$\left( {1 + i} \right)z = 3 - i \Rightarrow z = \dfrac{{3 - i}}{{1 + i}} = \dfrac{{\left( {3 - i} \right)\left( {1 - i} \right)}}{{\left( {1 + i} \right)\left( {1 - i} \right)}} = \dfrac{{2 - 4i}}{{{1^2} + {1^2}}} = 1 - 2i \Rightarrow Q\left( {1; - 2} \right)$ 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) $\Rightarrow m.n= \dfrac{{276}}{{49}}$