Hình nón có đáy là hình tròn có bán kính bằng $\frac{a}{2}$, đường cao là đường cao của tam giác đều bằng $\frac{a\sqrt 3}{2}$ nên thể tích của hình nón này bằng $\frac{1}{3}. \pi\left ( \frac{a}{2} \right )^2.\frac{a\sqrt 3}{2}=\frac{\pi a^3}{8\sqrt 3}$.
 Hình cầu có bán kính $R$ có thể tích $\frac{4}{3}\pi R^3$.
 Ta cần tìm $R$ sao cho $\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{\pi a^3}{8\sqrt 3}\Leftrightarrow R=\frac{\sqrt[6]{3}}{2\sqrt[3]{4}}a$

$y'=3x^2+4x+m$
Để hàm số có CĐ, CT thì trước hết cần $\Delta'_y >0\Leftrightarrow 4-3m>0\Leftrightarrow m<4/3$
Đem $y$ chia cho $y'$ để tìm ra PT đi qua CĐ, CT là
$y=\frac{2}{9}(3m-4)x-\frac{2}{9}m$
gọi $M$ là trung điểm của CĐCT thì $M(-\frac{2}{3};\frac{16}{27}-\frac{2}{3}m)$
Đường thẳng qua CĐCT có hệ số góc $a=\frac{2}{9}(3m-4)$
Để CĐ, CT đối xứng nhau qua $(d) :     y=-1/2x$ thì
$\begin{cases}a=2 \\ M \in (d) \end{cases}\Leftrightarrow m=13/3$ (mâu thuẫn).
Vậy không tồn tại giá trị của $m$.

$f'(x)=(x-n)(x-p)+(x-m)(x-n)+(x-m)(x-p)$.
Ta thấy $f'(x)$ liên tục và có
$f'(m).f'(n)=(m-n)(m-p).(n-m).(n-p)=-(m-n)^2(m-p)(n-p)<0\Rightarrow \exists x_1 \in (m,n), f'(x_1)=0$
$f'(p).f'(n)=(p-n)(p-m).(n-m).(n-p)=-(p-n)^2(m-p)(n-n)<0\Rightarrow \exists x_2 \in (n,p), f'(x_2)=0$

Nhận thấy $y=0$ không phải là nghiệm của PT. Do vậy
PT $\Leftrightarrow \begin{cases}x+\frac{x}{y}+\frac{1}{y}=7 \\ x^2+\frac{x}{y}+\frac{1}{y^2}=13\end{cases}$
Đặt $a=\frac{x}{y}, b=x+\frac{1}{y}$ thì
HPT $\Leftrightarrow \begin{cases}a+b=7 \\ b^2-a=13 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=7-b \\ b^2+b-20=0 \end{cases}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \begin{cases}a=3 \\ b=4 \end{cases}\\ \begin{cases}a=12 \\ b=-5 \end{cases} \end{matrix}} \right.\Leftrightarrow (x;y) \in \left\{ {(1; 1/3); (3;1)} \right\}$

Trước hết nhìn vào các điều kiện của $\log$ thì ta cần $a \ne 1, a>0, a<4$.
Từ PT thứ 3 suy ra ${\log _a}\left( {\frac{z({4 - a)}}{a}} \right) = 0\Leftrightarrow \frac{z({4 - a)}}{a}=1\Leftrightarrow z=\frac{a}{4-a}$
Từ PT thứ hai ta cần có
$\begin{cases}z \ne 1, z>0  \\ \sin x < -\frac{1}{4}\\ \cos y > -\frac{1}{2}\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a \ne 1,a\ne 2, a>0, a<4  \\ -1<\sin x < -\frac{1}{4}\\ 1>\cos y > -\frac{1}{2}\end{cases}$
Cũng từ PT thứ 2 $\Leftrightarrow {\log _z}\left( { - 1 - 4\sin x} \right) = {\log _z}\left( {1 + 2\cos\,y} \right)\Leftrightarrow 2\sin x+\cos y+1=0$
Và từ PT 1 ta có
$\begin{cases}a\cos\,y + \sin \,x + 1 = 0\\ 2\sin x+\cos y+1=0\end{cases} \underbrace{\iff}_{a \ne \frac{1}{2}}\begin{cases}\sin x= \frac{1-a}{2a-1}\\ \cos y=\frac{1}{1-2a} \end{cases}$
Ta cần điều kiện
$\begin{cases} -1<\frac{1-a}{2a-1} < -\frac{1}{4} \\1>\frac{1}{1-2a}> -\frac{1}{2} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}4>a>\frac{3}{2}\\ a \ne 2 \end{cases}$

b) Từ câu a) ta có
$\sin (B+C) = 2 \sin (B-C) \iff \sin B \cos C+ \sin C \cos B=2 \sin B \cos C- 2\sin C \cos B$
$\iff \sin B \cos C=3 \sin C \cos B \iff \frac{\cos C}{\sin C}=3 \frac{\cos B}{\sin B} \iff$  đpcm.

a) Theo công thức tính độ dài trung tuyến ta có $4AM^2=2AB^2+2AC^2-BC^2$
Từ $AM=AB \iff 4AM^2=4AB^2 \iff2AB^2+2AC^2-BC^2=4AB^2 \iff 2AC^2+2AB^2=BC^2$
$\underbrace{\iff}_{\text {Định lý hàm Sin}}2\sin^2 B-2\sin^2 C=\sin^2 A \iff \cos 2C-\cos 2B=\sin^2 A \iff 2\sin (B+C) \sin (B-C)=\sin^2 A \iff$ đpcm.

Từ điều kiện của các hàm $f,g,h$ ta có các bđt sau
$\begin{cases}f^2 \le f \\ g^2h^2 \le g\\fgh \le h \end{cases}$
Áp dụng BĐT Cô-si cho tích phân dạng  $(\int\limits_{0}^{1}FGdx)^2 \leq  \int\limits_{0}^{1}F^2dx.\int\limits_{0}^{1}G^2dx$
và điều suy ra ở trên ta được
$(\int\limits_{0}^{1}f(x)g(x)h(x)dx)^2 \leq  \int\limits_{0}^{1}f^2(x)dx.\int\limits_{0}^{1}g^2(x)h^2(x)dx \leq  \int\limits_{0}^{1}f(x)dx.\int\limits_{0}^{1}g(x)dx            (1)$
Mặt khác
$\int\limits_{0}^{1}f(x)g(x)h(x)dx \leq   \int\limits_{0}^{1}h(x)dx          (2)$
Nhân theo từng vế $(1)$ và $(2)$ thì ta có đpcm.