Câu hỏi:

Ta có: \(m^{2} \ln \left(\frac{x}{e}\right)=(2-m) \ln x-4\)

\(\Leftrightarrow m^{2}(\ln x-1)=(2-m) \ln x-4 \Leftrightarrow\left(m^{2}+m-2\right) \ln x=m^{2}-4\).

- Với \(m^{2}+m-2=0 \Rightarrow m=1(m>0)\), (1) \(\Leftrightarrow 0 \cdot \ln x=-3\) (Vô lý). Suy ra loại \(\mathrm{m}=1\)

- Với \(m \neq 1\), (1) \(\Leftrightarrow \ln x=\frac{m-2}{m-1}\)

Hàm số \(y=\ln x\) đồng biến trên \(\left[\frac{1}{e} ; 1\right]\), suy ra \(\ln x \in[-1 ; 0]\).

Phương trình (2) có nghiệm thuộc đoạn \(\left[\frac{1}{e} ; 1\right]\) khi:

\(-1 \leq \frac{m-2}{m-1} \leq 0 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\frac{m-2}{m-1} \geq-1 \\ \frac{m-2}{m-1} \leq 0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}{\left[\begin{array}{l}m \geq \frac{3}{2} \\ m<1\end{array}\right.} \\ 1<m \leq 2\end{array} \Leftrightarrow \frac{3}{2} \leq m \leq 2\right.\right.\) suy ra \(m=2\)

Vậy có 1 giá trị nguyên dương của tham số \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có:

\(\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(m+\frac{1-x}{1+x}\right)=m+1\)

\(\lim _{x \rightarrow 0^{-}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0^{-}}\left(\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}}{x}\right)=\lim _{x \rightarrow 0^{-}}\left(\frac{-2 x}{x(\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x})}\right)=\lim _{x \rightarrow 0^{-}}\left(\frac{-2}{(\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x})}\right)=-1\)

\(f(0)=m+1\)

\(f(x)\) liên tục tại \(x=0\) khi và chỉ khi

\(\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} f(x)=f(0) \Leftrightarrow m+1=-1 \Leftrightarrow m=-2\).

Gọi \(O=A C \cap B D, I=A M \cap S O\).

Trong \((S B D)\) từ \(I\) kẻ đường thẳng \(\Delta\) song song với BD cắt \(\mathrm{SB}, \mathrm{SD}\) lần lượt tại \(\mathrm{N}, \mathrm{P}\). Khi đó thiết diện là tứ giác ANMP.

Ta có: \(\left\{\begin{array}{l}B D \perp A C \\ B D \perp S O\end{array} \Rightarrow B D \perp(S A C) \Rightarrow B D \perp A M\right.\).

Mặt khác \(B D / / N P \Rightarrow A M \perp N P \Rightarrow S_{A N M P}=\frac{1}{2} N P . A M\).

Lại có: \(\left\{\begin{array}{l}S A=S C=2 a \\ A C=2 \sqrt{2} a\end{array} \Rightarrow \triangle S A C\right.\) vuông cân tại \(S \Rightarrow A M=\sqrt{S A^{2}+S M^{2}}=\frac{2 \sqrt{13}}{3} a\).

Ta có: \(N P / / B D \Rightarrow \frac{N P}{B D}=\frac{S I}{S O} \Rightarrow N P=\frac{S I . B D}{S O}\).

Ta thấy \(\mathrm{A}, \mathrm{I}, \mathrm{M}\) thẳng hàng nên

\(\frac{S I}{O I} \cdot \frac{A O}{A C} \cdot \frac{M C}{M S}=1 \Leftrightarrow \frac{S I}{O I} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}=1 \Leftrightarrow S I=4 O I \Rightarrow S I=\frac{4}{5} S O\)

\(\Rightarrow N P=\frac{4}{5} B D=\frac{4 \sqrt{2} a}{5}\)

Suy ra: \(S_{\text {ANMP }}=\frac{1}{2} N P \cdot A M=\frac{1}{2} \cdot \frac{8 \sqrt{2} a}{5} \cdot \frac{2 \sqrt{13} a}{3}=\frac{8 \sqrt{26} a}{15}\).

Ta chọn cố định vị trí của bạn A , sau đó xếp 7 bạn còn lại ta có 7! cách.

Vậy có 5040 cách.

Ta có \(y=\frac{2 \cos x+1}{\cos x-2}=2+\frac{5}{\cos x-2}\).

Mà ta luôn có

\(-1 \leq \cos x \leq 1 \Leftrightarrow-3 \leq \cos x-2 \leq-1 \Leftrightarrow-\frac{5}{3} \geq \frac{5}{\cos x-2} \geq-5\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{3} \geq 2+\frac{5}{\cos x-2} \geq-3 \Leftrightarrow-\frac{1}{3} \geq y \geq-3\)

Vậy \(9 M+m=0\).