Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({{x}^{2}}-4x+4=0\Leftrightarrow x=2\)

\(\Rightarrow \) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y={{x}^{2}}-4x+4\), trục tung và trục hoành là \(S=\int\limits_{0}^{2}{\left| {{x}^{2}}-4x+4 \right|dx}=\frac{8}{3}\)

Đường thẳng (d) đi qua A(0;4) và có hệ số góc là k chia hình (H) thành hai phần:

Phần 1: Tam giác vuông OAB có diện tích S₁.

Phần 2: Hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng (d), đồ thị hàm số \(y={{x}^{2}}-4x+4\) và trục hoành.

Đường thẳng (d) có phương trình \(y=kx+4\) cắt trục hoành tại điểm \(B\left( -\frac{4}{k};0 \right)\), với \({{x}_{B}}\in \left[ 0;2 \right]\Rightarrow k\le -2\) 

Đường thẳng (d) chia (H) thành hai phần có diện tích bằng nhau\(\Rightarrow {{S}_{1}}=\frac{1}{2}OA.OB=\frac{1}{2}.4.\left| \frac{-4}{k} \right|=\frac{4}{3}\)

\(\Rightarrow \left| \frac{1}{k} \right|=\frac{1}{6}\Leftrightarrow k=\pm 6\Rightarrow k=-6\)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH}  = \left( {a - 1;b - 2;c + 1} \right)\\\overrightarrow {BH}  = \left( {a - 2;b - 1;c - 1} \right)\end{array} \right.$ và $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1;2} \right)\\\overrightarrow {AC}  = \left( { - 1; - 1;3} \right)\\\overrightarrow {BC}  = \left( { - 2;0;1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 1; - 5; - 2} \right)$.

Do $H$ là trực tâm của tam giác \(ABC\)

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\\\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AH}  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2\left( {a - 1} \right) + \left( {c + 1} \right) = 0\\ - 1\left( {a - 2} \right) - 1\left( {b - 1} \right) + 3\left( {c - 1} \right) = 0\\ - 1\left( {a - 1} \right) - 5\left( {b - 2} \right) - 2\left( {c + 1} \right) = 0\end{array} \right.$

                $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2a + c =  - 3\\ - a - b + 3c = 0\\ - a - 5b - 2c =  - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 1\\c = 1\end{array} \right.$.

Do đó $a + b + c = 4$.

Ta có $z = 5 - 3i \Rightarrow \bar z = 5 + 3i.$

Vậy $\dfrac{1}{{2i}}\left( {z - \bar z} \right) = \dfrac{1}{{2i}}\left[ {\left( {5 - 3i} \right) - \left( {5 + 3i} \right)} \right] = \dfrac{1}{{2i}}\left( { - 6i} \right) =  - 3 =  - 3 + 0i.$

\(\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {\left( {\sin x + \cos x} \right)dx}  =  - \cos x + \sin x + C\)

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( { - 1;2; - 3} \right)$ và bán kính $R = 3$

Ta có : $M( - 1;2;0) \in \left( S \right)$

Gọi $\left( \alpha  \right)$  là mặt phẳng tiếp diện của $\left( S \right)$  tại $M$.

Khi đó $\left( \alpha  \right)$  đi qua $M$ và nhận $\overrightarrow {IM} \left( {0;0;3} \right)$ làm véctơ pháp tuyến

Vậy $\left( \alpha  \right):0(x + 1) + 0(y - 2) + 3(z - 0) = 0 \Leftrightarrow z = 0$

Ta có:

\(\begin{array}{l}\int\limits_a^d {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_a^c {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_c^b {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_b^d {f\left( x \right)dx} \\ \Rightarrow \int\limits_c^b {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_a^d {f\left( x \right)dx}  - \int\limits_a^c {f\left( x \right)dx}  - \int\limits_b^d {f\left( x \right)dx} \\ \Rightarrow \int\limits_c^b {f\left( x \right)dx}  = 10 - 7 - 18 =  - 15 \Rightarrow \int\limits_b^c {f\left( x \right)dx}  = 15\end{array}\)

Theo bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có

\(|z + 2 + i| = |(z - 1 - 2i) + (3 + 3i)| \ge ||z - 1 - 2i| - |3 + 3i|| = |4 - 3\sqrt 2 | = 3\sqrt 2  - 4 = m\)

\(|z + 2 + i| = |(z - 1 - 2i) + (3 + 3i)| \le |z - 1 - 2i| + |3 + 3i| = 4 + 3\sqrt 2  = M\)

Suy ra \({M^2} + {m^2} = {(3\sqrt 2  - 4)^2} + {(4 + 3\sqrt 2 )^2} = 2({4^2} + {(3\sqrt 2 )^2}) = 68\)

Số phức \(z = 3 + 2i\) có điểm biểu diễn là \(A\) suy ra \(A\left( {3;2} \right)\).

Số phức \(z' = 2 + 3i\) có điểm biểu diễn là \(B\) suy ra \(B\left( {2;3} \right)\).

Ta thấy \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} = {y_B}\\{y_A} = {x_B}\end{array} \right.\) nên hai điểm \(A\) và \(B\) đối xứng nhau qua đường thẳng \(y = x\).

Ta có $y =  - \,{x^2} + 2x \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 1 - y \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{ }}x = 1 - \sqrt {1 - y} \\{\rm{ }}x = 1 + \sqrt {1 - y} \end{array} \right..$

Xét phương trình tung độ giao điểm \(1 - \sqrt {1 - y}  = 1 + \sqrt {1 - y}  \Leftrightarrow \sqrt {1 - y}  = 0 \Leftrightarrow y = 1\).

Khi đó, thể tích cần tính là $V = \pi \int\limits_0^1 {\left| {{{\left( {1 + \sqrt {1 - y} } \right)}^2} - {{\left( {1 - \sqrt {1 - y} } \right)}^2}} \right|{\rm{d}}y}  = \left| {\pi \int\limits_0^1 {4\sqrt {1 - y} \,{\rm{d}}y} } \right|$

Đặt \(\sqrt {1 - y}  = t \Leftrightarrow 1 - y = {t^2} \Leftrightarrow dy =  - 2tdt\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}y = 0 \Leftrightarrow t = 1\\y = 1 \Leftrightarrow t = 0\end{array} \right.\)

Khi đó $V=\left| -\pi \int\limits_{1}^{0}{4t.2tdt} \right|=\left| 8\pi \int\limits_{0}^{1}{{{t}^{2}}dt} \right|=\left| 8\left. \pi \dfrac{{{t}^{3}}}{3} \right|_{0}^{1} \right|=\dfrac{8\pi }{3}$  

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \(d\).

Suy ra \(H \in d\) nên \(H\left( {1 + 3t; - 2 - 2t;t} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {MH}  = \left( {3t - 1;4 - 2t;t - 3} \right)\).

Đường thẳng \(d\) có một VTCP là \(\overrightarrow u  = \left( {3; - 2;1} \right)\).

Ta có \(MH \bot d\) nên \(\overrightarrow {MH} .\overrightarrow u  = 0 \Leftrightarrow 3\left( {3t - 1} \right) - 2\left( {4 - 2t} \right) + \left( {t - 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow H\left( {4; - 4;1} \right)\).

Ta có \(z = {\left( {\sqrt 2  + 3i} \right)^2} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} + 2.\sqrt 2 .3i + {\left( {3i} \right)^2} = 2 + 6\sqrt 2 i - 9 =  - 7 + 6\sqrt 2 i.\)

Suy ra \(T =  - 7 + 6\sqrt 2 .\)

Giả sử \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right| = R.\)

Khi đó \(A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C\) nằm trên đường tròn \(\left( {O;R} \right)\).

Do \({z_1} + {z_2} = 0\) nên hai điểm \(A,{\rm{ }}B\) đối xứng nhau qua \(O.\) Như vậy điểm \(C\) nằm trên đường tròn đường kính \(AB\) (bỏ đi hai điểm \(A\) và \(B\)) hay tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\).

Đặt \(t = {z^2}\), phương trình trở thành \(4{t^2} + mt + 4 = 0\) có hai nghiệm \({t_1},{\rm{ }}{t_2}\).

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} =  - \dfrac{m}{4}\\{t_1}.{t_2} = 1\end{array} \right.$ .

Do vai trò của các nghiệm như nhau nên ta giả sử ta có $z_1^2 = z_2^2 = {t_1}$, $z_3^2 = z_4^2 = {t_2}$.

Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow {\left( {{t_1} + 4} \right)^2}{\left( {{t_2} + 4} \right)^2} = 324 \Leftrightarrow {\left[ {{t_1}{t_2} + 4\left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 16} \right]^2} = 324$

$ \Leftrightarrow {\left( { - m + 17} \right)^2} = {18^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m + 17 = 18\\ - m + 17 =  - 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 1\\m = 35\end{array} \right.$ .

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.

Ta có \(EF = \sqrt {{{(2 - 0)}^2} + {{(1 - 3)}^2} + {{(1 + 1)}^2}}  = 2\sqrt 3 \) .

Mặt cầu $(S)$ đường kính $EF $ nhận trung điểm $I$ của $EF$ là tâm, có $I\left( {1,2,0} \right)$ và bán kính \(R = \dfrac{1}{2}EF = \sqrt 3 \).

Đặt $z = x + yi{\rm{ }}\left( {x;{\rm{ }}y \in \mathbb{R}} \right)$, suy ra $iz = i\left( {x + yi} \right) =  - y + xi$ $ \Rightarrow \overline {iz}  =  - y - xi$

Theo giả thiết, ta có $x + yi + 2 - 4i = \left( {2 - i} \right)\left( { - y - xi} \right)$

$ \Leftrightarrow x + 2 + \left( {y - 4} \right)i = \left( { - 2y - x} \right) + \left( {y - 2x} \right)i$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2 =  - 2y - x\\y - 4 = y - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow z = 2 - 3i$

Khi đó $w = {z^3} - i = {\left( {2 - 3i} \right)^3} - i =  - 46 - 10i$.

Đặt u = lnx \( \Rightarrow du = \dfrac{{dx}}{x}\) và \(x = {e^u}\).

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow u = 0\\x = e \Rightarrow u = 1\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}dx}  = \int\limits_0^1 {\dfrac{{1 - u}}{{{e^u}}}du}  = \int\limits_0^1 {\left( {1 - u} \right){e^{ - u}}du} \)

Giả sử M là giao điểm của (d) và (P).

$d:\dfrac{{x + 1}}{1} = \dfrac{y}{{ - 1}} = \dfrac{{z + 2}}{3} \Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + t\\y = 0 - t\\z =  - 2 + 3t\end{array} \right.$          

Lấy \(M \in (d) \Rightarrow M\left( { - 1 + t; - t; - 2 + 3t} \right)\)

Vì \(M \in (P) \Rightarrow  - 1 + t + 2.( - t) - ( - 2 + 3t) - 3 = 0 \Leftrightarrow  - 4t - 2 = 0 \Leftrightarrow t =  - \dfrac{1}{2}\)

Suy ra ta có \(M\left( { - \dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2}; - \dfrac{7}{2}} \right)\)

Thể tích vật tròn xoay cần tính là $V = \pi \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {{{\tan }^2}x\,{\rm{d}}x}  = \pi \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\left( {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} \right)\,{\rm{d}}x} .$$=\pi \left. \left( \tan x-x \right) \right|_{0}^{\dfrac{\pi }{3}}=\pi \left( \sqrt{3}-\dfrac{\pi }{3} \right)=\pi \left( a-\dfrac{\pi}{3} \right)\,\,\xrightarrow{{}}\,\,\left\{ \begin{align}  & a=\sqrt{3} \\  & b=3 \\ \end{align} \right..$ 

Vậy $T = {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} + 2.3 = 9.$

\(\Delta \) đi qua hai điểm \(\left( {1;0} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\) nên có phương trình $\Delta :x + y - 1 = 0$.

Khi đó ${\left| z \right|_{\min }} = d\left[ {O,\Delta } \right] = \dfrac{{\left| { - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}.$

\(\overrightarrow {OM}  = 2\overrightarrow j  - \overrightarrow i  + \overrightarrow k  =  - \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  + \overrightarrow k  \Rightarrow M\left( { - 1;2;1} \right)\). Do đó hoành độ của \(M\) bằng \( - 1\).

Do \(\overrightarrow u  = \overrightarrow v \) nên \(m = 0,n = 2,p = 1\).

Vậy \(m - n + p = 0 - 2 + 1 =  - 1\).

Ta có: \(\overrightarrow{AB}=\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}};{{y}_{2}}-{{y}_{1}};\ {{z}_{2}}-{{z}_{1}} \right)=\left( 1-2;\ -1+2;\ 3-1 \right)=\left( -1;\ 1;\ 2 \right).\)

$(\beta )//(\alpha ) \Rightarrow \overrightarrow {{n_\beta }}  = \overrightarrow {{n_\alpha }}  = (4;3; - 7)$

Lấy $A(0; - 1;0) \in \left( \alpha  \right)$. Gọi $A' \in \left( \beta  \right)$ là điểm đối xứng của $A$ qua $I$.

\( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(AA'\).

$\begin{array}{l} \Rightarrow A'(0;3;2)\\ \Rightarrow 4(x - 0) + 3(y - 3) - 7(z - 2) = 0\\ \Rightarrow 4x + 3y - 7z + 5 = 0\end{array}$

Ta có $z = {z_1}.{z_2} = \left( {2017 - i} \right)\left( {2 - 2016i} \right) = 2017.2 - 2017.2016i - 2i + 2016{i^2}$

$ = 4034 - 4066272i - 2i - 2016 = \left( {4034 - 2016} \right) + \left( { - 4066272i - 2} \right)i = 2018 - 4066274i.$

Khoảng cách từ $I$ đến $\left( P \right)$  được tính theo công thức $d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {2.\left( { - 1} \right) - 2 - 2.3 + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 3$

Phương trình mặt cầu cần tìm là ${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9$

Số phức liên hợp của $z$ là $3 + 2i$, phần thực $3$, phần ảo $2$. 

Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = x{e^x}\) , trục hoành, hai đường thẳng \(x =  - 2;x = 3\) có công thức tính là \(S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {x{e^x}} \right|dx} .\)

$f\left( x \right)=\int\limits_{{}}^{{}}{f'\left( x \right)dx}=\int\limits_{{}}^{{}}{\frac{1}{x+1}dx}$ $=\ln \left| x+1 \right|+C$

$f\left( 0 \right)=2018\Leftrightarrow C=2018$ $\Rightarrow f\left( x \right)=\ln \left| x+1 \right|+2018$ 

$\Rightarrow f\left( 3 \right)-f\left( 1 \right)$ $=\ln 4+2018-\ln 2-2018=\ln 2$

Tính tích phân cho từng hàm số trong các đáp án:

+) $\int\limits_0^\pi  {\cos 3xdx}  = \left. {\dfrac{1}{3}\sin 3x} \right|_0^\pi  = 0$,

+) $\int\limits_0^\pi  {\sin 3xdx}  =  - \left. {\dfrac{1}{3}\cos 3x} \right|_0^\pi  = \dfrac{2}{3}$,

+) $\int\limits_0^\pi  {\cos \left( {\dfrac{x}{4} + \dfrac{\pi }{2}} \right)dx}  = \left. {4\sin \left( {\dfrac{x}{4} + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right|_0^\pi  = 2\left( {\sqrt 2  - 2} \right)$,

+) $\int\limits_0^\pi  {\sin \left( {\dfrac{x}{4} + \dfrac{\pi }{2}} \right)dx}  = \left. { - 4\cos \left( {\dfrac{x}{4} + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right|_0^\pi  = 2\sqrt 2 $.

Vậy chọn \(f(x) = \cos 3x\).

Đặt \(t = \sin x + \cos x \Rightarrow dt = \left( {\cos x - \sin x} \right)dx,\) đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{6} \Rightarrow t = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\\x = \dfrac{\pi }{4} \Rightarrow t = \sqrt 2 \end{array} \right.\)

$ \Rightarrow I = \int\limits_{\dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}}^{\sqrt 2 } {\dfrac{{ - dt}}{t}}  = \left. { - \ln \left| t \right|} \right|_{\dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}}^{\sqrt 2 } =  - \ln \sqrt 2  + \ln \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2} = \ln \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }} = \ln \dfrac{{\sqrt 2  + \sqrt 6 }}{4}$

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {e^x}\\dv = \sin xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = {e^x}dx\\v =  - \cos x\end{array} \right.\) \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\sin xdx}  = \left. { - {e^x}\cos x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} + \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\cos xdx}  = 1 + \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\cos xdx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {e^x}\\dv = \cos xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = {e^x}dx\\v = \sin xdx\end{array} \right.\)

Khi đó \(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\cos xdx}  = \left. {{e^x}\sin x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} - \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\sin xdx}  = {e^{\dfrac{\pi }{2}}} - \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\sin xdx}  = {e^{\dfrac{\pi }{2}}} - I\)

Do đó \(I = 1 + {e^{\dfrac{\pi }{2}}} - I \Leftrightarrow 2I = {e^{\dfrac{\pi }{2}}} + 1 \Leftrightarrow I = \dfrac{{{e^{\dfrac{\pi }{2}}} + 1}}{2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\end{array} \right.\)

Quan sát các đáp án ta thấy đáp án A thỏa mãn.

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y=-x\) và \(y=x-2\) là: \(-x=x-2\,\Leftrightarrow x=1\).

Diện tích hình phẳng cần tính là:\(S=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{10}{3}x-{{x}^{2}}+x \right)\text{d}x}+\int\limits_{1}^{3}{\left( \frac{10}{3}x-{{x}^{2}}-x+2 \right)\text{d}x}\).

\(\Leftrightarrow S=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{13}{3}x-{{x}^{2}} \right)\text{d}x}+\int\limits_{1}^{3}{\left( \frac{7}{3}x-{{x}^{2}}+2 \right)\text{d}x}\)

\(\Leftrightarrow S=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{13}{3}x-{{x}^{2}} \right)\text{d}x}+\int\limits_{1}^{3}{\left( \frac{7}{3}x-{{x}^{2}}+2 \right)\text{d}x}\)

\(\Leftrightarrow S=\left. \left( \frac{13}{6}{{x}^{2}}-\frac{{{x}^{3}}}{3} \right)\, \right|_{\,0}^{1}+\left. \left( \frac{7}{6}{{x}^{2}}-\frac{{{x}^{3}}}{3}+2x \right)\, \right|_{1}^{3}=\frac{13}{2}\)

Áp dụng công thức ta có thể tích khối tròn xoay bài cho là: \(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{\left( x{{e}^{x}} \right)}^{2}}dx=}\pi \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}{{e}^{2x}}dx.}\)

Từ giả thiết, ta có $\dfrac{1}{{{z^2}}} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}i = \dfrac{{1 + i}}{2} \Rightarrow {z^2} = \dfrac{2}{{1 + i}} = 1 - i.$.

Lấy môđun hai vế và chú ý $\left| {{z^2}} \right| = {\left| z \right|^2}$, ta được ${\left| z \right|^2} = \sqrt 2  \leftrightarrow \left| z \right| = \sqrt[4]{2}.$

Ta có:

${z^2} + 4z + 5 = 0 \Leftrightarrow {(z + 2)^2} =  - 1 \Leftrightarrow {(z + 2)^2} = {i^2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{z_1} =  - 2 + i\\{z_2} =  - 2 - i\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{z_1} + 1 = i - 1\\{z_2} + 1 =  - i - 1\end{array} \right.$

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{({z_1} + 1)^2} = {(i - 1)^2} =  - 2i\\{({z_2} + 1)^2} = {( - i - 1)^2} = 2i\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{({z_1} + 1)^4} =  - 4\\{({z_2} + 1)^4} =  - 4\end{array} \right.\\ \Rightarrow {({z_1} + 1)^{100}} + {({z_2} + 1)^{100}} = {\left( { - 4} \right)^{25}} + {\left( { - 4} \right)^{25}} = 2.{\left( { - {2^2}} \right)^{25}} =  - {2^{51}}\end{array}\)

Ta có: ${z_2} = 2i$

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

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

Đặt $z = x + yi{\rm{ }}\left( {x,y \in R} \right)$ thì ${\left| z \right|^2} = {z^2} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = {x^2} + 2xyi - {y^2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 0\\{x^2} + {y^2} = {x^2} - {y^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in R\\y = 0\end{array} \right.$

Do đó tập điểm biểu diễn $z$ là đường thẳng $y = 0$.

 Giả sử \({z_1} = {x_1} + {y_1}i\),\({z_2} = {x_2} + {y_2}i\).

Theo giả thiết \(|{z_1} - {z_2}| = 1\) có

\({({x_1} - {x_2})^2} + {({y_1} - {y_2})^2} = 1 \Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} + y_1^2 + y_2^2 - 2{y_1}{y_2} = 1\) (1)

Theo giả thiết \(|{z_1} + {z_2}| = 3\) có

\({({x_1} + {x_2})^2} + {({y_1} + {y_2})^2} = 9 \Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} + y_1^2 + y_2^2 + 2{y_1}{y_2} = 9\) (2)

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có

\(x_1^2 + x_2^2 + y_1^2 + y_2^2 = 5\)

Ta có

\(T = \sqrt {x_1^2 + y_1^2}  + \sqrt {x_2^2 + y_2^2} \)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

\(T \le \sqrt {2.(x_1^2 + x_2^2 + y_1^2 + y_2^2)}  = \sqrt {10} \)

Giả sử \(D\left( {0;y;0} \right) \in Oy\) ta có:

\(\overrightarrow {AB}  = (1;1; - 2),\overrightarrow {AC}  = (0;0;2),\overrightarrow {AD}  = ( - 2;y + 1; - 1)\)

Ta có \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {2; - 2;0} \right)\)

Theo công thức tính thể tích ta có

\({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{6}.\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} } \right| = \dfrac{1}{6}\left| {\left[ {2.( - 2) - 2.(y + 1) + 0.( - 1)} \right]} \right| = \dfrac{1}{6}\left| {6 + 2y} \right|\)

Theo giả thiết ta có \({V_{ABCD}} = 5\), suy ra ta có:

\(\dfrac{1}{6}\left| {6 + 2y} \right| = 5 \Leftrightarrow \left| {6 + 2y} \right| = 30 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2y + 6 = 30\\2y + 6 =  - 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 12\\y =  - 18\end{array} \right.\)

Suy ra  \(D(0;12;0)\) hoặc \(D(0; - 18;0)\)

Do đó tổng tung độ của các điểm $D$ là \(12 + ( - 18) =  - 6\)

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {ABC} \right) \cap \left( P \right) = AH\\
BC \subset \left( {ABC} \right)\\
BC \bot AH
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( P \right)$

Do đó \((P)\) đi qua \(A\) và vuông góc với \(BC\).

Mặt phẳng \((P)\) đi qua \(A(0;1;2)\) và nhận $\overrightarrow {CB} = \left( {4; - 2; - 1} \right)$ làm VTPT nên:

$\left( P \right):4\left( {x - 0} \right) - 2\left( {y - 1} \right) - 1\left( {z - 2} \right) = 0$ hay $\left( P \right):4x - 2y - z + 4 = 0$.

Đường thẳng \(\Delta \) có VTCP \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {1; - 1; - 3} \right)\). Trục \(Ox\) có VTCP \(\overrightarrow i  = \left( {1;0;0} \right)\).

Do \(d \bot Ox\) và \(d \bot \Delta \) nên có VTCP \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left[ {\overrightarrow i ,\overrightarrow u } \right] = \left( {0;3; - 1} \right)\).

Gọi \(C\left( {x;y;z} \right)\) ta có:

\(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - 0 = x - 0\\0 - 0 = y - 1\\0 - 0 = z - 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\\z = 0\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {1;1;0} \right)\)

Lại có

\(\begin{array}{l}M\left( {\dfrac{1}{2};0;0} \right),N\left( {\dfrac{1}{2};1;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( {0;1;0} \right),\overrightarrow {A'C}  = \left( {1;1; - 1} \right),\overrightarrow {MA'}  = \left( { - \dfrac{1}{2};0;1} \right)\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {A'C} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}1\\1\end{array}&\begin{array}{l}0\\ - 1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}0\\ - 1\end{array}&\begin{array}{l}0\\1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}0\\1\end{array}&\begin{array}{l}1\\1\end{array}\end{array}} \right|} \right) = \left( { - 1;0; - 1} \right)\end{array}\)

Vậy \(d\left( {MN,A'C} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {A'C} } \right].\overrightarrow {MA'} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {A'C} } \right]} \right|}} = \dfrac{{\left| {\left( { - 1} \right).\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) + 0.0 + \left( { - 1} \right).1} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}\) 

Gọi phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(ax+by+cz+d=0\) với \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ne 0.\)

Vì \(\left( P \right)\) đi qua hai điểm \(A\left( -\,1;1;1 \right),\,\,B\left( 1;0;1 \right)\) suy ra\(\left\{ \begin{array}{l}
- \,a + b + c + d = 0\\
a + c + d = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 2a\\
d = - \,a - c
\end{array} \right..\)

Khi đó, phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(ax+2ay+cz-a-c=0.\)

Khoảng cách từ điểm \(O\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(d\left( O;\left( P \right) \right)=\frac{\left| a+c \right|}{\sqrt{5{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}}\)

Ta có \({{\left( a+c \right)}^{2}}={{\left( \frac{1}{\sqrt{5}}.a\sqrt{5}+c \right)}^{2}}\le \left( {{\left( \frac{1}{\sqrt{5}} \right)}^{2}}+{{1}^{2}} \right)\left( 5{{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\)

     \(\Leftrightarrow \frac{{{\left( a+c \right)}^{2}}}{5{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}\le \frac{6}{5}\Leftrightarrow \frac{\left| a+c \right|}{\sqrt{5{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}}\le \frac{\sqrt{30}}{5}.\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(c=5a\)\(\Rightarrow d=-\,6a.\)

Vậy \(\left( P \right):x+2y+5z-6=0.\)

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

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

\(3f(x)+f'(x)=\sqrt{1+3{{e}^{-2x}}}\Leftrightarrow 3{{e}^{3x}}f(x)+{{e}^{3x}}f'(x)={{e}^{3x}}\sqrt{1+3{{e}^{-2x}}}\Leftrightarrow \left[ {{e}^{3x}}f(x) \right]'={{e}^{3x}}\sqrt{1+3{{e}^{-2x}}}\)

\(\Rightarrow \int\limits_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}{\left[ {{e}^{3x}}f(x) \right]'dx}=\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}{{{e}^{3x}}\sqrt{1+3{{e}^{-2x}}}}dx\,\)

Ta có: \(\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}{\left[ {{e}^{3x}}f(x) \right]'dx}=\left. \left( {{e}^{3x}}f(x) \right) \right|_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}={{e}^{\frac{3\ln 6}{2}}}f\left( \frac{1}{2}\ln 6 \right)-f(0)={{e}^{\ln \sqrt{{{6}^{3}}}}}f\left( \frac{1}{2}\ln 6 \right)-\frac{11}{3}=6\sqrt{6}.f\left( \frac{1}{2}\ln 6 \right)-\frac{11}{3}\)

\(\begin{align}  I=\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}{{{e}^{3x}}\sqrt{1+3{{e}^{-2x}}}}dx=\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}{{{e}^{2x}}\sqrt{{{e}^{2x}}+3}}dx=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}{\sqrt{{{e}^{2x}}+3}}\,d\left( {{e}^{2x}}+3 \right) \\  =\frac{1}{2}\left. .\frac{{{\left( \sqrt{{{e}^{2x}}+3} \right)}^{3}}}{\frac{3}{2}} \right|_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}=\left. \frac{\left( {{e}^{2x}}+3 \right)\sqrt{{{e}^{2x}}+3}}{3} \right|_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}=9-\frac{8}{3}=\frac{19}{3} \\ \Rightarrow 6\sqrt{6}.f\left( \frac{1}{2}\ln 6 \right)-\frac{11}{3}=\frac{19}{3}\Rightarrow f\left( \frac{1}{2}\ln 6 \right)=\frac{10}{6\sqrt{6}}=\frac{5\sqrt{6}}{18} \\ \end{align}\)

Phương trình elip: \(\dfrac{{{x^2}}}{{{{(\sqrt 2 )}^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{1} = 1\)

Ta có : \(y = \sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{2}} \) (nửa trên của elip)

Diện tích của elip là:  \(S = 4\int_0^{\sqrt 2 } {\sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{2}} } dx\)

Đặt \(x = \sqrt 2 \cos a \Rightarrow 1 - \dfrac{{{x^2}}}{2} = {\sin ^2}a\)

Suy ra: \(dx =  - \sqrt 2 \sin ada\)

Đổi cận \(x = \sqrt 2  \Rightarrow a = 0\) ; $x = 0$ thì \(a = \dfrac{\pi }{2}\)

\({S_1} = \int_{\dfrac{\pi }{2}}^0 { - \sqrt 2 {{\sin }^2}ada}  = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\int_{\dfrac{\pi }{2}}^0 {\left( {\cos 2a - 1} \right)da}  = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\left. {\left( {\dfrac{1}{2}\sin 2a - a} \right)} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} = \dfrac{{\sqrt 2 \pi }}{4}\)\( \Rightarrow S = 4{S_1} = \sqrt 2 \pi \)

Diện tích hình tròn là : \(S' = \pi {R^2} = \pi .\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\pi \)

Diện tích trồng hoa: \({S_b} = \pi \left( {\sqrt 2  - \dfrac{1}{2}} \right)\)

Số kg phân bón là :\(\dfrac{{100}}{{\left( {2\sqrt 2  - 1} \right)\pi }}.\left( {\sqrt 2  - \dfrac{1}{2}} \right)\pi  = 50kg\) 

Phương trình mặt phẳng (P) song song và cách đều hai mặt phẳng \(\left( {{Q}_{1}} \right)\) và \(\left( {{Q}_{2}} \right)\) là mặt phẳng song song và nằm chính giữa \(\left( {{Q}_{1}} \right)\) và \(\left( {{Q}_{2}} \right)\).

Ta có \(\frac{2+8}{2}=5\Rightarrow \left( P \right):\,\,3x-y+4z+5=0\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1;2;0} \right)\).

Gọi \(d\) là đường thẳng cần tìm. Ta có \(d \cap Ox = B\left( {b;0;0} \right)\).

Suy ra \(d\) có VTCP \(\overrightarrow {AB}  = \left( {b + 1; - 3;4} \right)\).

Do \(d\parallel \left( P \right)\) nên \(\overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {{n_P}}  \Rightarrow \left( {b + 1} \right).1 + \left( { - 3} \right).2 + 4.0 = 0 \Leftrightarrow b = 5 \Rightarrow B\left( {5;0;0} \right).\)

Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm \(A,{\rm{ }}B\) nên có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 5 + 6t\\y =  - 3t\\z = 4t\end{array} \right.\).