Giả sử phản chứng $n^2+3n+5  \vdots  121\Rightarrow n^2+3n+5  \vdots  11$. Tức là $n^2+3n+5 \equiv 0 \bmod 11$.
Xét các trường hợp sau
+ $n \equiv 0 \bmod 11 \Rightarrow n^2+3n+5 \equiv 5 \bmod 11$.
+ $n \equiv 1 \bmod 11 \Rightarrow n^2+3n+5 \equiv 9 \bmod 11$.
+ $n \equiv 2 \bmod 11 \Rightarrow n^2+3n+5 \equiv 4 \bmod 11$.
+ $n \equiv 3 \bmod 11 \Rightarrow n^2+3n+5 \equiv 1 \bmod 11$.
+ $n \equiv 4 \bmod 11 \Rightarrow n^2+3n+5 \equiv 0 \bmod 11$.
+ $n \equiv 5 \bmod 11 \Rightarrow n^2+3n+5 \equiv 1 \bmod 11$.
+ $n \equiv 6 \bmod 11 \Rightarrow n^2+3n+5 \equiv 4 \bmod 11$.
+ $n \equiv 7 \bmod 11 \Rightarrow n^2+3n+5 \equiv 9 \bmod 11$.
+ $n \equiv 8 \bmod 11 \Rightarrow n^2+3n+5 \equiv 5 \bmod 11$.
+ $n \equiv 9 \bmod 11 \Rightarrow n^2+3n+5 \equiv  3 \bmod 11$.
+ $n \equiv 10 \bmod 11 \Rightarrow n^2+3n+5 \equiv 3 \bmod 11$.
Từ các trường hợp trên suy ra $n \equiv 4 \bmod 11$, tức là $n=11k+4$, khi đó
$n^2+3n+5=(11k+4)^2+3(11k+4)+5=121k^2+121k+33  \not\vdots 121$ vì $33  \not\vdots 121$.

b. Ta có $AB=BC\tan 60^\circ=a\sqrt 3.$ Suy ra
$S_{MAB}=\frac{1}{2}S_{SAB}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}AS.AB=\frac{1}{4}a\sqrt 3.a\sqrt3=\frac{3}{4}a^2$.
$V_{MABC}=\frac{1}{3}.BC.S_{MAB}=\frac{1}{3}.a.\frac{3}{4}a^2=\frac{1}{4}a^3$ (đvdt)

a.
$\begin{cases}SA \perp (ABCD)\Rightarrow SA \perp BC \\ BA \perp BC\end{cases}\Rightarrow BC \perp (SAB)\Rightarrow (SBC) \perp (SAB)/$

Gọi cạnh của hình vuông $ABCD$ có độ dài là $x$.
Ta có $AB \perp BC$ và $A$ là hình chiếu của $S$ trên mp$(ABCD)$ nên theo định lý ba đường vuông góc thì $SB \perp BC$. Do đó $\widehat{SBA}$ là góc giữa hai mp $(SBC)$ và mp$(ABCD)$ nên $\widehat{SBA}=45^\circ$.
Từ sự kiện này suy ra $SA=x$ và $AC=x\sqrt 2.$
Mặt khác
$SA^2+AC^2=SC^2\Leftrightarrow x^2+2x^2=3a^2\Leftrightarrow x=a.$
Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}a^3$  (đvdt).

Với mọi $k>\sqrt{n+1}$ và $k$ khác tính chẵn lẻ với $n$ ta xét các bộ số sau
$$(x,y,z) = \left ( k, \frac{k^2-n-1}{2},\frac{k^2-n+1}{2} \right ).$$
Dễ thấy
$x^2+y^2-z^2=k^2+\left (\frac{k^2-n-1}{2} \right )^2-\left (\frac{k^2-n+1}{2} \right )^2=n$
Suy ra bộ số nói trên là một họ nghiệm của PT $x^2+y^2=z^2+n$ và nó chứng tỏ PT này có vô số nghiệm.

a. $k=f'(x_0)=3x^2-6x-9=3(x-1)^2-12\ge -12$.
Suy ra $\min k(x_0)=-12\Leftrightarrow x=1.$
PTTT $(t) : y=-12(x-1)-10=-12x+2.$

Ta có $y'=\dfrac{-5}{(x+2)^2}$.
PTTT $(t) $ đi qua $ P(x_0,y_0)$ thuộc đồ thị có dạng
$y=y'(x_0)(x-x_0)+y_0\Leftrightarrow y=\dfrac{-5}{(x_0+2)^2}(x-x_0)+\dfrac{3-x_0}{x_0+2}.$

Tập hợp những điểm cách đều hai điểm $A,B$ cho trước chỉ thuộc hai trường hợp.

+ Trường hợp $1$: Là đường thẳng đi qua trung điểm $M(0,-1)$ của $AB$.
Ta phải có $M \in (t)\Rightarrow -1=\dfrac{-5}{(x_0+2)^2}(-x_0)+\dfrac{3-x_0}{x_0+2}\Leftrightarrow x_0=-1$
Do đó
$(t):y=-5(x+1)+4=-5x-1.$

+ Trường hợp $1$: Là đường thẳng song song với $AB$.
Ta phải có $AB \parallel  (t)\Rightarrow k(x_0)=0\Leftrightarrow \dfrac{-5}{(x_0+2)^2}=0$, vô nghiệm.

Ta có $y'=3x^2-12x+9$.
PTTT $(t) $ đi qua $ P(x_0,y_0)$ thuộc đồ thị có dạng
$y=y'(x_0)(x-x_0)+y_0\Leftrightarrow y=(3x_0^2-12x_0+9)(x-x_0)+x_0^3-6x_0^2+9x_0-1.$

Tập hợp những điểm cách đều hai điểm $A,B$ cho trước chỉ thuộc hai trường hợp.

+ Trường hợp $1$: Là đường thẳng đi qua trung điểm $M(0,7)$ của $AB$.
Ta phải có $M \in (t)\Rightarrow 7=(3x_0^2-12x_0+9)(-x_0)+x_0^3-6x_0^2+9x_0-1$
$\Leftrightarrow x_0^3-3x_0^2+4=0\Leftrightarrow x_0=-1$ hoặc $x_0=2.$
Do đó
$(t_1):y=24(x+1)-17=24x+7.$
$(t_1):y=-3(x-2)+1=-3x+7.$

+ Trường hợp $1$: Là đường thẳng song song với $AB$.
Ta phải có $AB \parallel  (t)\Rightarrow k(x_0)=0\Leftrightarrow 3x_0^2-12x_0+9=0\Leftrightarrow x_0=1$ hoặc $x_0=3.$
Do đó
$(t_3):y=3.$
$(t_4):y=-1.$

$y'=x^2-2x+2=(x-1)^2+1>0 \quad \forall x$.
Như vậy để tiếp tuyến tạo với các trục tọa độ tam giác vuông cân thì $k= 1$.
$\Leftrightarrow (x-1)^2+1=1\Leftrightarrow x=1$.
PTTT cần tìm là
$(t) : y=1(x-1)+y(1)=x-1+\frac{7}{3}=x+\frac{4}{3}$.