$\left( S \right)$ có dạng \({x^2} + {y^2} + {z^2} + 2ax + 2by + 2cz + d = 0\) với \(a =  - 1,b =  - 1,c =  - 2\)  và \(d = m\).

$\left( S \right)$ là phương trình mặt cầu khi ta có \({a^2} + {b^2} + {c^2} - d > 0 \Leftrightarrow 6 - m > 0 \Leftrightarrow m < 6\)

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {1,2, - 3} \right)$ và đi qua điểm $A\left( {1,0,4} \right)$ có bán kính \(R = IA = \sqrt {{{(1 - 1)}^2} + {{(0 - 2)}^2} + {{(4 + 3)}^2}}  = \sqrt {53} \)

Do đó \({(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} + {(z + 3)^2} = 53.\)

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \ln \left( {x + 2} \right)\\{\rm{d}}v = x\,{\rm{d}}x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}u = \dfrac{{{\rm{d}}x}}{{x + 2}}\\v = \dfrac{{{x^2}}}{2}\end{array} \right.,$ khi đó $I = \left. {\dfrac{{{x^2}\ln \left( {x + 2} \right)}}{2}} \right|_0^1 - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 2}}{\rm{d}}x} .$

Công thức tính tích phân từng phần \(\int\limits_a^b {udv}  = \left. {uv} \right|_a^b - \int\limits_a^b {vdu} \)

Do \(A\left( {1;2; - 1} \right),B\left( {2;1;0} \right),O\left( {0;0;0} \right)\) nên tọa độ trọng tâm tam giác là: \(\left( {\dfrac{{1 + 2 + 0}}{3};\dfrac{{2 + 1 + 0}}{3};\dfrac{{ - 1 + 0 + 0}}{3}} \right) = \left( {1;1; - \dfrac{1}{3}} \right)\)

\(\overrightarrow{a}=(2;-3;-1)\), \(\overrightarrow{b}=(-1;0;4)\) \(\overrightarrow{u}=4\overrightarrow{a}-5\overrightarrow{b}\Rightarrow \overrightarrow{u}=\left( 4.2-5.(-1);\,\,\,\,4.(-3)-5.0;\,\,\,4.(-1)-5.4 \right)\Rightarrow \overrightarrow{u}=(13;-12;-24)\)

$I = \int\limits_0^\pi  {{x^2}\cos xdx} $

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = {x^2}\\dv = \cos xdx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2xdx\\v = \int {\cos xdx} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2xdx\\v = \sin x\end{array} \right.$

$ \Rightarrow I = \left. {{x^2}.\sin x} \right|_0^\pi  - 2\int\limits_0^\pi  {x.\sin xdx} $ 

\(\text{Đặt} \, \, \, t={{x}^{2}}+1\Rightarrow \text{d}t=2x\,\text{d}x,\,\,\left\{ \begin{align}  & x=1\to t=2 \\  & x=2\to t=5 \\ \end{align} \right. \\ \Rightarrow \int\limits_{1}^{2}{f\left( {{x}^{2}}+1 \right)x\,\text{d}x}=\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{5}{f\left( t \right)\,\text{d}t}=\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)\,\text{d}x}=\frac{I}{2}\Rightarrow I=4.\)

Đáp án A: đúng theo tính chất tích phân.

Đáp án B: sai vì \(x\) không phải hằng số nên không đưa được ra ngoài dấu tích phân.

Đáp án C: đúng theo tính chất tích phân.

Đáp án D: đúng theo tính chất tích phân.

Công thức đúng là \(\int {udv}  = uv - \int {vdu} \).

\(\int\limits_{1}^{2}{{{(x+3)}^{2}}dx}=\frac{1}{3}\left. {{(x+3)}^{3}} \right|_{1}^{2}=\frac{1}{3}\left( {{5}^{3}}-{{4}^{3}} \right)=\frac{61}{3}\)

Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) = \dfrac{{{x_1}{x_2} + {y_1}{y_2} + {z_1}{z_2}}}{{\sqrt {x_1^2 + y_1^2 + z_1^2} .\sqrt {x_2^2 + y_2^2 + z_2^2} }}\)

Gọi $E $ là một điểm thuộc đường tròn.

Ta có \(IH = d\left( {I,(\alpha)} \right);\,R = IE;\,r=HE\)

\(IH = \sqrt {1 + {3^2} + {(-2)^2}}  = \sqrt {14} \)

Tam giác $IHE$ vuông tại $H$ nên \(IE = \sqrt {I{H^2} + H{E^2}}  = \sqrt {14 + 4}  = \sqrt {18} \)

Suy ra phương trình mặt cầu $(S)$ là:

\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 18\).

Diện tích nửa hình tròn đường kính \(\sqrt{5}{{x}^{2}}\) là \(S\left( x \right)=\frac{1}{2}.\pi {{\left( \frac{\sqrt{5}{{x}^{2}}}{2} \right)}^{2}}=\frac{5\pi {{x}^{4}}}{8}\).

Vậy \(V=\int\limits_{0}^{2}{S\left( x \right)dx}=\int\limits_{0}^{2}{\frac{5\pi {{x}^{4}}}{8}dx}=\frac{5\pi }{8}\left. \frac{{{x}^{5}}}{5} \right|_{0}^{2}=4\pi \).

Ta có:

\(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {0 - 1 + 1 - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\) và \(d\left( {M,\left( Q \right)} \right) = \dfrac{{\left| {0 + 1 + 1 - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} }} = 0\) nên A sai, D sai, B đúng.

Do đó \(M \in \left( Q \right),M \notin \left( P \right)\) nên C sai.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=a,\,\,x=b\,\,\left( a<b \right)\) là \(S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|dx}\).

Tọa độ trung điểm \(I\) của đoạn thẳng \(AB\):   \(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{1 - 3}}{2} =  - 1\\{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{2 - 4}}{2} =  - 1\\{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{3 - 5}}{2} =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow I( - 1; - 1; - 1)\)

Ta có:

\({{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}=\left( 2;-1;3 \right);\,\,{{\overrightarrow{n}}_{\left( Q \right)}}=\left( 0;1;0 \right)\Rightarrow {{\overrightarrow{n}}_{\left( R \right)}}=\left[ {{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}};{{\overrightarrow{n}}_{\left( Q \right)}} \right]=\left( -3;0;2 \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( R \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( R \right):\,\,-3\left( x-1 \right)+2\left( z-1 \right)=0\Leftrightarrow 3x-2z-1=0\)

\(\left( {\sin x} \right)' = \cos x \Rightarrow y = \sin x\) là một nguyên hàm của hàm số $y = \cos x$.

Dễ thấy \(2.1 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) - 1 = 0\)\( \Rightarrow \) điểm \(Q\) thuộc \(\left( P \right)\)

Ta có: \(F\left( x \right) = \int\limits_1^x {\left( {t + 1} \right)dt}  = \left. {\left( {\dfrac{{{t^2}}}{2} + t} \right)} \right|_1^x = \dfrac{{{x^2}}}{2} + x - \dfrac{1}{2} - 1 = \dfrac{{{x^2}}}{2} + x - \dfrac{3}{2}\)

Hàm số \(y = F\left( x \right)\) là hàm số bậc hai, hệ số \(a > 0\) nên nó đạt GTNN tại \(x =  -1 \in \left[ { - 1;1} \right]\).

Khi đó $F(-1)=\dfrac{1}{2}+(-1)-\dfrac{3}{2}=-2$

\(I = \int {\dfrac{{6{\mathop{\rm tanx}\nolimits} }}{{{{\cos }^2}x\sqrt {3\tan x + 1} }}dx} \)

Đặt \(u = \sqrt {3\tan x + 1}  \Rightarrow {u^2} = 3\tan x + 1 \Rightarrow \dfrac{3}{{{{\cos }^2}x}}dx = 2udu \Rightarrow \dfrac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}} = \dfrac{{2udu}}{3}\)\(I = \int {\dfrac{{2\left( {{u^2} - 1} \right)}}{{3u}}2udu = \dfrac{4}{3}\int {\left( {{u^2} - 1} \right)} } du\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right):\;x = 0.\)

Tọa độ điểm \({{A}_{1}}\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là: \({A_1}\left( {0;2;3} \right)\).

Nhận xét $\left( P \right)$  và $\left( Q \right)$ là hai mặt phẳng song song.

Chọn $A\left( { - 11,0,0} \right)$ thuộc $\left( P \right)$ . Ta có

\(d\left( {(P),(Q)} \right) = d\left( {A,(Q)} \right) = \dfrac{{| - 11 + 2.0 + 2.0 + 2|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = \dfrac{9}{3} = 3\) 

Thể tích vật thể là: \(V = \int\limits_a^b {S\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - 2}^0 {2{x^2}dx} \) 

Phương trình có dạng \({(x - a)^2} + {(y - b)^2} + {(z - c)^2} = {R^2}\) với \(a = 1,b =  - 2,c = 4\) và \(R = 2\sqrt 5 \)

có tâm \(I\left( {1; - 2;4} \right)\).

Vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\vec{n}=\left( 0;1;-\,2 \right).\)

Nhận thấy phần đồ thị chia làm 2 phần, chú ý đến cận của từng phần.

Phần 1 có cận từ $ - 2$  đến $1$  nhưng trong \(\left( { - 1;2} \right)\), đồ thị hàm số nằm phía dưới trục hoành.

Phần 2 có cận từ 1 đến 2 và đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành.

Vậy \(S = \int_{-2}^{ 1} ({-f(x))dx}  + \int_1^2 {f(x)dx} = \int_1^{ - 2} {f(x)dx}  + \int_1^2 {f(x)dx}  \)

$\vec n = 3\left( {2;3; - 5} \right) + 2\left( {0; - 3;4} \right) - \left( {1; - 2;3} \right) = \left( {5;5; - 10} \right)$

\(G\) là trọng tâm tứ diện nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 4{x_G} - {x_A} - {x_B} - {x_C} = 4.2 - 1 - 0 - 0 = 7\\{y_D} = 4{y_G} - {y_A} - {y_B} - {y_C} = 4.\left( { - 1} \right) - 2 - 1 - 0 =  - 7\\{z_D} = 4{z_G} - {z_A} - {z_B} - {z_C} = 4.0 - 0 - \left( { - 1} \right) - 1 = 0\end{array} \right.\) \( \Rightarrow D\left( {7; - 7;0} \right)\)

Khi đó \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1; - 1; - 1} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( { - 1; - 2;1} \right),\overrightarrow {AD}  = \left( {6; - 9;0} \right)\).

Ta có \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 3;2;1} \right)\) \( \Rightarrow V = \dfrac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} } \right| = \dfrac{1}{6}\left| { - 3.6 + 2.\left( { - 9} \right) + 1.0} \right| = 6\)

Ta có \(F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)dx}=\int{-\dfrac{1}{{{\cos }^{2}}x}dx}=-\tan x+C\)

\(F\left( 0 \right)=1\Leftrightarrow -\tan 0+C=1\Leftrightarrow C=1\Rightarrow F\left( x \right)=-\tan x+1\)

\(f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 - x} }}\) và \(t = \sqrt {1 - x}  \Rightarrow 1 - x = {t^2} \Rightarrow x = 1 - {t^2} \Rightarrow dx =  - 2tdt\)

\( \Rightarrow \int {f\left( x \right)} dx = \int {\dfrac{{{{\left( {1 - {t^2}} \right)}^2}}}{t}\left( { - 2tdt} \right) =  - 2\int {{{\left( {1 - {t^2}} \right)}^2}dt}  =  - 2\int {{{\left( {{t^2} - 1} \right)}^2}dt} }  \)

$\Rightarrow m = 1$

Ta có:

\(\int\limits_0^a {\left( {\cos x + \sin x} \right)dx} {\rm{\;}} = 0\) \( \Leftrightarrow \left. {\sin x} \right|_0^a - \left. {\cos x} \right|_0^a = 0\) \( \Leftrightarrow \sin a - \cos a + 1 = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sin a - \cos a =  - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}.\sin a - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}.\cos a =  - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\\ \Leftrightarrow \sin a.\cos \dfrac{\pi }{4} - \cos a.\sin \dfrac{\pi }{4} =  - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {a - \dfrac{\pi }{4}} \right) = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {a - \dfrac{\pi }{4}} \right) = \sin \left( {\dfrac{{ - \pi }}{4}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - \dfrac{\pi }{4} = {\rm{\;}} - \dfrac{\pi }{4} + k2\pi }\\{a - \dfrac{\pi }{4} = \dfrac{{5\pi }}{4} + k2\pi }\end{array}} \right.\)

$\Leftrightarrow a = \dfrac{{3\pi }}{2}\left( {0 < a < 2\pi } \right)$

$\begin{array}{c}\int\limits_{ - 1}^5 {\left| {{x^2} - 2x - 3} \right|dx}  = \int\limits_{ - 1}^5 {\left| {(x - 3)(x + 1)} \right|dx}  =  - \int\limits_{ - 1}^3 {\left( {{x^2} - 2x - 3} \right)dx}  + \int\limits_3^5 {\left( {{x^2} - 2x - 3} \right)dx} \\ =  - \left. {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} - {x^2} - 3x} \right)} \right|_{ - 1}^3 + \left. {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} - {x^2} - 3x} \right)} \right|_3^5 = \dfrac{{64}}{3}.\end{array}$

Ta có:

\(\begin{array}{l}I = \int\limits_{ - 1}^0 {\dfrac{{3{x^2} + 5x - 1}}{{x - 2}}dx}  = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {3x + 11 + \dfrac{{21}}{{x - 2}}} \right)dx}  = \left. {\left( {\dfrac{{3{x^2}}}{2} + 11x + 21\ln \left| {x - 2} \right|} \right)} \right|_{ - 1}^0 = 21\ln 2 + \dfrac{{19}}{2} - 21\ln 3 = 21\ln \dfrac{2}{3} + \dfrac{{19}}{2}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 21\\b = \dfrac{{19}}{2}\end{array} \right. \Rightarrow a + 2b = 21 + 19 = 40\end{array}\)

Cách 1: Đặt \(t = {\ln ^2}x + 1 \Rightarrow dt = 2\ln x\dfrac{{dx}}{x} \Rightarrow \dfrac{{\ln xdx}}{x} = \dfrac{{dt}}{2}\).

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 1\\x = e \Rightarrow t = 2\end{array} \right.\)

Khi đó ta có:

\(I = \dfrac{1}{2}\int\limits_1^2 {\dfrac{{dt}}{t}}  = \left. {\dfrac{1}{2}\ln \left| t \right|} \right|_1^2 = \dfrac{1}{2}\ln 2 = a\ln 2 + b \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{2}\\b = 0\end{array} \right. \Rightarrow 2a + b = 1\)

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right){\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2018}} = x.{e^x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R\\ \Rightarrow \int\limits_{}^{} {f'\left( x \right){{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{2018}}dx}  = \int\limits_{}^{} {x{e^x}dx} \\ \Leftrightarrow \int\limits_{}^{} {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{2018}}d\left( {f\left( x \right)} \right)}  = \int\limits_{}^{} {xd\left( {{e^x}} \right)} \\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{2019}}}}{{2019}} = x{e^x} - \int\limits_{}^{} {{e^x}dx}  + C\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{2019}}}}{{2019}} = x{e^x} - {e^x} + C\\ \Leftrightarrow {\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2019}} = 2019\left( {x{e^x} - {e^x} + C} \right)\\f\left( 1 \right) = 1 \Leftrightarrow {1^{2019}} = 2019C \Leftrightarrow C = \dfrac{1}{{2019}}\\ \Rightarrow {\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2019}} = 2019\left( {x{e^x} - {e^x} + \dfrac{1}{{2019}}} \right)\\ \Rightarrow f\left( x \right) =  - \dfrac{1}{e} \Rightarrow {\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2019}} = \dfrac{{ - 1}}{{{e^{2019}}}}\\ \Leftrightarrow 2019\left( {x{e^x} - {e^x} + \dfrac{1}{{2019}}} \right) = \dfrac{{ - 1}}{{{e^{2019}}}}\\ \Leftrightarrow 2019\left( {x{e^x} - {e^x}} \right) + 1 + \dfrac{1}{{{e^{2019}}}} = 0\end{array}\)

Xét hàm số $f\left( x \right) = 2019\left( {x{e^x} - {e^x}} \right) + 1 + \dfrac{1}{{{e^{2019}}}}$ ta có

$f'\left( x \right) = 2019\left( {{e^x} + x{e^x} - {e^x}} \right) = 2019x{e^x} = 0 \Leftrightarrow x = 0$

$f\left( 0 \right) =  - 2018 + \dfrac{1}{{{e^{2019}}}} < 0$

Lập BBT ta thấy đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt $ \Rightarrow $ phương trình $f\left( x \right) =  - \dfrac{1}{e}$ có 2 nghiệm phân biệt.

Đặt \(\cos x = \tan a \Leftrightarrow  - \sin xdx = \left( {1 + {{\tan }^2}a} \right)da\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Leftrightarrow a = \dfrac{\pi }{4}\\x = \dfrac{\pi }{4} \Leftrightarrow a = \arctan \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\), khi đó ta có:   \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{\tan xdx}}{{1 + {{\cos }^2}x}}}  = \int\limits_{\dfrac{\pi }{4}}^{\arctan \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} {\dfrac{{ - \left( {1 + {{\tan }^2}a} \right)da}}{{\tan a\left( {1 + {{\tan }^2}a} \right)}}}  = \int\limits_{\arctan \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{\cos ada}}{{\sin a}}} \)

Đặt \(u = \sin a \Leftrightarrow du = \cos ada\), đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{\pi }{4} \Leftrightarrow u = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\\a = \arctan \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow u = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\end{array} \right.\) , khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}I = \int\limits_{\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}}^{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} {\dfrac{{du}}{u}}  = \left. {\ln u} \right|_{\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}}^{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} = \ln \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} - \ln \dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = \ln \dfrac{{\sqrt 6 }}{2} = \dfrac{1}{2}\ln {\left( {\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)^2} = \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{3}{2}\\ \Rightarrow m = \dfrac{1}{2}\end{array}\)

Đặt$f\left( x \right) = {e^{2x}}\left( {a\cos 3x + b\sin 3x} \right) + c$. Ta có

$f'\left( x \right) = 2a{e^{2x}}\cos 3x - 3a{e^{2x}}\sin 3x + 2b{e^{2x}}\sin 3x + 3b{e^{2x}}\cos 3x $

$= \left( {2a + 3b} \right){e^{2x}}\cos 3x + \left( {2b - 3a} \right){e^{2x}}\sin 3x$

Để $f\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số ${e^{2x}}\cos 3x$, điều kiện là

$f'\left( x \right) = {e^{2x}}\cos 3x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + 3b = 1\\2b - 3a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{2}{{13}}\\b = \dfrac{3}{{13}}\end{array} \right. \Rightarrow a + b = \dfrac{5}{{13}}$

Đặt \({{x}^{2}}+9=t\Rightarrow 2xdx=dt\Rightarrow xdx=\frac{1}{2}dt\).

Đổi cận:

$\begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow t = 9\\
x = 4 \Rightarrow t = 25
\end{array}$

Khi đó, ta có: \(I=\int\limits_{0}^{4}{x\ln ({{x}^{2}}+9)dx=}\frac{1}{2}\int\limits_{9}^{25}{\ln tdt}=\frac{1}{2}\left[ \left. t.\ln \left| t \right| \right|_{9}^{25}-\int_{9}^{25}{td(\ln t)} \right]=\frac{1}{2}\left[ t.\ln \left. t \right|_{9}^{25}-\int_{9}^{25}{t.\frac{1}{t}dt} \right]\)

\(=\frac{1}{2}\left[ t.\ln \left. t \right|_{9}^{25}-\int_{9}^{25}{dt} \right]=\frac{1}{2}\left[ t.\ln \left. t \right|_{9}^{25}-\left. t \right|_{9}^{25} \right]=\frac{1}{2}\left[ \left( 25\ln 25-9\ln 9 \right)-(25-9) \right]=25\ln 5-9\ln 3-8\)

Suy ra, \(a=25,\,b=-9,\,c=-8\Rightarrow T=a+b+c=8\)

$(S)$ có tâm $I(5;-3;7)$ và bán kính $R= 6\sqrt 2 $

Theo đề bài ta có phương trình $(P)$ có dạng $x+m(y-8)+n(z-2)=0$

Vì $(P)$ tiếp xúc với $(S) $ nên ${\rm{d}}(I,(P)) = \dfrac{{\left| {5 + m( - 3 - 8) + n(7 - 2)} \right|}}{{\sqrt {1 + {m^2} + {n^2}} }} = \dfrac{{\left| {5 - 11m + 5n} \right|}}{{\sqrt {1 + {m^2} + {n^2}} }} = 6\sqrt 2 $

                                                      $\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left| {5 - 11m + 5n} \right| = 6\sqrt 2 .\sqrt {1 + {m^2} + {n^2}} \\ \Leftrightarrow 25 + 121{m^2} + 25{n^2} - 110m + 50n - 110mn = 72(1 + {m^2} + {n^2})\\ \Leftrightarrow 49{m^2} - 110m + 50n - 110mn - 47{n^2} - 47 = 0\\ \Leftrightarrow 49{m^2} - 110m(n + 1) - 47{n^2} + 50n - 47 = 0(1)\\\Delta ' = 3025{(n + 1)^2} - 49( - 47{n^2} + 50n - 47) = 5328{n^2} + 3600n + 5328 > 0\end{array}$

Phương trình (*) luôn có  nghiệm

$\begin{array}{l}{\rm{d}}(B,(P)) = \dfrac{{\left| {1 + m(1 - 8) + n( - 9 - 2)} \right|}}{{\sqrt {1 + {m^2} + {n^2}} }} = \dfrac{{\left| {1 - 7m - 11n} \right|}}{{\sqrt {1 + {m^2} + {n^2}} }}\\ =  > d(B,(P))\max  = AB \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {1 - 7m - 11n} \right|}}{{\sqrt {1 + {m^2} + {n^2}} }} = 3\sqrt {19}  \Leftrightarrow \sqrt {1 + {m^2} + {n^2}}  = \dfrac{{\left| {1 - 7m - 11n} \right|}}{{3\sqrt {19} }}\end{array}$

Mặt khác $\dfrac{{\left| {5 - 11m + 5n} \right|}}{{6\sqrt 2 }} = \sqrt {1 + {m^2} + {n^2}} $

$\dfrac{{\left| {1 - 7m - 11n} \right|}}{{3\sqrt {19} }}$=$\dfrac{{\left| {5 - 11m + 5n} \right|}}{{6\sqrt 2 }}$

      $\begin{array}{l}72(1 + 49{m^2} + 121{n^2} - 14m - 22n + 154mn) = 171(25 + 121{m^2} + 25{n^2} - 110m + 50n - 110mn)\\ \Leftrightarrow 8(1 + 49{m^2} + 121{n^2} - 14m - 22n + 154mn) = 19(25 + 121{m^2} + 25{n^2} - 110m + 50n - 110mn)\\ \Leftrightarrow  - 1907{m^2} + 493{n^2} + 1978m - 1126n + 3322mn - 467 = 0(2)\end{array}$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow m.n= \dfrac{{276}}{{49}}$

Ta có: $4{\sin ^2}x + 2{\cos ^2}x + 3 = \frac{{4\left( {1 - \cos 2x} \right)}}{2} + \frac{{2\left( {1 + \cos 2x} \right)}}{2} + 3 = 6 - \cos 2x$

\(\int {\dfrac{{\sin 2{\rm{x}}}}{{\sqrt {4{{\sin }^2}x + 2{{\cos }^2}x + 3} }}} d{\rm{x}} = \int {\dfrac{{\sin 2{\rm{x}}}}{{\sqrt {6 - \cos 2{\rm{x}}} }}} d{\rm{x}}\) 

Đặt \(u=6-\cos2x =>du=d(6-\cos2x)=2\sin2xdx\)

=> \(\sin2xdx=\dfrac{d(6-\cos2x)}{2}\)

=>\( \int {\dfrac{{\sin 2{\rm{x}}}}{{\sqrt {6 - \cos 2{\rm{x}}} }}} d{\rm{x}}\) \({\rm{ = }}\int {\dfrac{{d\left( {6 - \cos 2{\rm{x}}} \right)}}{{2\sqrt {6 - \cos 2{\rm{x}}} }}}  = \sqrt {6 - \cos 2{\rm{x}}}  + C\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số (C) và trục hoành là:

\(S=\int\limits_{-1}^{4}{\left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-4x \right|dx}=\int\limits_{-1}^{0}{\left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-4x \right|dx+}\int\limits_{0}^{4}{\left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-4x \right|dx}=\int\limits_{-1}^{0}{\left( {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-4x \right)dx-}\int\limits_{0}^{4}{\left( {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-4x \right)dx}\)

Ta có \(\dfrac{1}{3}{x^3} - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\end{array} \right.\)

$V=\pi {{\int\limits_{0}^{3}{\left( \dfrac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}} \right)}}^{2}}d\text{x }=\pi \int\limits_{0}^{3}{\left( \dfrac{1}{9}{{x}^{6}}-\dfrac{2}{3}{{x}^{5}}+{{x}^{4}} \right)}dx$

$=\left. \pi \left( \dfrac{1}{63}{{x}^{7}}-\dfrac{1}{9}{{x}^{6}}+\dfrac{1}{5}{{x}^{5}} \right) \right|_{0}^{3}=\dfrac{81}{35}\pi $

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right);B\left( {0;b;0} \right);C\left( {0;0;c} \right)\) là giao điểm của mặt phẳng $(P)$ với các trục tọa độ, khi đó phương trình mặt phẳng $(P)$ là : $\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1$

$M \in \left( P \right) \Rightarrow \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{2}{c} = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).$

Lại có $OA = OB = OC \Leftrightarrow \left| a \right| = \left| b \right| = \left| c \right|$

Suy ra $\left[ \begin{array}{l}a = b = c\\a =  - \,b = c\end{array} \right.$ và $\left[ \begin{array}{l}a = b =  - \,c\\a =  - \,b =  - \,c\end{array} \right.,$ mà $a = b =  - \,c$ không thỏa mãn điều kiện $\left( 1 \right).$

Vậy có $3$ mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có: \(\overrightarrow{OA}=\left( -1;-2;0 \right)\)

\(\left( P \right)\) cách đều \(B,C\Leftrightarrow d\left( B;\left( P \right) \right)=d\left( C;\left( P \right) \right)\)

TH1: \(BC//\left( P \right)\)

\(\overrightarrow{BC}=\left( 0;4;-3 \right)\Rightarrow \left[ \overrightarrow{OA};\overrightarrow{BC} \right]=\left( 6;-3;-4 \right)\Rightarrow \left( P \right)\) đi qua O và nhận \(\overrightarrow{b}=\left( 6;-3;-4 \right)\) là 1 VTPT

\(\Rightarrow \left( P \right):\,\,6x-3y-4z=0\Leftrightarrow \left( P \right):\,\,-6x+3y+4z=0\)

TH2: \(I\in \left( P \right)\), với I là trung điểm của \(BC\).

\(\begin{align}I\left( 0;-2;-\frac{3}{2} \right)\Rightarrow \overrightarrow{OI}=\left( 0;-2;-\frac{3}{2} \right)\Rightarrow \left[ \overrightarrow{OA};\overrightarrow{OI} \right]=\frac{1}{2}\left( 6;-3;4 \right) \\~\Rightarrow \left( P \right):\,\,6x-3y+4z=0 \\\end{align}\)

Do đó có hai mặt phẳng thỏa mãn là: $-6x+3y+4z=0$ và $6x-3y+4z=0$.

Dựa vào các đáp án ta chọn được đáp án B.

Vì  \({d_{(A,(P))}} = 3{d_{(B,(P))}}\)  nên AB cắt (P) tại điểm I \( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\overrightarrow {AI}  = 3\overrightarrow {BI} \\\overrightarrow {AI}  =  - 3\overrightarrow {BI} \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}I\left( { - 4; - 1;3} \right)\\I\left( { - 1;2;0} \right)\end{array} \right.\)

Vì có vô số mặt phẳng (P) chứa C, D và khoảng cách từ A đến (P) gắp 3 lần khoảng cách từ B đến (P) nên I, C, D  thẳng hàng hay \(D = IC \cap (\alpha )\)

+ Nếu \(I\left( { - 4; - 1;3} \right) \Rightarrow  {IC} :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 6t\\y = t\\z = 1 - 2t\end{array} \right. \)

Thay các tọa độ trên vào phương trình \((\alpha) \) ta được:

$3\left( {2 + 6t} \right) + 4t + 5\left( {1 - 2t} \right) + 1 = 0 $ $\Leftrightarrow 12t + 12 = 0 \Leftrightarrow t = - 1$

\(\Rightarrow D\left( { - 4; - 1;3} \right)\) ( thỏa mãn )

+  Nếu \(I( - 1;2;0) \Rightarrow {IC} :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 3t\\y =  - 2t\\z = 1 + t\end{array} \right. \)

Thay các tọa độ trên vào phương trình \((\alpha) \) ta được:

$3\left( {2 + 3t} \right) + 4.(-2t) + 5\left( {1 +t} \right) + 1 = 0 $ $\Leftrightarrow 6t + 12 = 0 \Leftrightarrow t = - 2$

\(\Rightarrow D\left( { - 4;4; - 1} \right)\) ( loại)

 Vậy \(D\left( { - 4; - 1;3} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 4\\b =  - 1\\c = 3\end{array} \right. \Rightarrow S = 16 + 1 + 9 = 26\)

Vì \(M\) là trực tâm của tam giác \(ABC\)\( \Rightarrow \,\,OM \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \,\,{\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \overrightarrow {OM}  = \left( {2;1;5} \right)\)

Suy ra phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(2\left( {x - 2} \right) + y - 1 + 5\left( {z - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y + 5z - 30 = 0.\)

Khoảng cách từ điểm \(I\left( {1;2;3} \right)\) đến mặt phẳng (P) là \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 + 2 + 15 - 30} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {5^2}} }} = \frac{{11}}{{\sqrt {30} }} = \frac{{11\sqrt {30} }}{{30}}.\)

$(S):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 2z - 3 = 0$ có tâm $I(1;-2;1)$ và bán kính $R = 3$.

Do $(P)$ đi qua $A, B$ và cắt $(S)$ theo giao tuyến là đường tròn có bán kính lớn nhất nên $(P)$ đi qua tâm $I$ của $(S)$

Ta có: $\overrightarrow {IA}  = \left( { - 1;1; - 1} \right),\overrightarrow {IB}  = \left( {0;3; - 2} \right)$; $\overrightarrow {{n_{(P)}}}  = \left[ {\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {IB} } \right] = \left( {1; - 2; - 3} \right)$

Phương trình mặt phẳng $(P): 1(x – 0) – 2(y + 1) – 3(z – 0) = 0$ hay $x – 2y – 3z – 2 = 0$.

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \ln \left( {3\sin x + \cos x} \right)\\dv = \dfrac{{dx}}{{{{\sin }^2}x}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{{3\cos x - \sin x}}{{3\sin x + \cos x}}\,\,dx\\v =  - \cot x - 3 =  - \dfrac{{3\sin x + \cos x}}{{\sin x}}\end{array} \right.$.

Khi đó $I = \left. {\left[ { - \left( {\cot x + 3} \right)\ln \left( {3\sin x + \cos x} \right)} \right]} \right|_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{2}} + \int\limits_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{3\cos x - \sin x}}{{\sin x}}\,\,dx} .$

$\begin{array}{l} = 4.\ln 2\sqrt 2  - 3.\ln 3 - \int\limits_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{2}} {dx}  + 3.\int\limits_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{d\left( {\sin x} \right)}}{{\sin x}}} \\ = 4.\ln 2\sqrt 2  - 3.\ln 3 - \int\limits_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{2}} {dx}  + 3\left. {\ln \left| {\sin x} \right|} \right|_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{2}}\\ = 4.\ln 2\sqrt 2  - 3.\ln 3 - \dfrac{\pi }{4} - 3.\ln \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\\ = 12ln\sqrt 2  - 3\ln 3 - \dfrac{\pi }{4} + 3\ln \sqrt 2  = 15.\ln \sqrt 2  - 3.\ln 3 - \dfrac{\pi }{4}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 15\\n =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow m + n = 12.\end{array}$