1. Do $A, B, C$ lập thành cấp số cộng theo thứ tự này thì  ta có thể viết
$\begin{cases}C=B+d=A+2d \\ A+B+C=180 \end{cases}\Rightarrow A+A+d+A+2d=180\Rightarrow A+d=60\Rightarrow B=60$ .
Như vậy tam giác vuông có một góc là $60$ thì góc còn lại là $30$.
Vậy ba góc của tam giác này là $30,60,90.$

2. 
 Ta có
$ (k+1)^2-k^2 = (k+1-k)(k+1+k)=(k+1)+k $
Do đó 
$(2012)^2-(2011)^2+\ldots +2^2-1^2$
$ = 2012+2011+...+2+1 = \sum_{k=1}^{2012}k = \frac{2012.2013}{2}$. 

b)
Đặt $t= \dfrac{2\tan\dfrac{x}{2}+ 1}{\sqrt 7}\Rightarrow dt =\frac{1}{\sqrt7}(1:\cos^2 \dfrac{x}{2})dx$
Bạn tự chứng minh đẳng thức sau xem như bài tập nhé.
$\dfrac{1}{3+ \sin x+\cos x}=(1:\left[ {\left ( \dfrac{2\tan\dfrac{x}{2}+ 1}{\sqrt 7} \right )^2+1} \right]).\frac{2}{ 7}(1:\cos^2 \dfrac{x}{2})$
Suy ra
$\int\limits_{0}^{\pi/2}\dfrac{1}{3+ \sin x+\cos x}dx=\int\limits_{\frac{1}{\sqrt 7}}^{\frac{3}{\sqrt 7}}\frac{2}{\sqrt 7}.\dfrac{1}{t^2+1}dt=\left[ {\frac{2}{\sqrt 7}\arctan t} \right]_{\frac{1}{\sqrt 7}}^{\frac{3}{\sqrt 7}}=\frac{2}{\sqrt 7} arccot \frac{5}{\sqrt 7}$

b) Ta có
$\frac{\cos^{3}x}{1 + \cos x}=\frac{1+\cos^{3}x}{1 + \cos x}-\frac{1}{1 + \cos x}=1-\cos x +\cos^2 x -\frac{1}{2\cos^2\frac{x}{2}}$
Suy ra
$\int\limits_{0}^{\pi/2}\frac{\cos^{3}x}{1 + \cos x}dx=\left[ {x-\sin x+\dfrac{x}{2}+\dfrac{\sin 2x}{4}-\tan \frac{x}{2}} \right]_{0}^{\pi/2}=\dfrac{3\pi}{4}-2$

b)
\(I = \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{3\sin x + 4\cos x}}{{3{{\sin }^2}x + 4{{\cos }^2}x}}dx}  = 3\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{\sin {\rm{x}}dx}}{{3{{\sin }^2}x + 4{{\cos }^2}x}} + 4} \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{\cos xdx}}{{3{{\sin }^2}x + 4{{\cos }^2}x}}}=I_1+I_2  \)
Trong đó :
\({I_1} = 3\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{\sin {\rm{x}}dx}}{{3{{\sin }^2}x + 4{{\cos }^2}x}} \underbrace{=}_{t= \cos x}3\int\limits_0^{1}\frac{dt}{3+t^2}= \frac{\pi }{{2\sqrt 3 }}} \)
\({I_2} = 4\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{\cos xdx}}{{3{{\sin }^2}x + 4{{\cos }^2}x}}}  \underbrace{=}_{t= \sin x}4\int\limits_0^{1}\frac{dt}{4-t^2} = \ln 3\)
\( \Rightarrow I = {I_1} + {I_2} = \boxed {\dfrac{\pi }{{2\sqrt 3 }} + \ln 3} \).

Gọi $M(a,b) \in (E)$ là điểm cần tìm.
Ta có $4a^2+9b^2=36\Rightarrow \left (\dfrac{a}{3} \right )^2+ \left (\dfrac{b}{2} \right )^2=1$
Khoảng cách từ $M$ tới $d$ tính bằng
$h = \dfrac{|3a+4b+24| }{\sqrt{3^2+4^2 }}=\dfrac{|3a+4b+24| }{5}$
Áp dụng bđt Bunhia ta có
$(3a+4b)^2 = \left (9.\dfrac{a}{3}+8.\dfrac{b}{2} \right )^2 \le (9^2+8^2)\left[ { \left (\dfrac{a}{3} \right )^2+ \left (\dfrac{b}{2} \right )^2} \right]=145$
Suy ra $3a+4b \ge -\sqrt{145 } \Leftrightarrow 3a+4b+24 \ge 24 -\sqrt{145 }>0$
Tóm lại  $h \ge \dfrac{ 24 -\sqrt{145 }}{5}$.
Vậy $\min h = \dfrac{ 24 -\sqrt{145 }}{5}\Leftrightarrow \begin{cases}\dfrac{a}{27}=\dfrac{b}{16} \\  \left (\dfrac{a}{3} \right )^2+ \left (\dfrac{b}{2} \right )^2=1\\3a+4b = -\sqrt{145 } \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a= \dfrac{-27}{\sqrt{145 }}\\ b=\dfrac{-16}{\sqrt{145 }}  \end{cases} $

PT
$\Leftrightarrow x^2+2mx+m^2+6=x^2+m^2+4m+4$
$\Leftrightarrow mx=-1+2m$

 +Nếu $m=0$ thì PT $\Leftrightarrow 0x =-1$, pt này vô nghiệm nên Pt ban đầu vô nghiệm.
+ Nếu $m \ne 0$ PT $\Leftrightarrow x=\frac{-1+2m}{m}$
 Và để $x >2$ thì cần $\frac{-1+2m}{m}-2 >0\Leftrightarrow \frac{-1}{m}>0\Leftrightarrow m<0$

Vậy $m<0.$

Bài 1.
+ Nếu $5$ bông hoa này giống nhau  thì ta có $C_7^5=21$ (cách).
+ Nếu $5$ bông hoa này khác nhau  thì ta có $A_7^5=2520$ (cách).

Áp dụng BĐT Cô-si ta có
$4^{x^{2}+x+1}+1 \ge 2.\sqrt{4^{x^{2}+x+1}}=2.2^{x^{2}+x+1}=2^{x^{2}+x+2} \ge 2^{x+2}$
Như vậy ta phải có
$\begin{cases}4^{x^{2}+x+1}=1   (\text {dấu bằng Cô-si}) \\ x^2=0\\4^{x^{2}+x+1}+1=2^{x+2} \end{cases}$
đây là điều không thể.
Vậy BPT đã cho vô nghiệm.

+ Tính $PQ$
Ta có
$\dfrac{PQ}{BC}=\dfrac{SQ}{BS}=\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{x}{a}\Rightarrow PQ =2x$

+Tính $MN$
Gọi $BD$ cắt $MN$ tại $I$.
do $\triangle ABD$ cân mà $IM \parallel AD$ nên $\triangle BMI$ cân suy ra $MI=BM=a-x$
ta có
$\dfrac{NI}{BC}=\dfrac{DN}{DC}=\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{x}{a}\Rightarrow NI =2x$
Suy ra
$MN=MI+NI=a+x$

+ Tính khoảng cách $h$ giữa $MN, PQ.$
Ta có $MQ=MB=a-x$ nên
$h^2=MQ^2-\left ( \dfrac{MN-PQ}{2}\right )^2=(a-x)^2-\left ( \dfrac{a-x}{2}\right )^2\Rightarrow h=\sqrt 3.\dfrac{a-x}{2}$

Vậy
$S_{MNPQ}=\dfrac{1}{2}(MN+PQ).h=\dfrac{\sqrt 3(a-x)(a+3x)}{4}$ (đvdt).

a)
$PQ$ là giao tuyến của $(SBC) $ và $(\alpha) \Rightarrow PQ \parallel BC$
$NM$ là giao tuyến của $(ABCD) $ và $(\alpha) \Rightarrow NM \parallel BC$
Suy ra $PQ \parallel NM$ nên $MNPQ$ là hình thang.
Mặt khác tương tự như trên ta cũng chứng minh được
$MQ \parallel SA, NP \parallel SD.$
Trong $\triangle SAB$ có $MQ \parallel SA\Rightarrow MQ < SA =AD < MN$ nên $MNPQ$ không thể là hình bình hành.
Mà theo tính chất đối xứng $MQ=NP$ suy ra $MNPQ$ là hình thang cân với đáy lớn $MN$.

b)
Theo giả thiết đề bài thì thực chất $IJ$ là giao tuyến của $(\alpha)$ và $(ABCD)$.
Mặt khác từ câu a) thì $(EF) \in (\alpha)$ và $(EF) \in (ABCD)$ nên $EF$ cũng là giao tuyến của $(\alpha)$ và $(ABCD)$.
 Vậy $EF \equiv IJ$. Ta có đpcm.

a) Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BD$ và cắt $CD,CB$ kéo dài tại $H,K$ thì $HK$ là đường thẳng cố định vì $D, B$ là trung điểm của $CH,CK$.
Mặt khác thì $HK$ nằm trong mặt phẳng đi qua $A$ và song song với $BD$ nên $HK \in (\alpha)$.

b) Điểm $M $ là giao điểm của $SC$ với $(EG_1G_2)$ thì điểm $M$ chính là giao điểm của $EG_1$ và $SC$ .
Áp dụng Định lý Menelauyt cho $\triangle SCR$ với cát tuyến $E, M, G_1$ ta có
$\frac{EC}{ER}.\frac{MS}{MC}.\frac{G_1R}{G_1S}=1\Rightarrow \frac{MS}{MC}=\frac{G_1S}{G_1R}.\frac{ER}{EC}=2.\frac{ER}{EC}$
Tương tự ta cũng có
$ \frac{NS}{NC}=2.\frac{EF}{ED}$
Mặt khác do $FR \parallel CD$ nên $\frac{EF}{ED}=\frac{ER}{EC}$.
Vậy $ \frac{MS}{MC}=\frac{NS}{NC}\Rightarrow MN \parallel  CD \Rightarrow $ đpcm.