Theo giả thiết S.ABCD là hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau nên đặt \(AB = a \Rightarrow SB = a.\) 

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD thì \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SAO}.\) 

Xét tam giác SAO vuông tại O có \(\cos \widehat {SAO} = \frac{{SO}}{{SA}} = \frac{{\sqrt {S{A^2} - A{O^2}} }}{{SA}} = \frac{{\sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} }}{a} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\) 

Phương trình xác định khi \(\left\{ \begin{array}{l}
x - 2 \ge 0\\
x - 3 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 2\\
x \ne 3
\end{array} \right..\) 

Vậy điều kiện xác định của phương trình là \(\left[ {2; + \infty } \right)\backslash \left\{ 3 \right\}.\) 

Do M là trung điểm của đoạn AB nên \(\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {BM}  = \overrightarrow 0 .\) 

Hàm số \(y = {\left( {\frac{e}{4}} \right)^x}\) có cơ số \(0 < a = \frac{e}{4} < 1\) nên hàm số nghịch biến trên R.

Véc tơ pháp tuyến của đường thẳng \(y + 2x - 1 = 0\) là \(\overrightarrow n  = \left( { - 2; - 1} \right).\) 

Ta có: \({V_{C.ABB'A'}} = V - {V_{C.A'B'C'}} = V - \frac{1}{3}V = \frac{2}{3}V.\)

Xét hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x + 1}}.\) 

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

\(y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne  - 1.\) 

Do đó hàm số không có điểm cực trị.

Xét dãy số \(\left( {{u_n}} \right):{u_n} = {u_{n - 1}} - 2,\forall n \ge 2.\) 

Ta có \({u_n} - {u_{n - 1}} = 2,\forall n \ge 2.\) 

Do đó (u_n) là một cấp số cộng.

\(y' = \left[ {\ln \left( {\sqrt {{x^2} + 1}  - x} \right)} \right]' = \frac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1}  - x} \right)'}}{{\sqrt {{x^2} + 1}  - x}} = \frac{{\frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }} - 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1}  - x}} = \frac{{x - \sqrt {{x^2} + 1} }}{{\sqrt {{x^2} + 1} \left( {\sqrt {{x^2} + 1}  - x} \right)}} = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}.\)

Ta có \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^{4x}} \le {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2 - x}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{4x}} \le {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{x - 2}} \Leftrightarrow 4x \ge x - 2 \Leftrightarrow x \ge \frac{{ - 2}}{3}.\)

Vậy tập hơp tất cả các số thực x thỏa mãn \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^{4x}} \le {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2 - x}}\) là \(\left[ {\frac{{ - 2}}{3}; + \infty } \right).\) 

Điều kiện \(x > 0\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên 2 khoảng là \(\left( { - \infty ;1} \right).\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\), do đó chọn đáp án D.

\(A,\emptyset \) là hai tập con tầm thường của A 

Ta có \(\cos \left( {x + \pi } \right) =  - \cos x\) nên hàm số \(y = \cos x\) không tuần hoàn với chu kỳ \(\pi\)

Số cách chọn ra ba bạn bất kỳ từ một lớp có 30 bạn là tổ hợp chập 3 của 30: \(C_{30}^3.\)

Ta có: \(y' =  - 4{x^3} + 4x,\) cho \(y' = 0 \Leftrightarrow  - 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0 \in \left[ { - 2;1} \right]}\\
{x = 1 \in \left[ { - 2;1} \right]}\\
{x =  - 1 \in \left[ { - 2;1} \right]}
\end{array}} \right..\)

Ta có: \(y\left( { - 2} \right) =  - 9,y\left( { - 1} \right) = 0,y\left( 0 \right) =  - 1,y\left( 1 \right) = 0.\) 

Suy ra \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} y = f\left( { - 1} \right) = f\left( 1 \right) = 0\) nên \(n = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} y = f\left( { - 2} \right) =  - 9.\) 

Vậy M + m = - 9.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}
CD \bot AD\\
CD \bot SA
\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right).\) 

Kẻ \(AH \bot SD,\) suy ra \(\left. \begin{array}{l}
AH \bot SD\\
AH \bot CD
\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right).\) 

Từ đây ta có: SH là hình chiếu của SA lên (SCD).

Do đó, \(\left( {SA,\left( {SCD} \right)} \right) = \left( {SA,SH} \right) = \widehat {HSA}.\) 

Theo giả thiết ta có: \({V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{{3\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \frac{1}{3}{a^2}.SA = \frac{{{a^3}}}{{3\sqrt 3 }} \Rightarrow SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\) 

Xét tam giác SAD vuông tại A, ta có:

\(\tan \widehat {HSA} = \tan \widehat {DSA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{a} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {HSA} = {30^0}.\) 

Vậy \(\left( {SA,\left( {SCD} \right)} \right) = {30^0}.\) 

Ta có: \(\cos 2x - 2\sin x + 3 = 0 \Leftrightarrow  - 2{\sin ^2}x - 2\sin x + 4 = 0\) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\mathop{\rm sinx}\nolimits}  = 1\\
sinx =  - 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in Z\\
ptvn
\end{array} \right.\) 

Xét nghiệm nằm trong đoạn \(\left[ {0;2018\pi } \right].\) 

                        \(0 \le \frac{\pi }{2} + k2\pi  \le 2018\pi  \Leftrightarrow  - \frac{1}{4} \le k \le \frac{{4035}}{4}.\) 

Do \(k \in Z\) nên \(k \in \left\{ {0,1,...,1008} \right\}.\) 

Vậy có 1009 nghiệm của phương trình đã cho thuộc đoạn \(\left[ {0;2018\pi } \right].\)  

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
mx - 2y = 1\\
2x + y = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
mx - 2y = 1\\
4x + 2y = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left( {m + 4} \right)x = 5\\
4x + 2y = 4
\end{array} \right..\) 

Do đó để hệ phương trình có nghiệm thì \(m + 4 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  - 4.\) 

Kẻ đường thẳng y = 1 ta thấy đường thẳng cắt 3 đồ thị \(y = {\log _b}x,y = {\log _c}x,y = {\log _a}x\) lần lượt tại các điểm \(x = b,x = c,x = a.\) 

Dựa vào đồ thị ta thấy \(b < c < a.\)

Hàm số liên tục trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\) 

Hàm số liên tục trên \(R \Leftrightarrow \) hàm số liên tục tại điểm \(x = 1 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2\sqrt[3]{x} - x - 1}}{{x - 1}} = m + 1\) 

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\frac{{2\left( {\sqrt[3]{x} - 1} \right)}}{{x - 1}} - 1} \right] = m + 1 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\frac{2}{{\sqrt[3]{{{x^2}}} + \sqrt[3]{{x + 1}}}} - 1} \right] = m + 1 \Leftrightarrow  - \frac{1}{3} = m = 1 \Leftrightarrow m =  - \frac{4}{3}.\) 

Điểm cực đại của đồ thị hàm số là A(0;2).

Phương trình tiếp tuyến tại A(0;2) là y = 2 (d).

Vậy d song song với đường thẳng y = 3.

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = \ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\) có tập xác định D = R.

Với \(x = \sqrt 3 ,\) ta có: \(f\left( {\sqrt 3 } \right) = \ln \left( {\sqrt 3  + 2} \right) \ne \ln \left( {2 - \sqrt 3 } \right) = f\left( { - \sqrt 3 } \right).\) 

Suy ra hàm số \(y = f\left( x \right) = \ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\) không là hàm số chẵn.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + x - m; f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x;f''\left( x \right) = 6x - 6.\) 

\(f''\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y =  - 1 - m.\) 

Điểm uốn của đồ thị hàm số là A (1;-1-m).

Phương trình \({x^3} - 3{x^2} + x - m = 0\) có ba nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng.

\(\Leftrightarrow A\left( {1; - 1 - m} \right) \in Ox \Leftrightarrow  - 1 - m = 0 \Leftrightarrow m =  - 1.\) 

Ta có:

\({d_{\left( {OM,AC} \right)}} = {d_{\left( {OM;\left( {CAx} \right)} \right)}} = {d_{\left( {O;\left( {CAx} \right)} \right)}} = OK.\) 

Với \(Ax//OM,OH \bot Ax,OK \bot CH.\) 

Vì OHAM là hình vuông nên \(OH = AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) nên \(OK = \frac{{OH.OC}}{{\sqrt {O{H^2} + O{C^2}} }} = \frac{{2a}}{3}.\) 

Điều kiện xác định của hàm số là

\(\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x + \sqrt {x - 2} }}{{x - 2}} > 0\\
x \ne 2\\
x \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{x - 2}} > 0\\
x \ne 2\\
x \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
x < 1\\
x > 2
\end{array} \right.\\
x \ne 2\\
x \ge 0
\end{array} \right. \Rightarrow x \in \left[ {0;1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right).\)

Ta coi 3 bạn nữ là vị trí thì số cách sắp xếp 6 là 6!, sau đó xếp 3 bạn nữ vào vị trí đó là 3! Nên số cách sắp xếp là 6!.3!.

Ta có \(AO = \frac{{2a\sqrt 2 }}{2} = a\sqrt 2 ,SA = 2a \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = a\sqrt 2 \) 

Thể tích cần tính là \(V = 2.\frac{1}{3}.{\left( {2a} \right)^2}.a\sqrt 2  = \frac{{8\sqrt 2 {a^3}}}{3}.\) 

\(y' = 3a{x^2} + 2bx + c = 0\) có 2 nghiệm x₁, x₂ trái dấu (do hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm hai phía với Oy) \( \Rightarrow 3ac < 0 \Rightarrow c < 0 \Rightarrow \) loại phương án D.

Dựa vào đồ thị thì ta thấy \({x_1} + {x_2} < 0 \Rightarrow \frac{{ - 2b}}{{3a}} > 0 \Rightarrow b < 0\) nên loại B.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {x + 9}  - 3}}{{{x^2} + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{x}{{\left( {{x^2} + x} \right)\left( {\sqrt {x + 9}  + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {x + 9}  + 3} \right)}} = \frac{1}{6}\) 

Suy ra đường thẳng x = 0 không phải là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

(tương tự khi \(x \to {0^ - })\) 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {x + 9}  - 3}}{{{x^2} + x}} =  - \infty \) .

Suy ra đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Khi đó \(O \equiv B'\left( {0;0;0} \right),\overrightarrow {OB}  \equiv Oz,\overrightarrow {OA'}  \equiv Oy,\overrightarrow {OC'}  \equiv Ox.\) 

Suy ra \(C\left( {1;0;1} \right),D\left( {1;1;1} \right),M\left( {0;0;\frac{1}{2}} \right).\) 

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {A'C}  = \left( {1; - 1;1} \right),\overrightarrow {A'D}  = \left( {1;0;1} \right),\overrightarrow {A'M} \left( {0; - 1;\frac{1}{2}} \right).\\
\left[ {\overrightarrow {A'C} ,\overrightarrow {A'D} } \right] = \left( { - 1;0;1} \right).\\
\left[ {\overrightarrow {A'C} ,\overrightarrow {A'D} } \right].\overrightarrow {A'M}  = \frac{1}{2}.
\end{array}\) 

Ta có \({\log _{10}}7 = \frac{1}{{{{\log }_7}10}} = \frac{1}{{{{\log }_7}5 + {{\log }_7}2}} = \frac{1}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}} = \frac{{ab}}{{a + b}}.\) 

\({\log _{10}}7 = \frac{1}{{{{\log }_7}10}} = \frac{1}{{{{\log }_7}5 + {{\log }_7}2}} = \frac{1}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}} = \frac{{ab}}{{a + b}}.\)

Thể tích cái phễu là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h.\) 

Thể tích nước đổ vào là \({V_1} = \frac{1}{3}\pi r_1^2{h_1}.\) 

Sau khi bịt miệng phễu và lật ngược phễu lên thì thể tích phần phễu không chứa nước là

\({V_2} = V - {V_1} = \frac{7}{8}V.\) 

\( \Rightarrow \frac{{{V_2}}}{V} = \frac{7}{8} \Rightarrow \frac{{r_2^2.{h_2}}}{{{r^2}.h}} = \frac{7}{8} \Rightarrow {\left( {\frac{{{h_2}}}{{{h_1}}}} \right)^3} = \frac{7}{8} \Rightarrow \frac{{{h_2}}}{{{h_1}}} = \frac{{\sqrt[3]{7}}}{2} \Rightarrow {h_2} = \frac{{\sqrt[3]{7}}}{2}.20 = 10\sqrt[3]{7}.\) 

Suy ra chiều cao cột nước trong phễu là \({h_3} = h - {h_2} = 20 - 10\sqrt[3]{7} \approx 0,8706\left( {cm} \right).\) 

Đặt \(t = 4x - {x^2} = 4 - {\left( {x - 2} \right)^2} \le 4.\) 

Khi đó, phương trình \(f\left( {4x - {x^2}} \right) = {\log _2}m\) trở thành: \(f\left( t \right) = {\log _2}m\) 

Để phương trình \(f\left( {4x - {x^2}} \right) = {\log _2}m\) có 4 nghiệm thực phân biệt thì đường thẳng \(y = {\log _2}m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) tại hai điểm phân biệt thỏa mãn t < 4.

Suy ra \( - 1 < {\log _2}m < 3 \Leftrightarrow \frac{1}{2} < m < 8.\) 

Vậy \(m \in \left( {\frac{1}{2};8} \right).\) 

Điều kiện: \( - 1 \le x \le 1.\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = x + \sqrt {1 - {x^2}} \) trên đoạn [-1;1].

Có: \(g'\left( x \right) = 1 - \frac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }},g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\) 

\(g\left( { - 1} \right) =  - 1;g\left( 1 \right) = 1;g\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \sqrt 2 .\) 

Suy ra \( - 1 \le g\left( x \right) \le \sqrt 2 .\) 

Đặt \(t = x + \sqrt {1 - {x^2}} , - 1 \le t \le \sqrt 2 .\) Khi đó, phương trình trở thành:

\({t^2} - mt + m = 0 \Leftrightarrow t + 1 + \frac{1}{{t - 1}} = m.\) 

Xét hàm số \(f\left( t \right) = t + 1 + \frac{1}{{t - 1}}\) trên tập \(\left[ { - 1;\sqrt 2 } \right]\backslash \left\{ 1 \right\}.\) 

Có \(f'\left( t \right) = 1 - \frac{1}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}}.f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 0\\
t = 2
\end{array} \right..\) 

Do đó, để phương trình không có nghiệm thực thì giá trị cần tìm của m là \(m \in \left( {0;2 + 2\sqrt 2 } \right)\) 

Suy ra \(a - b =  - 2\sqrt 2  - 2.\) 

Ta có phương trình: \({\log _{\sqrt 2 }}{\left( {x - 1} \right)^3} - {\log _2}{\left( {x - 3} \right)^2} = 2{\log _2}\left( {x - 1} \right)\) 

Điều kiện xác định: x > 1 và \(x \ne 3.\) 

Phương trình đã cho \( \Leftrightarrow 2{\log _2}{\left( {x - 1} \right)^3} = {\log _2}\left| {x - 3} \right| + 2{\log _2}\left( {x - 1} \right)\) 

\(\begin{array}{l}
{\log _2}{\left( {x - 1} \right)^3} = {\log _2}\left| {x - 3} \right| + {\log _2}\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow {\log _2}{\left( {x - 1} \right)^3} = {\log _2}\left( {x - 1} \right)\left| {x - 3} \right|\\
 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^3} = \left( {x - 1} \right)\left| {x - 3} \right| \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = \left| {x - 3} \right|\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} - 2x + 1 = x - 3\\
{x^2} - 2x + 1 = 3 - x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} - 3x + 4 = 0\\
{x^2} - x - 2 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \in \emptyset \\
x =  - 1(L)\\
x = 2(N)
\end{array} \right..
\end{array}\)

 Vậy \(S = \left\{ 2 \right\}.\) 

Lấy số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau là 5! = 120 số.

Trong 120 số tìm được, ta luôn xếp được 60 cặp số {x;y} sao cho x + y =66666

Vậy tổng của 120 số tìm được là 60x66666=3.999.960.

Ta có phương trình: \({\cos ^2}x + 3\sin x.\cos x = 1 \Leftrightarrow 3\sin x.\cos x - {\sin ^2}x = 0\) 

\( \Leftrightarrow {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \left( {3{\mathop{\rm cosx}\nolimits}  - sinx} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\mathop{\rm sinx}\nolimits}  = 0\\
tanx = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = k\pi \\
x = \alpha  + k\pi 
\end{array} \right.\) với \(\tan \alpha  = 3\) 

Gọi A; B là các điểm biểu diễn cho họ nghiệm \(x = k\pi \left( {k \in Z} \right)\) trên đường tròn lượng giác.

Gọi C; D là các điểm biểu diễn cho họ nghiệm \(x = \alpha  + k\pi \left( {k \in Z} \right)\) trên đường tròn lượng giác.

Ta cần tính diện tích hình chữ nhật ABCD.

Xét tam giác vuông AOT có: \(OT = \sqrt {O{A^2} + A{T^2}}  = \sqrt {10}  \Rightarrow \sin \alpha  = \frac{{AT}}{{OA}} = \frac{3}{{\sqrt {10} }}.\) (*)

Xét tam giác ACD có: \(\widehat {ADC} = \frac{\alpha }{2} \to \sin \frac{\alpha }{2} = \frac{{AC}}{2}\) và \(\cos \frac{\alpha }{2} = \frac{{AD}}{2}.\) 

Từ (*) \( \Rightarrow 2\sin \frac{\alpha }{2}.\cos \frac{\alpha }{2} = \frac{3}{{\sqrt {10} }} \Leftrightarrow 2.\frac{{AC}}{2}.\frac{{AD}}{2} = \frac{3}{{\sqrt {10} }} \Leftrightarrow AC.AD = \frac{6}{{\sqrt {10} }} \Rightarrow {S_{ACBD}} = \frac{{3\sqrt {10} }}{5}.\) 

ĐKXĐ: \(x \ne  - m.\)

Ta có: \(y' = \frac{{{m^2} - 16}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\) 

Hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - m \notin \left( {0; + \infty } \right)\\
{m^2} - 16 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - m \le 0\\
m > 4 \vee m <  - 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 4.\) 

Ta có: \(\widehat {BAC} = \widehat {BDC} = {90^0}\) nên tứ giác BADC nội tiếp.

Gọi J là trung điểm BC thì J là tâm đường tròn ngaoijt iếp tứ giác BADC.

Suy ra \(JI \bot CD.\) 

Đường thẳng JI đi qua I(1;-1) và vuông góc với CD có phương trình là \(3x+y-2=0\) 

Gọi \(K = IJ \cap CD \Rightarrow K\) là trung điểm CD.

Tạo độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}
x - 3y - 6 = 0\\
3x + y - 2 = 0
\end{array} \right. \Rightarrow K\left( {\frac{6}{5}; - \frac{8}{5}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MD}  = 2\overrightarrow {IK}  = \left( {\frac{2}{5}; - \frac{6}{5}} \right).\) 

\(C \in CD:x - 3y - 6 = 0 \Rightarrow C\left( {3c + 6;c} \right)\) 

Ta lại có \(\Delta MBA \sim \Delta MCD \Rightarrow \frac{{MD}}{{CD}} = \frac{{MA}}{{AB}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow CD = 3MD\) 

\( \Leftrightarrow {\left( { - \frac{{48}}{5} - 6c} \right)^2} + {\left( { - \frac{{16}}{5} - 2c} \right)^2} = 9.\frac{8}{5} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
c =  - 1\\
c =  - \frac{{11}}{5}
\end{array} \right..\) 

Do \({x_C} \in Z\) nên nhận \(c =  - 1 \Rightarrow C\left( {3; - 1} \right).\) 

Đường thẳng BC đi qua hai điểm C, E nên có véc tơ chỉ phương \(\overrightarrow {EC}  = \left( {\frac{5}{3}; - 1} \right) = \frac{1}{3}\left( {5; - 3} \right)\) 

Suy ra phương trình BC: \(3x + 5y - 4 = 0.\) 

\(J = BC \cap IJ,\)  tọa độ điểm J là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}
3x + 5y - 4 = 0\\
3x + y - 2 = 0
\end{array} \right. \Rightarrow J\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right).\) 

J là trung điểm BC \( \Rightarrow B\left( { - 2;2} \right).\) Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}
a =  - 2\\
b = 2
\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 0.\) 

Hình trụ (T) có bán kính r = BC và chiều cao h = CD. Thể tích khối trụ là \(V = \pi {r^2}h.\)

Gọi cạnh của \(\Delta MNP\) là x, khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta MNP\) \(r = \frac{2}{3}\frac{{x\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = r\sqrt 3 .\) 

Khối chóp A.MNP có đáy \(\Delta MNP\) đều và chiều cao AB = DC = h.

Thể tích của khối chóp \(V' = \frac{1}{3}.AB.{S_{\Delta MNP}} = \frac{1}{3}.h.\frac{{{{\left( {r\sqrt 3 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 3 {r^2}h}}{4}.\) 

Tỷ số giữa thể tích khối trụ và thể tích khối chóp A.MNP là \(\frac{{V'}}{V} = \frac{{\pi {r^2}h}}{{\frac{{\sqrt 3 {r^2}h}}{4}}} = \frac{{4\pi }}{{\sqrt 3 }}.\) 

Gọi A là số tiền người đó vay ngân hàng (đồng), a là số tiền phải trả hàng tháng và r(%) là lãi suất tính trên tổng số tiền còn nợ mỗi tháng. Ta có:

-Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ nhất: R₁ = A(1+r)

-Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ hai: R₂ = (A(1+r)-a)(1+r) \( = A{\left( {1 + r} \right)^2} - a\left( {1 + r} \right)\) 

-Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ ba:

\({R_3} = \left( {A{{\left( {1 + r} \right)}^2} - a\left( {1 + r} \right) - a} \right)\left( {1 + r} \right) = A{\left( {1 + r} \right)^3} - a{\left( {1 + r} \right)^2} - a\left( {1 + r} \right)\) 

….

-Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ n: \({R_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n} - a{\left( {1 + r} \right)^{n - 1}} - ... - a\left( {1 + r} \right)\) 

Tháng thứ n trả xong nợ: \({R_n} = a \Leftrightarrow a = \frac{{A.r.{{\left( {1 + r} \right)}^n}}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}\) 

Áp sụng với A = 400 triệu đồng, r = 0,5%, và a = 4 triệu đồng ta có n = 139 tháng.

Gọi a là số bước nhày 1 bước, b là số bước nhày 2 bước của con châu chấu \(\left( {a,b \in N,0 \le a,b \le 9} \right).\) Với mỗi cặp (a;b) thì số cách di chuyển của con châu chấu là \(C_{a + b}^a\) cách.

Theo giả thiết ta có \(a + 2b = 9,\) suy ra a lẻ và \(a \in \left\{ {1;3;5;7;9} \right\}.\) 

Với a = 1 \( \Rightarrow \) b = 4: Số cách di chuyển của châu chấu là \(C_5^1 = 5\) cách.

Với a = 3 \( \Rightarrow \) b = 3: Số cách di chuyển của châu chấu là \(C_6^3 = 20\) cách.

Với a = 5 \( \Rightarrow \) b = 2: Số cách di chuyển của châu chấu là \(C_7^5 = 21\) cách.

Với a = 7 \( \Rightarrow \) b = 1: Số cách di chuyển của châu chấu là \(C_8^7 = 8\) cách.

Với a = 9 \( \Rightarrow \) b = 0: Số cách di chuyển của châu chấu là \(C_9^9 = 1\) cách.

Vậy con châu chấu có số cách di chuyển là 5 + 20 + 21 + 8 + 1 = 55 cách.

Gọi M là trung điểm BC, \(I = EF \cap SM,\) suy ra I là trung điểm EF và SM.

Có \(\Delta ACS = \Delta ABS\left( {c - c - c} \right) \Rightarrow AF = AE = AEF\) cân tại \(A \Rightarrow AI \bot EF.\) 

Do \(\left( {AEF} \right) \bot \left( {SBC} \right)\) nên \(AI \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AI \bot SM.\) 

Tam giác ASM có \(AI \bot SM\) và I là trung điểm SM nên ASM cân tại A, suy ra \(SA = AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\) 

Gọi G là trọng tâm tam giác \(ABC \Rightarrow SG \bot \left( {ABC} \right)\) và \(AG = \frac{2}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) 

Trong tam giác SAG có: \(SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}}  = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} - \frac{{3{a^2}}}{9}}  = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}.\) 

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SG.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {15} }}{6}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{{24}}.\) 

Trải tứ chóp S.ABC ra mặt phẳng (SBC) thì chu vi tam giác AB'C' bằng

\(AB' + B'C' + C'A = AB' + B'C' + C'D \ge AD.\) 

Dấu “=” xảy ra khi \(B' \equiv E,C' \equiv F.\) 

Ta có \(AB = a,\widehat {ASB} = {30^0} \Rightarrow SA = SB = \frac{a}{{2\sin {{15}^0}}} = \frac{{a\left( {\sqrt 6  + \sqrt 2 } \right)}}{2}.\) 

Lại có \(\widehat {ASB} = {30^0} \Rightarrow \widehat {ASD} = {90^0} \Rightarrow AD = SA\sqrt 2  = \left( {1 + \sqrt 3 } \right)a.\) 

Vậy chu vi tam giác AB'C' đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(\left( {1 + \sqrt 3 } \right)a.\) 

Ta có \(\left[ {f\left( {4x - 4{x^2}} \right)} \right]' = \left( {4x - 4{x^2}} \right)'.f'\left( {4x - 4{x^2}} \right) = 4\left( {1 - 2x} \right).f'\left( {4x - 4{x^2}} \right) = 0\) 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{1}{2}\\
4x - 4{x^2} = 0\\
4x - 4{x^2} = 1\\
4x - 4{x^2} = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{1}{2}\\
x = 0;x = 1\\
x = \frac{1}{2}
\end{array} \right.\) 

Do đó hàm số \(y = f\left( {4x - 4{x^2}} \right)\) có ba điểm cực trị là \(0;\frac{1}{2};1.\) 

Gọi \(I = B'C \cap BC',J = A'D \cap AD'\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {A'B'C} \right) \cap \left( {C'D'A} \right) = IJ\\
IJ \bot B'C \subset \left( {A'B'C} \right)\\
IJ \bot BC' \subset \left( {C'D'A} \right)
\end{array} \right..\) 

Từ đó suy ra \(\left( {\left( {A'B'C} \right);\left( {C'D'A} \right)} \right) = \left( {B'C;BC'} \right) = {90^0}.\) 

Đường tròn (C) có tâm I(1;-2), bán kính R = 2.

Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng d là \(d\left( {I;(d)} \right) = 3\sqrt 2  > R\) nên d không cắt (C).

Điểm M(a;b) thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}
M \in \left( C \right)\\
d\left( {M;\left( d \right)} \right) = 3\sqrt 2  - 2
\end{array} \right..\) 

Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d, ta có IH: \(x + y + 1 = 0.\) 

Xét hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} - 2x + 4y + 1 = 0\\
x + y + 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{x^2} - 4x - 2 = 0\\
y =  - x - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1 + \sqrt 2 ;y =  - 2 - \sqrt 2 \\
x = 1 - \sqrt 2 ;y =  - 2 + \sqrt 2 
\end{array} \right.\) 

Từ đó suy ra \(M\left( {1 - \sqrt 2 ; - 2 + \sqrt 2 } \right).\) Do đó \(a = 1 - \sqrt 2 ,b =  - 2 + \sqrt 2 \) nên \(\sqrt 2 a = b.\) 

Điều kiện: x > 0.

Với điều kiện đó phương trình đã cho được biến đỏi tương đương thành phương trình:

\(2018\left( {{{\log }_m}x} \right)\left( {{{\log }_n}m.{{\log }_m}x} \right) - 2017{\log _m}x - 2018{\log _n}m.{\log _m}x - 2019 = 0(1).\) 

Đặt \(t = {\log _m}x,t \in R.\) Khi đó phương trình (1) trở thành phương trình:

\(2018\left( {{{\log }_n}m} \right){t^2} - \left( {2017 + 2018{{\log }_n}m} \right)t - 2019 = 0\) (2).

Do phương trình (2) có \(2{\log _n}m.\left( { - 2019} \right) < 0\) nên phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu, do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm dương phân biệt x₁, x₂.

Xét \({\log _m}{x_1}{x_2} = {\log _m}{x_1} + {\log _m}{x_2} = \frac{{2017 + 2018{{\log }_n}m}}{{2018{{\log }_n}m}} = \frac{{2017}}{{2018{{\log }_n}m}} + 1.\) 

Suy ra: \({x_1}{x_2} = {m^{\frac{{2017}}{{2018{{\log }_n}m}} + 1.}} = {m^{\frac{{2017}}{{2018}}{{\log }_n}n + 1}} = m.{n^{\frac{{2017}}{{2018}}}}.\) 

Theo bài m là số nguyên dương khác 1 nên \(m \ge 2,\) do đó \(P = {x_1}{x_2} \ge 2\sqrt[{2018}]{{{n^{2017}}}}.\) 

Mặt khác n là số nguyên dương khác 1 nên \(n \ge 2\) và 2017, 2018 là hai số nguyên tốc cùng nhau nên để P nguyên và có giá trị nhỏ nhất khi \(n = {2^{2018}}.\) Lúc đó \(m.n = {2.2^{2018}} = {2^{2019}}.\) 

Đặt \(f\left( x \right) = \frac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x + m - 30\) là hàm số xác định và liên tục trên đoạn [0;2].

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^3} - 28x + 48.\) Với mọi \(x \in \left[ {0;2} \right]\) ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 28x + 48 = 0 \Leftrightarrow x = 2.\) 

Mặt khác: \(f\left( 0 \right) = m - 30;f\left( x \right) = m + 14.\) Ta có: \(\mathop {\max }\limits_{[0;2]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \max \left\{ {\left| {f\left( 0 \right)} \right|;\left| {f\left( 2 \right)} \right|} \right\}.\) 

Theo bài: \(\mathop {\max }\limits_{[0;2]} \left| {f\left( x \right)} \right| \le 30 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {f\left( 0 \right)} \right| \le 0\\
\left| {f\left( 2 \right)} \right| \le 30
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {m - 30} \right| \le 30\\
\left| {m + 14} \right| \le 30
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 30 \le m - 30 \le 30\\
 - 30 \le m + 14 \le 30
\end{array} \right..\) 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 \le m \le 60\\
 - 44 \le m \le 16
\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le m \le 16.\) Do \(m \in Z \Rightarrow m \in S = \left\{ {0;1;2;3;4;5;...;16} \right\}.\) 

Vậy tổng tất cả 17 giá trị trong tập S là \(\frac{{17\left( {0 + 16} \right)}}{2} = 136.\)