Gọi I là trung điểm của BC. Suy ra I là trung điểm của MN. Đặt $MN=x,(0<x<90).$

Khi đó ta có: $\frac{\mathrm{MQ}}{\mathrm{AI}}=\frac{\mathrm{BM}}{\mathrm{BI}}\iff \mathrm{MQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}(90-\mathrm{x}).$ Gọi R là bán kính của hình trụ $\Rightarrow \mathrm{R}=\frac{\mathrm{x}}{2\text{π}}.$

Thể tích của khối trụ là: $V=\text{π}{\left(\frac{x}{\text{2π}}\right)}^2\frac{\sqrt{3}}{2}(90-x)=\frac{\sqrt{3}}{8\text{π}}(-x^3+90x^2).$

Xét $f\left(x\right)=\frac{\sqrt{3}}{8\text{π}}(-x^3+90x^2),$ với $0<x<90.$ Suy ra 

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{\sqrt{3}}{8\text{π}}(-3x^2+180x)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=60\end{array}\right..$

Do đó $\underset{x\in (0;90)}{\text{max}}f\left(x\right)=f\left(60\right)=\frac{13500.\sqrt{3}}{\text{π}}.$

Sử dụng tổng cấp số nhân, ta có công thức sau: $a=\frac{N.y^n(y-1)}{y^n-1}.$ 

Trong đó với N là số tiền vay, $y=1+m\%,m\%$ là lãi suất hàng tháng), a là số tiền trả hàng tháng và n là số tháng.

Khi đó: $3=\frac{50.y^n(y-1)}{y^n-1}\iff 3.(1,{006}^n-1)=0,3.1,{006}^n$

           $\iff 1,{006}^n=\frac{10}{9}\Rightarrow n\approx 18.$

Vậy anh A mất 18 tháng thì sẽ trả hết nợ cho ngân hàng.

Ta có hình vẽ sau:

Khi đó ta có: $V_{MNPQ}=\frac{1}{2}{V}_{P.MNE}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}\mathrm{.1.}{S}_{MNE}.$ 

Do $MN\text{//}AC\text{;\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}ME\text{//}BD$ nên ta có:

$MN\perp ME;MN=\frac{\sqrt{2}}{2};ME=\sqrt{2}.$

Vì vậy $S_{MNE}=\frac{1}{2}\Rightarrow V_{MNPQ}=\frac{1}{12}.$

Khối đa diện (H) được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ của (H) luôn thuộc (H). Khi đó đa diện giới hạn (H) được gọi là đa diện lồi.

Một khối đa diện là khối đa diện lồi khi và chỉ khi miền trong của nó luôn nằm về một phía đối với mỗi mặt phẳng đi qua một mặt của nó.

Vậy theo định nghĩa trên thì chỉ có 1 hình là đa diện lồi.

Gọi H là trung điểm của BC. Đặt AB= a ,ta có: $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Xét tam giác A'AH ta tìm được: $A^{\text{'}}H=a,A{A}^{\text{'}}=\frac{a}{2}.$

Suy ra $S_{A^{\text{'}}BC}=8\iff \frac{1}{2}{A}^{\text{'}}H.BC=8\iff a=4.$

Thể tích của khối lăng trụ ABC.$A\text{'}B\text{'}C\text{'}:V=AA\text{'}.S_{ABC}=8\sqrt{3}.$

Hình lập phương có 9 mặt đối xứngC

Xét hàm số f(x) = x³ – 3x² – 9x + m trên đoạn [– 2; 4].

Ta có: f(– 2) = m – 2, f(– 1) = m + 5, f(3) = m – 27, f(4) = m – 20.

Vậy S = {11}. Do đó S có 1 phần tử.

Chọn đán án D

Ta có: $y=\left|x^3-3x^2+m\right|=\sqrt{{(x^3-3x^2+m)}^2}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{(x^3-3x^2+m)(3x^2-6x)}{\sqrt{{(x^3-3x^2+m)}^2}}.$

Để đồ thị hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình: y'=0 có 5 nghiệm phân biệt. Điều này tương đương với $(x^3-3x^2+m)(3x^2-6x)=0.$ Đặt $g\left(x\right)=(x^3-3x^2+m)=0$ phải có 3 nghiệm phân biệt khác 0 và 2.

Ta có: $-x^3+3x^2=m,$ tức là ta cần đi tìm giá trị của m để đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)=-x^3+3x^2$ tại 3 điểm phân biêt

Do đó ta khảo sát hàm số $f\left(x\right)=-x^3+3x^2$ thì ta có được: $-4+m<0<m\iff 0<m<4$

Vậy S$=\text{{}1;2;3\},$tổng tất cả các giá trị của S là 6.

Xét hàm số $y=x^3-3x^2+1.$ Tập xác định D=R

Ta xét đạo hàm bậc nhất: $y^{\text{'}}=3x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right..$ Khi đó ta có BBT sau:

Hàm số $y=\left|x^3\right|-3x^2+1=\left\{\begin{array}{l}{x}^3-3x^2+1,x\ge 0\\ -x^3-3x^2+1,x<0\end{array}\right.$ là hàm số chẵn và đồ thị của nó được suy ra từ đồ thị hàm số $y=x^3-3x^2+1$ bằng cách bỏ đi phần bên trái trục tung. Giữ nguyên phần bên phải trục tung và lấy đối xứng với phần bên phải Oy qua Oy. Như vậy ta sẽ thu được đồ thị hàm số $y=\left|x^3\right|-3x^2+1$ có dạng sau:

Vậy đồ thị hàm số $y=\left|x^3\right|-3x^2+1$ có 3 điểm cực trị.

Gọi $G_1,G_2,G_3,G_4$ lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB, SBC, SCD, SDA.

Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA.

Ta có: $S_{MNPQ}=4S_{G_1{G}_2{G}_3{G}_4}=4.\frac{4}{9}.S_{EFGH}=4.\frac{4}{9}.\frac{1}{2}.EG.HF=\frac{8a^2}{9}.$

Mặt khác:

$\begin{array}{l}d(S^{\text{'}},(MNPQ\left)\right)=d(S^{\text{'}},(ABCD\left)\right)+d(O,(MNPQ\left)\right)\\ =d(S,(ABCD\left)\right)+2d(O,(G_1{G}_2{G}_3{G}_4\left)\right)\\ =d(S,(ABCD\left)\right)+\frac{2}{3}d(S,(ABCD\left)\right)\\ =\frac{5}{3}d(S,(ABCD\left)\right)=\frac{5a\sqrt{14}}{6}.\end{array}$

Vậy thể tích của khối chóp S.MNPQ là:

$V_{S^{\text{'}}.MNPQ}=\frac{1}{3}.\frac{5a\sqrt{14}}{6}.\frac{8a^2}{9}=\frac{20a^3\sqrt{14}}{81}.$

Ta có: $B^{\text{'}}H=\sin {30}^0.B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Mà $\widehat{BH{B}^{\text{'}}}={60}^0\Rightarrow B{B}^{\text{'}}=B^{\text{'}}H.\tan {60}^0=\frac{3a}{2}.$

Vậy suy ra thể tích của khối lăng trụ đứng A'B'C' là:

$V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}.B{B}^{\text{'}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{3a}{2}=\frac{3a^3\sqrt{3}}{8}.$

Đáp án C.

Dựa vào đáp án ta có nhận xét: Xác định góc $\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\widehat{A}$ nên

$\widehat{\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)}={60}^0\Rightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=AB.AC.c\text{os}\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=a.a.{\text{cos60}}^0=\frac{1}{2}{a}^2.$

Tương tự ta cũng xác định $\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}\right)$ là góc ngoài của góc C nên $\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}\right)={120}^0$

$\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{CB}=AC.CB.c\text{os}\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}\right)=a.a.{\text{cos120}}^0=-\frac{1}{2}{a}^2.$

Xác định góc của $\left(\overrightarrow{GA},\overrightarrow{GB}\right)=\widehat{AGB}={120}^0$ do đó

$\overrightarrow{GA}.\overrightarrow{GB}=GA.GB.c\text{os}\left(\overrightarrow{GA},\overrightarrow{GB}\right)=\frac{a}{\sqrt{3}}.\frac{a}{\sqrt{3}}.{\text{cos120}}^0=-\frac{1}{6}{a}^2.$

Tương tự cho ý đáp án D, ta ra kết quả là $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AG}=\frac{1}{2}{a}^2.$

Giả sử cạnh của tam giác đều SAB bằng 1. Gọi thiết diện qua trục hình nón là tam giác đều SAB.

Gọi I là trọng tâm của tam giác đều SAB, khi đó I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón là: $R=SI=\frac{2}{3}SO=\frac{2}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$

Bán kính mặt cầu nội tiếp hình nón là: $r=IO=\frac{1}{3}SO=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{6}.$

Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình nón là: $V_1=\frac{4}{3}\text{π}{R}^3=\frac{4\sqrt{3}}{27}\text{π}.$

Thể tích mặt cầu nội tiếp hình nón là: $V_2=\frac{4}{3}\text{π}{r}^3=\frac{\sqrt{3}}{54}\text{π}.$

Vậy $\frac{V_1}{V_2}=8.$

Gọi số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau có dạng: $\overline{\text{abc}\mathrm{deg}}.$

Sắp xếp cụm số 3, 4, 5 mà số 4 luôn đứng cạnh 3 và 5 thì ta có 2 cách sắp xếp: 345 và 543.

TH1: Nếu các cụm số 3, 4, 5 đứng đầu có các số tạo thành là: $\mathrm{2.7.6.5}=420$(số)

TH2: Nếu các cụm số 3,4,5 không đứng đầu có 3 cách sắp xếp là: x345xx; xx345x; xxx345.

Khi đó 3 chữ số còn lại có: $\mathrm{6.6.5}=180$cách chọn và sắp xếp.

Do đó ta có được các số tạo thành là: $\mathrm{2.3.180}=1080$ (số)

Áp dụng quy tắc cộng có: $420+1080=1500$ số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Số cách lập số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau từ tập A (không tính chữ số 0 đứng đầu) là: ${\text{A}}_6^6-{\text{A}}_5^5=600$(số).

Số cách lập số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau mà số 3 và số 4 đứng cạnh nhau là: $2!\mathrm{.4.4.3.2}=192$(số).

Xác suất cần tìm thỏa mãn bài toán là: $\frac{192}{600}=\frac{8}{25}.$

Ta có: 0 + 6 = 2 + 4 = 1 + 5

Suy ra a, b, c, d, e, f ∈ {0; 1; 2; 4; 5; 6}

+) a khác 0 nên a có 5 cách, b có 1 cách.

+) c khác a và b nên c có 4 cách, d có 1 cách.

+) e khác a, b, c, d nên e có 2 cách, d có 1 cách.

Do đó có 5.4.2 = 40 cách.

Ta lại có: 0 + 5 = 2 + 3 = 1 + 4

Do đó có 40 cách.

Vậy tổng cộng có 40 + 40 = 80 số.

Chọn D

Do $\left(AC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\perp \left(ABCD\right)$ nên kẻ $C^{\text{'}}H\perp AC\Rightarrow C^{\text{'}}H\perp \left(ABCD\right).$ Do $C^{\mathit{\text{'}}}B=C^{\mathit{\text{'}}}C$ nên HB= HC

$\Rightarrow HI\perp BC$ (với I là trung điểm của BC).

Ta có: $HI=IC.\tan \widehat{HCI}=\frac{a}{2}\tan {30}^0=\frac{a\sqrt{3}}{6}.$

Tam giác C'HI vuông tại H nên ta có:

$C^{\text{'}}H=\sqrt{C^{\text{'}}{I}^2-HI}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Tam giác vuông ABC có $\widehat{ACB}={30}^0\Rightarrow AC=\frac{a\sqrt{3}}{2},AB=\frac{a}{2}.$

+ Chia trước cho mỗi học sinh một phần quà thì số phần quà còn lại là 9 phần quà.

+ Chia 9 phần quà cho 3 học sinh sao cho học sinh nào cũng có ít nhất một phần quà: Đặt 9 phần quà theo một hàng ngang, giữa các phần quà sẽ có 8 khoảng trống, chọn 2 khoảng trống trong 8 khoảng trống đó để chia 9 phần quà còn lại thành 3 phần quà mà mỗi phần có ít nhất một phần quà, có $C_8^2$

+ Vậy tất cả có số cách chia là: $C_8^2=28$ (cách chia).

Cho 3 học sinh nam cầm tay nhau coi như là một người, cùng với 2 học sinh nữ xếp thành một hàng ngang, có 3! cách.

Ba học sinh nam có thể đổi chỗ cho nhau, có 3! cách.

Vậy theo quy tắc nhân sẽ có: $3!.3!=36$ cách xếp.

B2: Số cách chọn ra 2 bạn nữ trong 8 bạn nữ là: $C_8^2$

B3: Áp dụng theo quy tắc nhân ta có số cách chọn ra 5 bạn thỏa mãn đề bài là: $C_{10}^3.C_8^2.$

Gọi số cần lập có 3 chữ số đôi một khác nhau có dạng: $\overline{abc}.$

Theo giả thiết là các số này sẽ chia hết cho 9, do đó ta có: $(a+b+c)⋮9.$

Khi đó các số a, b, c thuộc các tập số $A=\text{{}0,4,5\},$ và $B=\text{{1},3,5\}.$

+ TH1: Nếu các số a, b, c thuộc tập A.

Khi đó chữ số a có: 2 cách chọn; chữ số b có 2 cách và c có 1 cách chọn. Vậy ta có: $\mathrm{2.2.1}=4$ (số).

+ TH2: Nếu các số a, b, c thuộc tập B.

Khi đó a có 3 cách chọn, b có 2 cách và c có 1 cách chọn. Vậy ta có: $\mathrm{3.2.1}=6$(số).

Áp dụng quy tắc cộng ta có các số tạo thành thỏa mãn bài toán là: $6+4=10$ (số).

Đặt $y=23,$xét số $x=\overline{abcde}$ trong đó a; b; c; d; e đôi một khác nhau và thuộc tập {0; 1; y; 4; 5}.

Khi đó có 4 cách chọn a; 4 cách chọn b; 3 cách chọn c; 2 cách chọn d và 1 cách chọn e.

Theo quy tắc nhân có $\mathrm{4.4.3.2}=96$ số.

Khi ta hoán vị trong y ta được hai số khác nhau.

Vậy có tất cả: $96.2=192$ số thỏa yêu cầu bài toán.

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó ta có $SH\perp AB\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$ nên hình chiếu của SD trên (ABCD) là HD.

Do đó $\widehat{SD,\left(ABCD\right)}=\widehat{SD,HD}=\widehat{SDH}.$

Mặt khác tam giác SAB đều cạnh a nên $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Suy ra $HD=\sqrt{A{H}^2+A{B}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

Khi đó xét tam giác vuông SHD, ta có: $\cot \widehat{SHD}=\frac{DH}{SH}=\frac{5}{\sqrt{15}}.$

Gọi I là tâm của hình thoi ABCD, H là hình chiếu của S lên mặt (ABCD).

Ta có $SA=SB=SC$ nên hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay $H\in BI.$

Ta có: $S{I}^2=S{A}^2-I{A}^2=a^2-I{A}^2,I{B}^2=A{B}^2-I{A}^2=a^2-I{A}^2\Rightarrow SI=IB.$

Khi đó tam giác SBD vuông tại S. Giả sử SD=x. Ta có $SB.SD=SH.BD\iff a.x=SH.BD\iff SH=\frac{a.x}{BD}.$

Ta có: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{3}\frac{a.x}{BD}.\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{6}a.x.AC.$

Ta có: $B{D}^2=S{B}^2+S{D}^2=a^2+x^2\Rightarrow I{B}^2=\frac{a^2+x^2}{4}\Rightarrow I{A}^2=a^2-\frac{a^2+x^2}{4}=\frac{3a^2-x^2}{4}.$

Suy ra $AC=2IA=2\sqrt{\frac{3a^2-x^2}{4}}=\sqrt{3a^2-x^2}.$

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{6}a.x.\sqrt{3a^2-x^2}\le \frac{a}{6}.\frac{x^2+3a^2-x^2}{2}=\frac{a^3}{4}.$

Số các số chia hết cho 2 là: $\frac{2020-2}{2}+1=1010.$

Số các số chia hết cho 3 là: $\frac{2019-3}{3}+1=673.$

Số các số chia hết cho cả 2 và 3 (đồng nghĩa là chia hết cho 6) là: $\frac{2016-6}{6}+1=336.$

Vậy các số thỏa mãn đề bài ra là: $1010+673-336=1347.$

Có 5 mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D. Cụ thể như sau:

+ Mặt phẳng đi qua 4 trung điểm của 4 cạnh bên: có 1 mặt.

+ Mặt phẳng đi qua tâm O và song song với từng mặt bên: có 4 mặt như vậy.

Tứ diện đều có ba trục đối xứng đó là ba đường thẳng đi qua trung điểm của các cặp cạnh đối của nó.

Khối tứ diện đều có 3 trục đối xứng (đi qua trung điểm của các cặp cạnh đối diện) nên $n_1=3.$

Khối chóp tứ giác đều có 1 trục đối xứng (đi qua đỉnh và tâm của mặt tứ giác) nên $n_2=1.$

Khối lập phương có 9 trục đối xứng (Loại 1: đi qua tâm của các mặt đối diện; Loại 2: đi qua trung điểm các cặp cạnh đối diện) nên $n_3=9.$

Đáp án D.

Gọi số cần tìm có dạng $N=\overline{abcd}.$ Do N chia hết cho 15 nên N phải chia hết cho 3 và 5.

Vì vậy d có 1 cách chọn là bằng 5, và $(a+b+c+d)$ chia hết cho 3.

Do vai trò của các chữ số a, b, c là như nhau, mỗi số a, b và c có 9 cách chọn nên ta xét các trường hợp sau

TH1: Nếu $a+b+d$ chia hết cho 3, khi đó c chia hết cho 3 $\Rightarrow c\in \text{{}3;6;9\}\Rightarrow$c có 3 cách chọn.

TH2: Nếu $a+b+d$ chia cho 3 dư 1, khi đó c chia 3 dư 2 $\Rightarrow c\in \text{{2};5;8\}\Rightarrow$ c có 3 cách chọn.

TH3: Nếu $a+b+d$ chia cho 3 dư 2, khi đó c chia 3 dư 1$\Rightarrow c\in \text{{1};4;7\}\Rightarrow$ c có 3 cách chọn.

Vậy trong mọi trường hợp thì c đều có 3 cách chọn nên ta có tất cả $\mathrm{9.9.3.1}=243$ số thỏa mãn.

Vì số học sinh nam là lẻ nên bạn nam phải đứng đầu hàng.

Khi đó xếp 21 bạn nam vào 21 vị trí cố định có: $21!=P_{21}$ (cách).

Sau đó ta xếp 20 bạn nữ vào 20 vị trí trống xen kẽ với các bạn nam thì sẽ có: $20!=P_{20}$ (cách).

Vậy có tất cả số cách là: $20!.21!=P_{20}.P_{21}$.

Đáp án đúng là: D

Ta sẽ phân tích vecto DM theo hai vecto DC và BC.

Vì ABCD là hình bình hành nên ta có: $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}.$

Mặt khác M là trung điểm của AB nên $2\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DB}\iff 2\overrightarrow{DM}=2\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}\iff 2\overrightarrow{DM}=-2\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{DC}$

Suy ra $\overrightarrow{DM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{DC}-\overrightarrow{BC}.$

Gọi số cần tìm có dạng $\overline{abcde}$

+ TH1: 2 số lẻ liên tiếp ở vị trí ab. Khi đó: a có 3 cách chọn; b có 2 cách chọn; c có 4 cách chọn; d có 3 cách chọn và e có 2 cách chọn. Theo quy tắc nhân ta có: $\mathrm{3.2.4.3.2}=144$ (số).

+ TH2: 2 số lẻ liên tiếp ở vị trí bc. Khi đó: a có 3 cách chọn; b có 3 cách chọn; c có 2 cách chọn; d có 3 cách chọn và e có 2 cách chọn. Theo quy tắc nhân ta có: $\mathrm{3.3.2.3.2}=108$ (số).

+ TH3: 2 số lẻ liên tiếp ở vị trí cd (tượng tự TH2).

Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài là: $144+108.2=360$ (số).

Ta có SA = SB = SC nên hình chiếu của đinh S xuống mặt phẳng (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Mà ABC là tam giác vuông cân tại B nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm H của AC.

Ta có: Diện tích tam giác ABC là: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AC.BH=\frac{1}{2}\mathrm{.2.1}=1$.

Xét tam giác SAC, có: SH = $\sqrt{3^2-1^2}=2\sqrt{2}$.

Vậy thể tích hình chóp là: $V_{SABC}=\frac{1}{3}\mathrm{.1.2}\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$.

Số phần tử của không gian mẫu là: $\left|\Omega \right|=C_6^1.C_6^1=6.6=36.$

Khi đó ta có: $\left\{\begin{array}{l}n\left(\Omega \right)=6\\ n\left(A\right)=3\end{array}\right.\Rightarrow P\left(A\right)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$

Ta có phương trình $m{x}^2-2(m+1)x+m+3=0$ là phương trình bậc hai khi $m\ne 0.$

Thay x= -2 ta được: $m{(-2)}^2-2(m+1)(-2)-m+3=0$

$\iff 9m+7=0\iff m=-\frac{7}{9}$ (thỏa mãn)

Vậy $m=-\frac{7}{9}.$

Ta có: $y=x^3+m{x}^2+3x-2m+5\Rightarrow y^{\text{'}}=3x^2+2mx+3.$

Khi đó xét: ${\Delta }^{\text{'}}=m^2-9.$

Để hàm số trên đồng biến trên R khi và chỉ khi $y^{\text{'}}\ge 0$ với mọi giá trị của m là tham số thực.

Tức là: ${\Delta }^{\text{'}}=m^2-9\ge \iff -3\le m\le 3.$

Vậy $m\in \text{[}-3;3].$

Hàm số $y=x+\frac{4}{x}$ liên tục trên $(0;+\infty ).$

Ta có: $y^{\text{'}}=1-\frac{4}{x^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\notin (0;+\infty )\\ x=2\notin (0;+\infty )\end{array}\right.$

Bảng biến thiên của hàm số $y=x+\frac{4}{x}$ trên $(0;+\infty )$ như sau:

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra ta có: $m=\underset{(0;+\infty )}{\min }y=y\left(2\right)=4.$

Nhắc lại: $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(x+\frac{4}{x}\right)=+\infty ;\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(x+\frac{4}{x}\right)=+\infty .$