Câu hỏi:

Áp dụng bất đẳng thức \((x+y)^{2} \geq 4 x y\), ta được:

\(\left(b^{3} c^{3}+\frac{b c}{4}\right)^{2} \geq b^{4} c^{4} \Rightarrow \log _{a}\left(b^{3} c^{3}+\frac{b c}{4}\right)^{2} \geq 4 \log a(b c)\)

Do đó với \(\forall a>1, b, c>0\)

\(\begin{align}& \log _a^2(b c)+\log _a\left(b^3 c^3+\frac{b c}{4}\right)^2+4+\sqrt{9-c^2} \geq \log _a^2(b c)+4 \log _a(b c)+4+\sqrt{9-c^2} \\& \Leftrightarrow \log _a^2(b c)+\log _a\left(b^3 c^3+\frac{b c}{4}\right)^2+4+\sqrt{9-c^2} \geq\left[\log _a(b c)+2\right]^2+\sqrt{9-c^2} \geq 0\end{align}\)

 Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{array} { c } { b ^ { 3 } c ^ { 3 } = \frac { b c } { 4 } }\\ { \operatorname { log } _ { a } ( b c ) = - 2 } \\{ c ^ { 2 } = 9 }\\ { a > 1 }\\ { b > 0 } \\{ c > 0 }\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{2} \\b=\frac{1}{6}\\ c=3\end{array}\right.\right.\)

Khi đó \(T=a+3 b+2 c=\sqrt{2}+\frac{1}{2}+6 \approx 7,91\).

Vậy giá trị của T gần 8 nhất.

Gọi \(O=A C \cap B D\).

Trong \((S A C)\), kẻ \(O K / / S A(K \in S C)\).

Do đó \((\alpha)\) là mặt phẳng \((K B D)\).

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(O\) là trung điểm của \(A C \Rightarrow \frac{O C}{O A}=1\).

Do \(O K / / S A \Rightarrow \frac{O C}{O A}=\frac{K C}{K S}=1 \Rightarrow \frac{S K}{K C}=1\).

Ta có:

\(e^{x}=\ln (x+a)+a \Leftrightarrow e^{x}+x=\ln (x+a)+x+a \Leftrightarrow e^{x}+x=e^{\ln (x+a)}+\ln (x+a)\) (1)

Xét hàm số \(f(t)=e^{t}+t\) có \(f^{\prime}(t)=e^{t}+1>0, \forall t\). Suy ra hàm số \(f(t)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Do đó: (1) \(\Leftrightarrow f(x)=f[\ln (x+a)] \Leftrightarrow x=\ln (x+a) \Leftrightarrow a=e^{x}-x\).

Đặt \(g(x)=e^{x}-x \Rightarrow g^{\prime}(x)=e^{x}-1=0 \Leftrightarrow x=0\).

Bảng biến thiên của hàm số \(g(x)\) :

Để phương trình có nghiệm dương thì \(a>1\).

Do \(a \in(0; 19)\) và \(a \in \mathbb{Z}\) nên \(a \in\{2; 3; \ldots; 18\}\)

Vậy có 17 giá trị nguyên của \(a\) để phương trình có nghiệm dương.

Gọi \(\mathrm{M}, \mathrm{H}\) lần lượt là trung điểm của \(\mathrm{BC}, \mathrm{CD}\).

Do \(\triangle B C D\) vuông tại \(B\) nên \(B H=C H=D H\) hay \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\triangle B C D\). Mà \(A B=A C=A D\) nên \(A H\) là đường cao kẻ từ \(A\) xuống \((B C D)\) hay \(A H \perp(B C D)\).

\(\Rightarrow A H \perp B C\) (1).

\(\mathrm{M}, \mathrm{H}\) là trung điểm của \(\mathrm{BC}, \mathrm{CD}\) nên MH là đường trung bình của \(\triangle B C D\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}M H=\frac{1}{2} B D=\frac{a \sqrt{6}}{6} \\ M H / / B D\end{array}\right.\).

Mà \(M D \perp B C\) nên \(M H \perp B C\). (2)

Từ (1), (2) suy ra: \(B C \perp(A M H)\).

Suy ra: \(\left\{\begin{array}{l}B C \perp A M \\ B C \perp M H\end{array} \Rightarrow[A, B C, D]=\widehat{A M H}\right.\).

Lại có: \(A H=\sqrt{A C^{2}-C H^{2}}=\sqrt{\left(\frac{a \sqrt{3}}{2}\right)^{2}-\left(\frac{a}{2}\right)^{2}}=\frac{a \sqrt{2}}{2}\).

\(\Rightarrow \tan \widehat{A M H}=\frac{A H}{M H}=\sqrt{3} \Rightarrow \widehat{A M H}=\frac{\pi}{3} \Rightarrow \cos \widehat{A M H}=\frac{1}{2}\).

Ta có: \(1605632=2^{15}.7^{2}\)

Suy ra số các ước nguyên dương của 1605632 là \((15+1)(2+1)=48\).

Số phần tử của không gian mẫu: \(n(\Omega)=48\).

Trong đó, số các số chia hết cho 7 là: \((15+1) \cdot 2=32\).

Xác xuất cần tìm là: \(P=\frac{32}{48}=\frac{2}{3}\).