Ta có: \(\int\limits_{1}^{3}{{{e}^{x}}dx}=\left. {{e}^{x}} \right|_{1}^{3}={{e}^{3}}-e.\)

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 $a + b + c = 4$.

Đặt $z = a + bi \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} $

Ta có: $\left| z \right| + z = 0 \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}}  + a + bi = 0 + 0i$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\\sqrt {{a^2} + {b^2}}  + a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\\left| a \right| + a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a \le 0\end{array} \right.$

+) $\int\limits_1^2 {{e^x}dx} = \left. {{e^x}} \right|_1^2 = {e^2} - e$

+) \(\int\limits_0^1 {2dx}  = \left. {2x} \right|_0^1 = 2\),

+) \(\int\limits_0^1 {xdx}  = \left. {\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^1 = \dfrac{1}{2}\)

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

Vậy chỉ có đáp án B là có tích phân bằng \(2\).

Đường thẳng \({d_1}\) đi qua điểm \({M_1}\left( {0;1;0} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {2; - 1;3} \right)\).

Đường thẳng \({d_2}\) đi qua điểm \({M_2}\left( { - 1;0; - 1} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1;3; - 2} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = \left( { - 1; - 1; - 1} \right),\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l} - 1\\3\end{array}&\begin{array}{l}3\\ - 2\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}3\\ - 2\end{array}&\begin{array}{l}2\\1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}2\\1\end{array}&\begin{array}{l} - 1\\3\end{array}\end{array}} \right|} \right) = \left( { - 7;7;7} \right)\)

Vậy \(d\left( {{d_1},{d_2}} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}} = \dfrac{{\left| {\left( { - 7} \right).\left( { - 1} \right) + 7.\left( { - 1} \right) + 7.\left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{7^2} + {7^2} + {7^2}} }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\)

Ta có: $z = 1 + \sqrt 3 i \Rightarrow \dfrac{1}{z} = \dfrac{1}{{1 + \sqrt 3 i}} = \dfrac{{1 - \sqrt 3 i}}{{(1 - \sqrt 3 i)(1 + \sqrt 3 i)}} $

$= \dfrac{{1 - \sqrt 3 i}}{{{1^2} - {{(\sqrt 3 i)}^2}}} = \dfrac{{1 - \sqrt 3 i}}{4} = \dfrac{1}{4} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}i$

Ta có \(\int {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int {\left( {3\cos x + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right){\text{d}}x} = 3\sin x - \dfrac{1}{x} + C\)

Đường thẳng \(AG\) cũng là đường thẳng \(AM\) với \(M\) là trung điểm của \(BC\).

Ta có: \(M\left( {1;0; - 1} \right)\) là trung điểm của \(BC\) nên đường thẳng \(AG\) đi qua \(A\left( {0;0;1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {AM}  = \left( {1;0; - 2} \right)\) làm VTCP.

Do đó \(AG:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 0\\z = 1 - 2t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Có \(\overrightarrow {{n_Q}}  = (1,2, - 3)\)  và \(\overrightarrow {{n_R}}  = (2, - 3,1)\). Suy ra \(\vec n = ( - 7, - 7, - 7)\). Chọn \(\vec n' = (1,1,1)\) làm vectơ pháp tuyến.

Ta có phương trình $\left( P \right)$ là

\((x - 1) + (y - 0) + (z + 2) = 0 \Leftrightarrow x + y + z + 1 = 0\)

Cách tính tích có hướng bằng CASIO fx 570 vn plus:

Bước 1: Nhập các vecto

MODE 8->1->1. Nhập vecto thứ nhất vào.

MODE 8->2->1. Nhập vecto thứ nhất vào.

Bước 2: Tính tích có hướng

Ấn AC để ra màn hình. Ấn (SHIFT 5 -> 3) và (SHIFT 5 ->4) và ấn “=”

$z = i - 2 =  - 2 + i$ nên điểm biểu diễn là $M\left( { - 2;1} \right)$ 

Đổi cận: \(\left\{ \begin{align} & x=1\Rightarrow u=1 \\ & x=e\Rightarrow u=2 \\ \end{align} \right..\)

Ta có: \(u=\sqrt{1+3\ln x}\Rightarrow {{u}^{2}}=1+3\ln x\Rightarrow \ln x=\frac{{{u}^{2}}-1}{3}.\)

\(\begin{align} & u=\sqrt{1+3\ln x}\Rightarrow du=\left( \sqrt{1+3\ln x} \right)'dx=\frac{\left( 1+3\ln x \right)'}{2\sqrt{1+3\ln x}}dx=\frac{3}{2x\sqrt{1+3\ln x}}dx. \\ & \Rightarrow \frac{1}{x\sqrt{1+3\ln x}}dx=\frac{2}{3}du \\ \end{align}\) \(\Rightarrow \int\limits_{1}^{e}{\frac{\ln x}{x\sqrt{1+3\ln x}}}dx=\int\limits_{1}^{2}{\frac{{{u}^{2}}-1}{3}.\frac{2}{3}du=\frac{2}{9}\int\limits_{1}^{2}{\left( {{u}^{2}}-1 \right)du.}}\)

Ta có \(\int{\dfrac{1}{x}\,\text{d}x}=\ln \left| x \right|+C\ne \ln x+C.\)

Mặt phẳng (P) : \(2x-y+3z-2=0\) có một vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(2;-1;3)\).

Gọi \(z = x + yi{\rm{ }}\left( {x;{\rm{ }}y \in \mathbb{R}} \right).\) Từ giả thiết, ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 1\\x > 0;{\rm{ }}y > 0\end{array} \right..\)

Ta có $w = \dfrac{1}{{iz}} =  - \dfrac{i}{z} =  - \dfrac{i}{{x + yi}} =  - \dfrac{{i\left( {x - yi} \right)}}{{\left( {x + yi} \right)\left( {x - yi} \right)}} =  - \dfrac{{y + xi}}{{{x^2} + {y^2}}} =  - \,y - xi.$

Vì $x > 0,{\rm{ }}y > 0$ nên điểm biểu diễn số phức $w$ có tọa độ là $\left( { - \,y; - \,x} \right)$ (đều có hoành độ và tung độ âm). Đồng thời $\left| w \right| = \sqrt {{{\left( { - y} \right)}^2} + {{\left( { - x} \right)}^2}}  = 1 = \left| z \right|.$ Suy ra điểm biểu diễn của số phức $w$ nằm trong góc phần tư thứ III và cách gốc tọa độ \(O\) một khoảng bằng \(OA.\) Quan sát hình vẽ ta thấy có điểm \(P\) thỏa mãn.

Ta có : \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 3;\ 1;\ 1 \right),\ \ \overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}=\left( 1;\ 2;\ 1 \right).\)

Gọi \(d\) là giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right).\)

Ta có \(\left\{ \begin{align} & {{{\vec{u}}}_{d}}\bot {{{\vec{n}}}_{\left( P \right)}} \\ & {{{\vec{u}}}_{d}}\bot {{{\vec{n}}}_{\left( Q \right)}} \\ \end{align} \right.\Rightarrow \,\,{{\vec{u}}_{d}}=\left[ {{{\vec{n}}}_{\left( P \right)}};{{{\vec{n}}}_{\left( Q \right)}} \right]=\)\(\left( -\,1;-\,2;5 \right)\)

Xét hệ \(\left\{ \begin{align} & 3x+y+z-5=0 \\ & x+2y+z-4=0 \\ \end{align} \right.,\)

Chọn \(x = 0 \Rightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
y + z = 5\\
2y + z = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
y = - \,1\\
z = 6
\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {0; - 1;6} \right) \in d.\)

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là \(d:\left\{ \begin{align} & x=t \\ & y=-\,1+2t \\ & z=6-5t \\ \end{align} \right..\)

Bán kính $R = d\left[ {I,Ox} \right] = \sqrt {y_I^2 + z_I^2}  = 5$.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} =  - \dfrac{B}{A} = \dfrac{{ - 2i}}{1} =  - 2i\\{z_1}{z_2} = \dfrac{C}{A} = \dfrac{i}{1} = i\end{array} \right.\)

Vậy \({z_1} + {z_2} =  - 2i\).

Ta có: $\left| {{z_1} + {z_2}} \right| = MN$ là khẳng định sai vì dựa vào đồ thị ta có: $\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = MN$

Thay tọa độ điểm \(N\) vào phương trình mặt phẳng \((P)\) ta có \(2.1 – (–1) – 1 – 2 = 0\), vậy điểm \(N\) thuộc mặt phẳng \((P)\).

Số phức \( - 3\) có hai căn bậc hai là \( \pm i\sqrt 3 \) vì \({\left( { \pm i\sqrt 3 } \right)^2} =  - 3\).

Xét \(\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=6\) có tâm \(I\left( 1;2;-\,1 \right),\) bán kính \(R=\sqrt{6}.\)

Gọi \(M\) là giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) sao cho \(MAIB\) đồng phẳng.

Ta có \(\cos \widehat{AMB}=\cos \widehat{\left( P \right);\left( Q \right)}=\frac{\left| {{{\vec{n}}}_{\left( P \right)}}.{{{\vec{n}}}_{\left( Q \right)}} \right|}{\left| {{{\vec{n}}}_{\left( P \right)}} \right|.\left| {{{\vec{n}}}_{\left( Q \right)}} \right|}=\frac{1}{2}\Rightarrow \,\,\widehat{AMB}={{60}^{0}}\Rightarrow \,\,\widehat{AIB}={{120}^{0}}.\)

Tam giác \(IAB\) cân tại \(I,\) có \(AB=\sqrt{I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}-2.IA.IB.\cos \widehat{AIB}}=3\sqrt{2}.\)

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

Ta có: $\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  = 4 \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {\left( {A\sin \pi x + B{x^2}} \right)dx}  = 4 $

$\Leftrightarrow \left. {\left( { - \dfrac{A}{\pi }\cos \pi x + \dfrac{B}{3}{x^3}} \right)} \right|_0^2 = 4 \Leftrightarrow \dfrac{B}{3}{.2^3} = 4 \Leftrightarrow B = \dfrac{3}{2}$

Gọi \(B = \Delta  \cap d\), suy ra \(B \in d\) nên $B\left( {1 + t;t; - 1 + 2t} \right)$.

Khi đó \(\Delta \) có VTCP là $\overrightarrow {AB}  = \left( {t;t;2t - 3} \right)$. Đường thẳng \(d\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;1;2} \right)\).

Theo đề bài: \(\Delta  \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_d}}  = t + t + 4t - 6 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow B\left( {2;1;1} \right)\).

Đường thẳng \(\Delta \) cần tìm đi qua hai điểm \(A,{\rm{ }}B\) nên \(\Delta :\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{{z - 2}}{{ - 1}}\).

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

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 \(AA'\).

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

Phương trình mặt cầu cần tìm là \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+2 \right)}^{2}}=16.\)

${\rm{w}} = (3 + 2i)z + 2\overline z  = (3 + 2i)(2 + 3i) + 2.(2 - 3i) $

$= 6 - 6 + 4i + 9i + 4 - 6i = 4 + 7i$

Ta có \(AB=5,\,\,AC=5\) và \(BC=5\sqrt{2}\)\(\Rightarrow \,\,A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}\)

Suy ra tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\,\,\Rightarrow \,\,\widehat{ABC}={{45}^{0}}.\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {3;2;1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {14} \).

Xét điểm \(M\left( {0;1; - 1} \right)\), ta có \(\overrightarrow {IM}  = \left( { - 3; - 1; - 2} \right)\). Suy ra \(IM = \sqrt {9 + 1 + 4}  = \sqrt {14}  = R\).

Do đó điểm \(M\) thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\).

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 \(T =  - 7 + 6\sqrt 2 .\)

Ta có \(F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)\,dx}=\int{\left( {{x}^{2}}+2x-3 \right)\,dx}=\frac{{{x}^{3}}}{3}+{{x}^{2}}-3x+C.\)

Mà \(F\left( 0 \right)=4\)

\(\Rightarrow \)\({{\left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}+{{x}^{2}}-3x+C \right) \right|}_{x\,\,=\,\,0}}=4\Rightarrow C=4.\)

Vậy \(F\left( 1 \right)={{\left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}+{{x}^{2}}-3x+4 \right) \right|}_{x\,\,=\,\,1}}=\frac{7}{3}.\)

Đặt \(t = 1 - \cos x \Rightarrow dt = \sin xdx\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow t = 1\end{array} \right.\)

Khi đó \(I = \int\limits_0^1 {{t^n}dt}  = \left. {\dfrac{{{t^{n + 1}}}}{{n + 1}}} \right|_0^1 = \dfrac{1}{{n + 1}}\)

Vì ${x^2}$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right){e^{2x}} \Rightarrow \int {f\left( x \right){e^{2x}}\,{\rm{d}}x}  = {x^2}.$

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

Suy ra $I = {e^2}f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) - 2\left. {{x^2}} \right|_0^1 =  2-0 - 2 =  0$

Vậy $I =  0$

Hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là $x = 0;x = 5;x =  - 5$

Ta thấy diện tích mảnh đất Bernoulli bao gồm diện tích $4$ mảnh đất nhỏ bằng nhau.

Xét diện tích $S$ mảnh đất nhỏ trong góc phần tư thứ nhất ta có

$\begin{array}{l}4y = x\sqrt {25 - {x^2}} ;x \in \left[ {0;5} \right] \\ \Rightarrow S = \dfrac{1}{4}\int\limits_0^5 {x\sqrt {25 - {x^2}} } d{\rm{x}} = \dfrac{{125}}{{12}}\\ \Rightarrow S = 4.\dfrac{{125}}{{12}} = \dfrac{{125}}{3}\left( {{m^2}} \right)\end{array}$

+ Gọi phương trình parabol là: $y=a{x^2} + {\rm{ }}bx + c $

Nhận thấy với $x = 0$ thì $y = 8$ suy ra $c = 8$.

Mặt khác \(\left( {0;8} \right)\) là đỉnh nên \( - \dfrac{b}{{2a}} = 0 \Leftrightarrow b = 0\)

Điểm $(-4;0)$ thuộc đồ thị hàm số nên phương trình $y=0$ có nghiệm \(x =  - 4 \Rightarrow a =  - \dfrac{1}{2}\).

Vậy phương trình parabol: \(y =  - \dfrac{{{x^2}}}{2} + 8\)

Bài toán quy về tính diện tích được tạo bởi parabol với trục \(Ox\).

Ta có:

\(S = \int\limits_{ - 4}^4 {\left| { - \dfrac{{{x^2}}}{2} + 8} \right|dx}  = 2\int\limits_0^4 {\left( { - \dfrac{{{x^2}}}{2} + 8} \right)dx}  = 2.\left. {\left( { - \dfrac{{{x^3}}}{6} + 8x} \right)} \right|_0^4 = \dfrac{{128}}{3}{m^2}\)

\({x^2} + 3y = 0 \Leftrightarrow y =  - \dfrac{{{x^2}}}{3}\)

Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình

$ - \,\sqrt {4 - {x^2}}  =  - \dfrac{{{x^2}}}{3} \Leftrightarrow 3\sqrt {4 - {x^2}}  = {x^2} \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l}0 \le {x^2} \le 4\\{x^4} + 9{x^2} - 36 = 0\end{array} \right. $

$\Leftrightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x =  \pm \,\sqrt 3 .$

Khi đó, thể tích khối tròn xoay cần tính là $V = \pi \int\limits_{ - \,\sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left| {{{\left( { - \,\sqrt {4 - {x^2}} } \right)}^2} - {{\left( { - \,\dfrac{{{x^2}}}{3}} \right)}^2}} \right|\,{\rm{d}}x.} $

$ = \pi \int\limits_{ - \,\sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left| {\left( {4 - {x^2}} \right) - \dfrac{{{x^4}}}{9}} \right|{\rm{d}}x}  = \left| {\pi \left. {\left( {4x - \dfrac{{{x^3}}}{3} - \dfrac{{{x^5}}}{{45}}} \right)} \right|_{ - \sqrt 3 }^{\sqrt 3 }} \right| $

$= 2\pi \left( {4\sqrt 3  - \sqrt 3  - \dfrac{{\sqrt 3 }}{5}} \right) = \dfrac{{28\pi \sqrt 3 }}{5}$

Vậy $V = \dfrac{{28\pi \sqrt 3 }}{5} = \dfrac{{a\pi \sqrt 3 }}{b} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 28\\b = 5\end{array} \right. \Rightarrow T = a + b = 28 + 5 = 33.$ 

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 $

Ta có: $\overline z  = \left( {4 - 3i} \right)\left( {1 + i} \right) = 7 + i \Rightarrow z = 7 - i \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {50}  = 5\sqrt 2 $

\(2{z^4} - 3{z^2} - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{z^2} = 2\\{z^2} =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z =  \pm \sqrt 2 \\z =  \pm i\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\)\(T = |{z_1}{|^2} + |{z_2}{|^2} + |{z_3}{|^2} + |{z_4}{|^2} = 2 + 2 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = 5\)

Đặt \(z = a + bi\)

Ta có: $\left| {z - i} \right| = 5 \Leftrightarrow \left| {a + bi - i} \right| = 5 $ $\Leftrightarrow \left| {a + \left( {b - 1} \right)i} \right| = 5 \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2}} = 5 $ $\Leftrightarrow {a^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} = 25$ (1)

${z^2} = (a+bi)^2={a^2} + 2{\rm{a}}bi - {b^2}=a^2-b^2+2abi$

Do \({z^2}\) là số thuần ảo nên:${a^2} - {b^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
b = a\\
b = - a
\end{array} \right.$

TH1: b=a thay vào (1) ta được:

${a^2} + {\left( {a - 1} \right)^2} = 25 $ $\Leftrightarrow {a^2} + {a^2} - 2a + 1 = 25$ $ \Leftrightarrow 2{a^2} - 2a - 24 = 0 $ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 4 \Rightarrow b = 4\\
a = - 3 \Rightarrow b = - 3
\end{array} \right.$

TH2: b=-a thay vào (1) ta được:

${a^2} + {\left( { - a - 1} \right)^2} = 25$ $ \Leftrightarrow {a^2} + {a^2} + 2a + 1 = 25 $ $\Leftrightarrow 2{a^2} + 2a - 24 = 0 $ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 3 \Rightarrow b = - 3\\
a = - 4 \Rightarrow b = 4
\end{array} \right.$

Vậy có $4$ số phức cần tìm là: $4+4i, -3-3i,$ $3-3i, -4+4i$.

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 \(A\left( a;0;0 \right),\,\,B\left( 0;b;0 \right),\,\,C\left( 0;0;c \right)\)\(\Rightarrow \) 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 \(\left( P \right):\dfrac{x}{3}+\dfrac{y}{6}+\dfrac{z}{9}=1.\)

Gọi \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng chứa \(\Delta \) và vuông góc với \(\left( P \right)\), suy ra $\left( Q \right):2x + y - 3z + 1 = 0.$

Khi đó \(\Delta '\) cần tìm là giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) nên thỏa mãn hệ $\left\{ \begin{array}{l}x + y + z - 7 = 0\\2x + y - 3z + 1 = 0\end{array} \right..$

Đặt \(z = t,\) ta có phương trình tham số của \(\Delta '\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 8 + 4t}\\{y = 15 - 5t}\\{z = t{\rm{       }}}\end{array}} \right..\)

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

Vì \((P)\) đi qua hai điểm \(A,B\)  và song song với đường thẳng $d$ nên ta có \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( { - 5;1;3} \right)\)

Ta có:

$\begin{array}{l}(P):\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_P}}  = ( - 5;1;3)\\A(1;1;2) \in (P)\end{array} \right. \Rightarrow  - 5(x - 1) + (y - 1) + 3(z - 2) = 0\\ \Leftrightarrow  - 5x + y + 3z - 2 = 0 \Leftrightarrow 5x - y - 3z + 2 = 0\end{array}$

\(\overrightarrow {{u_d}}  = (1;2;1)\) . Lấy điểm \( M( 1;0;2) \in d\) ;

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {MI}  = ( - 1;0;1) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {MI} ,\overrightarrow u } \right] = ( - 2;2; - 2)\\R = d(I,d) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {MI} ,\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \dfrac{{\sqrt {{{(2)}^2} + {2^2} + {{( - 2)}^2}} }}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \sqrt 2 \end{array}\)

Vậy phương trình mặt cầu tâm $I ( 2; 0; 1)$ bán kính \(\sqrt 2 \) là:

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

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {1;1; - 1} \right)\).

Gọi \(B = \Delta  \cap d\), suy ra \(B \in d \Rightarrow B\left( {3 + t;3 + 3t;2t} \right)\).

Suy ra đường thẳng \(\Delta \) có VTCP \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2 + t;1 + 3t;1 + 2t} \right)\).

Vì \(\Delta \parallel \left( \alpha  \right)\) nên \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow n  = 0 \Leftrightarrow 2 + t + 1 + 3t - 2t - 1 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1\).

Do đó phương trình \(\Delta :\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{{y - 2}}{{ - 2}} = \dfrac{{z + 1}}{{ - 1}}\).

Mặt cầu (S) có tâm \(I\left( 1;1;-2 \right)\) và bán kính \(R=\sqrt{7}\).

Để mặt phẳng (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính lớn nhất thì \(d\left( I;\left( P \right) \right)\) nhỏ nhất.

Ta có \(d\left( I;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 1+1-\left( -2 \right)-m \right|}{\sqrt{3}}=\frac{\left| 4-m \right|}{\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow d{{\left( I;\left( P \right) \right)}_{\min }}=0\Leftrightarrow m=4\)

Giả sử $w = a + bi$ . Ta có

\(\begin{array}{l}w = (1 - i)z + i \Leftrightarrow a + bi = (1 - i)z + i\\ \Leftrightarrow a + bi = (1 - i)(z - 2) + i + 2(1 - i)\\ \Leftrightarrow a + bi = (1 - i)(z - 2) + 2 - i\\ \Leftrightarrow (1 - i)(z - 2) = a - 2 + (b + 1)i\\ \Leftrightarrow z - 2 = \dfrac{{a - 2 + (b + 1)i}}{{1 - i}}\\ \Leftrightarrow z - 2 = \dfrac{{\left[ {a - 2 + (b + 1)i} \right](1 + i)}}{2}\\ \Leftrightarrow z - 2 = \dfrac{1}{2}\left[ {a - 2 - b - 1 + (a - 2 + b + 1)i} \right]\\ \Leftrightarrow z - 2 = \dfrac{1}{2}\left[ {a - b - 3 + (a + b - 1)i} \right]\end{array}\)

 Theo giả thiết $\left| {z - 2} \right| = 2$ nên ta có \(\begin{array}{l}\dfrac{1}{4}\left[ {{{(a - b - 3)}^2} + {{(a + b - 1)}^2}} \right] = 4 \Leftrightarrow {(a - b - 3)^2} + {(a + b - 1)^2} = 16 \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} + 10 - 8a + 4b = 16\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 4a + 2b - 3 = 0 \Leftrightarrow {(a - 2)^2} + {(b + 1)^2} = 8\end{array}\)

Tập hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ biểu diễn số phức $w$ là một đường tròn có bán kính bằng \(2\sqrt 2 \).

\(f'(x)\sqrt{{{x}^{2}}+1}=2x\sqrt{f(x)+1}\Leftrightarrow \frac{f'(x)}{\sqrt{f(x)+1}}=\frac{2x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\Rightarrow \int{\frac{f'(x)}{\sqrt{f(x)+1}}}dx=\int{\frac{2x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}}dx\Leftrightarrow \int{\frac{d\left( f(x)+1 \right)}{\sqrt{f(x)+1}}}=\int{\frac{d({{x}^{2}}+1)}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}}\)

\(\Leftrightarrow 2\sqrt{f(x)+1}=2\sqrt{{{x}^{2}}+1}+C\)

Mà \(f(0)=0\Rightarrow 2\sqrt{0+1}=2\sqrt{{{0}^{2}}+1}+C\Rightarrow C=0\)

\(\Rightarrow \sqrt{f(x)+1}=\sqrt{{{x}^{2}}+1}\Leftrightarrow f(x)={{x}^{2}}\)

\(\Rightarrow f\left( \sqrt{3} \right)={{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}=3\)