Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Lý Thái Tổ lần 3

Vì \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4-3x}{4x+5}=-\frac{3}{4}\) (hoặc \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4-3x}{4x+5}=-\frac{3}{4}\)) nên đường thẳng \(y=-\frac{3}{4}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Ta có: \(SA\bot \left( ABCD \right)\supset AC\Rightarrow SA\bot AC\Rightarrow \left( SC,\left( ABCD \right) \right)=\widehat{SCA}.\)

Xét tam giác vuông \(SAC,\) ta có: \(\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{SCA}={{45}^{0}}.\)

Hình bát diện đều có 12 cạnh.

Theo bài ra, \(x,y,z\) là ba số dương lập thành cấp số nhận và \({{\log }_{a}}x;{{\log }_{\sqrt{a}}}y;{{\log }_{\sqrt[3]{a}}}z\) lập thành cấp số cộng nên ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{l}xz = {y^2}\\{\log _a}x + {\log _{\sqrt[3]{a}}}z = 2{\log _{\sqrt a }}y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x.z = {y^2}\\{\log _a}x + 3{\log _a}z + 4{\log _a}y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x.z = {y^2}\\{\log _a}x{z^3} = {\log _a}{y^4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xz = {y^2}\\x{z^3} = {y^4}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x.z = {y^2}\\{y^2}{z^2} = {y^4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x.y = {y^2}\\z = y\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z.\)

Do đó: \(Q=\frac{2017x}{y}+\frac{2y}{z}+\frac{z}{x}=\frac{2017x}{x}+\frac{2x}{x}+\frac{x}{x}=2017+2+1=2020.\)

Diện tích mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(S=4\pi {{R}^{2}}.\)

Tập xác định: \(D=\left[ 4;+\infty  \right)\backslash \left\{ 0;1 \right\}.\)

Ta có \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{x+4}-2}{{{x}^{2}}-x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\left( {{x}^{2}}-x \right)\left( \sqrt{x+4}+2 \right)}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\left( x-1 \right)\left( \sqrt{x+4}+2 \right)}=-\frac{1}{4}\)

\(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{x+4}-2}{{{x}^{2}}-x}=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\left( {{x}^{2}}-x \right)\left( \sqrt{x+4}+2 \right)}=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\left( x-1 \right)\left( \sqrt{x+4}+2 \right)}=+\infty \)

Vậy đồ thị hàm số \(y=\frac{\sqrt{x+4}-2}{{{x}^{2}}-x}\) có một đường tiệm cận đứng là đường thẳng \(x=1.\)

Chọn 1 học sinh nam trong số 7 học sinh nam có 7 cách.

Chọn 1 học sinh nam trong số 5 học sinh nam có 5 cách.

Vậy số cách chọn ra 2 học sinh của đội văn nghệ sao cho 2 học sinh có 1 học sinh nam và 1 học sinh nữ là \(7.5=35\) cách.

Điều kiện: \(x>0.\)

\(\log _{\frac{1}{2}}^{2}x-6{{\log }_{6}}\left( 4x \right)+1=0.\)

\(\Leftrightarrow \log _{{{2}^{-1}}}^{2}x-6{{\log }_{{{2}^{3}}}}\left( 4x \right)+1=0.\)

\(\Leftrightarrow \log _{2}^{2}x-2\left( \log _{2}^{{}}4+{{\log }_{2}}x \right)+1=0.\)

\(\Leftrightarrow \log _{2}^{2}x-2{{\log }_{2}}x-3=0.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = - 1\\{\log _2}x = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\left( {TM} \right)\\x = 8\left( {TM} \right)\end{array} \right..\)

Vậy \(S=\frac{1}{2}+8=\frac{17}{2}.\)

\({3^{2x - 1}} - {4.3^x} + 9 = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{3}{\left( {{3^x}} \right)^2} - {4.3^x} + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} = 3\\{3^x} = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right..\)

Vậy \({{x}_{1}}=1;{{x}_{2}}=2\) suy ra \(P={{x}_{2}}-2{{x}_{1}}=0.\)

Ta có \({{\left( {{3}^{x}}+{{3}^{-x}} \right)}^{2}}={{9}^{x}}+{{9}^{-x}}+2\Leftrightarrow {{\left( {{3}^{x}}+{{3}^{-x}} \right)}^{2}}=49\Leftrightarrow {{3}^{x}}+{{3}^{-x}}=7.\)

Do vậy \(P=\frac{13+{{3}^{x}}+{{3}^{-x}}}{2-{{3}^{x}}-{{3}^{-x}}}=\frac{13+{{3}^{x}}+{{3}^{-x}}}{2-\left( {{3}^{x}}+{{3}^{-x}} \right)}=\frac{13+7}{2-7}=-4.\)

Vậy \(P=\frac{13+{{3}^{x}}+{{3}^{-x}}}{2-{{3}^{x}}-{{3}^{-x}}}=-4.\)

\({{3}^{x-1}}>27\Leftrightarrow {{3}^{x-1}}>{{3}^{3}}\Leftrightarrow x-1>3\Leftrightarrow x>4.\)

Vậy: Tập nghiệm của bất phương trình là \(S=\left( 4;+\infty  \right).\)

Ta có \({{a}^{2}}{{b}^{3}}-64\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( {{a}^{2}}{{b}^{3}} \right)={{\log }_{2}}64\Leftrightarrow {{\log }_{2}}{{a}^{2}}+{{\log }_{2}}{{b}^{3}}={{\log }_{2}}{{2}^{6}}\Leftrightarrow 2{{\log }_{2}}a+3{{\log }_{2}}b=6\).

Vậy: Giá trị của biểu thức \(P=2{{\log }_{2}}a+3{{\log }_{2}}b=6.\)

Ta có \(P={{a}^{3}}\sqrt[4]{{{a}^{5}}}={{a}^{3}}.{{a}^{\frac{5}{4}}}={{a}^{3+\frac{5}{4}}}={{a}^{\frac{17}{4}}}.\)

Ta có \(\ln 8a-\ln 2a=\ln \frac{8a}{2a}=\ln 4=2\ln 2.\)

Bài toán tổng quát:

Gọi \(a\) triệu đồng là số tiền người đó gửi, lãi suất là \(b%\) một tháng \(\left( a>0;b>0 \right)\)

* Sau tháng thứ nhất, số tiền người đó thu được là:

                                                   \({{S}_{1}}=a+\frac{b}{100}.a=a\left( 1+\frac{b}{100} \right)\) (triệu đồng)

* Sau tháng thứ hai, số tiền người đó thu được là:

                                                   \({{S}_{2}}={{S}_{1}}+\frac{b}{100}.{{S}_{1}}={{S}_{1}}\left( 1+\frac{b}{100} \right)=a{{\left( 1+\frac{b}{100} \right)}^{2}}\) (triệu đồng)

* Sau tháng thứ ba, số tiền người đó thu được là:

                                                   \({{S}_{3}}={{S}_{2}}+\frac{b}{100}.{{S}_{2}}={{S}_{2}}\left( 1+\frac{b}{100} \right)=a{{\left( 1+\frac{b}{100} \right)}^{3}}\) (triệu đồng).

…………………………………………………………………………………………………………….

* Sau tháng thứ \(n,\) số tiền người đó thu được là:

                                                   \({{S}_{n}}={{S}_{n-1}}+\frac{b}{100}.{{S}_{n-1}}={{S}_{n-1}}\left( 1+\frac{b}{100} \right)=a{{\left( 1+\frac{b}{100} \right)}^{n}}\) (triệu đồng)

Áp dụng: Với \(a=200\) và \(b=0,3\) thì số tiền người đó thu được sau tháng thứ \)n\) là:

                                                   \({{S}_{n}}=200.{{\left( 1+\frac{0,3}{100} \right)}^{n}}\) (triệu đồng)

Ta có: \({{S}_{n}}>225\Leftrightarrow 200.{{\left( 1+\frac{0,3}{100} \right)}^{n}}>225\Leftrightarrow {{\left( \frac{100,3}{100} \right)}^{n}}>1,125\Leftrightarrow n>{{\log }_{1,003}}1,125\approx 39,32\)

Vậy sau ít nhất 40 tháng thì người đó thu được số tiền hơn 225 triệu đồng.

Tam giác đều cạnh \(2a\) có chiều cao là \(2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}.\)

\(\Rightarrow \) Diện tích đáy hình lăng trụ (diện tích tam giác đều cạnh \(2a)\) là: \(S=\frac{1}{2}.2a.a\sqrt{3}={{a}^{2}}\sqrt{3}\)

Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là \(V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}\sqrt{3}.a=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\left( 1 \right)\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot SB\left( 2 \right).\)

Từ (1) và (2) suy ra góc giữa mặt phẳng \(\left( SBC \right)\) và mặt đáy \(\left( ABCD \right)\) là góc \(\widehat{SBA}\), kết hợp giả thiết suy ra \(\widehat{SBA}={{60}^{0}}.\)

Xét tam giác vuông \(SAB\) ta có \(\tan {{60}^{0}}=\frac{SA}{AB}\Rightarrow SA=AB. \tan {{60}^{0}}=2a\sqrt{3}.\)

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\frac{1}{3}.Bh=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SA=\frac{1}{3}{{\left( 2a \right)}^{2}}2a\sqrt{3}=\frac{8{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}.\)

Ta có \(y'=-2f'\left( 1-2x \right).\)

Hàm số \(y=f\left( 1-2x \right)\) nghịch biến khi và chỉ khi \(y'=-2f'\left( 1-2x \right)<0\Leftrightarrow f'\left( 1-2x \right)>0.\)

Từ bảng xét dấu đã cho, ta có \(f'\left( {1 - 2x} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 3 < 1 - 2x < - 1\\1 - 2x > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 < x < 2\\x < 0\end{array} \right.\)

Do đó, hàm số \(y=f\left( 1-2x \right)\) nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;0 \right)\)và \(\left( 1;2 \right).\)

Vậy, hàm số \(y=f\left( 1-2x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( -2;0 \right).\)

Hàm số \(y={{x}^{3}}-2x+3.\)

TXĐ: \(D=\mathbb{R}.\)

Hệ số góc của tiếp tuyến tại \(M:k=f'\left( 2 \right)=10\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( 2;7 \right)\) là \(y-7=10\left( x-2 \right)\) hay \(y=10x-13.\)

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

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\\x = - 1 \cup x = 3\end{array} \right.\) (bội 2)

Bảng biến thiên

Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) có 1 điểm cực đại.

\({5^{{x^2} - 3x + 2}} = 25 \Leftrightarrow {5^{{x^2} - 3x + 2}} = {5^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\end{array} \right..\)

Xét hàm số \(y={{x}^{3}}-\frac{3}{2}{{x}^{2}}+1\) trên \(\left( -25;\frac{11}{10} \right)\) ta có

y' = 3x² - 3x

⇒ y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1

Ta có 

y(0) = 1

y(1) = \(\frac12\)

Vậy M = 1

Nhìn vào đồ thị ta dễ thấy đây là đồ thị hàm bậc 4 trùng phương, mà \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \) nên hệ số của \({{x}^{4}}\) phải > 0 => Đáp án A

Ta có:

\(\begin{array}{l}y' = - 3{x^2} + 12x - 9\\y' = 0 < = > \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)

Vì xét trong khoảng [-1;2] nên ta lấy x = 1

Với x = 1 thì y = 1

Với x = -1 thì y = 21

Với x = 2 thì y = 3

\(=>\underset{x\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }-1;2]}{\mathop{Min}}\,y=1,\underset{x\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }-1;2]}{\mathop{Max}}\,y=21\) => Tổng bằng 22

Ta có \(\sin 2x+4\sin x-2\cos x-4=0\Leftrightarrow \left( \sin 2x+4\sin x \right)-2\left( \cos x+2 \right)=0\)

\(\Leftrightarrow 2\sin x\left( \cos x+2 \right)-2\left( \cos x+2 \right)=0\)

\(\Leftrightarrow \left( 2\sin x-2 \right)\left( \cos x+2 \right)=0\).

\(\Leftrightarrow \sin x=1\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{2}+k2\pi ,\left( k\in \mathbb{Z} \right).\)

Trên đoạn \(\left[ 0;100\pi  \right]\) ta có \(0\le x\le 100\pi .\)

\(\Leftrightarrow 0\le \frac{\pi }{2}+k2\pi \le 100\pi \Leftrightarrow \frac{-1}{4}\le k\le \frac{199}{4}\)

Với \(K\in \mathbb{Z}\) ta có \(K\in \left\{ 0;1;2;....;48;49 \right\}.\)

Vậy tổng các nghiệm của phương trình trên đoạn \(\left[ 0;100\pi  \right]\) là

\(S=\frac{\pi }{2}+\left( \frac{\pi }{2}+2\pi  \right)+\left( \frac{\pi }{2}+2.2\pi  \right)+\left( \frac{\pi }{2}+3.2\pi  \right)+...+\left( \frac{\pi }{2}+49.2\pi  \right)\)

\(=\frac{50\pi }{2}+\left( 1+2+...+49 \right).2\pi =2475\pi .\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y=x+1\) và đồ thị hàm số \(y=\frac{x-1}{x-2}\) là \(x+1=\frac{x-1}{x-2}\)

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

Ta có \(A\left( {1 + \sqrt 2 ;2 + \sqrt 2 } \right);B\left( {1 - \sqrt 2 ;2 - \sqrt 2 } \right).\)

Vậy AB = 4

Chiều cao khối nón là: \(h=\sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 5a \right)}^{2}}-{{\left( 3a \right)}^{2}}}=4a\)

Thể tích khối nón: \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi .{{\left( 3a \right)}^{2}}.4a=12\pi {{a}^{3}}.\)

Do khối tứ diện \(ABCD\) có \(AB,AC,AD\) đôi một vuông góc với nhau nên thể tích của khối tứ diện \(ABCD\) là: \(V=\frac{1}{6}AB.AC.AD=\frac{1}{6}3a.2a.a={{a}^{3}}\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(SA\)

Gọi \(O\) là trung điểm của \(BC,\) suy ra \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC. \) Kẻ trục \(\Delta \) của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC. \) Khi đó \(\Delta //SA. \)

Trên mặt phẳng \(\left( SAO \right)\) kẻ đường trung trực của \(SA\) cắt \(\Delta \) tại \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABC. \)

Bán kính \(R=IC=\sqrt{O{{I}^{2}}+O{{C}^{2}}}=\sqrt{A{{M}^{2}}+O{{C}^{2}}}=\sqrt{\frac{A{{S}^{2}}}{4}+\frac{B{{C}^{2}}}{4}}=\sqrt{\frac{4{{a}^{2}}}{4}+\frac{8{{a}^{2}}}{4}}=a\sqrt{3}.\)

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu bằng \(-2\) tại điểm \(x=3.\)

Ta có \({{u}_{20}}={{u}_{1}}+19d=3+19.2=41.\)

+) Tìm hệ số của \({{x}^{3}}\) trong khai triển \({{\left( x-2 \right)}^{5}}\)

Ta có \({{T}_{k+1}}=C_{5}^{k}{{\left( x \right)}^{k}}.{{\left( -2 \right)}^{5-k}},\) hệ số của \({{x}^{3}}\) là khi \(K=3\Rightarrow \) hệ số bằng \)C_{5}^{3}.4=40.\)

+) Tìm hệ số của \({{x}^{5}}\) trong khai triển \({{\left( 2x-1 \right)}^{6}}\)

Ta có \({{T}_{k+1}}=C_{6}^{k}.{{\left( 2x \right)}^{k}}.{{\left( -1 \right)}^{6-k}}=C_{6}^{k}.{{\left( 2 \right)}^{k}}.{{\left( x \right)}^{k}}.{{\left( -1 \right)}^{6-k}}\)

Vậy số hạng chứa \({{x}^{5}}\) tương ứng với \(K=5\Rightarrow \) hệ số của \({{x}^{5}}\) là: \(-192.\)

Vậy hệ số của \({{x}^{5}}\) trong khai triển là: \(-152.\)

Ta có: \({{6.9}^{x}}-{{13.6}^{x}}+{{6.4}^{x}}\le 0\Leftrightarrow 6.{{\left( \frac{9}{4} \right)}^{x}}-13.{{\left( \frac{6}{4} \right)}^{2}}+6\le 0\Leftrightarrow 6.{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2x}}-13.{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}+6\le 0\left( 1 \right).\)

Đặt \({{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}=t;\left( t>0 \right)\)

\(\left( 1 \right)\Leftrightarrow 6{{t}^{2}}-13t+6\le 0\Leftrightarrow \frac{2}{3}\le t\le \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{2}{3}\le {{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2}}\le \frac{3}{2}\Leftrightarrow -1\le x\le 1.\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S=\left[ -1;1 \right]\Rightarrow a=-1;b=1\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=2.\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( 0;1 \right)\Rightarrow \) chọn C.

Gọi \(R,h\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

Theo giả thiết, ta có \(\left\{ \begin{array}{l}R = a\\2.R.h = 6{a^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}R = a\\h = 3a\end{array} \right..\)

Vậy \({{S}_{tp}}=2\pi Rh+2\pi {{R}^{2}}=2\pi a.3a+2\pi {{a}^{2}}=8\pi {{a}^{2}}.\)

Đặt \(A=\left\{ 0;1;2;3;4;5;6;7 \right\}.\)

Gọi số tự nhiên cần tìm có 4 chữ số khác nhau thỏa mãn đề bài là \(\overline{abcd}\left( a\ne 0 \right).\)

Số phần tử của \(S\) là \(7.A_{7}^{3}=1470.\)

* Số có 4 chữ số khác nhau sao cho có đúng 2 chữ số chẵn.

TH1: Tìm số có 4 chữ số khác nhau sao cho có đúng 2 chữ số chẵn (bao gồm cả số có chữ số 0 đứng đầu).

+ Chọn 2 chữ số chẵn trong tập \(A\Rightarrow \) có \(C_{4}^{2}\) cách.

+ Chọn 2 chữ số lẻ trong tập \(A\Rightarrow \) có \(C_{4}^{2}\) cách.

Vì là 4 chữ số khác nhau nên ta có \(C_{4}^{2}.C_{4}^{2}.4!=864\) số.

TH2: Tìm số có 4 chữ số khác nhau sao cho có đúng 2 chữ số chẵn (chữ số 0 luôn đứng đàu)

+ Xếp chữ số 0 vào vị trí đầu tiên \(\Rightarrow \) có 1 cách.

+ Chọn 1 chữu số chẵn trong tập \(A\backslash \left\{ 0 \right\}\Rightarrow \) có \(C_{3}^{1}\) cách.

+ Chọn 2 chữ số lẻ trong tập \(A\Rightarrow \) có \(C_{4}^{2}\) cách.

Vì là 4 chữ số khác nhau mà chữ số 0 luôn đứng đầu nên ta có \(C_{3}^{1}.C_{4}^{2}.3!=108\) số.

Vậy có \(864-108=756\) số thỏa mãn yêu cầu.

* Không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right)=C_{1470}^{1}=1470.\)

\(A\) là biến cố “Số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn” \(\Rightarrow n\left( A \right)=C_{756}^{1}=756.\)

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{756}{1470}=\frac{18}{35}.\)

Hàm số \(y=\frac{x+m}{x-3}\) liên tục trên đoạn \(\left[ -1;2 \right]\) và có đạo hàm \(y'=\frac{-3-m}{{{\left( x-3 \right)}^{2}}}\)

Nếu \(y'>0\Leftrightarrow m<-3\) thì hàm số đồng biến trên đoạn \(\left[ -1;2 \right]\) nên \(\underset{\left[ -1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,y=y\left( -1 \right)=\frac{-1+m}{-4}=-2\Leftrightarrow m=9\) không thỏa mãn.

Nếu \(y'<0\Leftrightarrow m>-3\) hàm số nghịch biến trên đoạn \(\left[ -1;2 \right]\) nên \(\underset{\left[ -1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,y=y\left( 2 \right)=\frac{2+m}{-1}=-2\Leftrightarrow m=0\) thỏa mãn.

Vậy đáp án B đúng.

+ Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC,\) dựng hình chữ nhật \(ABMH\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SH\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Kẻ \(HI\bot SA\Rightarrow HI\bot \left( SAB \right).\)

      \(HJ\bot SM\Rightarrow HJ\bot \left( SBC \right)\)

\(\Rightarrow \left( \left( SAB \right),\left( SBC \right) \right)=\angle IHJ.\)

+ Đặt \(SH=x\Rightarrow HI=\frac{ax}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}};HJ=\frac{a\sqrt{3}a}{\sqrt{3{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}};SI=\frac{{{x}^{2}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}};SJ=\frac{{{x}^{2}}}{\sqrt{3{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}.\)

\(\cos ASM=\frac{{{x}^{2}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}.\sqrt{3{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}};I{{J}^{2}}=S{{I}^{2}}+S{{J}^{2}}-2SI.SJ.\cos ASM=\frac{4{{a}^{2}}{{x}^{4}}}{\left( {{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)\left( 3{{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}\)

\(\sin \varphi =\sqrt{\frac{20}{21}}\Rightarrow \cos \varphi =\sqrt{\frac{1}{21}}.\)

\(\cos \varphi =\frac{H{{I}^{2}}+H{{J}^{2}}-I{{J}^{2}}}{2HI.HJ}\)

\(\Leftrightarrow \frac{2}{\sqrt{21}}.\frac{ax}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}.\frac{a\sqrt{3}a}{\sqrt{3{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}=\frac{{{a}^{2}}{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}+\frac{3{{a}^{2}}{{x}^{2}}}{3{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}-\frac{4{{a}^{2}}{{x}^{4}}}{\left( {{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)\left( 3{{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}\)

\(\Leftrightarrow \frac{2}{\sqrt{7}}\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}.\sqrt{3{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}=6{{a}^{2}}\Leftrightarrow x=a\sqrt{6}.\)

\({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}={{a}^{3}}\sqrt{2}.\)

Theo yêu cầu bài toán ta có:

\(\ln \left( {{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+m \right)\ge \ln \left( {{x}^{2}}+5 \right),\forall x\in \left[ 0;3 \right]\Leftrightarrow {{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+m\ge {{x}^{2}}+5,\forall x\in \left[ 0;3 \right]\)

\(\Leftrightarrow m\ge -{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+5,\forall x\in \left[ 0;3 \right]\)

\(\Leftrightarrow m\ge \underset{\left[ 0;3 \right]}{\mathop{\max }}\,\left( -{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+5 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = - {x^3} + 3{x^2} + 5,\forall x \in \left[ {0;3} \right] \Rightarrow f'\left( x \right) = - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right..\)

Ta có: \(f\left( 0 \right)=5,f\left( 2 \right)=9,f\left( 3 \right)=5\Rightarrow \underset{\left[ 0;3 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=9.\)

Do đó ta được \(m\ge 9,\) kết hợp với điều kiện \(m\in \left[ -20;20 \right]\) nên \(m\in \left\{ 9;10;11;...;20 \right\}\) do đó có 12 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn bài toán.

Ta có \(BC=2A. \) Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A'\) xuống mặt phẳng \(\left( ABC \right).\) Do \(A'\) cách đều \(A,B,C\) nên hình chiếu vuông góc của \(A'\) lên mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC. \) Do đó \(H\) là trung điểm của cạnh \(BC\) và \(\Delta AHC\) đều cạnh \(A. \)

Dựng hình bình hành \(HABK\Rightarrow K\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) xuống mặt phẳng \(\left( ABC \right).\)

Do đó \(\left( \widehat{AB',\left( ABC \right)} \right)=\left( \widehat{AB',AK} \right)=\widehat{A'AK}={{60}^{0}}.\)

Áp dụng định lý côsin trong \(\Delta AHK\) ta có:

\(AK=\sqrt{A{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}-2.AH.HK.\cos \left( {{150}^{0}} \right)}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}-2a.a\sqrt{3}.\left( -\frac{\sqrt{3}}{2} \right)}=a\sqrt{7}.\)

\(\Rightarrow A'H=B'K=AK.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{21}.\)

Dựng hình bình hành \(ACBM\) ta có:

\(BC//AM\Rightarrow d\left( BC,A'A \right)=d\left( BC,\left( A'AM \right) \right)=d\left( H,\left( A'AM \right) \right)\)

Kẻ \(HE\bot AM,HN\bot A'E\Rightarrow d\left( H,\left( A'AM \right) \right)=HN.\)

Ta có \(HE=AH.\sin {{60}^{0}}=A. \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \frac{1}{H{{N}^{2}}}=\frac{1}{H{{E}^{2}}}+\frac{1}{A'{{H}^{2}}}\Rightarrow HN=\frac{a\sqrt{609}}{29}=\frac{a\sqrt{21}}{\sqrt{29}}.\)

Vậy \(d\left( AA',BC \right)=d\left( H,\left( A'AM \right) \right)=\frac{a\sqrt{21}}{\sqrt{29}}.\)

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y=1\Rightarrow \frac{1}{b}=1\Leftrightarrow b=1.\)

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x=1\Rightarrow -\frac{c}{b}=1\Leftrightarrow b=-c\Rightarrow c=-1.\)

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( 0;2 \right)\Rightarrow 2=\frac{0+a}{1.0+\left( -1 \right)}\Leftrightarrow a=-2.\)

Vậy \(T=a-3b-2c=\left( -2 \right)-3.1-2.\left( -1 \right)=-3.\)

Điều kiện: \(x\ne 2m.\)

Ta có: \(y'=\frac{-2{{m}^{2}}+18}{{{\left( x-2m \right)}^{2}}}.\)

Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 2;+\infty  \right)\) thì:

\(\left\{ \begin{array}{l}y' > 0\\2m \notin \left( {2; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2{m^2} + 18 > 0\\2m \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < m < 3\\m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 < m \le 1.\)

Vậy \(S=\left\{ -2;-1;0;1 \right\}.\) Tổng các phần tử của \(S:-2.\)

Từ \(B,C\) kẻ các đường thẳng song song với đường sinh của hình trụ cắt đường tròn tâm \(O\) lần lượt tại \(B',C'.\)

Vì \(AD\) và \(BC\) là giao tuyến của mặt phẳng \(\left( AB;CD \right)\) với hai mặt phẳng song song nên \(AD//BC. \)

Suy ra: \(AD//B'C'\) hay \(AB'C'D\) là hình bình hành nộp tiếp nên nó là hình chữ nhật.

\(\left\{ \begin{array}{l}B'C' \bot DC'\\B'C' \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow B'C' \bot CD\) mà \(BC//B'C'\) suy ra \(BC\bot CD. \)

Vậy tứ giác \(ABCD\) là hình chữ nhật.

Đặt \(BC=AD=2x,\) gọi \(I,I'\) lần lượt là trung điểm của \(AD\) và \(BC. \)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OI' \bot BC\\OO' \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {OO'I'} \right) \Rightarrow \left( {OO'I'} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) và có giao tuyến \(I'I.\)

Từ \(O'\) kẻ đường vuông góc với \(I'I\) tại \(H,\) suy ra \(O'H\) là đường cao của hình chóp \(O'.ABCD\).

Gọi \(J\) là giao điểm của \(OO'\) và \(I'I,J\) là trung điểm của \(OO'.\)

Ta có: \(OI=O'I'=\sqrt{O'{{C}^{2}}-I'{{C}^{2}}}=\sqrt{16{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}.\)

\(DC'=2.OI=2\sqrt{16{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}\Rightarrow DC=\sqrt{DC{{'}^{2}}+CC{{'}^{2}}}=\sqrt{4\left( 16{{a}^{2}}-{{x}^{2}} \right)+16{{a}^{2}}}=2\sqrt{20{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}\)

\(\frac{1}{O'{{H}^{2}}}=\frac{1}{O'{{J}^{2}}}+\frac{1}{O'I{{'}^{2}}}=\frac{O'{{J}^{2}}+O'I{{'}^{2}}}{O'{{J}^{2}}.O'I{{'}^{2}}}\Rightarrow O'H=\frac{O'J.O'I'}{\sqrt{O'{{J}^{2}}+O'I{{'}^{2}}}}=\frac{2A. \sqrt{16{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{\sqrt{20{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}\)

Suy ra: \({{V}_{O'.ABCD}}=\frac{1}{3}.O'H.AD.DC=\frac{1}{3}.\frac{2a\sqrt{16{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{\sqrt{20{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}.2x.2\sqrt{20{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}=\frac{8}{3}.x\sqrt{16{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}\)

\(=\frac{8a}{3}\sqrt{{{x}^{2}}\left( 16{{a}^{2}}-{{x}^{2}} \right)}\le \frac{8a}{3}.\frac{{{x}^{2}}+16{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{2}=\frac{64{{a}^{3}}}{3}.\)

Vậy \(\max {{V}_{O'.ABCD}}=\frac{64{{a}^{3}}}{3}\Leftrightarrow {{x}^{2}}=16{{a}^{2}}-{{x}^{2}}\Leftrightarrow x=2\sqrt{2}a\Rightarrow AD=4\sqrt{2}a. \)

Đặt \(u=\sqrt[3]{f\left( x \right)+m}\Leftrightarrow {{u}^{3}}=f\left( x \right)+m\Leftrightarrow {{u}^{3}}-m=f\left( x \right).\)

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( u \right) = {x^3} - m\\f\left( x \right) = {u^3} - m\end{array} \right. \Rightarrow f\left( u \right) = {x^3} - {u^3} \Leftrightarrow f\left( u \right) + {u^3} = f\left( x \right) + {x^3}\left( * \right)\)

Xét \(g\left( t \right)=f\left( t \right)+{{t}^{3}},g'\left( t \right)=f'\left( t \right)+3{{t}^{2}}=5{{t}^{4}}+12{{t}^{2}}\ge 0,\forall t\in \mathbb{R},\) suy ra hàm số \(g\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

\(\left( * \right)\Leftrightarrow g\left( u \right)=g\left( x \right)\Leftrightarrow u=x.\)

Suy ra: \(x=\sqrt[3]{g\left( x \right)+m}\Leftrightarrow {{x}^{3}}=f\left( x \right)+m\Leftrightarrow {{x}^{3}}={{x}^{5}}+3{{x}^{3}}-4m+m\)

\(\Leftrightarrow 3m={{x}^{5}}+2{{x}^{3}}.\)

Xét hàm số \(h\left( x \right)={{x}^{5}}+2{{x}^{3}}.\) Để phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn \(\left[ 1;2 \right]\) thì \(\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,h\left( x \right)\le 3m\le \underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,h\left( x \right).\)

Ta có: \(h'\left( x \right)=5{{x}^{4}}+6{{x}^{2}}>0,\forall x\in \left[ 1;2 \right],\) suy ra \(h\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ 1;2 \right].\)

Suy ra: \(\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,h\left( x \right)=h\left( 1 \right)=3,\underset{\left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,h=h\left( 2 \right)={{2}^{5}}+{{2.2}^{3}}=32+16=48.\)

Vậy: \(3\le 3m\le 48\Leftrightarrow 1\le m\le 16.\)

Ta có \(\Delta SAC=\Delta ABC\left( c-c-c \right)\) và \(\Delta SAC,\Delta ABC\) lần lượt cân tại \(S\) và \(B. \)

Khi đó \(SO=BO=\frac{BD}{2}.\) Suy ra \(\Delta SBD\) vuông tại \(S\) (đường trung tuyến bằng \(\frac{1}{2}\) cạnh đối diện).

Trong \(\Delta SBD\) ta có: \(BD=\sqrt{S{{B}^{2}}+S{{D}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}.\)

Trong \(\Delta ABD\) áp dụng công thức đường trung tuyến ta có:

\(AO=\sqrt{\frac{2\left( A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}} \right)}{4}-\frac{B{{D}^{2}}}{4}}=\sqrt{\frac{2\left( {{a}^{2}}+{{a}^{2}} \right)-\left( {{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}{4}}=\frac{\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}.\)

Suy ra \(AC=2AO=\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}.\)

Khi đó \(AC.SD=\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}.x=\sqrt{\left( 3{{a}^{2}}-{{x}^{2}} \right){{x}^{2}}}.\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy (AM-GM) ta có: \(AC.SD=\sqrt{\left( 3{{a}^{2}}-{{x}^{2}} \right){{x}^{2}}}\le \frac{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}+{{x}^{2}}}{2}=\frac{3{{a}^{2}}}{2}\)

Vậy \(\max AC.SD=\frac{3{{a}^{2}}}{2}.\)

Dấu “=” xảy ra \(3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}={{x}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}=\frac{3{{a}^{2}}}{2}\Rightarrow x=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\)

Đặt \(t={{\log }_{3}}x.\) Khi đó phương trình trở thành: \({{t}^{2}}-\left( 2m+1 \right)t+{{m}^{2}}+m=0\left( * \right).\)

Nhận xét: Ứng với mỗi nghiệm \(t\) của phương trình \(\left( * \right)\) có một nghiệm \(x>0.\)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt khi phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow \Delta >0\Leftrightarrow \Delta ={{\left( 2m+1 \right)}^{2}}-4\left( {{m}^{2}}+m \right)=1>0.\)

Vậy phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)

Khi đó \({{t}_{1}}=\frac{2m+1+1}{2}=m+1\Rightarrow {{x}_{1}}={{3}^{m+1}};{{t}_{2}}=\frac{2m+1-1}{2}=m\Rightarrow {{x}_{2}}={{3}^{m}}\) với \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}.\)

Theo đề bài

\(\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 3} \right) = 48 \Leftrightarrow \left( {{3^m} + 1} \right)\left( {{3^{m + 1}} + 3} \right) = 48 \Leftrightarrow {3.3^{2m}} + {6.3^m} - 45 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^m} = 3\\{3^m} = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1.\)

Kết luận: Số phần tử của tập  là 1.

\(f\left( {2 - f\left( x \right)} \right) = \left[ \begin{array}{l}2 - f\left( x \right) = a;a \in \left( { - 2; - 1} \right)\\2 - f\left( x \right) = b;b \in \left( {0;1} \right)\\2 - f\left( x \right) = c;c \in \left( {1;2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 2 - a;2 - a \in \left( {3;4} \right)\\f\left( x \right) = 2 - b;2 - b \in \left( {1;2} \right)\\f\left( x \right) = 2 - c;2 - c \in \left( {0;1} \right)\end{array} \right.\)

Nhìn vào đồ thị ta có

Trường hợp: \(f\left( x \right)=2-a;2-a\in \left( 3;4 \right)\) có 1 nghiệm.

Trường hợp: \(f\left( x \right)=2-b;2-b\in \left( 1;2 \right)\) có 1 nghiệm.

Trường hợp: \(f\left( x \right)=2-c;2-c\in \left( 0;1 \right)\) có 3 nghiệm.

Vậy phương trình \(f\left( 2-f\left( x \right) \right)=0\) có 5 nghiệm thực.

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

Để hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}.\)

\(\Leftrightarrow y'\le 0\Leftrightarrow \Delta '\le 0\)

\(\Leftrightarrow 9\left( {{m}^{2}}+2m+1 \right)+18m-9\le 0\)

\(\Leftrightarrow 9{{m}^{2}}+36m\le 0\)

\(-4\le m\le 0.\)

Vậy có 5 giá trị nguyên \(m.\)

Phương trình đã cho tương đương với: \(f\left( 4\left| \sin x \right|+m \right)=3\left( * \right)\)

Từ đồ thị hàm số suy ra \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4\left| {\sin x} \right| + m = - 1\\4\left| {\sin x} \right| + m = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {\sin x} \right| = - \frac{{m + 1}}{4}\left( 1 \right)\\\left| {\sin x} \right| = \frac{{2 - m}}{4}\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm là: \(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{{m + 1}}{4} \ge 0\\ - \frac{{m + 1}}{4} \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \le 0\\m + 1 \ge - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow - 5 \le m \le - 1.\)

Điều kiện để phương trình (2) có nghiệm là: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{2 - m}}{4} \ge 0\\\frac{{2 - m}}{4} \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - m \ge 0\\2 - m \le 4\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 \le m \le 2.\)

Xét phương trình \(\left| \sin x \right|=\alpha \)

Nếu \(\alpha =0\) thì \(\sin x=0\Leftrightarrow x=k\pi .\) Phương trình có 4 nghiệm thuộc khoảng \(\left( 0;4\pi  \right].\)

Nếu \(\alpha =1\) thì \(\sin x=\pm 1\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{2}+k\pi .\) Phương trình có 4 nghiệm thuộc khoảng \(\left( 0;4\pi  \right].\)

Nếu \(0<\alpha <1\) thì \(\sin x=\pm \alpha .\) Phương trình có 8 nghiệm thuộc khoảng \(\left( 0;4\pi  \right].\)

Vậy nếu \(m<-2\) thì phương trình \(\left( 2 \right)\) vô nghiệm, phương trình \(\left( 1 \right)\) chỉ có tối đa 8 nghiệm.

Nếu \(m>-1\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) vô nghiệm, phương trình \(\left( 2 \right)\) chỉ có tối đa 8 nghiệm.

Vì \(m\) nguyên nên:

+) \(m=-2\) Phương trình \(\left( 1 \right)\) có 8 nghiệm, phương trình \(\left( 2 \right)\) có 4 nghiệm (thỏa mãn).

+) \(m=-1\) Phương trình \(\left( 2 \right)\) có 8 nghiệm, phương trình \(\left( 1 \right)\) có 4 nghiệm (thỏa mãn).

Vậy \(S=\left\{ -2;-1 \right\}.\)

Từ \(A\) kẻ đường thẳng vuông góc \(SB,\) cắt \(SB\) tại \(K.\)

Từ \(K\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(SB\) cắt \(SC\) tại \(H.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB,\) suy ra BC//HK.

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) nên \(AB=BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}.\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SAB\) ta có:

\(S{{A}^{2}}=SK.SB\Leftrightarrow \frac{SK}{SB}=\frac{S{{A}^{2}}}{S{{B}^{2}}}=\frac{S{{A}^{2}}}{A{{B}^{2}}+A{{S}^{2}}}=\frac{4{{a}^{2}}}{2{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}=\frac{2}{3}.\)

Vì \(BC//HK\) nên \(\frac{SH}{SC}=\frac{SK}{SB}=\frac{2}{3}.\)

Ta có: \(\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SK}{SB}.\frac{SH}{SC}=1.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{4}{9}\Rightarrow {{V}_{1}}=\frac{4}{9}{{V}_{S.ABC}}\Rightarrow {{V}_{2}}=\frac{5}{9}{{V}_{S.ABC}}.\)

Vậy \(\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{4}{5}.\)