PT
$\Leftrightarrow (\sin x +\cos x)^2=\sqrt3(\cos^2 x- \sin^2 x) +2(1+\cos x)-1$
$\Leftrightarrow 1+\sin 2x =\sqrt3\cos 2x +2\cos x+1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin 2x -\frac{\sqrt3}{2}\cos 2x =\cos x$
$\Leftrightarrow \sin (2x- \frac{\pi }{3}) =\sin (\frac{\pi }{2}-x) $
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 2x- \frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}-x+k2\pi\\ 2x- \frac{\pi }{3}=\pi-\frac{\pi }{2}+x+k2\pi \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=\frac{5\pi }{18}+\frac{k2\pi}{3}\\ x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi \end{matrix}} \right.   (k \in \mathbb{Z}).$

b.
Kẻ $AH \perp SB ( H \in SB)$ thì $AH \perp BC$ suy ra $AH \perp mp(SAB)\Rightarrow AH \perp HC$.
Như vậy góc giữa $AC$ và $(SCB)$ là $\widehat{ACH}$
Theo hệ thức lượng
$AH=\frac{SA.AB}{SB}$
suy ra
$\sin \widehat{ACH}=\frac{AH}{AC}=\frac{SA.AB}{SB.AC}=\frac{a\sqrt 6.a}{a\sqrt 7.a\sqrt 2}=\frac{\sqrt 3}{\sqrt 7}$

a.
Do $\begin{cases}CB \perp AB \\ CB \perp AS \end{cases}\Rightarrow CB \perp mp(SAB)\Rightarrow CB \perp SB $
Từ đó suy ra góc giữa $SC$ và $mp(SAB)$ chính là $\widehat{CSB}$
Theo định lý Py-ta-go :
$SB^2=SA^2+AB^2=7a^2, SC^2=SB^2+BC^2=8a^2$
Như vậy
$\sin \widehat{CSB}=\frac{BC}{SC}=\frac{a}{2a\sqrt 2}=\frac{1}{2\sqrt 2}$

 $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\frac{\sin x+\cos x}{3+\sin 2x} dx =\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }(\sin x+\cos x)\frac{2-\sin x+\cos x+2+\sin x-\cos x}{4-(\sin x- \cos x)^2} dx$
$=\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\frac{\sin x+\cos x}{\sin x-\cos x+2} dx+\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\frac{\sin x+\cos x}{-\sin x+\cos x+2} dx$
 $=\frac{1}{4}\ln\left| {\sin x-\cos x+2} \right|_{0}^{\frac{\pi}{4} }-\frac{1}{4}\ln\left| {-\sin x+\cos x+2} \right|_{0}^{\frac{\pi}{4} }$
 $I=\frac{1}{4}\ln3$

3.
a) $\Omega=\left\{ {(i,j)|1 \le i,j \le 4} \right\}\Rightarrow |\Omega|=16$
b)
$A=\left\{ {(1,1),(1,3),(2,2),(2,4),(3,1),(3,3),(4,1),(4,3)} \right\}\Rightarrow P(A)=\frac{8}{16}$
$B=\left\{ {(1,2),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)} \right\}\Rightarrow P(B)=\frac{12}{16}$

6.
$\Omega=\left\{ {1,2,3,4,5,6} \right\}, |\Omega|=6$
a) $A=\left\{ {2,4,6} \right\}, P(A)=\frac{3}{6}$
a) $B=\left\{ {3,6} \right\}, P(B)=\frac{2}{6}$
a) $C=\left\{ {3,4,5,6} \right\}, P(C)=\frac{4}{6}$

7.
$\Omega=\left\{ {SS,SN,NS,NN} \right\}, |\Omega|=4$
a) $A=\left\{ {SS} \right\}, P(A)=\frac{1}{4}$
a) $B=\left\{ {SN,NS} \right\}, P(B)=\frac{2}{4}$
a) $C=\left\{ {SS,SN,NS} \right\}, P(C)=\frac{3}{4}$

4.
a)
$A = \overline{A_1}\cap\overline{A_2}, C= ({A_1}\cap\overline{A_2})\cup( \overline{A_1}\cap{A_2})$
$B={A_1}\cap{A_2}, D={A_1}\cup{A_2}$
b) $\overline{D}$ là biến cố : Cả hai người đều bắn trượt.
Như vậy $\overline{D} =\overline{A_1}\cap\overline{A_2}=A$
 $B \cap C=\emptyset$ nên $B$ và $C$ xung khắc.

2.
a) $\Omega=\left\{ {(I,J)|1 \le i,j \le 6} \right\}$
b)
A : Lần gieo đầu xuất hiện mặt $6$
B: Tổng số chấm trong hai lần gieo là $8$
C: Kết quả của hai lần gieo như nhau

1.
a) $\Omega=\left\{ {SSS,SSN,NSS,SNS,NNS,NSN,SNN,NNN} \right\}$
b)
$A=\left\{ {SSS,SSN,SNS,SNN} \right\}$
$B=\left\{ {SNN,NSN,NNS} \right\}$
$C=\left\{ {SSS,NSS,SNS,NNS,NSN,SNN,NNN} \right\}$

5.
a) $\Omega=\left\{ {1,2,3,\cdots,50} \right\}\Rightarrow |\Omega|=50$
b) $A=\left\{ {2,3,5,\cdots,47} \right\}\Rightarrow |A|=15$
 c) $P(A)=\frac{15}{50}$
 d) $B=\left\{ {1,2,3} \right\}\Rightarrow |B|=3$
 $P(B)=\frac{3}{50}$

Viết lại phương trình đã cho dưới dạng    $x^3+3x^2=-k            (*)$.
Bây giờ hãy khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $y=x^3+3x^2$. Thao tác chi tiết bạn hãy tập làm nhé, mình xin đưa ra kết quả là bảng biến thiên như sau
$\begin{array}{c|ccccccccc}
x  &-\infty & \; & \; & -2 & \; & \; &  0 & \; & \; &  +\infty \\
\hline
y' & \; &+ & \; & 0 & \; & - &  0 & \; & + & \; & \\
\hline
\;  & \; & \; & \; & \; 4 & \; & \; & \; & \; & \: & +\infty    \\
y & \; & \; & \nearrow  &  \; & \; &  \searrow & \; &  \;  \nearrow \\
\quad & -\infty & \; & \; & \; & \; & \: & 0
\end{array}$
Nhìn vào bảng biến thiên, chú ý rằng PT $y=-k$ là những đường thẳng song song với trục hoành, vì thế để PT $(*)$ có ba nghiệm phân biệt thì $0<-k<4 \Leftrightarrow -4<k<0.$

Nhận xét rằng $x=2$ không là nghiệm của PT vì thế ta xét điều kiện của PT với $x>2.$
PT đã cho $\Leftrightarrow m=\frac{\sqrt{x+2}+2\sqrt[4]{x^2-4}}{\sqrt{x-2}+2\sqrt[4]{x^2-4}}=f(x)$
Trong đó
$f'(x)=-\frac{2\sqrt[4]{(x^2-4)^3}+2x(\sqrt{x+2}+\sqrt{x-2})+4(\sqrt{x-2}-\sqrt{x+2})}{\sqrt[]{x^2-4}\sqrt[4]{(x^2-4)^3}(\sqrt{x-2}+2\sqrt[4]{x^2-4})^2}$
Hiển nhiên thấy $f'(x)<0$ vì chẳng hạn $2x\sqrt{x+2}>4\sqrt{x+2}$.
Lập bảng biến thiên của hàm $f$ với $x>2$ và chú ý rằng
$\lim_{x \to 2^+}f(x)=+\infty, \lim_{x \to +\infty}f(x)=\lim_{x \to +\infty}\frac{\sqrt{1+2/x}+2\sqrt[4]{1-4/x^2}}{\sqrt{1-2/x}+2\sqrt[4]{1-4/x^2}}=1$
Vậy   $\boxed{m>1}$.

c) Từ hai câu trên ta có những điều sau
$\begin{cases}AN^2+AM^2=MN^2=2a^2 \\ BM^2+BN^2=MN^2=2a^2\\MN^2=2a^2\\AB^2=a^2 \end{cases}$
Vậy
$AN^2+AM^2+AN^2+AM^2+MN^2+AB^2=2a^2+2a^2+2a^2+a^2=7a^2$

b) Theo câu a) ta có hệ thức
$MN^2=BN^2+AM^2+AB^2$
 Mặt khác $AB^2=a^2, MN^2=2a^2$.
 Từ hai điều này suy ra $a^2=BN^2+AM^2$, đây chính là hệ thức cần tìm.