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

Điểm \(M\) là trung điểm đoạn thẳng \(AB\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \dfrac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \dfrac{{ - 3 + 1}}{2} =  - 1\\{y_M} = \dfrac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \dfrac{{1 + 1}}{2} = 1\\{z_M} = \dfrac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \dfrac{{2 + 0}}{2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - 1;1;1} \right)\)

Diện tích \(S\) của hình phẳng \(D\) được tính theo công thức là \(S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right)-g\left( x \right) \right|\,\text{d}x}.\)

Phương trình: ${z^2}-2z + 5 = 0$

Có: $\Delta ' = 1 - 5 =  - 4 = 4{i^2}$

   $ \Rightarrow \sqrt {\Delta '}  = \sqrt {4{i^2}}  = 2i$

\( \Rightarrow \) Phương trình có $2$  nghiệm là: ${z_1} = 1 + 2i;{z_2} = 1 - 2i$

Khi đó: $A\left( {1;2} \right),B(1; - 2)$

Tọa độ trung điểm đoạn thẳng $AB$ là: $\left( {1;0} \right)$

Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình là \(z = 0\)

\(\overrightarrow a  + \overrightarrow b  = \left( {2 + 1; - 2 - 1; - 4 + 1} \right) = \left( {3; - 3; - 3} \right)\) nên A đúng.

\(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 2.1 + \left( { - 2} \right).\left( { - 1} \right) + \left( { - 4} \right).1 = 0\) nên \(\overrightarrow a  \bot \overrightarrow b \) hay B đúng.

\(\left| {\overrightarrow b } \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}}  = \sqrt 3 \) nên C đúng.

Vì \(\dfrac{2}{1} = \dfrac{{ - 2}}{{ - 1}} \ne \dfrac{{ - 4}}{1}\) nên \(\overrightarrow a \)  và \(\overrightarrow b \)  không cùng phương hay D sai.

Phương trình trục \(Oy:\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = t\\z = 0\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\). Do đó chỉ có điểm $N\left( {0,1,0} \right)$ thuộc trục \(Oy\)

Ta có: \(\overrightarrow {OB}  = \left( {2;0;0} \right),\overrightarrow {OC}  = \left( {0;1;0} \right),\overrightarrow {OD}  = \left( {0;0; - 3} \right)\)

Do đó \(\left[ {\overrightarrow {OB} ,\overrightarrow {OC} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}0\\1\end{array}&\begin{array}{l}0\\0\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}0\\0\end{array}&\begin{array}{l}2\\0\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}2\\0\end{array}&\begin{array}{l}0\\1\end{array}\end{array}} \right|} \right) = \left( {0;0;2} \right)\)

Suy ra \({V_{OBCD}} = \dfrac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {OB} ,\overrightarrow {OC} } \right].\overrightarrow {OD} } \right| = \dfrac{1}{6}\left| {0.0 + 0.0 + 2.\left( { - 3} \right)} \right| = 1\)

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 \(y = x\).

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

+) Viết phương trình parabol:

Gọi phương trình parabol là :

\((P):\,\,y = a{x^2} + bx + c,\,\,a \ne 0\)

Vì (\(P\)) đi qua \(A( - 2,5;\,1,5),\,\,B(0;2),\,\,C(2,5;\,\,1,5)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{25}}{4}a - \frac{5}{2}b + c = 1,5\\\frac{{25}}{4}a + \frac{5}{2}b + c = 1,5\\c = 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{2}{{25}}\\b = 0\\c = 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow (P):\,\,y =  - \frac{2}{{25}}{x^2} + 2\)

+) Diện tích cần tìm là:  \(S = \int\limits_{ - 2,5}^{2,5} {\left| { - \frac{2}{{25}}{x^2} + 2} \right|dx}  = \int\limits_{ - 2,5}^{2,5} {\left( { - \frac{2}{{25}}{x^2} + 2} \right)dx}  = \left. {\left( { - \frac{2}{{75}}{x^3} + 2x} \right)} \right|_{ - 2,5}^{2,5} = \frac{{55}}{6}\,\,({m^2})\)

+) Giá của cửa sắt là: \(\frac{{55}}{6}.660\,000 = 6050000\)(đồng)\( = 6050\)(nghìn đồng).

$\begin{array}{l}{\rm{\;}}I = \int\limits_0^1 {\left( {2x - {m^2}} \right)dx}  = \left. {\left( {{x^2} - {m^2}x} \right)} \right|_0^1 = 1 - {m^2}\\{\rm{ \;}}I + 3 \ge 0 \Leftrightarrow 1 - {m^2} + 3 \ge 0 \Leftrightarrow {m^2} \le 4 \Leftrightarrow m \in \left[ { - 2;2} \right]\end{array}$

$m$ là số nguyên dương $ \Rightarrow m \in \left\{ {1;2} \right\}$.

Xét mặt cầu \(\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=9\) có tâm \(I\left( 1;2;2 \right),\) bán kính \(R=3.\)

Ta có \(MI=NI=3\sqrt{5}>3=R\)\(\Rightarrow \,\,M,\,\,N\) nằm bên ngoài khối cầu \(\left( S \right).\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(MN\)\(\Rightarrow \,\,H\left( 5;-\,2;4 \right)\) và \(E{{H}^{2}}=\frac{E{{M}^{2}}+E{{N}^{2}}}{2}-\frac{M{{N}^{2}}}{4}.\)

Lại có \({{\left( EM+EN \right)}^{2}}\le \left( {{1}^{2}}+{{1}^{2}} \right)\left( E{{M}^{2}}+E{{N}^{2}} \right)=2\left( E{{H}^{2}}+\frac{M{{N}^{2}}}{4} \right)\).

Để \({{\left\{ EM+EN \right\}}_{\max }}\Leftrightarrow E{{H}_{\max }}\)

Khi và chỉ khi \(E\) là giao điểm của \(IH\) và mặt cầu \(\left( S \right)\). Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng tiếp diện của \(\left( S \right)\) tại \(E\Rightarrow \,\,{{\vec{n}}_{\left( P \right)}}=a.\overrightarrow{EI}=b.\overrightarrow{IH}=b.\left( 4;-\,4;2 \right).\)

Dựa vào các đáp án ta thấy ở đáp án D, \({{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}=\left( 2;-2;1 \right)=\frac{1}{2}\left( 4;-4;2 \right)\)

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là \(2x-2y+z+9=0.\)

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = {x^2}\\{\rm{d}}v = \cos x\,{\rm{d}}x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}u = 2x\,{\rm{d}}x\\v = \sin x\end{array} \right.,$ khi đó $I = \left. {{x^2}\sin x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} - 2\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {x\sin x\,{\rm{d}}x} .$

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

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

\(\begin{array}{l}F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  \Rightarrow F'\left( x \right) = f\left( x \right)\\ \Rightarrow f\left( x \right) = F'\left( x \right) = 5{x^4} + 15{x^2} - 1\end{array}\)

Ta có: \(\left| {\overrightarrow u } \right| = \sqrt {{{\overrightarrow u }^2}}  = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln 3x\\dv = {x^2}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{3}{{3x}}dx\\v = \dfrac{1}{3}{x^3}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow I = \dfrac{1}{3}{x^3}\ln 3x - \int {\dfrac{1}{3}{x^3}.\dfrac{3}{{3x}}dx}  = \dfrac{1}{3}{x^3}\ln 3x - \int {\dfrac{1}{3}{x^2}dx}  = \dfrac{1}{3}{x^3}\ln 3x - \dfrac{1}{9}{x^3} + C\)

Theo công thức trên ta có: \(V = \pi \int\limits_a^b {\left( {f_1^2(x) - f_2^2\left( x \right)} \right)} dx\) (vì đồ thị hàm số \(y = {f_1}\left( x \right)\) nằm phía trên đồ thị hàm số \(y = {f_2}\left( x \right)\).

Ta có \(z = 3 - 4i\)\( \Rightarrow iz = i\left( {3 - 4i} \right) = 4 + 3i.\)

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\left| {z'} \right| = \left| {iz} \right|\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {m + 2} \right)}^2} + {m^2}}  = \sqrt {{4^2} + {3^2}} \\ \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} + {m^2} = 25\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 21 = 0\end{array}\)

Áp dụng định lý viet ta có tổng các giá trị của m là \(\dfrac{{ - 4}}{2} =  - 2.\)

Đặt \(x = 4\sin t \Rightarrow dx = 4\cos tdt\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = \sqrt 8  \Rightarrow t = \dfrac{\pi }{4}\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(I = 4\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\sqrt {16 - 16{{\sin }^2}t} \cos tdt}  = 16\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {{{\cos }^2}tdt}  = 8\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\left( {1 + \cos 2t} \right)d} t\)

Mặt cầu (S) có tâm \(I\left( 1;2;0 \right)\), bán kính R = 5.

\(d\left( I;\left( \alpha  \right) \right)=\frac{\left| 1+2.2+7 \right|}{\sqrt{1+4+4}}=4=d\).

Do đó mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):\,\,x+2y-2z+7=0\) cắt nhau theo một đường tròn (C) có bán kính \(r=\sqrt{{{R}^{2}}-{{d}^{2}}}=3\).

Vậy chu vi đường tròn (C) bằng \(2\pi r=6\pi \).

Véc tơ \(\overrightarrow i \) là véc tơ đơn vị của trục \(Ox\).

Hai vectơ \(\overrightarrow a  = \left( {m;2;3} \right),\overrightarrow b  = \left( {1;n;2} \right)\) cùng phương khi \(\frac{m}{1} = \frac{2}{n} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{3}{2}\\n = \frac{4}{3}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow 2m + 3n = 7.\)

Thể tích khối tròn xoay khi xoay hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục $Ox$  và hai đường thẳng \(x = a,x = b\,\,\left( {a < b} \right)\) xung quanh trục \(Ox\) là: \(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)} dx\)

Ta có: \({V_1} = \pi \int\limits_0^1 {{f^2}\left( x \right)dx} \) và \({V_2} = \pi \int\limits_0^1 {{{\left[ {\dfrac{1}{3}f\left( x \right)} \right]}^2}dx}  = \dfrac{1}{9}\pi \int\limits_0^1 {{f^2}\left( x \right)dx} \)

\( \Rightarrow {V_1} = 9{V_2}.\)

Đường thẳng $d$ có phương trình chính tắc \(\dfrac{x}{1} = \dfrac{{y - 1}}{{ - 1}} = \dfrac{{z - 2}}{1}\).

Thay các điểm ở mối đáp án vào phương trình trên ta thấy chỉ có đáp án D là cả hai điểm đều thỏa mãn phương trình.

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

Đường thẳng \(d\) qua \(A\left( {1; - 1;3} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2;1;2m - 1} \right)\). 

Để \(d\parallel \left( P \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0\\A \notin \left( P \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 1 = 0\\7 - n \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - \dfrac{1}{2}\\n \ne 7\end{array} \right..\)

Mệnh đề (I) và mệnh đề (IV) sai nên có 4 mệnh đề đúng.

Ta xét mặt cầu $(S):{(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} + {(z + 2)^2} = 25$

$\Rightarrow I(1;2; - 2);R = 5$

Điểm $A(1;-3;0)$ thuộc $d$ nên $A \in (P)$ và $d(I;(P)) = 5$ nên thử các đáp án ta thấy C đúng.

Đặt \(t = \sqrt {2{\rm{x}} - 1}  \Rightarrow {t^2} = 2{\rm{x}} - 1 \Rightarrow t{\rm{d}}t = d{\rm{x}}\)\( \Rightarrow I = \int {\dfrac{{t{\rm{d}}t}}{{t + 4}} = \int {\left( {1 - \dfrac{4}{{t + 4}}} \right)dt = t - 4\ln \left| {t + 4} \right| + C} } \)

$ = \sqrt {2{\rm{x}} - 1}  - \ln {\left( {\sqrt {2{\rm{x}} - 1}  + 4} \right)^4} + C$

Vậy $n = 4\;$ suy ra \(S = \sin \dfrac{{4\pi }}{8} = 1\)

Ta có \(I=\int\limits_{0}^{3}{\frac{\text{d}x}{x+2}}\)\(=\ln \left| x+2 \right|\left| _{\begin{smallmatrix} \\ 0 \end{smallmatrix}}^{\begin{smallmatrix} 3 \\ \end{smallmatrix}} \right.=\ln 5-\ln 2=\ln \frac{5}{2}.\)

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

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

\( \Rightarrow I =  - \int\limits_1^{ - 1} {{t^3}dt}  = \int\limits_{ - 1}^1 {{t^3}dt}  = \left. {\dfrac{{{t^4}}}{4}} \right|_{ - 1}^1 = \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} = 0\)

Đặt : \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \cos 2xdx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \dfrac{1}{2}.\sin 2x\end{array} \right.\)

Suy ra: $\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {x.\cos xdx}  = \left. {\left( {x.\dfrac{1}{2}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2x}}} \right)} \right|_0^{\dfrac{\pi }{4}} - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\sin 2xdx}  $

$= \dfrac{\pi }{8} + \left. {\dfrac{1}{4}\cos 2x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{4}} =  - \dfrac{1}{4} + \dfrac{\pi }{8}$

\( \Rightarrow a =  - \dfrac{1}{4};b = \dfrac{1}{8} \Rightarrow S = a + 2b = 0\)

Phương trình đường thẳng d đi qua \(A(0;4)\) có hệ số góc k

\(y=k(x-0)+4\Leftrightarrow y=kx+4\)

Cho \(y=0\Rightarrow x=\frac{-4}{k},\,\,k\ne 0\). Vậy, d cắt Ox tại điểm \(I\left( -\frac{4}{k};0 \right)\).

Giao điểm của \(y={{x}^{2}}-4x+4\) và trục hoành: Cho \(y=0\Rightarrow x=2\).

\(\Rightarrow \) Để d chia (H) thành 2 phần thì \(0<\frac{-4}{k}<2\Leftrightarrow k<-2\).

Vì d chia (H) thành 2 phần có diện tích bằng nhau

\(\Rightarrow {{S}_{1}}={{S}_{2}}\Rightarrow {{S}_{1}}=\frac{1}{2}\left( {{S}_{1}}+{{S}_{2}} \right)\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{-\frac{4}{k}}{\left| kx+4 \right|dx}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{2}{\left| {{x}^{2}}-4x+4 \right|dx}\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{-\frac{4}{k}}{(kx+4)dx}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{2}{{{(x-2)}^{2}}dx}\)

\(\Leftrightarrow \left. \frac{{{(kx+4)}^{2}}}{2k} \right|_{0}^{-\frac{4}{k}}=\left. \frac{1}{2}.\frac{{{(x-2)}^{3}}}{3} \right|_{0}^{2}\Leftrightarrow -\frac{8}{k}=-\frac{1}{2}.\frac{{{(-2)}^{3}}}{3}\Leftrightarrow \frac{-8}{k}=\frac{4}{3}\Leftrightarrow k=-6\)

Ta có: \(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{e}^{2x}}dx}=\pi \left. \frac{{{e}^{2x}}}{2} \right|_{0}^{1}=\frac{\pi \left( {{e}^{2}}-1 \right)}{2}\)

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 $

Phương trình: $z + \dfrac{1}{z} =  - 1 \Leftrightarrow {z^2} + z + 1 = 0$

Ta có: ${z_1} + {z_2} =  - 1;{z_1}.{z_2} = 1$

Khi đó $P = {z_1}^3 + {z_2}^3 = \left( {{z_1} + {z_2}} \right)\left( {{z_1}^2 - {z_1}{z_2} + {z_2}^2} \right) = \left( {{z_1} + {z_2}} \right)\left[ {{{\left( {{z_1} + {z_2}} \right)}^2} - 3{z_1}{z_2}} \right] =  - 1.(1 - 3) = 2$

Gọi \(z = x + yi\). Khi đó điểm $M\left( {x;y} \right)$ biểu diễn số phức$z$.

Ta có : \(\left| {z - 2} \right| + \left| {z + 2} \right| = 10 \Leftrightarrow \left| {x - 2 + yi} \right| + \left| {x + 2 + yi} \right| = 10 \)

$\Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {y^2}}  + \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + {y^2}}  = 10$.

Đặt ${F_1}\left( { - 2;0} \right);{F_2}\left( {2;0} \right)$, khi đó : \(M{F_1} + M{F_2} = 10 > {F_1}{F_2}( = 4)\) nên tập hợp các điểm $M$ là elip $\left( E \right)$  có 2 tiêu điểm là ${F_1};{F_2}$ . Gọi $\left( E \right)$ có dạng : \(\dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}M{F_1} + M{F_2} = 10 = 2a\\{F_1}{F_2} = 4 = 2c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\c = 2\end{array} \right. \Rightarrow b = \sqrt {{5^2} - {2^2}}  = \sqrt {21} \)

Vậy tập hợp các điểm $M$ là elip : \((E):\dfrac{{{x^2}}}{{25}} + \dfrac{{{y^2}}}{{21}} = 1\).      

$M$ nằm trên trục $Ox$, giả sử \(M(m;0;0)\).

Ta có

\(\begin{array}{l}MA = \sqrt {{{(m - 0)}^2} + {{(0 - 2)}^2} + {{(0 + 1)}^2}}  = \sqrt {{m^2} + 5} \\MB = \sqrt {{{(m - 2)}^2} + {{(0 - 0)}^2} + {{(0 - 1)}^2}}  = \sqrt {{{(m - 2)}^2} + 1} \end{array}\)

Suy ra

\(M{A^2} + M{B^2} = {m^2} + 5 + {(m - 2)^2} + 1 = 2{m^2} - 4m + 10 \)

$= 2({m^2} - 2m + 1) + 8 = 2{(m - 1)^2} + 8 \ge 8$

\(\min (M{A^2} + M{B^2}) = 8 \Leftrightarrow m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).

Vậy \(M(1;0;0)\)

Phương trình mặt phẳng $(ABC)$ : \(\dfrac{x}{{ - 3}} + \dfrac{y}{{ - 2}} + \dfrac{z}{1} = 1 \Leftrightarrow 2x + 3y - 6z + 6 = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\\c = 6\end{array} \right. \Rightarrow a + b - c =  - 1\)

Gọi \(N = d \cap \Delta \). Giả sử \(N\left( {2 - 2t;\,\,8 + t;\,\,t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( { - 2t;\,\,7 + t;\,\,t - 1} \right)\).

Đường thẳng \(\Delta :\,\,\dfrac{{x - 2}}{{ - 2}} = \dfrac{{y - 8}}{1} = \dfrac{z}{1}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( { - 2;1;1} \right)\), đường thẳng \(d\) nhận \(\overrightarrow {MN} \) là 1 VTPT.

Do \(d \bot \Delta \) nên \(\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {{u_\Delta }}  = 0\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow  - 2t.\left( { - 2} \right) + \left( {7 + t} \right).1 + \left( {t - 1} \right).1 = 0\\ \Leftrightarrow 6t + 6 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1\\ \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( {2;6; - 2} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(d\) đi qua \(M\left( {2;1;1} \right)\) và có 1 VTCP \(\overrightarrow {{u_d}}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {MN}  = \left( {1;3; - 1} \right)\) có phương trình là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t'\\y = 1 + 3t'\\z = 1 - t'\end{array} \right.\).

Khi đó, giao điểm của \(d\) và mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) ứng với \(t'\) thỏa mãn \(x = 2 + t' = 0 \Leftrightarrow t' =  - 2\).

\( \Rightarrow \) Tọa độ giao điểm của \(d\) và mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là: \(\left( {0; - 5;3} \right)\).

Gọi tâm mặt cầu là \(I\left( {a;b;c} \right)\)

Ta có mặt cầu đi qua \(A\left( {1;0;0} \right),B\left( {0; - 2;0} \right),C\left( {0;0;4} \right)\) và gốc tọa độ O.

Nên \(\left\{ \begin{array}{l}IA = IO\\IB = IO\\IC = IO\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - 1} \right)^2} = {a^2}\\{\left( {b + 2} \right)^2} = {b^2}\\{\left( {c - 4} \right)^2} = {c^2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{2}\\b =  - 1\\c = 2\end{array} \right.\)

Suy ra \(I\left( {\dfrac{1}{2}; - 1;2} \right) \Rightarrow R = IO = \dfrac{{\sqrt {21} }}{2}.\)

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

Gọi điểm \(N\left( {x;y;z} \right)\).

Ta có O, M, N thẳng hàng \( \Rightarrow OM.ON = \overrightarrow {OM} .\overrightarrow {ON}  = 12\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {OM}  = \dfrac{{12}}{{\overrightarrow {ON} }} = \dfrac{{12}}{{O{N^2}}}.\overrightarrow {ON}  = \dfrac{{12}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}\left( {x;y;z} \right)\\ \Rightarrow M\left( {\dfrac{{12x}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}};\dfrac{{12y}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}};\dfrac{{12z}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}} \right)\end{array}\)

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có phương trình \(\dfrac{x}{2} + \dfrac{y}{4} + \dfrac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 12 = 0\)

Do \(M \in \left( {ABC} \right)\) nên thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng (ABC) ta có:

\(\begin{array}{l}6\dfrac{{12x}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + 3\dfrac{{12y}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + 2\dfrac{{12z}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} - 12 = 0\\ \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x - 3y - 2z = 0\end{array}\)

Vậy khi M thay đổi trên \(\left( {ABC} \right)\) thì N luôn thuộc mặt cầu tâm \(I\left( {3;\dfrac{3}{2};1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {9 + \dfrac{9}{4} + 1}  = \dfrac{7}{2}\).

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

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

Ta có : \(\left( {x\sin x + \cos x} \right)' = \sin x + x\cos x - \sin x = x\cos x\)

$ \Rightarrow I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x\sin x + \cos x} \right)}^2}}}{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{\dfrac{x}{{\cos x}}.x\cos x}}{{{{\left( {x\sin x + \cos x} \right)}^2}}}dv} $

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \dfrac{x}{{\cos x}}\\{\rm{d}}v = \dfrac{{x\cos x}}{{{{\left( {x\sin x + \cos x} \right)}^2}}}{\rm{d}}x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}u = \dfrac{{x\sin x + \cos x}}{{{{\cos }^2}x}}{\rm{d}}x\\v =  - \dfrac{1}{{x\sin x + \cos x}}\end{array} \right..$

Khi đó

$\begin{array}{l}I = \left. { - \dfrac{x}{{\cos x}}.\dfrac{1}{{x\sin x + \cos x}}} \right|_0^{\dfrac{\pi }{4}} + \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{{\rm{d}}x}}{{{{\cos }^2}x}}}  = \\ = \dfrac{{ - \dfrac{\pi }{4}}}{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}}.\dfrac{1}{{\dfrac{\pi }{4}\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} + \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}} + \left. {\tan x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{4}}\\ = \dfrac{{ - \dfrac{\pi }{4}}}{{\dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{\pi }{4} + 1} \right)}} + 1 = \dfrac{{ - 2\pi }}{{\left( {\pi  + 4} \right)}} + 1 = \dfrac{{4 - \pi }}{{4 + \pi }} \Rightarrow m = 4\end{array}$. 

Ta có \(S = \int\limits_{ - 2}^m {\left| {4 - {x^2}} \right|{\rm{d}}x}  = \dfrac{{25}}{3}\).

Phương trình hoành độ giao điểm: \(4 - {x^2} = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 2\)

Do \( - 2 < x < m < 2\) nên \(4 - {x^2} > 0,\forall x \in \left( { - 2;m} \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_{ - 2}^m {\left| {4 - {x^2}} \right|dx}  = \frac{{25}}{3}\\ \Leftrightarrow \int\limits_{ - 2}^m {\left( {4 - {x^2}} \right)dx}  = \frac{{25}}{3}\\ \Leftrightarrow \left. {\left( {4x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - 2}^m = \frac{{25}}{3}\\ \Leftrightarrow 4m - \frac{{{m^3}}}{3} + 8 - \frac{8}{3} = \frac{{25}}{3}\\ \Leftrightarrow  - {m^3} + 12m - 9 = 0\\ \Leftrightarrow {m^3} - 12m + 9 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 3} \right)\left( {{m^2} + 3m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 3 = 0\\{m^2} + 3m - 3 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3\left( {loai} \right)\\m = \frac{{ - 3 + \sqrt {21} }}{2}\left( {TM} \right)\\m = \frac{{ - 3 - \sqrt {21} }}{2}\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy chỉ có \(m = \dfrac{{\sqrt {21}  - 3}}{2}\) thỏa mãn bài toán.

Theo bài ra ta có :

+) \(\left| z \right| = 2 \Rightarrow \) Tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn tâm \({I_1}\left( {0;0} \right)\) bán kính \({R_1} = 2\). 

\(\left| i \right|\left| {w - \dfrac{{2 - 5i}}{i}} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {w - \left( { - 5 - 2i} \right)} \right| = 1\)

\( \Rightarrow \) Tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(w\) là đường tròn tâm \({I_2}\left( { - 5; - 2} \right)\) bán kính \({R_2} = 1\).

Đặt  \(T = \left| {{z^2} - wz - 4} \right| = \left| {{z^2} - wz - z.\overline z } \right| = \left| z \right|\left| {z - w - \overline z } \right| = 2\left| {z - w - \overline z } \right|\)

Đặt \(z = a + bi\,\,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \overline z  = a - bi \Rightarrow z - \overline z  = 2bi\).

\( \Rightarrow T = 2\left| {2bi - w} \right|\).

Gọi \(M\left( {0;2b} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(2bi\), \(N\) là điểm biểu diễn số phức \(w\).

\( \Rightarrow T = 2M{N_{\min }} \Leftrightarrow M{N_{\min }}\).

Do \(\left| z \right| = 2 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 4 \Leftrightarrow  - 2 \le b \le 2 \Leftrightarrow  - 4 \le 2b \le 4\).

\( \Rightarrow \) Tập hợp các điểm \(M\) là đoạn \(AB\) với \(A\left( { 0;-4} \right),\,\,B\left( {0;4} \right)\).

Dựa vào hình vẽ ta thấy \(M{N_{\min }} = 4 \Leftrightarrow N\left( { - 4; - 2} \right),M\left( {0; - 2} \right)\).

Vậy \({T_{\min }} = 2.4 = 8\).

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