1. $f(x)=x^4-x^3+6x^2-x-m$ chia hết cho $x-2$ khi và chỉ khi $\exists g(x) | f(x)=g(x)(x-2)$.
Suy ra $f(2)=0\Leftrightarrow 2^4-2^3+6.2^2-2-m=0\Leftrightarrow m=30.$

Áp dụng công thức tính tích phân từng phần ta có
$I_1=\int_{0}^{1}xe^{-x}dx=-\int_{0}^{1}xd(e^{-x})=-\left[ {xe^{-x}|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}e^{-x}dx} \right]=-xe^{-x}|_{0}^{1}-e^{-x}|_{0}^{1}=1-e^{-2}$
 $I_2=\int_{0}^{1}\dfrac{\sqrt{x}}{x+1}dx=\int_{0}^{1}\left (\dfrac{1}{\sqrt{x}}-\dfrac{1}{\sqrt{x}(x+1)} \right )dx=\left[ {2\sqrt x-2\arctan \sqrt x} \right]_{0}^{1}=2-\dfrac{\pi}{2}$
 Vậy
 $I=I_1+I_2=3-\dfrac{\pi}{2}-e^{-2}$

Ta có
$ \dfrac{1}{x \sqrt{\ln^{2}x-5}}=\dfrac{1}{\ln x + \sqrt{\ln^{2}x-5}}.\left ( \dfrac{1}{x}+\dfrac{\ln x}{ x\sqrt{\ln^{2}x-5}}\right )$
 $ \dfrac{1}{x \sqrt{\ln^{2}x-5}}=\dfrac{1}{\ln x + \sqrt{\ln^{2}x-5}}.\left ( \ln x + \sqrt{\ln^{2}x-5}\right )'$
Suy ra 
 $\int\limits_{}^{} \dfrac{1}{x \sqrt{\ln^{2}x-5}}dx=\int\limits_{}^{}\dfrac{1}{\ln x + \sqrt{\ln^{2}x-5}}d\left ( \ln x + \sqrt{\ln^{2}x-5}\right )=\boxed{\ln\left ( \ln x + \sqrt{\ln^{2}x-5}\right )+C}$

Từ PT thứ nhất
$\Rightarrow x^2-2xy+y^2+x+y=y^{2}\Rightarrow x^2+x=y(2x-1)$
Nhận thấy $x=1/2$ không thỏa mãn PT này nên suy ra $y=\dfrac{ x^2+x}{2x-1}$.
Thay điều này vào PT thứ hai,rút gọn vav phân tích thành nhân tử ta được
      $x^{4}-4x^{2}\dfrac{ x^2+x}{2x-1}+3x^{2}+\left ( \dfrac{ x^2+x}{2x-1}\right )^{2}=0$
$\Leftrightarrow x^2(x-2)(x-1)(2x^2+1)=0$
Vậy hệ có các nghiệm
$(x,y) \in \left\{ {(0,0),(1,2),(2,2)} \right\}$

Dễ dàng chứng minh BĐT sau $\ln x < x+1 \quad \forall x >1.$ Suy ra
      $0 < \int\limits_{1}^{+\infty }\dfrac{dx}{\sqrt{5x+1}}<\int\limits_{1}^{+\infty }\dfrac{dx}{\sqrt{4x+\ln x}}$
$\Rightarrow 0 <\left[ {\dfrac{2}{5}\sqrt{5x+1}} \right]_{1}^{+\infty }<\int\limits_{1}^{+\infty }\dfrac{dx}{\sqrt{4x+\ln x}}$
 Do $\left[ {\dfrac{2}{5}\sqrt{5x+1}} \right]_{1}^{+\infty }=+\infty$ nên $\int\limits_{1}^{+\infty }\dfrac{dx}{\sqrt{4x+\ln x}}=+\infty$

Bởi vì đường cong là đối xứng nên ta có
$L = 4\int\limits_{0}^{\pi/2}\sqrt{(x')^2+(y')^2}dt$
$L = 4\int\limits_{0}^{\pi/2}\sqrt{(3a\cos^2t\sin t)^2+(3a\sin^2t\cos t)^2}dt$
 $L = 12a\int\limits_{0}^{\pi/2}\sqrt{\cos^4t\sin^2 t+\sin^4t\cos^2t}dt$
 $L = 12a\int\limits_{0}^{\pi/2}\sqrt{\sin^2t\cos^2t}dt$
 $L = 12a\int\limits_{0}^{\pi/2}\sin t\cos tdt$
  $L = 6a\int\limits_{0}^{\pi/2}\sin 2tdt$
 $L = 6a\left[ {-1/2\cos2t} \right]_{0}^{\pi/2}$
 $L = 6a$

$\int\limits_{3}^{+\infty }\frac{2x+5}{x^2+3x-10}dx=\int\limits_{3}^{+\infty }\left[ {\frac{5}{7(x+5)}+\frac{9}{7(x-2)}} \right]dx=\left[ {\frac{5}{7}\ln|x+5|+\frac{9}{7}\ln|x-2|} \right]_{3}^{+\infty }=+\infty$

Từ PT thứ hai $\Rightarrow x=\dfrac{-2y^2+y+2}{y^2}$. Thay vào PT thứ nhất ta được
$2\left ( \dfrac{-2y^2+y+2}{y^2} \right )^2+\dfrac{-2y^2+y+2}{y^2}-\dfrac{1}{y}-2=0$
Rút gọn và phân tích đa thức thành nhân tử ta được
PT $\Leftrightarrow (y-1)(y+1)(y^2-2y-2)=0$
Vậy hệ có các nghiệm
$(x,y) \in \left\{ {(-1,-1),(1,1),\left ( -\frac{1}{2}(1+\sqrt 3),1+\sqrt 3 \right ),\left ( \frac{1}{2}(-1+\sqrt 3),1-\sqrt 3 \right )} \right\}$

Ta có $AB \parallel MP \parallel CD$ nên giao điểm của $SB$ và $(MNP)$ là $NQ$ song song với $MP$. Như vậy $Q$ là trung điểm $SB$.
Ta có $AD \parallel BC$ nên giao tuyến $d$ của $(SAD)$ và $(SBC)$ phải song song với $AD,BC.$
Xét ba mặt phẳng $(MNPQ)$,$(SAD)$ và $(SBC)$ đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến $MN, d, PQ$ mà ba giao tuyến này không song song với nhau nên chúng phải đồng quy.

Trước hết đưa ra đẳng thức sau
$ A_1A_2\cdots A_6 -1=(A_1-1)+A_1(A_2-1)+A_1A_2(A_3-1)+\cdots +A_1A_2\cdots A_{4}(A_5-1)$
Dễ dàng để chứng minh đẳng thức này luôn đúng.
Bây giờ đặt $A_k =(1-(k+1)x)^{k+1} , \quad k=1,2,\cdots,5$ và chú ý rằng
$\begin{cases}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{A_k-1}{x}=-(k+1)^2 \\ \lim_{x\rightarrow 0}A_k=1 , k=1,2,\cdots,5\end{cases}$
Chú ý rằng $\frac{A_k-1}{x}=-(k+1)^2+x.B$ nên khi cho $x\rightarrow 0$ thì $\frac{A_k-1}{x}=-(k+1)^2$.
Vậy
$\lim_{x\to 0} \dfrac{(1-2x)^2.(1-3x)^3.(1-4x)^4.(1-5x)^5.(1-6x)^6-1}{x}=-(2^2+3^2+4^2+5^2+6^2)$

Sau khi quyên góp lần cuối cùng thì tổng cả khối lớp 4 và khối lớp 5 có được
$$235+45+50=330 \text {(quyển)}$$
Bài toán này quy về bài toán tìm hai số khi biết tổng là $330$ và hiệu là $24.$ Do đó số vở mà khối lớp 5 quyên góp được là
$$\dfrac{330+24}{2}=177 \text {(quyển)}$$
Số vở mà khối lớp 4 quyên góp được là
$$177 -24=153\text {(quyển)}$$

d) Hiển nhiên có $AB \parallel CN$ nên để $ABCN$ là hình thang cân thì ta cần hai góc kề đáy bằng nhau $\widehat{BAN}=\widehat{ABC}$.
Mặc khác ta có
$\begin{cases}\widehat{BAN}=\widehat{DAN} ( \text{do tứ giác ADNM là hình thoi nên AN là phân giác góc}  \widehat{BAD})\\ \widehat{ABC}+\widehat{BAD}= 180^\circ  (AD \parallel BC)\end{cases}$
Từ ba điều này suy ra
$\widehat{ABC}=\widehat{BAN}=\widehat{DAN}=\dfrac{180^\circ}{3}=60^\circ$
Vậy để $ABCN$ là hình thang cân thì cần điều kiện $\widehat{ABC}=60^\circ$.

c)
Theo tính chất đối xứng thì $DQ=DN, DA=DC.$ Tứ giác $ANKQ$ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên trước hết nó là hình bình hành.
Mặt khác do $AD=DN $ (câu b) nên suy ra $QN=2DN=2DA=AK$ suy ra hình bình hành $ANKQ$ có hai đường chéo bằng nhau nên nó là hình chữ nhật.

b)
Xét tứ giác $AMND$ có $AM=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD=DN$ và hiển nhiên có $AM \parallel DN$
 suy ra tứ giác $AMND$ là hình bình hành vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau.
Mặt khác thì $AB=2AD\Rightarrow AD=AM.$
Suy ra hình bình hành $AMND$ có hai cạnh kề bằng nhau nên nó là hình thoi.

a)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB=CD$ và $AB \parallel CD$
Xét tứ giác $AMCN$ có $AM=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD=CN$ và hiển nhiên có $AM \parallel CN$
 suy ra từ giác $AMCN$ là hình bình hành vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau.