\(MN = \sqrt {{{\left( {4 - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 5 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 + 2} \right)}^2}} \)\( = 7\)

Ta có \(\int {{{\left( {2x + 3} \right)}^5}dx = \frac{1}{2}.\frac{{{{\left( {2x + 3} \right)}^6}}}{6} + C} \)\( = \frac{{{{\left( {2x + 3} \right)}^6}}}{{12}} + C\)

Ta có: \(z = 2 - i \Rightarrow \overline z  = 2 + i\)

\( \Rightarrow \)  Điểm biểu diễn của số phức \(\overline z \) trong mặt phẳng tọa độ là \(\left( {2;1} \right).\)

\(\begin{array}{l}2z - 3\left( {1 + i} \right) = iz + 7 - 3i\\ \Leftrightarrow \left( {2 - i} \right)z = 7 - 3i + 3\left( {1 + i} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {2 - i} \right)z = 10\\ \Leftrightarrow z = \frac{{10}}{{2 - i}} = 4 + 2i\end{array}\)

Cho hai hàm số \(f\left( x \right);g\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \(y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)\) và các đường thẳng \(x = a,x = b\) bằng \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \).

Ta có \(I = \int\limits_1^e {\frac{{\ln x}}{x}dx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = \frac{{dx}}{x}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \frac{{dx}}{x}\\v = \ln x\end{array} \right.\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,I = \left. {{{\ln }^2}x} \right|_1^e - \int\limits_1^e {\frac{{\ln x}}{x}dx} \\ \Leftrightarrow I = {\ln ^2}e - {\ln ^2}1 - I\\ \Leftrightarrow 2I = 1 \Leftrightarrow I = \frac{1}{2}\end{array}\)

Ta có \(I\left( { - 1;1; - 2} \right);A\left( {2;1;2} \right)\) \( \Rightarrow IA = \sqrt {{3^2} + {0^2} + {4^2}}  = 5\)

Vì mặt cầu tâm \(I\) đi qua điểm \(A\) có bán kính \(R = IA = 5\).

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 25.\)

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\int\limits_0^1 {\left( {3x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)dx} \\ = \int\limits_0^1 {\left( {3{x^2} + 10x + 3} \right)dx} \\ = \left. {\left( {{x^3} + 5{x^2} + 3x} \right)} \right|_0^1 = 9\end{array}\)

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - z + 1 = 0\) có 1 vecto pháp tuyến là \(\left( {2;0; - 1} \right).\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({\left( {x - 2} \right)^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 1\\x - 2 =  - 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 1\end{array} \right.\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {\left( {x - 2} \right)^2} - 1\), trục hoành và hai đường thẳng \(x = 1,x = 2\) bằng: \(S = \int\limits_1^2 {\left| {{{\left( {x - 2} \right)}^2} - 1} \right|dx} \)\( = \int\limits_1^2 {\left( { - {x^2} + 4x - 3} \right)dx}  = \frac{2}{3}.\)

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left( {2 + 3i} \right)a + \left( {1 - 2i} \right)b = 4 + 13i\\ \Leftrightarrow \left( {2a + b} \right) + \left( {3a - 2b} \right)i = 4 + 13i\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + b = 4\\3a - 2b = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(a + b = 3 + \left( { - 2} \right) = 1.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = 2x + 3\) và các đường thẳng \(y = 0,\) \(x = 0,\) \(x = m\) bằng là: \(S = \int\limits_0^m {\left| {2x + 3} \right|dx} \)\( = \left| {\left. {\left( {{x^2} + 3x} \right)} \right|_0^m} \right| = \left| {{m^2} + 3m} \right|.\)

Theo bài ra ta có: \(S = 10\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left| {{m^2} + 3m} \right| = 10\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} + 3m = 10\\{m^2} + 3m =  - 10\,\,\left( {VN} \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m =  - 5\end{array} \right.\end{array}\)

Mà \(m\) là số nguyên dương. Vậy \(m = 2\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\)\( \Rightarrow I\left( {\frac{{1 + 1}}{2};\frac{{3 + \left( { - 1} \right)}}{2};\frac{{5 + 1}}{2}} \right)\)\( \Rightarrow I\left( {1;1;3} \right).\)

Đặt \({z_1} = \frac{3}{2} + \frac{{\sqrt 7 }}{2}i;{z_2} = \frac{3}{2} - \frac{{\sqrt 7 }}{2}i\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}S = {z_1} + {z_2} = 3\\P = {z_1}.{z_2} = 4\end{array} \right..\)

Vậy \({z_1};\,\,{z_2}\) là nghiệm của phương trình \({z^2} - 3z + 4 = 0.\)

\(\int {f\left( x \right)dx = \int {\sin 2xdx} } \)\( =  - \frac{1}{2}\cos 2x + C\)

Phương trình đường thẳng đi qua điểm \(M\left( {2;0; - 1} \right)\) và có 1 VTCP \(\overrightarrow a  = \left( {2; - 3;1} \right)\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y =  - 3t\\z =  - 1 + t\end{array} \right..\)

Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 2x\), trục hoành, đường thẳng \(x = 0,\) \(x = 1\) quanh trục hoành là: \(V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{x^2} - 2x} \right)}^2}dx}  = \frac{{8\pi }}{{15}}.\)

\(\int\limits_{ - 1}^2 {f'\left( x \right)dx}  = \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 1}^2\)\( = f\left( 2 \right) - f\left( { - 1} \right) =  - 1 - 8 =  - 9\)

Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \(R = d\left( {I;\left( P \right)} \right).\)

Ta có \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 2.2 - 2.\left( { - 3} \right) - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }}\)\( = \frac{9}{3} = 3\)

Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là \(R = 3\).

Mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 8x + 2y + 1 = 0\) có tâm \(I\left( {4; - 1;0} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {0^2} - 1}  = 4.\)

Ta có \(A\left( {0;1;2} \right),B\left( { - 3;4; - 1} \right)\) và \(2\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = \overrightarrow 0 \)

Nên \(I\left( { - 1;2;1} \right)\).

Khi đó ta có

\(\begin{array}{l}2M{A^2} + M{B^2}\\ = 2{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2}\\ = 3M{I^2} + 2I{A^2} + I{B^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {2\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB} } \right)\\ = 3M{I^2} + 2I{A^2} + I{B^2}\end{array}\)

Có giá trị nhỏ nhất khi \(MI\) nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I  trên \(\left( P \right)\).

Ta có \(M\left( { - 1 + 2t;2 - 2t;1 - t} \right)\) \( \in \left( P \right):2x - 2y - z - 2 = 0\) nên \(t = 1 \Rightarrow M\left( {1;0;0} \right)\)

Khi đó \(T = 2M{A^2} + M{B^2} = 45\)

Vì \(F\left( x \right) = {x^2}\) là nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right){e^{4x}}\) nên:

\(\begin{array}{l}f\left( x \right){e^{4x}} = F'\left( x \right) = 2x\\ \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{e^{4x}}}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2{e^{4x}} - 8x.{e^{4x}}}}{{{{\left( {{e^{4x}}} \right)}^2}}} = \frac{{2 - 8x}}{{{e^{4x}}}}\\ \Rightarrow f'\left( x \right){e^{4x}} = 2 - 8x\\ \Rightarrow \int {f'\left( x \right){e^{4x}}dx = \int {\left( {2 - 8x} \right)dx } } \end{array}\)\(=  - 4{x^2} + 2x + C\)

Ta có \(y = {x^3} - m{x^2} + 3mx\) đồng biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow y' = 3{x^2} - 2mx + 3m \ge 0\\ \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - 9m \le 0\\ \Leftrightarrow 0 \le m \le 9\end{array}\)

Số giá trị nguyên của m thỏa mãn là 10.

Sau 4 năm người đó nhận được số tiền là \({200.10^6}{\left( {1 + r\% } \right)^4}.\)

Khi đó \({200.10^6}{\left( {1 + r\% } \right)^4} = 252495392 \Leftrightarrow r = 6\% \)

Gọi mặt phẳng \(\left( Q \right)\) chứa trục Oy và vuông góc với \(\left( P \right):x + y + 2z - 2 = 0\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  \bot \overrightarrow {{n_1}}  = \left( {0;1;0} \right)\\\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  \bot \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1;1;2} \right)\end{array} \right. \\\Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} ;\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {2;0; - 1} \right)\)

Mà mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua \(O\left( {0;0;0} \right)\) nên phương trình có dạng \(2x - z = 0\)

Ta có \({25^x} - {2.15^x} + \left( {m - 4} \right){.9^x} = 0\)(1)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{25}}{9}} \right)^x} - 2,{\left( {\frac{{15}}{9}} \right)^x} + \left( {m - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {\frac{5}{3}} \right)^{2x}} - 2.{\left( {\frac{5}{3}} \right)^x} + \left( {m - 4} \right) = 0\end{array}\)

Đặt \({\left( {\frac{5}{3}} \right)^x} = t > 0\). Ta có phương trình: \({t^2} - 2t + \left( {m - 4} \right) = 0\)(2)

Để phương trình (1) có nghiệm dương thì phương trình (2) có nghiệm

Hay \(\Delta ' = 1 - \left( {m - 4} \right) \ge 0 \Leftrightarrow 0 < m \le 5 \Rightarrow \) có 5 giá trị m thỏa mãn.

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = 18{x^2};y = 18x\) là nghiệm của phương trình: \(18{x^2} = 18x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thj hàm số \(y = 18{x^2};\) \(y = 18x\) là:

\(S = \int\limits_0^1 {\left| {18{x^2} - 18x} \right|d{\rm{x}}}  \\=  - \int\limits_0^1 {\left( {18{x^2} - 18x} \right)dx}  = 3\)

Đặt \(z = a + bi\)\( \Rightarrow \overline z  = a - bi;{\left| z \right|^2} = {a^2} + {b^2}\)

Ta có \({\left| z \right|^2} = 2\left| {z - \overline z } \right| \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 4{b^2} \Leftrightarrow {a^2} = 3{b^2}\)

+) \(\left| {z - 2 - 2i} \right| = \left| {z - 1 - i} \right|\)

\( \Leftrightarrow {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2}\)

\( \Rightarrow a + b = 3 \Rightarrow a = 3 - b\)

Khi đó \({\left( {3 - b} \right)^2} = 3{b^2} \Leftrightarrow 2{b^2} + 6b - 9 = 0 \Rightarrow \) có 2 nghiệm phân biệt nên có 2 số phức thỏa mãn.

Ta có \(MP = 3;MN = 4;NP = 5 \)\(\Rightarrow N{P^2} = M{N^2} + M{P^2}\) nên tam giác MNP vuông tại M.

Kẻ \(MH \bot NP \Rightarrow \frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{1}{{M{P^2}}} \)\(+ \frac{1}{{M{N^2}}} \Rightarrow MH = \frac{{12}}{5}\)

Mà \(MQ \bot \left( {MNP} \right) \Rightarrow MQ \bot NP;MH \bot NP \Rightarrow \) từ M kẻ \(MK \bot QH \Rightarrow {d_{\left( {M;\left( {NQP} \right)} \right)}} = MK\)

Ta có \(\frac{1}{{M{K^2}}} = \frac{1}{{M{Q^2}}} + \frac{1}{{M{H^2}}} \Rightarrow MK = \frac{{12\sqrt {41} }}{{41}}\)

Ta có mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc đường thẳng \(d:\frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 1}}\) nên vecto pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là  \(\overrightarrow n  = \left( {1;1; - 1} \right)\); mặt phẳng đi qua \(O\left( {0;0;0} \right)\) nên có dạng là \(x + y - z = 0.\)

Gọi \(A \in {d_1}:\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 4}}{1} = \frac{z}{{ - 2}}\)\( \Rightarrow A\left( {a + 2;a + 4; - 2a} \right)\)

\(B \in {d_2}:\frac{{x - 3}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z + 2}}{{ - 1}}\)\( \Rightarrow B\left( {2b + 3; - b - 1; - b - 2} \right)\)

Khi đó \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2b - a + 1; - b - a - 5; - b + 2a - 2} \right)\)

Mà \(\overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {{n_1}}  = \left( {1;1; - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {{n_2}}  = \left( {2; - 1; - 1} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2b - a + 1 - b - a - 5 -\\2\left( { - b + 2a - 2} \right) = 0\\2\left( {2b - a + 1} \right) + b + a + 5 + b\\ - 2a + 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 6a + 3b = 0\\ - 3a + 6b + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b =  - 2\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {1;3;2} \right)\\B\left( { - 1;1;0} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy trung điểm M của AB là \(M\left( {0;2;1} \right) \Rightarrow OM = \sqrt 5 .\)

Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y =  - {3^x},\) \(y = 0,\) \(x = 0,\) \(x = 4\) có diện tích là:

\(S = \int\limits_0^4 {\left| { - {3^x}} \right|dx}  = \int\limits_0^4 {{3^x}dx} \)

Ta có

\(\begin{array}{l}\frac{{3 - 4i}}{z} = \frac{{\left( {2 + 3i} \right)\overline z }}{{{{\left| z \right|}^2}}} + 2 + i\\ \Leftrightarrow \frac{{3 - 4i}}{z} = \frac{{\left( {2 + 3i} \right)\overline z }}{{z.\overline z }} + 2 + i\\ \Leftrightarrow \frac{{3 - 4i}}{z} = \frac{{2 + 3i}}{z} + 2 + i\\ \Leftrightarrow 3 - 4i = 2 + 3i + \left( {2 + i} \right).z\\ \Leftrightarrow \left( {2 + i} \right).z = 1 - 7i\\ \Leftrightarrow z = \frac{{1 - 7i}}{{2 + i}} =  - 1 - 3i\end{array}\)

Vậy \(\left| z \right| = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}}  = \sqrt {10} .\)

Đặt \(t = \sqrt {{x^2} + 1}  \Rightarrow {t^2} = {x^2} + 1 \Rightarrow tdt = xdx\).

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

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {x\sqrt {{x^2} + 1} dx}  = \int\limits_1^{\sqrt 2 } {{t^2}dt} \\ = \left. {\frac{{{t^3}}}{3}} \right|_1^{\sqrt 2 } = \frac{{2\sqrt 2 }}{3} - \frac{1}{3}\\ = \frac{{2\sqrt 2  - 1}}{3}\end{array}\).

\( \Rightarrow a = 2,\,\,b = 3\).

Vậy \({a^2} - {b^2} = {2^2} - {3^2} =  - 5.\)

Ta gọi \(I = \int\limits_{ - 3}^0 {xf'\left( x \right)dx} \).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = f'\left( x \right)dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.\), khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}I = \left. {xf\left( x \right)} \right|_{ - 3}^0 - \int\limits_{ - 3}^0 {f\left( x \right)dx} \\I = 3f\left( { - 3} \right) - \int\limits_{ - 3}^0 {f\left( x \right)dx} \\I = 6 - \int\limits_{ - 3}^0 {f\left( x \right)dx} \end{array}\)

Xét tích phân \(\int\limits_1^2 {f\left( {3x - 6} \right)dx = 3} \).

Đặt \(t = 3x - 6 \Rightarrow dt = 3dx\).

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t =  - 3\\x = 2 \Rightarrow t = 0\end{array} \right.\).

Khi đó ta có: \(\int\limits_1^2 {f\left( {3x - 6} \right)dx}  = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 3}^0 {f\left( t \right)dt} \)\( = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 3}^0 {f\left( x \right)dx}  = 3\)

\( \Leftrightarrow \int\limits_{ - 3}^0 {f\left( x \right)dx}  = 9.\)

Vậy \(I = 6 - 9 =  - 3.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{P_A} = 1 + 2.\left( { - 2} \right) - 4.3 - 7 =  - 22\\{P_B} = 3 + 2.2 - 4.\left( { - 2} \right) - 7 = 8\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {P_A}.{P_B} < 0 \Rightarrow A,\,\,B\) nằm khác phía so với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Gọi \(H,\,\,K\) lần lượt là hình chiếu của \(A,\,\,B\) lên \(\left( P \right)\), ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot \left( P \right)\\BK \bot \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow AH\parallel BK\). Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{AH}}{{BK}} = \frac{{d\left( {A;\left( P \right)} \right)}}{{d\left( {B;\left( P \right)} \right)}}\).

Mà

\(\begin{array}{l}d\left( {A;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 2.\left( { - 2} \right) - 4.3 - 7} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = \frac{{22}}{{\sqrt {21} }}\\d\left( {B;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {3 + 2.2 - 4.\left( { - 2} \right) - 7} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = \frac{8}{{\sqrt {21} }}\end{array}\)

Vậy \(\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{d\left( {A;\left( P \right)} \right)}}{{d\left( {B;\left( P \right)} \right)}} = \frac{{22}}{8} = \frac{{11}}{4}.\)

Ta có \({z^2} - z + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i\\z = \frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}i\end{array} \right.\).

Chọn 1 nghiệm của phương trình trên là \(z = \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i\), ta có \({z^3} =  - 1\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}{z^{2019}} = {\left( {{z^3}} \right)^{673}} = {\left( { - 1} \right)^{673}} =  - 1\\{z^{2018}} = {\left( {{z^3}} \right)^{672}}.{z^2}\\ = {\left( { - 1} \right)^{672}}.{\left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right)^2}\\ =  - \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i\end{array}\)

Vậy

\(\begin{array}{l}M =  - 1 - \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i + \frac{1}{{ - 1}} + \frac{1}{{ - \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i}} + 5\\M =  - 1 - \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i + \frac{1}{{ - 1}} - \frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}i + 5\\M = 2.\end{array}\) 

Đặt \(z = a + bi.\)

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\left| {z - 2 + 3i} \right| = \left| {z + 1 - i} \right|\\ \Leftrightarrow \left| {a + bi - 2 + 3i} \right| = \left| {a + bi + 1 - i} \right|\\ \Leftrightarrow \left| {\left( {a - 2} \right) + \left( {b + 3} \right)i} \right| = \left| {\left( {a + 1} \right) + \left( {b - 1} \right)i} \right|\\ \Leftrightarrow {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b + 3} \right)^2} = {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow  - 4a + 4 + 6b + 9 = 2a + 1 - 2b + 1\\ \Leftrightarrow 6a - 8b = 11 \Rightarrow b = \frac{{6a - 11}}{8}\end{array}\)

Mặt khác ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{\left| z \right|^2} + 2\left( {z + \overline z } \right) = 5\\ \Rightarrow {a^2} + {b^2} + 4a = 5\\ \Rightarrow {a^2} + {\left( {\frac{{6a - 11}}{8}} \right)^2} + 4a - 5 = 0\\ \Leftrightarrow \frac{{25}}{{16}}{a^2} + \frac{{31}}{{16}}a - \frac{{199}}{{64}} = 0\end{array}\)

Phương trình trên có 2 nghiệm \(a\) phân biệt. Do đó có 2 số phức \(z\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi \(A\left( {a;b;c} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {OA}  = \left( {a;b;c} \right);\)\(\overrightarrow {MA}  = \left( {a - 3;b - 1;c - 2} \right)\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {MA}  = a\left( {a - 3} \right) + b\left( {b - 1} \right) + c\left( {c - 2} \right)\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 3a - b - 2c =  - 3\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Mà \(A \in \left( S \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} + {\left( {c + 2} \right)^2} = 4\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 2a + 4c =  - 1\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Trừ vế theo vế của (2) cho (1) ta có: \(a + b + 6c = 2\)\( \Leftrightarrow a + b + 6c - 2 = 0\)

Vậy điểm A thuộc mặt phẳng \(x + y + 6z - 2 = 0.\)

Ta có \(f\left( {3x} \right) = f\left( x \right) - 2x\).

Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta có:

\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( {3x} \right)dx}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx - } \int\limits_0^1 {2xdx}  \)\(= 5 - 1 = 4\)

Đặt \(t = 3x \Rightarrow dt = 3dx\).

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

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( {3x} \right)dx} \\ = \frac{1}{3}\int\limits_0^3 {f\left( t \right)dt}  = 4\\ \Leftrightarrow \int\limits_0^3 {f\left( t \right)dt}  = 12\end{array}\)

\( \Rightarrow \int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx}  = 12\).

Vậy \(\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_1^0 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} \)\( =  - 5 + 12 = 7\)

Đặt \(t = {x^3} + 1 \Rightarrow dt = 3{x^2}dx\)\( \Rightarrow {x^2}dx = \frac{1}{3}dt\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 2\\x = 2 \Rightarrow t = 9\end{array} \right.\).

Khi đó ta có: \(I = \frac{1}{3}\int\limits_2^9 {f\left( t \right)dt}  = \frac{1}{3}\int\limits_2^9 {f\left( x \right)dx} \)\( = \frac{1}{3}.6 = 2\).

Gọi \(M\left( {0;0;m} \right) \in Oz\).

Ta có: \(MA = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( {m - 4} \right)}^2}} \)\( = \sqrt {{{\left( {m - 4} \right)}^2} + 13} \) .

\(d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {m - 17} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {3^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| {m - 17} \right|}}{{\sqrt {14} }}\)

Vì M cách đều điểm A và mặt phẳng \(\left( P \right)\)\( \Leftrightarrow MA = d\left( {M;\left( P \right)} \right)\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {m - 4} \right)}^2} + 13}  = \frac{{\left| {m - 17} \right|}}{{\sqrt {14} }}\\ \Leftrightarrow 14\left( {{m^2} - 8m + 16 + 13} \right) = {m^2} - 34m + 289\\ \Leftrightarrow 13{m^2} - 78m + 117 = 0\\ \Leftrightarrow 13\left( {{m^2} - 6m + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 13{\left( {m - 3} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m = 3.\end{array}\)

Vậy \(M\left( {0;0;3} \right)\).

\(I = \int\limits_0^\pi  {{x^2}\cos xdx} \).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {x^2}\\dv = \cos xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2xdx\\v = \sin x\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow I = \left. {{x^2}\sin x} \right|_0^\pi  - 2\int\limits_0^\pi  {x.\sin xdx} \).

Cho hai điểm \(A\left( { - 2; - 1;3} \right)\) và \(B\left( {0;3;1} \right)\). Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là: \(\left( { - 1;1;2} \right)\).

\(\left| z \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}}  = \sqrt 5 \).

Thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay (D) xung quanh trục Ox được tính theo công thức: \(V = \pi \int\limits_0^1 {\left( {2x + 1} \right)dx} \).

Thời điểm máy bay đạt vận tốc 200 m/s là: \({t^2} + 10t = 200 \Leftrightarrow t = 10\,\,\left( s \right)\).

Quãng đường máy bay di chuyển trên đường băng từ thời điểm \(t = 0\,\,\left( s \right)\) tới thời điểm \(t = 10\,\,\left( s \right)\) là:

\(s = \int\limits_0^{10} {v\left( t \right)dx}  = \int\limits_0^{10} {\left( {{t^2} + 10t} \right)dt} \)\( = \frac{{2500}}{3}\,\,\left( m \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left[ {f'\left( x \right).f\left( x \right)} \right]'\\ = f''\left( x \right).f\left( x \right) + f'\left( x \right).f'\left( x \right)\\ = {\left( {f'\left( x \right)} \right)^2} + f\left( x \right).f''\left( x \right)\end{array}\)

Do đó: \(\left[ {f'\left( x \right).f\left( x \right)} \right]' = 15{x^4} + 12x,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

Lấy nguyên hàm hai vế ta được:

\(\begin{array}{l}\int {\left[ {f'\left( x \right).f\left( x \right)} \right]'dx}  = \int {\left( {15{x^4} + 12x} \right)dx} \\ \Leftrightarrow f'\left( x \right).f\left( x \right) = 3{x^5} + 6{x^2} + C\end{array}\)

Thay \(x = 0\) ta có: \(f'\left( 0 \right).f\left( 0 \right) = C \Leftrightarrow C = 1\).

\( \Rightarrow f'\left( x \right).f\left( x \right) = 3{x^5} + 6{x^2} + 1\)

Tiếp tục lấy nguyên hàm hai vế ta được:

\(\begin{array}{l}\int {f'\left( x \right)f\left( x \right)dx}  = \int {\left( {3{x^5} + 6{x^2} + 1} \right)dx} \\ \Leftrightarrow \frac{{{f^2}\left( x \right)}}{2} = \frac{1}{2}{x^6} + 2{x^3} + x + C'\end{array}\)

Thay \(x = 0\) ta có: \(\frac{{{f^2}\left( 0 \right)}}{2} = C' \Leftrightarrow C' = \frac{1}{2}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{{f^2}\left( x \right)}}{2} = \frac{1}{2}{x^6} + 2{x^3} + x + \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) = {x^6} + 4{x^3} + 2x + 1\end{array}\)

Vậy \({f^2}\left( 1 \right) = 1 + 4 + 2 + 1 = 8\).

Gọi \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( { - 2;1;0} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {0;1; - 1} \right)\) lần lượt là 1 VTCP của \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\).

Gọi AB là đoạn vuông góc chung của \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\),  với \(A\left( {4 - 2t;t;3} \right) \in {d_1}\), \(B\left( {1;t'; - t'} \right) \in {d_2}\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3 + 2t;\,\,t' - t;\,\, - t' - 3} \right)\).

Vì AB là đoạn vuông góc chung của \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot {d_1}\\AB \bot {d_2}\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_1}}  = 0\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_2}}  = 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2t - 3} \right).\left( { - 2} \right) + t' - t = 0\\t' - t + t' + 3 = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\t' =  - 1\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow A\left( {2;1;3} \right),\,\,B\left( {1; - 1;1} \right)\).

Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\) nhận AB là đường kính.

\( \Rightarrow \) Tâm mặt cầu là trung điểm của AB, có tọa độ \(I\left( {\frac{3}{2};0;2} \right)\), bán kính \(R = IA = \sqrt {\frac{1}{4} + 1 + 1}  = \frac{3}{2}\).

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: \({\left( {x - \frac{3}{2}} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = \frac{9}{4}\).

Xét các phương trình hoành độ giao điểm:

\(\begin{array}{l}2{x^2} = \frac{{{x^2}}}{8} \Leftrightarrow x = 0\\2{x^2} =  - x + 6 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\,\,\left( {x \ge 0} \right)\\\frac{{{x^2}}}{8} =  - x + 6 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {x \ge 0} \right)\end{array}\)

Vậy \(S = \int\limits_0^{\frac{3}{2}} {\left( {2{x^2} - \frac{{{x^2}}}{8}} \right)dx} \)\( + \int\limits_{\frac{3}{2}}^4 {\left( { - x + 6 - \frac{{{x^2}}}{8}} \right)dx} \) \( = \frac{{185}}{{24}}\)