rightarrow \left( \alpha  \right)\parallel BD\). Trong \(\left( {BDD'B'} \right)\) kẻ \(MN\parallel BD\,\,\left( {N \in DD'} \right)\).

 \(\left( \alpha  \right) \bot AC' \Rightarrow \alpha \parallel B'C\). Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(PQ\parallel BD\,\,\left( {P \in DC} \right)\).

Khi đó \(\left( \alpha  \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\).

Theo cách dựng ta có \(BQ = 2QC,\,\,DP = 2PC,\,\,DN = 2ND'\).

Gọi \(H\) là điểm thuộc \(CC'\) sao cho \(CH = 2HC'\).

Khi đó ta có: \({V_{CPQMNC'}} = {V_{C.MHN}} + {V_{CQP.MHN}}\).

Xét hình chóp \(C'.MHN\) có \(C'H = \dfrac{a}{3}\), \({S_{\Delta MHN}} = \dfrac{1}{2}{a^2}\).

\( \Rightarrow {V_{C'.MHN}} = \dfrac{1}{3}C'H.{S_{\Delta MHN}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}}}{{18}} = \dfrac{V}{{18}}\).

Xét hình chóp cụt \(CQP.MHN\) có

\(\begin{array}{l}{V_{CQP.MHN}} = {V_{I.MHN}} - {V_{I.CQP}} = \dfrac{1}{3}\left( {IH.{S_{\Delta MHN}} - IC.{S_{\Delta CQP}}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{3}\left( {a.\dfrac{1}{2}{a^2} - \dfrac{a}{3}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{a}{3}} \right) = \dfrac{{13{a^3}}}{8} = \dfrac{{13V}}{{81}}\end{array}\)

\( \Rightarrow {V_1} = {V_{CPQMNC'}} = {V_{C.MHN}} + {V_{CQP.MHN}} = \dfrac{V}{{18}} + \dfrac{{13V}}{{81}} = \dfrac{{35V}}{{162}}\).

Vậy \(\dfrac{{{V_1}}}{V} = \dfrac{{35}}{{162}}\)