Phép vị tự tâm \(O\) tỉ số \(k\) biến điểm \(M\) thành \(M'\) nếu \(\overrightarrow {OM'}  = k\overrightarrow {OM} \).

Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ: \({S_{xq}} = 2\pi rh\).

Quan sát hình vẽ các dáng đồ thị của hàm số lũy thừa ta thấy điều kiện của \(\alpha \) ứng với các đồ thị bài cho là \(\alpha  < 0\).

Áp dụng các công thức trong tứ diện đều cạnh $a$

Bán kính mặt cầu nội tiếp $r = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{12}} = 1 \Rightarrow a = 2\sqrt 6 $

Thể tích tứ diện đều đó là $V = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = 8\sqrt 3 $

+ Đáp án A: đúng.

+ Đáp án B: Sai vì diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay là giới hạn của diện tích xung quanh của hình chóp đều nội tiếp hình nón đó khi số cạnh đáy tăng lên vô hạn.

+ Đáp án C: đúng.

+ Đáp án D: đúng.

- Hàm số \(y = {\log _{\frac{\pi }{4}}}x\) có tập xác định \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).

- Vì \(0 < \dfrac{\pi }{4} < 1\) nên hàm số nghịch biến trên TXĐ

- Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là trục $Oy$

- Đồ thị hàm số nằm hoàn toàn bên phải trục hoành (vì \(x > 0\))

Ta có: \(\log \left( {a{b^2}} \right) = \log a + \log {b^2} = \log a + 2\log b\)

Ta có: \({l^2} = {r^2} + {h^2} \Rightarrow h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} \)

Do đó \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}\sqrt {{l^2} - {r^2}} \)

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(D\) thì với mọi \({x_1},{x_2} \in D\) mà \({x_1} > {x_2}\) thì \(f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có dạng là 1 parabol có đỉnh là \(\left( {0; - 2} \right) \Rightarrow \) loại đáp án A, D.

Đồ thị hàm số đi qua các điểm \(\left( {1;\,\,0} \right)\) và  \(\left( { - 1;\,\,0} \right),\) thay  tọa độ các điểm này vào công thức hàm số ở đáp án B và C thấy chỉ có đáp án B thỏa mãn.

có 1 điểm cực trị có tọa là \(\left( {0; - 2} \right)\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{2\ln \left( {2x + 1} \right) - x}}{x}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\dfrac{{2\ln \left( {2x + 1} \right)}}{x} - 1} \right]\) \( = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {2x + 1} \right)}}{x} - 1\) \( = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {2.\dfrac{{\ln \left( {2x + 1} \right)}}{{2x}}} \right] - 1\) \( = 2.2 - 1 = 3\)

Do đó \(\dfrac{a}{b} = \dfrac{3}{1} \Rightarrow a = 3,b = 1\) (do \(a,b\) nguyên dương và \(\left( {a,b} \right) = 1\).

Vậy \({a^2} + {b^2} = {3^2} + {1^2} = 10\).

Gọi D là trung điểm của BC ta có:

Tam giác ABC đều nên \(AD \bot BC\) và $AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot BC$

\( \Rightarrow BC \bot \left( {AA'D} \right) \Rightarrow BC \bot A'D \Rightarrow \Delta A'BC\)cân tại A’

 Tam giác ABC đều cạnh \(a = 4 \Rightarrow AD = \dfrac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \)

\({S_{\Delta A'BC}} = \dfrac{1}{2}A'D.BC \Rightarrow A'D = \dfrac{{2{S_{\Delta A'BC}}}}{{BC}} = \dfrac{{2.8}}{4} = 4\)

Xét tam giác vuông  AA’D có: \(AA' = \sqrt {A'{D^2} - A{D^2}}  = \sqrt {16 - 12}  = 2\)

\({S_{ABC}} = \dfrac{{{4^2}\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = 2.4\sqrt 3  = 8\sqrt 3 \)

Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật: ${S_{tp}} = {S_{xq}} + 2ab = 2h\left( {a + b} \right) + 2ab.$

Thể tích hình hộp chữ nhật: $V = abh.$

Thể tích của lăng trụ là: $V = {S_d}.h.$

Diện tích toàn phần của khối lập phương: ${S_{tp}} = 6{a^2}.$

Thể tích của khối lập phương: $V = {a^3}.$

Thể tích khối chóp là: $V = \dfrac{1}{3}{S_d}.h.$

Do đó các đáp án B, C, D đúng, chỉ có A sai.

\(f\left( x \right)=2x+\sin 2x \) \(\Rightarrow F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)dx}=\int{\left( 2x+\sin 2x \right)dx}\) \(={{x}^{2}}-\dfrac{1}{2}\cos 2x+C\)

Ta có: \(f'\left( x \right) =  - \left( {\sqrt 5  - 2} \right){x^2} \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\) và \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\) nên hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

A: \({\log _a}b.{\log _b}a = {\log _a}b.\dfrac{1}{{{{\log }_a}b}} = 1 \Rightarrow \) A đúng

B: \(\ln \dfrac{x}{{\sqrt y }} = \ln x - \ln \sqrt y  = \ln x - \ln {y^{\dfrac{1}{2}}} = \ln x - \dfrac{1}{2}\ln y \Rightarrow \)B đúng

C: \({\log _a}x + {\log _{\sqrt[3]{a}}}y = {\log _a}x + {\log _{{a^{\frac{1}{3}}}}}y = {\log _a}x + 3{\log _a}y = {\log _a}x + {\log _a}{y^3} = {\log _a}x{y^3} \Rightarrow \) C đúng

D:\({\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}(xy) \Rightarrow \) D sai

Ta có: \(Pt \Leftrightarrow 2f\left( x \right) =  - 3 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \dfrac{3}{2}.\;\;\left( * \right)\)

Số nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y =  - \dfrac{3}{2}.\)

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng \(y =  - \dfrac{3}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 4 điểm phân biệt.

\( \Rightarrow Pt\;\;\left( * \right)\) có 4 nghiệm phân biệt.

A sai vì hàm số có ba điểm cực trị là \(x =  - 1;{\rm{ }}x = 0;{\rm{ }}x = 1.\)

C sai vì hàm số không có giá trị lớn nhất.

D sai vì hàm số có hai điểm cực tiểu là \(x =  - 1\) và \(x = 1.\)

Phép vị tự tỉ số \(k > 0\) biến khối chóp có thể tích \(V\) thành khối chóp có thể tích \(V'\). Khi đó \(\dfrac{{V'}}{V} = {k^3}\).

Quan sát hình vẽ ta thấy nó có \(12\) mặt và mỗi mặt là một ngũ giác đều.

Vậy hình vẽ trên là hình trải phẳng của khối mười hai mặt đều.

Hàm số \(y = {x^\alpha }\left( {\alpha  \ne 0} \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) nếu \(\alpha  > 0\) nên A và C sai.

Hàm số \(y = {x^\alpha }\left( {\alpha  \ne 0} \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) nếu \(\alpha  < 0\) nên B đúng, D sai.

Dạng đồ thị đã cho có thể là của hàm số bậc hai hoặc hàm bậc bốn trùng phương.

Gọi \(O = AC \cap BD\). Vì chóp $S.ABCD$ đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Vì chóp $S.ABCD$ đều nên $ABCD$ là hình vuông \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = A{B^2} = 16 \Rightarrow AB = 4\left( {cm} \right) = AD\)

Gọi $E$ là trung điểm của AB\( \Rightarrow OE\) là đường trung bình của tam giác ABD\( \Rightarrow OE//AD \Rightarrow OE \bot AB\) và \(OE = \dfrac{1}{2}AD = \dfrac{1}{2}.4 = 2\left( {cm} \right)\)

\(\left. \begin{array}{l}OE \bot AB\\SO \bot AB\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SOE} \right) \Rightarrow AB \bot SE\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta SAB}} = \dfrac{1}{2}SE.AB = 8\sqrt 3  \Rightarrow SE = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{{AB}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \left( {cm} \right)\)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OE \Rightarrow \Delta SOE\) vuông tại O\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{E^2} - O{E^2}}  = \sqrt {48 - 4}  = \sqrt {44}  = 2\sqrt {11} \left( {cm} \right)\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.2\sqrt {11} .16 = \dfrac{{32\sqrt {11} }}{3}\left( {c{m^3}} \right)\)

$x = \dfrac{1}{2}$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

$y =  - \dfrac{1}{2}$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ;\,\dfrac{1}{2}} \right)$ và $\left( {\dfrac{1}{2};\, + \infty } \right)$

- Hình hộp chữ nhật và hình lập phương đều có mặt cầu ngoại tiếp nên A và B đúng.

- Hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác nội tiếp được đường tròn thì có mặt cầu ngoại tiếp nên C đúng.

- Hình chóp có đáy là đa giác nội tiếp được đường tròn thì có mặt cầu ngoại tiếp nên D sai vì hình thoi không nội tiếp được đường tròn.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là:

\(\begin{array}{l}
\;\;\;\;{x^4} - 6{x^3} + 15{x^2} - 20x + 5 = {x^3} - 2{x^2} - 3x - 1\\
\Leftrightarrow {x^4} - 7{x^3} + 17{x^2} - 17x + 6 = 0\\
\Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^3} - 6{x^2} + 11x - 6} \right) = 0\\
\Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - 1 = 0\\
x - 3 = 0\\
x - 2 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1 \Rightarrow y = - 5\\
x = 3 \Rightarrow y = - 1\\
x = 2 \Rightarrow y = - 7
\end{array} \right..
\end{array}\)

Khi đó ta thấy đáp án A, B, C đều có khả năng đúng.

Ta có: \(f'\left( x \right)=4{{x}^{3}}-18x+30x-20;\ \ g'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-4x-3.\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow f'\left( x \right) = g'\left( x \right)\\
\Leftrightarrow 4{x^3} - 18{x^2} + 30x - 20 = 3{x^2} - 4x - 3\\
\Leftrightarrow 4{x^3} - 21{x^2} + 34x - 17 = 0\\
\Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {4{x^2} - 17x + 17} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = \frac{{17 + \sqrt {17} }}{8}\\
x = \frac{{17 - \sqrt {17} }}{8}
\end{array} \right..
\end{array}\)

Kết hợp nghiệm của hai hệ phương trình ta thấy nghiệm chung duy nhất là \(x=1\Rightarrow \left( 1;-5 \right)\) là điểm tiếp xúc.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}y' = 12{x^2} + 2mx - 12\\y'' = 24x + 2m\end{array} \right.\) .

Từ giả thiết bài toán ta phải có \(y'\left( { - 2} \right) = 48 - 4m - 12 = 0 \Leftrightarrow m = 9.\)

Thay vào \(y''\left( { - 2} \right) =  - 48 + 2m =  - 48 + 18 =  - 30 < 0\).

Khi đó, hàm số đạt cực đại tại $x =  - 2$.

Vậy không có giá trị \(m\) thỏa mãn .

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.

Phương trình đường tiệm cận ngang có dạng \(y = {y_0}\) nên nó vuông góc với đường thẳng \(x = 0\), hay vuông góc trục tung.

Ta có : $y' =  - 3{x^2} - 2x + m$

Để hàm số $y$ là hàm số nghịch biến trên $R$ thì $y' \le 0,\forall x \in R$ $ \Leftrightarrow  - 3{x^2} - 2x + m \le 0,\forall x \in R$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < 0\\\Delta ' = 1 + 3m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le  - \dfrac{1}{3}$.

Ta có: $y' = 4{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  x = 0 \hfill \\ {x^2} = m \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Đồ thị hàm số có $3$ điểm cực trị $ \Leftrightarrow $ pt $y' = 0$ có $3$ nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow $$m > 0$$ \Rightarrow \left[ \begin{gathered}x = 0 \hfill \\x = \sqrt m  \hfill \\ x =  - \sqrt m  \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$ \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có $3$ điểm cực trị là: $A(0;2);\,\,\,B( - \sqrt m ;2 - {m^2});\,\,C(\sqrt m ;2 - {m^2})$

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - \sqrt m ; - {m^2}} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {\sqrt m ; - {m^2}} \right)\)

Dễ thấy $∆ ABC$ cân tại $A,$ để $∆ ABC$ vuông cân thì nó phải vuông tại $A$ 

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 0 \Leftrightarrow  - m + {m^4} = 0\) \( \Leftrightarrow m\left( {{m^3} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\{m^3} - 1 = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 1\end{array} \right.\) 

Kết hợp điều kiện $m > 0$ ta có $m = 1$

Ta có: $y = \dfrac{{x - {m^2}}}{{x + 8}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne  - 8 \Rightarrow y' = \dfrac{{1.8 - 1.\left( { - {m^2}} \right)}}{{{{\left( {x + 8} \right)}^2}}} = \dfrac{{{m^2} + 8}}{{{{\left( {x + 8} \right)}^2}}} > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ne  - 8$

$ \Rightarrow $ Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng: $\left( { - \infty ; - 8} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { - 8; + \infty {\rm{\;}}} \right)$

$ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} {\mkern 1mu} y = y(0) =  - \dfrac{{{m^2}}}{8} =  - 2 \Rightarrow m =  \pm 4$

Suy ra, $\left| m \right| < 5$.

Đồ thị hàm số có $2$ đường tiệm cận là

- Tiệm cận đứng $x = 2$

- Tiệm cận ngang $y =  - 1$

Đồ thị hàm số $y = \dfrac{{3x + 1}}{{x + 2}}$ có:

- Tiệm cận đứng là $x =  - 2$.

- Tiệm cận ngang là $y = 3$.

Diện tích hình chữ nhật được tạo bởi 2 tiệm cận là: $S=\left| -2 \right|.\left| 3 \right|=6$ đvdt

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$.

Ta có $y' = 3{x^2} + 12x + 9;y'' = 6x + 12 = 0 \Leftrightarrow x = -2$ 

Điểm uốn của đồ thị hàm số là $U\left( -2;1 \right)$

Xét đường thẳng $d$ đi qua $U\left( -2;1 \right)$ có phương trình $y = {k_d}\left( {x + 2} \right) + 1$ hay $y = {k_d}x + 2{k_d} + 1$

$d$ cắt $Ox, Oy$ lần lượt tại $A\left( { - \dfrac{{2{k_d} + 1}}{{{k_d}}};0} \right),B\left( {0;2{k_d} + 1} \right)$

$OA = 2017.OB \Leftrightarrow \left| {\dfrac{{2{k_d} + 1}}{{{k_d}}}} \right| = 2017\left| {2{k_d} + 1} \right| \Leftrightarrow {k_d} =  \pm \dfrac{1}{{2017}};{k_d} =  - \dfrac{1}{2}$

Nếu ${k_d} =  - \dfrac{1}{2}$ thì $y =  - \dfrac{1}{2}x$ nên $A \equiv B$ (loại)

Khi đó ta có hệ số góc của $d$ là ${k_d} =  \pm \dfrac{1}{{2017}}$

Do đó có 2 đường thẳng $d$ thỏa mãn

Từ đó suy ra có $2$ giá trị $k$ thỏa mãn bài toán.

${\log _{0.5}}a > {\log _{0.5}}b \Leftrightarrow a < b{\rm{  }}$ vì $0,5 <1$ suy ra  A sai.

$\log x < 0 \Leftrightarrow \log x < \log 1 \Leftrightarrow 0 < x < 1$ suy ra B đúng.

${\log _2}x > 0 \Leftrightarrow {\log _2}x > {\log _2}1 \Leftrightarrow x > 1$ suy ra C đúng.

${\log _{\dfrac{1}{3}}}a = {\log _{\dfrac{1}{3}}}b \Leftrightarrow a = b > 0{\rm{  }}$suy ra D đúng.

$S = \ln \dfrac{a}{b} + \ln \dfrac{b}{c} + \ln \dfrac{c}{d} + \ln \dfrac{d}{a} = \ln \left( {\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{c}.\dfrac{c}{d}.\dfrac{d}{a}} \right) = \ln 1 = 0$

Ta có: \(0 < a < 1\) nên hàm số \(y = {\log _a}x\) nghịch biến, do đó \(b > 1\) nên \({\log _a}b < {\log _a}1 = 0\).

Vì \(b > 1\) nên hàm số \(y = {\log _b}x\) đồng biến, do đó \(a < 1\) nên \({\log _b}a < {\log _b}1 = 0\).

Vậy \({\log _a}b < 0;{\log _b}a < 0 \Rightarrow {\log _a}b + {\log _b}a < 0\).

Điều kiện: \(x >  - 3.\)

Do ${2^{{{\log }_5}\left( {x + 3} \right)}} > 0$ nên để phương trình có nghiệm thì \(x > 0.\)

Lấy logarit cơ số \(2\) của hai vế phương trình, ta được ${\log _5}\left( {x + 3} \right) = {\log _2}x$.

Đặt $t = {\log _5}\left( {x + 3} \right) = {\log _2}x$$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3 = {5^t}\\x = {2^t}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {5^t} - 3\\x = {2^t}\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow {5^t} - 3 = {2^t} \Leftrightarrow {5^t} = {3.1^t} + {2^t}$

Chia hai vế phương trình cho ${5^t}$, ta được $1 = 3.{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^t} + {\left( {\dfrac{2}{5}} \right)^t}$.

Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đường \(y = 1\) (hàm hằng) và đồ thị hàm số $y = 3.{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^t} + {\left( {\dfrac{2}{5}} \right)^t}$ (hàm số này nghịch biến vì nó là tổng của hai hàm số nghịch biến).

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất. Nhận thấy \(t = 1\) thỏa mãn phương trình.

Với \(t = 1 \Rightarrow x = {2^t} = 2\left( {TM} \right).\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất.

Điều kiện:  \(x >  - \dfrac{{{3^{50}}}}{2}\)

Phương trình đã cho tương đương với:

\(\begin{array}{l}{\log _3}\left( {{9^{50}} + 6{x^2}} \right) = {\log _3}\left( {{9^{50}} + 4x{{.3}^{50}} + 4{x^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 6{x^2} = 4x{.3^{50}} + 4{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 2x{.3^{50}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {2.3^{50}}\end{array} \right.\end{array}\)

Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int {\frac{{{\rm{d}}x}}{{3x + 1}}}  = \frac{1}{3}\ln \left| {3x + 1} \right| + C = \frac{1}{3}\ln \left( { - \,3x - 1} \right) + C\)

Vì \(\left| {3x + 1} \right| =  - \,3x - 1\) khi $x \in \left( { - \,\infty ; - \frac{1}{3}} \right).$

Dễ thấy \(\Delta SAB = \Delta SAC\left( {c.g.c} \right)\) nên \(SB = SC\) hay tam giác \(\Delta SBC\) cân.

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\) ta có: \(AM \bot BC,SM \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên \(AM\) thì \(SH \bot AM,SH \bot BC\) nên \(SH\) là đường cao của hình chóp.

Xét tam giác \(SAB\) có: \(S{B^2} = S{A^2} + A{B^2} - 2SA.AB\cos {30^0} = 16 \Rightarrow SB = 4 \Rightarrow SC = 4\).

Do đó \(S{M^2} = \dfrac{{S{B^2} + S{C^2}}}{2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4} = 15 \Rightarrow SM = \sqrt {15} \).

Tam giác \(ABC\) có \(A{M^2} = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4} = 15 \Rightarrow AM = \sqrt {15} \).

Khi đó \({S_{SAM}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}  = 6\).

Do đó: \(SH = \dfrac{{2{S_{SAM}}}}{{AM}} = \dfrac{{2.6}}{{\sqrt {15} }} = \dfrac{{4\sqrt {15} }}{5}\).

\({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.SH = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}AM.BC.SH = \dfrac{1}{6}.\sqrt {15} .2.\dfrac{{4\sqrt {15} }}{5} = 4\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow SH \bot AB\) (do \(\Delta SAB\) cân tại \(S\))

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\SH \bot AB;\,\,\,SH \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Hay \(H\) là hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right) \Rightarrow CH\) là hình chiều của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\)

Do đó góc giữa \(SC\) và mặt đáy là góc \(SCH.\)

Ta có \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} \Leftrightarrow \dfrac{{4{a^3}}}{3} = \dfrac{1}{3}SH.4{a^2} \Leftrightarrow SH = a\).

Xét tam giác \(BHC\) vuông tại \(B\), theo định lý Pytago ta có \(HC = \sqrt {B{H^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = a\sqrt 5 \)

Xét tam giác \(SHC\) vuông tại \(H\) có \(\tan \angle SCH = \dfrac{{SH}}{{HC}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 5 }} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}\).

Hình trụ đó có chiều cao $h = \dfrac{V}{{\pi {R^2}}}$ và diện tích toàn phần

${S_{tp}} = 2\pi {R^2} + 2\pi Rh = 2\pi {R^2} + \dfrac{{2V}}{R} = 2\pi {R^2} + \dfrac{V}{R} + \dfrac{V}{R} \ge 3\sqrt[3]{{2\pi {R^2}.\dfrac{V}{R}.\dfrac{V}{R}}} = 3\sqrt[3]{{2\pi {V^2}}}$

Dấu “=” xảy ra ⇔$2\pi {R^2} = \dfrac{V}{R} \Leftrightarrow {R^3} = \dfrac{V}{{2\pi }} \Leftrightarrow R = \sqrt[3]{{\dfrac{V}{{2\pi }}}}$

Gọi $AA'$  là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

\(AC \bot A'C;\,AB \bot A'B\)

Ta chứng minh \(AC' \bot A'C'\)

\(SA \bot A'C;\,AC \bot A'C \Rightarrow A'C \bot AC'\)

Mà \(AC' \bot SC \Rightarrow AC' \bot A'C'\)

Tương tự \(AB' \bot A'B'\)

Như vậy $B,C,C',B'$ cùng nhìn $AA'$  bằng $1$  góc vuông nên $A,B,C,B',C'$ cùng thuộc $1$  mặt cầu có đường kính là $AA'$  và cũng đồng thời là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Tính \(BC = \sqrt {{b^2} + {c^2} - 2b\cos \alpha } \)

Trong tam giác \(ABC:\dfrac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \dfrac{{\sqrt {{b^2} + {c^2} - 2bc\cos \alpha } }}{{2\sin \alpha }}\)

Dựa vào 2 kết quả trên ta có

$\begin{array}{l}m = \left[ {\log {2^{30}}} \right] + 1 = \left[ {30\log 2} \right] + 1 = 10\\n = \left[ {{{\log }_2}{{30}^2}} \right] + 1 = \left[ {2{{\log }_2}30} \right] + 1 = 10\\ \Rightarrow m + n = 20\end{array}$

ĐK: $x>-1;mx>0$

$\begin{array}{l}\log (m{\rm{x}}) = 2\log (x + 1) \Leftrightarrow m{\rm{x}} = {(x + 1)^2} \Leftrightarrow {x^2} + (2 - m)x + 1 = 0\\\Delta  = {m^2} - 4m + 4 - 4 = {m^2} - 4m\end{array}$

Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì có 2 TH:

TH1: Phương trình trên có nghiệm duy nhất: ${m^2} = 4m \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 4\end{array} \right..$

Tuy nhiên giá trị $m = 0$ loại do khi đó nghiệm là $x = -1$.

TH2: Phương trình trên có 2 nghiệm thỏa: ${x_1} \le  - 1 < {x_2}$

Nếu có ${x_1} =  - 1 \to 1 - (2 - m) + 1 = 0 \to m = 0$, thay lại vô lý

$\begin{array}{l}{x_1} <  - 1 < {x_2} \to ({x_1} + 1)({x_2} + 1) < 0 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1 < 0\\ \to 1 + m - 2 + 1 < 0 \Leftrightarrow m < 0.\end{array}$

Như vậy sẽ có các giá trị $-2017; - 2016; …… -1$ và $4$.

Có $2018 $ giá trị.

Ta có \(f\left( x \right) = {2^{2019}}{x^3} + {3.2^{2018}}{x^2} - 2018\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = {3.2^{2019}}{x^2} + {3.2^{2019}}x = {3.2^{2019}}x\left( {x + 1} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{{f'\left( x \right)}} = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}.\dfrac{1}{{x.\left( {x + 1} \right)}} = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành \({2^{2019}}{x^3} + {3.2^{2018}}{x^2} - 2018 = 0\) (*)

Vì \({x_1},{x_2},{x_3}\) là ba ngiệm của phương trình (*) nên theo hẹ thức Vi-et ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} + {x_3} = \dfrac{{ - 3}}{2}\\{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3} = 0\\{x_1}{x_2}{x_3} = \dfrac{{2018}}{{{2^{2019}}}}\end{array} \right.\)

Ta có \(P = \dfrac{1}{{f'\left( {{x_1}} \right)}} + \dfrac{1}{{f'\left( {{x_2}} \right)}} + \dfrac{1}{{f'\left( {{x_3}} \right)}} = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left( {\dfrac{1}{{{x_1}}} - \dfrac{1}{{{x_1} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} - \dfrac{1}{{{x_2} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_3}}} - \dfrac{1}{{{x_3} + 1}}} \right)\)

\( = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left[ {\left( {\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} + \dfrac{1}{{{x_3}}}} \right) - \left( {\dfrac{1}{{{x_1} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_2} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_3} + 1}}} \right)} \right]\)

\( = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left[ {\dfrac{{{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3}}}{{{x_1}{x_2}{x_3}}} - \dfrac{{\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right) + \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right) + \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right)}}} \right]\)

\( = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left( {0 - \dfrac{{{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3} + 2\left( {{x_1} + {x_2} + {x_3}} \right) + 3}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right)}}} \right)\)

\( = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}.\dfrac{{0 + 2.\dfrac{{ - 3}}{2} + 3}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right)}} = 0\)

Từ đồ thị ta thấy $(C_1)$ là đồ thị của hàm bậc bốn; $(C_2)$ là đồ thị của hàm bậc ba; $\left( {{C_3}} \right)$là đồ thị hàm bậc hai (parabol) nên $(C_1)$ là đồ thị của $f(x)$; $\left( {{C_2}} \right)$ là đồ thị của $f'\left( x \right)$; $\left( {{C_3}} \right)$ là đồ thị của $f''\left( x \right)$