$\left( {1 + i} \right)z = 3 - i \Rightarrow z = \dfrac{{3 - i}}{{1 + i}} = \dfrac{{\left( {3 - i} \right)\left( {1 - i} \right)}}{{\left( {1 + i} \right)\left( {1 - i} \right)}} = \dfrac{{2 - 4i}}{{{1^2} + {1^2}}} = 1 - 2i \Rightarrow Q\left( {1; - 2} \right)$ là điểm biểu diễn $z$.

Dễ thấy hàm số $y = \dfrac{{x - 2}}{{x + 1}}$ là hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất nên không có cực trị.

Ngoài ra, có thể kiểm tra được các cực trị của mỗi hàm số được cho ở ba đáp án B, C, D.

Công thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy $S$ và chiều cao $h$ là $V = Sh$.

Dựa vào các đáp án, xét:

$\int\limits_{ - 1}^2 {f(2x)dx}$$= \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^2 {f(2x)d(2x)}$$= \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 2}^4 {f(x)dx }$$= 1$

$\begin{array}{l}\int\limits_{ - 3}^3 {f(x + 1)dx}  = \int\limits_{ - 3}^3 {f(x + 1)d(x + 1)} \\ = \int\limits_{ - 2}^4 {f(x)dx = 2} \end{array}$

$\int\limits_0^6 {\dfrac{1}{2}f(x - 2)dx}  = \int\limits_0^6 {\dfrac{1}{2}f(x - 2)d(x - 2)}$$= \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 2}^4 {f(x)dx = 1}$

Do đó các đáp án B, C, D đều đúng, đáp án A sai.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay $\left( H \right)$ quanh trục $Oy$ được tính theo công thức $V = \pi \int\limits_1^4 {{{\left( {\sqrt y } \right)}^2}dy}  = \pi \int\limits_1^4 {ydy}$.

GTNN của $f\left( x \right)$ trên $\left[ {0;2} \right]$ bằng $5$ nên $f\left( x \right) \geqslant 5,\forall x \in \left[ {0;2} \right] \Rightarrow f\left( 2 \right) \geqslant 5$.

ĐK : $x\ge 0;\,\,y\ge 0$

Xét phương trình hoành độ giao điểm ${{x}^{2}}=-x+2\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}x=-2\,\,\left( ktm \right) \\x=1\,\,\,\,\,\,\,\left( tm \right) \\\end{align} \right.$

$\Rightarrow V=\pi \int\limits_{0}^{1}{\left| {{x}^{4}}-{{\left( -x+2 \right)}^{2}} \right|dx}=\pi \left| \int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{4}}-{{x}^{2}}+4x-4 \right)}dx \right|=\frac{32}{15}\pi$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị:

 ${x^3}-x = 2x \Leftrightarrow {x^3}-3x = 0 \Leftrightarrow x = 0$ (chỉ xét trên $\left( {-1;1} \right)$)

Với $x \in \left( {-1;0} \right)$ thì ${x^3}-3x > 0$ ; với $x \in \left( {0;1} \right)$ thì ${x^3}-3x < 0$

Diện tích cần tìm là $S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{x^3} - 3x} \right|dx}  = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {{x^3} - 3x} \right)dx}  + \int\limits_0^1 {\left( {3x - {x^3}} \right)dx}$

Áp dụng công thức ${S_{xq}} = \pi rl$ ta được: ${S_{xq}} = \pi .3.4 = 12\pi \left( {c{m^2}} \right)$

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.

Hình tứ diện có $6$ cạnh và $4$ đỉnh nên số cạnh của tứ diện lớn hơn số mặt của nó.

Đường thẳng $\Delta$ đi qua $A\left( {1;0;2} \right)$ và có VTCP $\overrightarrow u  = \left( {1;2;1} \right)$. Khi đó:

$\overrightarrow {MA}  = \left( { - 1;0;1} \right),\overrightarrow u  = \left( {1;2;1} \right)$

$\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow u } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}0\\2\end{array}&\begin{array}{l}1\\1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}1\\1\end{array}&\begin{array}{l} - 1\\1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l} - 1\\1\end{array}&\begin{array}{l}0\\2\end{array}\end{array}} \right|} \right) = \left( { - 2;2; - 2} \right)$

Vậy $d\left( {M,\Delta } \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \dfrac{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {2^2}} }}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \sqrt 2$ 

Vì $0 < \sqrt 2  - 1 < 1$ nên ${\left( {\sqrt 2  - 1} \right)^m} < {\left( {\sqrt 2  - 1} \right)^n} \Leftrightarrow m > n$.

${z_2} - 2{z_1} = 4 - 2i - 2(1 + 3i) = 2 - 8i \Rightarrow |{z_2} - 2{z_1}| = \sqrt {{2^2} + {8^2}}  = \sqrt {68}  = 2\sqrt {17}$ 

Phương trình tương đương với:

$3 - x = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow x = \dfrac{{11}}{4}$

Vậy $x = \dfrac{{11}}{4}$.

Từ bảng biến thiên ta thấy:

- Đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương qua $x =  - 2$ nên $x =  - 2$ là điểm cực tiểu của hàm số (C đúng).

- Đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương qua $x = 2$ nên $x = 2$ là điểm cực tiểu của hàm số (A đúng).

- Đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua $x = 0$ nên $x = 0$ là điểm cực đại của hàm số (D đúng).

- Qua điểm $x = 3$ thì đạo hàm không đổi dấu nên $x = 3$ không là điểm cực trị của hàm số (B sai).

Điểm $M\left( {x;y;z} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {OM}  = x.\overrightarrow i  + y.\overrightarrow j  + z.\overrightarrow k$

$\Delta ' = 1 - 2 =  - 1 < 0 \Rightarrow$ phương trình có hai nghiệm là $z = 1 + i$ và $z = 1 - i$.

Vậy phương trình có hai nghiệm phức.

Do đó các đáp án A, B, D đều đúng

Quan sát đồ thị ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty$ nên $a > 0$.

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

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 $I = \left. {\dfrac{{{x^2}\ln \left( {x + 2} \right)}}{2}} \right|_0^1 - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 2}}{\rm{d}}x} .$

Ta có: $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2 + 3t\\z = 5 - t\end{array} \right.\left( {t \in R} \right) \Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 0t\\y = 2 + 3t\\z = 5 - t\end{array} \right.\left( {t \in R} \right) \Rightarrow \overrightarrow u  = \left( {0;3; - 1} \right)$

Kiểm tra lần lượt các điều kiện

$\left\{ \begin{array}{l}\left| {\vec a} \right| = \sqrt {{{( - 1)}^2} + {1^2} + {0^2}}  = \sqrt 2 \\\left| {\vec c} \right| = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}}  = \sqrt 3 \\\vec a.\vec b = ( - 1).1 + 1.1 + 0.0 = 0 \Rightarrow \vec a \bot \vec b\end{array} \right.$

Lại có: $\overrightarrow b .\overrightarrow c  = 1.1 + 1.1 + 0.1 = 2 \ne 0$ nên $\overrightarrow b$ và $\overrightarrow c$ không vuông góc.

Ta có: $I(1; - 2;2),R = \sqrt {{1^2} + {{( - 2)}^2} + {2^2} + m}  = \sqrt {9 + m}$

Ta có: $R = 5 \Leftrightarrow \sqrt {9 + m}  = 5 \Leftrightarrow m = 16$

Gọi O là trọng tâm tam giác đều ABC

Vì chóp S.ABC đều nên $SO \bot \left( {ABC} \right)$

$\Rightarrow OA$ là hình chiếu vuông góc của SA lên $\left( {ABC} \right)$$\Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA;OA} \right)} = \widehat {SAO} = {60^0}$

$SO \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SO \bot OA \Rightarrow \Delta SAO$ vuông tại O

Gọi D là trung điểm của BC ta có: $AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$$\Rightarrow AO = \dfrac{2}{3}AD = \dfrac{2}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$

$\Rightarrow SO = AO.\tan 60 = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3  = a$

Vì tam giác ABC đều nên ${S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Vậy ${V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}a\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$

Điểm $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nếu:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\{z_G} = \dfrac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 3{x_G} - {x_A} - {x_B} = 3.4 - 0 - \left( { - 1} \right) = 13\\{y_C} = 3{y_G} - {y_A} - {y_B} = 3.\left( { - 1} \right) - 2 - 3 =  - 8\\{z_C} = 3{z_G} - {z_A} - {z_B} = 3.3 - \left( { - 1} \right) - 2 = 8\end{array} \right.$

$\Rightarrow C\left( {13; - 8;8} \right)$

$y = \dfrac{{x - 2}}{{{x^2} - 2x + m}}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{x - 2}}{{{x^2} - 2x + m}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{\dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{{{x^2}}}}}{{1 - \dfrac{2}{x} + \dfrac{m}{{{x^2}}}}} = 0$ 

Suy ra $y = 0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Để đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận $\Leftrightarrow$ Đồ thị hàm số phải có hai đường tiệm cận đứng 

$\Leftrightarrow {x^2} - 2x + m = 0$ có 2 nghiệm phân biệt khác $2$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  \Delta ' > 0 \hfill \\  {2^2} - 2.2 + m \ne 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  1 - m > 0 \hfill \\  m \ne 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  m < 1 \hfill \\  m \ne 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$ 

Ta có: $y' = \dfrac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $d$ đã cho và $\left( H \right)$.

$\begin{array}{l} - 2x + m = \dfrac{{2x + 3}}{{x + 2}}\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( { - 2x + m} \right) = 2x + 3\\ \Leftrightarrow  - 2{x^2} + \left( {m - 4} \right)x + 2m = 2x + 3\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + \left( {6 - m} \right)x + 3 - 2m = 0{\rm{ }}\left( * \right)\end{array}$

$d$ cắt $\left( H \right)$ tại 2 điểm phân biệt $\Leftrightarrow$ Phương trình (*) có $2$  nghiệm phân biệt khác $- 2$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = {\left( {6 - m} \right)^2} - 8\left( {3 - 2m} \right) > 0\\2.{\left( { - 2} \right)^2} + \left( {6 - m} \right).\left( { - 2} \right) + 3 - 2m \ne 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 4m + 12 > 0\\ - 1 \ne 0\end{array} \right.$

(luôn đúng)

Gọi hoành độ giao điểm hai điểm $A,B$ lần lượt là ${x_1},{x_2}$, khi đó:$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{m - 6}}{2}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{3 - 2m}}{2}\end{array} \right.$

Ta có:

${k_1}.{k_2} = \dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} + 2} \right)}^2}}}.\dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left[ {\left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right)} \right]}^2}}}$

$= \dfrac{1}{{{{\left[ {{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4} \right]}^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left[ {\dfrac{{3 - 2m}}{2} + 2.\dfrac{{m - 6}}{2} + 4} \right]}^2}}}$

$= \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{3 - 2m + 2m - 12 + 8}}{2}} \right)}^2}}} = 4$

Khi đó $P = k_1^{2018} + k_2^{2018} \ge 2{\left| {{k_1}{k_2}} \right|^{1009}} = {2.4^{1009}} = {2^{2019}}$.

Dấu “=” xảy ra khi ${k_1} = {k_2} = 2$ hay hai tiếp tuyến tại hai giao điểm song song.

Điều này chỉ xảy ra khi hai giao điểm này đối xứng với nhau qua tâm đối xứng $I$ của đồ thị $\left( H \right)$ hay $d$ đi qua $I\left( { - 2;2} \right)$ là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số.

$\Leftrightarrow I \in d \Leftrightarrow 2 = -2.\left( {-2} \right) + m \Leftrightarrow m = -2$

Ta có:

$\begin{array}{l}T = 23000000\\r = 0,5\% \\N = 6\end{array}$

Vậy $A = \dfrac{{T.r{{\left( {1 + r} \right)}^N}}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^N} - 1}} = \dfrac{{23000000.0,5\% {{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^6}}}{{{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^6} - 1}} = 3900695$ đồng.

Có $b = {\log _2}6 = 1 + {\log _2}3 \Rightarrow {\log _2}3 = b - 1$

${\log _3}90 = {\log _3}({3^2}.2.5) = 2 + {\log _3}2 + {\log _3}5$ $= 2 + \dfrac{1}{{{{\log }_2}3}} + \dfrac{{{{\log }_2}5}}{{{{\log }_2}3}}$ $= 2 + \dfrac{{1 + {{\log }_2}5}}{{{{\log }_2}3}}$ $= 2 + \dfrac{{1 + a}}{{b - 1}} = \dfrac{{a + 2b - 1}}{{b - 1}}$

$\begin{array}{l}f(x) = \dfrac{{{3^x}}}{{{7^{{x^2} - 4}}}} > 9 \Leftrightarrow {3^x} > {9.7^{{x^2} - 4}} \Leftrightarrow {3^x} > {3^2}{.7^{{x^2} - 4}} \Leftrightarrow {3^{x - 2}} > {7^{{x^2} - 4}}\\ \Leftrightarrow {\log _3}{3^{x - 2}} > {\log _3}{7^{{x^2} - 4}} \Leftrightarrow x - 2 > ({x^2} - 4){\log _3}7\end{array}$

Từ đó dựa vào các đáp án ta thấy A đúng.

$\begin{array}{l}{3^{x - 2}} > {7^{{x^2} - 4}}\\ \Leftrightarrow \ln {3^{x - 2}} > \ln {7^{{x^2} - 4}} \Leftrightarrow (x - 2)\ln3 > ({x^2} - 4)\ln 7\end{array}$ => B đúng

$\begin{array}{l}{3^{x - 2}} > {7^{{x^2} - 4}}\\ \Leftrightarrow \log {3^{x - 2}} > \log {7^{{x^2} - 4}} \Leftrightarrow (x - 2)\log3 > ({x^2} - 4)\log 7\end{array}$ => C đúng

$\begin{array}{l}{3^{x - 2}} > {7^{{x^2} - 4}}\\ \Leftrightarrow {\log _{0,2}}{3^{x - 2}} < {\log _{0,2}}{7^{{x^2} - 4}} \Leftrightarrow (x - 2)\log_{{0,2}}3 < ({x^2} - 4){\log _{0,2}}7\end{array}$ => D sai

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = {x^2}\\dv = {e^x}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2xdx\\v = {e^x}\end{array} \right.$.

$\Rightarrow \int {{x^2}.{e^x}dx}  = {x^2}{e^x} - \int {2x{e^x}dx}$.

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = 2x\\dv = {e^x}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2dx\\v = {e^x}\end{array} \right.$.

$\Rightarrow \int {2x{e^x}dx}  = 2x{e^x} - \int {2{e^x}dx}  = 2x{e^x} - 2{e^x} + C$.

$\Rightarrow \int {{x^2}.{e^x}dx}  = \left( {{x^2} - 2x + 2} \right){e^x} + C$.

Khi đó $m.n =  - 4$.

Ta có $f\left( x \right)=a\cos \left( \frac{\pi x}{2} \right)+b\Rightarrow f\left( 1 \right)=a.\cos \frac{\pi }{2}+b=1\Rightarrow b=1.$

Và $\int\limits_{0}^{3}{\left[ a\cos \left( \frac{\pi x}{2} \right)+1 \right]\,\text{d}x}=\left. \left( \frac{2a}{\pi }\sin \left( \frac{\pi x}{2} \right)+x \right) \right|_{0}^{3}=\frac{2a}{\pi }.\sin \frac{3\pi }{2}+3=-\frac{2a}{\pi }+3=5\Rightarrow a=-\,\pi .$

Giả sử $M\left( {a;{a^2}} \right) \in (P)$ thì ta có phương trình đường thẳng $OM$ là: $y = ax$

Khi đó diện tích mảnh vườn nhỏ là: $S = \int\limits_0^a {(ax - {x^2})dx = \left. {\left( {a\dfrac{{{x^2}}}{2} - \dfrac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|} _0^a = \dfrac{{{a^3}}}{6} = \dfrac{9}{2} \Leftrightarrow a = 3$

Khi đó ta có: $OM = 3\sqrt {10}$

Ta có: ${z_2} = 2i$

Có $A\left( {1;1} \right);B\left( {0;2} \right)$ và $C\left( {m; - 1} \right)$

$\overrightarrow {AB}  = ( - 1;1);\overrightarrow {BC}  = (m; - 3) \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC}  =  - 1.m - 3 = 0 \Leftrightarrow m =  - 3$

Gọi $z = x + yi$;

Khi đó $z - 4 + 3i = \left( {x - 4} \right) + \left( {y + 3} \right)i$

$\Rightarrow \left| {z - 4 + 3i} \right| = \left| {\left( {x - 4} \right) + \left( {y + 3} \right)i} \right| = 3 \Rightarrow {\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 9$

Vậy quỹ tích các điểm $M$ biểu diễn số phức $z$ thuộc đường tròn tâm $I\left( {4; - 3} \right);R = 3$.

Đặt  $\left\{ \begin{array}{l}x = 3\sin t + 4\\y = 3\cos t - 3\end{array} \right.$

$\Rightarrow {x^2} + {y^2} = {\left( {3\sin t + 4} \right)^2} + {\left( {3\cos t - 3} \right)^2}$

$= 9{\sin ^2}t + 9{\cos ^2}t + 24\sin t - 18\cos t + 25 = 24\sin t - 18\cos t + 34$

Mà $24\sin t - 18\cos t \le \sqrt {\left( {{{24}^2} + {{18}^2}} \right)\left( {{{\sin }^2}t + {{\cos }^2}t} \right)}  = 30$ (theo bunhiacopxki)

$\Rightarrow {x^2} + {y^2} \le 30 + 34 = 64 \Rightarrow \sqrt {{x^2} + {y^2}}  \le 8 \Rightarrow \left| z \right| \le 8$

Gọi $O$ là tâm hình bình hành $ABB’A’$. Ta có $CO \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow CO \bot OA;CO \bot OB$

$\Delta COA = \Delta COB\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow OA = OB \Rightarrow AB' = A'B \Rightarrow ABB'A'$ là hình chữ nhật.

Lại có $AB = BB' = a \Rightarrow ABB'A'$ là hình vuông

Khi đó $OA = OB = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }}$

Xét tam giác vuông $OAC$ có: $OC = \sqrt {A{C^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$

$\Rightarrow {V_{C.A'AB}} = \dfrac{1}{3}OC.{S_{A'AB}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}$

Mà ${V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right) = 3.\dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right) = 3.{V_{A'.ABC}}$

Vậy ${V_{ABC.A'B'C'}} = 3{V_{C.A'AB}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}$

Gọi $AA'$  là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

$AC \bot A'C;\,AB \bot A'B$

Ta chứng minh $AC' \bot A'C'$

$SA \bot A'C;\,AC \bot A'C \Rightarrow A'C \bot AC'$

Mà $AC' \bot SC \Rightarrow AC' \bot A'C'$

Tương tự $AB' \bot A'B'$

Như vậy $B,C,C',B'$ cùng nhìn $AA'$  bằng $1$  góc vuông nên $A,B,C,B',C'$ cùng thuộc $1$  mặt cầu có đường kính là $AA'$  và cũng đồng thời là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Tính $BC = \sqrt {{b^2} + {c^2} - 2b\cos \alpha }$

Trong tam giác $ABC:\dfrac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \dfrac{{\sqrt {{b^2} + {c^2} - 2bc\cos \alpha } }}{{2\sin \alpha }}$

Gọi $A\left( a;0;0 \right),\,\,B\left( 0;b;0 \right),\,\,C\left( 0;0;c \right)$$\Rightarrow$ Phương trình mặt phẳng $\left( P \right):\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}=1.$

Vì $OA,\,\,OB,\,\,OC$ đôi một vuông góc $\Rightarrow$ Thể tích khối chóp $O.ABC$ là $V=\dfrac{1}{6}OA.OB.OC=\dfrac{abc}{6}.$

Điểm $M\in \left( P \right)$ suy ra $1=\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{3}{c}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{a}.\dfrac{2}{b}.\dfrac{3}{c}}$ $\Leftrightarrow 1\ge {{3}^{3}}.\dfrac{6}{abc}$ $\Rightarrow abc\ge 162\Rightarrow V\ge 27.$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{1}{a}=\dfrac{2}{b}=\dfrac{3}{c}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & a=3 \\ & b=6 \\ & c=9 \\\end{align} \right..$ Vậy $\left( P \right):\dfrac{x}{3}+\dfrac{y}{6}+\dfrac{z}{9}=1.$

Ta có:$\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1; - 1; - 1} \right)\\\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2;1;3} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right] = ( - 2; - 5;3)$

Vì $\Delta$ vuông góc với $d$ và song song với $(P)\Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( { - 2; - 5;3} \right)$

Ta có:

$(\Delta ):\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{u_\Delta }}  = ( - 2; - 5;3)\\A(1;1; - 2) \in (\Delta )\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{x - 1}}{{ - 2}} = \dfrac{{y - 1}}{{ - 5}} = \dfrac{{z + 2}}{3} \Leftrightarrow \dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{{y - 1}}{5} = \dfrac{{z + 2}}{{ - 3}}$ 

$(S):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 2z - 3 = 0$ 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 $x – 2y – 3z – 2 = 0$.

Tâm mặt cầu $I(1;-2;1)$, bán kính $R=3$.

Mặt phẳng $(P)$ vuông góc với $\Delta$ có phương trình dạng $2{\rm{x - }}2y + z + D = 0$

Vì $(P)$ tiếp xúc với mặt cầu nên ${\rm{d}}\left( {I,\left( P \right)} \right) = R \Rightarrow \left| {D - 7} \right| = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{D = -2}\\{D =   16}\end{array}} \right.$

Phương trình $(P)$ là $2x-2y+z-2=0;  2x-2y+z+16=0$.

Phương trình hoành độ giao điểm $d$ và $\left( P \right)$

Có: ${x^2} + 1 = mx + 2 \Leftrightarrow {x^2} - mx - 1 = 0 (1) \Rightarrow \Delta  = {m^2} + 4 > 0$

Phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy $d$ luôn cắt $\left( P \right)$  tại hai điểm phân biệt $A,B$ với mọi $m$.

Giả sử $A,B$ lần lượt  có hoành độ là $a,{\rm{ }}b$ nên $A\left( {a;ma + 2} \right)$ và $B\left( {b;mb + 2} \right){\rm{ }}\left( {a < b} \right)$

Với $x$ thuộc $x \in \left( {a;b} \right)$ thì $mx + 2 \ge {x^2} + 1$

Do đó, diện tích hình phẳng giới hạn bởi $d$ và $\left( P \right)$

$S = \int_a^b {\left( {mx + 2 - {x^2} - 1} \right)dx = \int_a^b {(mx - {x^2} + 1)dx = \left. {\left( {\dfrac{{m{x^2}}}{2} - \dfrac{{{x^3}}}{3} + x} \right)} \right|_a^b} }$

$= \left( {b - a} \right)\left[ {\dfrac{m}{2}(a + b) + 1 - \dfrac{1}{3}({a^2} + {b^2} + ab)} \right]$

$= (b - a)\left[ {\dfrac{m}{2}\left( {b + a} \right) + 1 - \dfrac{1}{3}{{\left( {a + b} \right)}^2} + \dfrac{1}{3}ab} \right]$

$\Rightarrow {S^2} = {(b - a)^2}{\left[ {\dfrac{m}{2}(b + a) + 1 - \dfrac{1}{3}{{(a + b)}^2} + \dfrac{1}{3}ab} \right]^2}$

$= \left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - 4ab} \right]{\left[ {\dfrac{m}{2}\left( {b + a} \right) + 1 - \dfrac{1}{3}{{\left( {a + b} \right)}^2} + \dfrac{1}{3}ab} \right]^2}$

Vì $a,b$ là nghiệm của pt $(1)$ nên $a + b = m$ và $ab =  - 1$

Suy ra ${S^2} = {\left( {{m^2} + 4} \right)}{\left( {\dfrac{{{m^2}}}{6} + \dfrac{2}{3}} \right)^2} \ge 4.\dfrac{4}{9} = \dfrac{{16}}{9} \Rightarrow S \ge \sqrt {\dfrac{{16}}{9}}  = \dfrac{4}{3}\,khi\,m = 0$

Ta có

$\left[ {\vec a,\vec b} \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}m&2\\2&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}2&1\\1&{m + 1}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&m\\{m + 1}&2\end{array}} \right|} \right) = \left( {m - 4;2m + 1;2 - {m^2} - m} \right)$

$\left[ {\vec a,\vec b} \right].\vec c = (2m + 1)(m - 2) + 2(2 - {m^2} - m)$

$\vec a,\vec b,\vec c$ đồng phẳng khi

$\begin{array}{l}\left[ {\vec a,\vec b} \right].\vec c = 0 \Leftrightarrow (2m + 1)(m - 2) + 2(2 - {m^2} - m) = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 4m + m - 2 + 4 - 2{m^2} - 2m = 0\\ \Leftrightarrow  - 5m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow m = \dfrac{2}{5}\end{array}$

$I = \int {f(x)dx}  = \int {{{\tan }^5}xdx}$.

Đặt $\tan {\mkern 1mu} x = t \Rightarrow \dfrac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}} = dt \Rightarrow ({\tan ^2}x + 1)dx = dt \Rightarrow dx = \dfrac{{dt}}{{{t^2} + 1}}$

Khi đó:

$\begin{array}{*{20}{l}}{I = \int {{t^5}.\dfrac{{dt}}{{{t^2} + 1}}}  = \int {({t^3} - t + \dfrac{t}{{{t^2} + 1}})dt}  = \int {{t^3}dt}  - \int {tdt}  + \int {\dfrac{t}{{{t^2} + 1}}dt} }\\{ = \dfrac{1}{4}{t^4} - \dfrac{1}{2}{t^2} + \dfrac{1}{2}\int {\dfrac{{d({t^2} + 1)}}{{{t^2} + 1}}}  = \dfrac{1}{4}{t^4} - \dfrac{1}{2}{t^2} + \dfrac{1}{2}\ln \left| {{t^2} + 1} \right| + C}\\{ = \dfrac{1}{4}{{\tan }^4}x - \dfrac{1}{2}{{\tan }^2}x + \dfrac{1}{2}\ln \left( {{{\tan }^2}x + 1} \right) + C}\\{ = \dfrac{1}{4}{{\tan }^4}x - \dfrac{1}{2}{{\tan }^2}x + \dfrac{1}{2}\ln \left( {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}} \right) + C}\\{ = \dfrac{1}{4}{{\tan }^4}x - \dfrac{1}{2}{{\tan }^2}x - \ln \left| {\cos x} \right| + C}\end{array}$

Tứ diện $ABCD$ đều cạnh $a$ có thể tích là ${V_{ABCD}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}$

Vì tứ diện đều $ABCD$ cạnh $8$  nên ${V_{ABCD}} = \dfrac{{{8^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \dfrac{{128\sqrt 2 }}{3}$

Tứ diện đều $FAHI$ cạnh $x$ nên ${V_1} = \dfrac{{{x^3}\sqrt 2 }}{{12}}$

Tương tự ta có: ${V_2} = {V_3} = {V_4} = \dfrac{{{x^3}\sqrt 2 }}{{12}}$

$\Rightarrow$Khối đa diện tạo thành sau khi cắt có thể tích là $V = {V_{ABCD}} - 4{V_1} = \dfrac{{128\sqrt 2 }}{3} - 4\dfrac{{{x^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \dfrac{{\left( {128 - {x^3}} \right)\sqrt 2 }}{3}$

Vì khối đa diện tạo thành sau khi cắt có thể tích bằng $\dfrac{3}{4}$ thể tích tứ diện $ABCD$ nên ta có:

$\dfrac{{\left( {128 - {x^3}} \right)\sqrt 2 }}{3} = \dfrac{3}{4}\dfrac{{128\sqrt 2 }}{3} \Rightarrow 128 - {x^3} = 96 \Leftrightarrow {x^3} = 32 \Rightarrow x = \sqrt[3]{{32}} = 2\sqrt[3]{4}$

Gọi $z=x+yi\left( x,y\in R \right)$

Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ gọi $P\left( {x;y} \right)$ là điểm biểu diễn của số phức $z$

Gọi $A\left( {-2;1} \right),B\left( {4;7} \right)$ thì

$\begin{array}{l}AB = 6\sqrt 2  = \left| {z + 2 - i} \right| + \left| {z - 4 - 7i} \right|\\ = \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {x - 4} \right)}^2} + {{\left( {y - 7} \right)}^2}}  = PA + PB\end{array}$

Suy ra tập hợp các điểm $P$ thỏa mãn chính là đoạn thẳng AB

Có $\left| {z - 1 + i} \right| = \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y + 1} \right)}^2}}  = PC$ với $C\left( {1;-1} \right)$

Do đó $P{C_{\min }}$ khi $P$ là hình chiếu của $C$ lên $AB$ và $P{C_{\max }}$ khi $P \equiv B$

Suy ra $M = CB = \sqrt {73}$.

Ta có: $AB:\dfrac{{x + 2}}{{4 + 2}} = \dfrac{{y - 1}}{{7 - 1}} \Leftrightarrow x - y + 3 = 0$$\Rightarrow m=d\left( {C,AB} \right) = \dfrac{{\left| {1 - \left( { - 1} \right) + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \dfrac{5}{{\sqrt 2 }}$

$\Rightarrow M + m = \dfrac{{5\sqrt 2  + 2\sqrt {73} }}{2}$

Ta có:

$y'=\left( \dfrac{f\left( x \right)+3}{g\left( x \right)+1} \right)'=\dfrac{f'\left( x \right)\left( g\left( x \right)+1 \right)-g'\left( x \right)\left( f\left( x \right)+3 \right)}{{{\left( g\left( x \right)+1 \right)}^{2}}}$ $\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{f'\left( 1 \right)\left( {g\left( 1 \right) + 1} \right) - g'\left( 1 \right)\left( {f\left( 1 \right) + 3} \right)}}{{{{\left( {g\left( 1 \right) + 1} \right)}^2}}} = f'\left( 1 \right) = g'\left( 1 \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{f'\left( 1 \right)\left( {g\left( 1 \right) - f\left( 1 \right) - 2} \right)}}{{{{\left( {g\left( 1 \right) + 1} \right)}^2}}} = f'\left( 1 \right)\end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow g\left( 1 \right) - f\left( 1 \right) - 2 = {\left( {g\left( 1 \right) + 1} \right)^2}\\ \Rightarrow f\left( 1 \right) =  - {g^2}\left( 1 \right) - g\left( 1 \right) - 3\end{array}$

Xét phương trình $- {g^2}\left( 1 \right) - g\left( 1 \right) - 3 = 0$ có:

$\Delta  = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.\left( { - 1} \right).\left( { - 3} \right) =  - 11 < 0;a =  - 1 < 0$

$\dfrac{{ - \Delta }}{{4{\rm{a}}}} = \dfrac{{ - 11}}{4}\,\,\, \Rightarrow f\left( 1 \right) \le \dfrac{{ - 11}}{4}$

Đặt ${x^2} - \sqrt 2 x = t$ khi đó ${\log _3}|t| = {\log _5}(t + 2)(t >  - 2;t \ne 0)$

Đặt ${\log _3}|t| = {\log _5}(t + 2) = a \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}|t| = {3^a}\\t + 2 = {5^a}\end{array} \right.$

$\Rightarrow \left| {{5^a} - 2} \right| = {3^a} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{5^a} - 2 =  - {3^a}\\{5^a} - 2 = {3^a}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{5^a} + {3^a} = 2(1)\\{5^a} = {3^a} + 2(2)\end{array} \right.$

Xét (1): $f(a) = {5^a} + {3^a} \Rightarrow f'(a) = {5^a}\ln 5 + {3^a}\ln 3 > 0(\forall a \in R)$ nên hàm số đồng biến trên $R$

Mặt khác $f(0) = 2$ do đó phương trình $f(a) = f(0)$ có 1 nghiệm duy nhất $a = 0 \Rightarrow t = -1$

Suy ra: ${x^2} - \sqrt 2 x + 1 = 0$ (vô nghiệm)

Xét (2) $\Leftrightarrow {\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^a} + 2.{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^a} = 1$.

Đặt $g(a) = {\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^a} + 2.{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^a} \Rightarrow g'(a) = {\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^a}\ln \dfrac{3}{5} + 2.{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^a}\ln \dfrac{1}{5} < 0(\forall a \in R)$

Nên hàm số $g(a)$ nghịch biến trên $R$ do đó phương trình $g(a) = 1$ có tối đa 1 nghiệm.

Mà $g(a) = g(1)$ nên $a = 1$

Suy ra $t = 3 \Rightarrow {x^2} - \sqrt 2 x - 3 = 0$ có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình đã cho có $2$ nghiệm.

$(S)$ 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) $\Rightarrow m.n= \dfrac{{276}}{{49}}$