Ta có \(A\left( {1;1; - 2} \right),\,\,B\left( {3;0;1} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 1;3} \right).\)

Số phức \(z = a + bi\) có phần thực là 3 và phần ảo bằng 2 \( \Rightarrow z = 3 + 2i\)

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

Mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 6z - 2 = 0\) có tâm là \(I\left( {2;0; - 3} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {{2^2} + {0^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + 2}  = \sqrt {15} .\)

Đường thẳng đi qua \(A\left( {2; - 1;1} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow u  = \left( {1; - 2;3} \right)\) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y =  - 1 - 2t\\z = 1 + 3t\end{array} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right).\)

Ta có \(F\left( x \right) = {x^2} + \sin x\)\( \Rightarrow F'\left( x \right) = 2x + \cos x\)

Nên \(F\left( x \right)\) là nguyên hàm của hàm số \(y = 2x + \cos x.\)

Ta có \(\overrightarrow x  = \overrightarrow i  - 3\overrightarrow j  + 2\overrightarrow k  \Rightarrow \overrightarrow x  = \left( {1; - 3;2} \right)\)

Ta có \(z = \left( {3 - 2i} \right)i = 2 + 3i\).

\( \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{2^2} + {3^2}}  = \sqrt {13} .\)

Ta có \({\rm{w}} = 4 - i\) có điểm biểu diễn là \(Q\left( {4; - 1} \right)\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\)\(:2x - y + 2z - 3 = 0\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 1;2} \right)\)

Mặt khác ta thấy \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 1;2} \right)\) không cùng phương với \(\overrightarrow {{n_4}}  = \left( {6;3;6} \right)\) do đó \(\overrightarrow {{n_4}}  = \left( {6;3;6} \right)\) không là vecto pháp tuyến của \(\left( P \right)\).

\(\int_0^2 {f'\left( x \right)dx}  = f\left( 2 \right) - f\left( 0 \right) = 0 - 3 =  - 3.\)

Điểm đối xứng của \(A\left( {2;1; - 3} \right)\) qua mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là \(A'\left( { - 2;1; - 3} \right)\)

Ta có

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\int\limits_a^b {\left[ {f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]dx}  =  - 8\\ \Leftrightarrow \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}  - 2\int\limits_a^b {g\left( x \right)dx}  =  - 8\\ \Leftrightarrow 2 - 2\int\limits_a^b {g\left( x \right)dx}  =  - 8\\ \Leftrightarrow \int\limits_a^b {g\left( x \right)dx}  = 5.\end{array}\)

Ta có: \(2{x^2} - 4x + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 + \dfrac{{\sqrt {14} }}{2}i = z\\x = 1 - \dfrac{{\sqrt {14} }}{2}i = w\end{array} \right.\) .

Khi đó \(P = \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{{\rm{w}}} = \dfrac{1}{{1 + \dfrac{{\sqrt {14} }}{2}i}} + \dfrac{1}{{1 - \dfrac{{\sqrt {14} }}{2}i}} = \dfrac{4}{9}.\)

\(d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {2 + 5\left( { - 3} \right) - 2.0 + 1} \right|}}{{\sqrt {1 + {5^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \dfrac{{2\sqrt {30} }}{5}.\)

Ta có

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left( {3x + 2yi} \right) + \left( {2 + i} \right) = 2x - 3i\\ \Leftrightarrow \left( {3x + 2} \right) + \left( {2y + 1} \right)i = 2x - 3i\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 2 = 2x\\2y + 1 =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(\left( {x;y} \right) = \left( { - 2; - 2} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y + 2z - 5 = 0\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2; - 1;2} \right)\).

Gọi \(\overrightarrow {{u_d}} \) là 1 VTCP của đường thẳng d. Vì \(d \bot \left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2; - 1;2} \right)\).

Vậy phương trình đường thẳng d đi qua \(A\left( {3;1; - 1} \right)\) và có 1 VTCP \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2; - 1;2} \right)\) là: \(\dfrac{{x - 3}}{2} = \dfrac{{y - 1}}{{ - 1}} = \dfrac{{z + 1}}{2}.\)

Ta có

\({z_1} = 4 - 3i \Rightarrow A\left( {4; - 3} \right)\)

\({z_2} = \left( {1 + 2i} \right)i =  - 2 + i \Rightarrow B\left( { - 2;1} \right)\)

\({z_3} = \dfrac{{1 - i}}{{1 + i}} =  - i \Rightarrow C\left( {0; - 1} \right)\)

Vì ABCD là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 - 4 = 0 - {x_D}\\1 - \left( { - 3} \right) =  - 1 - {y_D}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 6\\{y_D} =  - 5\end{array} \right.\).

Vậy số phức có điểm biểu diễn là điểm \(D\left( {6; - 5} \right)\) có dạng \(z = 6 - 5i.\)

Đặt \(z = a + bi \Rightarrow \overline z  = a - bi\)

Xét đáp án A: \(z + \overline z  = 2a\) \( \Rightarrow \) Đáp án A sai.

Xét đáp án B: \(z - \overline z  = 2bi\)\( \Rightarrow \) Đáp án B sai.

Xét đáp án C: \(z.\overline z  = \left( {a + bi} \right)\left( {a - bi} \right) = {a^2} + {b^2}\)\( \Rightarrow \) Đáp án C sai.

Xét đáp án D: \(\left| z \right| = \left| {\overline z } \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)\( \Rightarrow \) Đáp án D đúng.

Ta có \(\left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2t\\y = 3t\\z = 2 + t\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \dfrac{{x - 1}}{{ - 2}}\\t = \dfrac{y}{3}\\t = \dfrac{{z - 2}}{1}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \dfrac{{x - 1}}{{ - 2}} = \dfrac{y}{3} = \dfrac{{z - 2}}{1}\)  là phương trình tham số của đường thẳng d.

Ta có \(\int\limits_1^5 {\dfrac{{dx}}{{2x - 1}}}  = \left. {\dfrac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right|} \right|_1^5 = \dfrac{1}{2}\ln 9 \)\(= \dfrac{1}{2}.ln{3^2} = \ln 3.\)

Theo bài ra ta có: \(\int\limits_1^5 {\dfrac{{dx}}{{2x - 1}}}  > \ln \left( {\dfrac{a}{2}} \right) \)

\(\Rightarrow \ln 3 > \ln \left( {\dfrac{a}{2}} \right) \)\(\Leftrightarrow 3 > \dfrac{a}{2} > 0 \Leftrightarrow 0 < a < 6.\)

Mặt khác a là số nguyên thuộc khoảng \(\left( {1;17} \right)\) nên \(1 < a < 6,\,\,a \in \mathbb{Z} \Rightarrow a \in \left\{ {2;3;4;5} \right\}\).

Vậy có 4 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đường thẳng d có 1 VTCP \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1; - 2;b} \right)\), mặt phẳng (P) có 1 VTPT là \(\overrightarrow n \left( {1;1; - 1} \right)\).

Vì đường thẳng \(\left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = a - 2t\\z = bt\end{array} \right.\) nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right):x + y - z - 2 = 0\) nên \(\overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {{n_P}}  = 0\)\( \Leftrightarrow 1 - 2 - b = 0 \Leftrightarrow b =  - 1\).

Lấy điểm \(A\left( {1;a;0} \right) \in \left( d \right)\), vì \(d \subset \left( P \right) \Rightarrow A \in \left( P \right)\).

\( \Rightarrow 1 + a - 0 - 2 = 0 \Leftrightarrow a - 1 = 0 \Leftrightarrow a = 1.\) 

Vậy \(a + b = 1 + \left( { - 1} \right) = 0.\)

Ta có \(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{{{\left( {1 + \ln x} \right)}^2}}}{x}dx} \)

Đặt \(t = 1 + \ln x \Rightarrow dt = \dfrac{{dx}}{x}\)

Đổi cân: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 1\\x = e \Rightarrow t = 2\end{array} \right.\).

Khi đó \(I = \int\limits_1^2 {{t^2}dt} .\)

Phương trình \({z^2} + 2z + m = 0\) có một nghiệm \({z_1} =  - 1 + 3i \Rightarrow \) Nghiệm còn lại là \({z_2} =  - 1 - 3i.\)

Khi đó ta có: \(w = {z_1} - 2{z_2} =  - 1 + 3i - 2\left( { - 1 - 3i} \right) = 1 + 9i\).

Vậy số phức \(w\) có phần ảo bằng 9.

Ta có \(A\left( {2;2; - 1} \right),B\left( { - 4;2; - 9} \right)\) nên trung điểm của đoạn thẳng AB là \(I\left( { - 1;2; - 5} \right).\)

Mặt cầu đường kính AB có bán kính \(R = IA = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {0^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = 5.\)

Mặt cầu tâm \(I\left( { - 1;2; - 5} \right)\) và có bán kính \(R = 5\) có phương trình là

\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 5} \right)^2} = 25\)

Đặt \(z = a + bi \Rightarrow \overline z  = a - bi.\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{z^2} + 2\overline z  = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a + bi} \right)^2} + 2\left( {a - bi} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + 2abi + {b^2}{i^2} + 2a - 2bi = 0\\ \Leftrightarrow {a^2} - {b^2} + 2a + \left( {2ab - 2b} \right)i = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} + 2a = 0\\2ab - 2b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} + 2a = 0\\2b\left( {a - 1} \right) = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} + 2a = 0\\\left[ \begin{array}{l}b = 0\\a = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\{b^2} + 3 = 0\,\,\left( {VN} \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = 0\\{a^2} + 2a = 0\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\\left[ \begin{array}{l}a = 0\\a =  - 2\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy có 2 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(z = 0\) và \(z =  - 2\).

Đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 2 + 3t\\z = 3 + 4t\end{array} \right.\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}} \left( {2;3;4} \right)\).

Đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right):\dfrac{{x - 3}}{4} = \dfrac{{y - 5}}{6} = \dfrac{{z - 7}}{8}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {4;6;8} \right)\).

Dễ thấy \(\overrightarrow {{u_2}}  = 2\overrightarrow {{u_1}} \), do đó \(\overrightarrow {{u_1}} ,\,\overrightarrow {{u_2}} \) cùng phương.

Lấy \(A\left( {1;2;3} \right) \in \left( {{d_1}} \right)\), thay vào phương trình đường thẳng \({d_2}\) ta có: \(\dfrac{{1 - 3}}{4} = \dfrac{{2 - 5}}{6} = \dfrac{{3 - 7}}{8} =  - \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow A \in {d_2}\).

Vậy \(\left( {{d_1}} \right) \equiv \left( {{d_2}} \right)\).

Ta có A, B, C là hình chiếu vuông góc của điểm \(P\left( {2; - 3;1} \right)\) trên trục Ox, Oy, Oz nên \(A\left( {2;0;0} \right),\) \(B\left( {0; - 3;0} \right),\) \(C\left( {0;0;1} \right).\)

Phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B ,C là: \(\dfrac{x}{2} + \dfrac{y}{{ - 3}} + \dfrac{z}{1} = 1 \Leftrightarrow 3x - 2y + 6z - 6 = 0\)

Ta có

\(\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{\sqrt {x + 1}  + \sqrt x }}} \\ = \int\limits_0^1 {\dfrac{{\sqrt {x + 1}  - \sqrt x }}{{x + 1 - x}}} dx\\ = \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {x + 1}  - \sqrt x } \right)dx}\\  = \left. {\dfrac{2}{3}\left[ {{{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)}^3} - {{\left( {\sqrt x } \right)}^3}} \right]} \right|_0^1\\ = \dfrac{2}{3}\left[ {\left( {\sqrt 8  - 1} \right) - \left( {1 - 0} \right)} \right] \\= \dfrac{2}{3}\left( {\sqrt 8  - 2} \right)\end{array}\)

Khi đó \(a = 8;\,\,b = 2.\)

Vậy \(T = a + b = 8 + 2 = 10.\)

Hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right);\left( {A'B'C'} \right)\) song song với nhau nên chiều cao khối trụ là \(h = d\left( {\left( {ABC} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right).\)

Mà phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right);\left( {A'B'C'} \right)\) lần lượt là \(x - 2y + z + 2 = 0;\)\(x - 2y + z + 4 = 0\)

Nên \(h = d\left( {\left( {ABC} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right)\)\( = \dfrac{{\left| {4 - 2} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 1} }} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}.\)

Vậy thể tích khối lăng trụ là: \(V = h.{S_{ABC}} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}.6 = 2\sqrt 6 .\)

Ta có \(I = \int\limits_1^5 {f\left( {\dfrac{{x + 1}}{2}} \right)dx} \)

Đặt \(t = \dfrac{{x + 1}}{2} \Rightarrow dt = \dfrac{{dx}}{2} \Leftrightarrow dx = 2dt\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 1\\x = 5 \Rightarrow t = 3\end{array} \right.\).

Khi đó ta có: \(I = 2\int\limits_1^3 {f\left( t \right)dt}  = 2\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx}  = 2.3 = 6.\)

Ta có \(z = m + 1 + mi \Rightarrow z - 2i = m + 1 + \left( {m - 2} \right)i.\)

\( \Rightarrow \left| {z - 2i} \right| = \sqrt {{{\left( {m + 1} \right)}^2} + {{\left( {m - 2} \right)}^2}} \).

Theo bài ra ta có: \(\left| {z - 2i} \right| > 1 \Rightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {m - 2} \right)^2} > 1\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 + {m^2} - 4m + 4 > 1\) \( \Leftrightarrow 2{m^2} - 2m + 4 > 0\) (luôn đúng)

\( \Rightarrow m \in \mathbb{R}\).

Kết hợp điều kiện bài toán, ta có \(m \in \left( { - 5;5} \right),\,\,m \in \mathbb{Z}\)\( \Rightarrow m \in \left\{ { - 4; - 3; - 2; - 1;0;1;2;3;4} \right\}.\)

Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi vecto pháp tuyến của mặt phẳng là \(\overrightarrow n \)

Phương trình mặt phẳng chứa trục Oy và qua điểm \(A\left( {1;4; - 3} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow n .\overrightarrow j  = 0\\\overrightarrow n .\overrightarrow {OA}  = 0\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow j ;\overrightarrow {OA} } \right]\).

Ta có: \(\overrightarrow j  = \left( {0;1;0} \right),\,\,\overrightarrow {OA}  = \left( {1;4; - 3} \right)\) \( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow j ;\overrightarrow {OA} } \right] = \left( { - 3;0; - 1} \right)\).

\( \Rightarrow \) Mặt phẳng cần tìm có 1 VTPT là \(\overrightarrow n \left( { - 3;0; - 1} \right)\), do đó mặt phẳng cũng có vecto pháp tuyến là \(\left( {3;0;1} \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: \(3\left( {x - 0} \right) + 0\left( {y - 0} \right) - 1\left( {z - 0} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 3x - z = 0\).

Ta có \(v = \int {a\left( t \right)dt = \int {\left( {3t - 8} \right)dt} }  = \dfrac{{3{t^2}}}{2} - 8t + C.\)

Vì ô tô đang chạy với vận tốc 15m/s nên ta có: \(v\left( 0 \right) = 15 \Rightarrow C = 15.\)

\( \Rightarrow v = \dfrac{{3{t^2}}}{2} - 8t + 15.\)

Vậy quãng đường ô tô đi được sau 10 giây là: \(s = \int\limits_0^{10} {\left( {\dfrac{{3{t^2}}}{2} - 8t + 15} \right)dt = 250} .\)

Vì \(M = \left( d \right) \cap \left( P \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M \in \left( d \right)\\M \in \left( P \right)\end{array} \right.\).

Ta có \(M \in \left( d \right):\,\,\,\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{{y + 1}}{1} = \dfrac{z}{2}\)\( \Leftrightarrow M\left( {2t + 1;\,\,t - 1;\,\,2t} \right).\)

          \(M \in \left( P \right)\) \( \Rightarrow 2t + 1 - t + 1 + 4t + 3 = 0\)\( \Leftrightarrow 5t + 5 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1.\)

Khi đó ta có \(M\left( { - 1; - 2; - 2} \right)\)\( \Rightarrow a =  - 1,\,\,b =  - 2,\,\,c =  - 2\)

Vậy \(P = a + b + c =  - 1 - 2 - 2 =  - 5.\)

Đặt \(I = \int\limits_1^2 {\left( {x - 1} \right)f'\left( x \right)dx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x - 1\\dv = f'\left( x \right)dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(I = \left. {\left( {x - 1} \right)f\left( x \right)} \right|_1^2 - \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  \)\(= f\left( 2 \right) - \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} \)

Mà \(I = b;\,\,f\left( 2 \right) = a\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  = a - b.\)

Trong đoạn \(\left[ {2;9} \right]\) có

+) 3 số chia hết cho 3: \(\left\{ {3;6;9} \right\}\).

+) 2 số chia 3 dư 1: \(\left\{ {4;7} \right\}\).

+) 3 số chia 3 dư 2: \(\left\{ {2;5;8} \right\}\).

Để \(a + b\) chia hết cho 3 thì

+) Cả 2 số a, b đều chia hết cho 3 có \(A_3^2 = 6\) số phức thỏa mãn.

+) 1 số chia 3 dư 1 và 1 số chia 3 dư 2: Có \(C_2^1.C_3^1.2! = 12\) số phức thỏa mãn.

Vậy có tất cả 18 số phức thỏa mãn.

Mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 5\) có tâm là \(O\left( {0;0;0} \right)\), bán kính \(R = \sqrt 5 .\)

Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng \(\left( P \right):x + \sqrt 2 y - z + 3 = 0\) là \(d = \dfrac{3}{{\sqrt {1 + 2 + 1} }} = \dfrac{3}{2}.\)

Áp dụng định lý Pytago ta có \({R^2} = {r^2} + {d^2} \Rightarrow r = \sqrt {5 - {{\left( {\dfrac{3}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt {11} }}{2}.\)

Vậy chu vi đường tròn bán kính r bằng \(C = 2\pi r = \pi \sqrt {11} .\)

Ta có \(f'\left( x \right) = {\left[ {xf\left( x \right)} \right]^2}\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} = {x^2}\)

Lấy nguyên hàm hai vế ta được: \(\int {\dfrac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}dx = \int {{x^2}dx}  \Leftrightarrow }  - \dfrac{1}{{f\left( x \right)}} = \dfrac{{{x^3}}}{3} + C\)

Mà \(f\left( 1 \right) = \dfrac{1}{3} \Rightarrow  - \dfrac{1}{{\dfrac{1}{3}}} = \dfrac{1}{3} + C \Leftrightarrow C = \dfrac{{ - 10}}{3}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow  - \dfrac{1}{{f\left( x \right)}} = \dfrac{{{x^3}}}{3} - \dfrac{{10}}{3} = \dfrac{{{x^3} - 10}}{3}\\ \Rightarrow f\left( x \right) = \dfrac{3}{{10 - {x^3}}}\end{array}\)

Vậy \(f\left( 2 \right) = \dfrac{3}{{10 - {2^3}}} = \dfrac{3}{2}.\)

Ta có

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left| {z - 1 + i} \right| \le \left| {z - 3 - 5i} \right|\\ \Leftrightarrow \left| {x + yi - 1 + i} \right| \le \left| {x + yi - 3 - 5i} \right|\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} \le {\left( {x - 3} \right)^2} \\+ {\left( {y - 5} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 + {y^2} + 2y + 1 \le {x^2}\\ - 6x + 9 + {y^2} - 10y + 25\\ \Leftrightarrow 4x + 12y - 32 \le 0\\ \Leftrightarrow x + 3y \le 8\end{array}\)

Khi đó ta có: \(\left( {x;y} \right)\) là cặp số thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + 3y \le 8\end{array} \right.\).

Miền nghiệm là tam giác OAB (phần không bị gạch, kể cả bờ là các cạnh của tam giác OAB), với \(O\left( {0;0} \right)\), \(A\left( {0;\dfrac{8}{3}} \right)\), \(B\left( {8;0} \right)\).

Ta có: \(T\left( O \right) = 0,\,\,T\left( A \right) = 168,\,\,T\left( B \right) = 280\).

Vậy \(\max T = 280 \Leftrightarrow z = 8.\)