Ta có: \(\smallint _0^3\left[ {\frac{1}{3}f\left( x \right) + 2} \right]{\text{d}}x = \frac{1}{3}\smallint _0^3f\left( x \right){\text{d}}x + \smallint _0^32{\text{d}}x = 2 + 6 = 8\)

Quan sát hình vẽ ta thấy số giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và đường thẳng y = 1 là 3

Từ BBT ta nhận thấy hàm số có hai điểm cực trị và đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\). Do đó hàm số là hàm đa thức bậc ba có hệ số a < 0.

Hàm số F(x) = cotx là một nguyên hàm của hàm \({{f}_{3}}\left( x \right)=-\frac{1}{{{\sin }^{2}}x}\)  trên khoảng \(\left( 0;\frac{\pi }{2} \right)\)

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng có phương trình: x = -2

Số phức có dạng z = a + bi

Ta có: z = (2 - i)(1 + i) = 2 + 2i - i - (i²) = 2 + 2i - i - (-1) = 3 + i

Vậy phần ảo bằng 1

Thể tích khối chóp đã cho là: \(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.5.6 = 10\)

Ta có: \({2^{{x^2} + 1}} = {2^2} \Leftrightarrow {x^2} + 1 = 2 \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x =  - 1
\end{array} \right.\)

Mặt cầu \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=4\) có tâm là (2; -1; 3)

Dựa vào đồ thị, điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho là (-1; -1)

Ta có: \(\vec u = \left( {1; - 4;0} \right)\), \(3\vec v = \left( { - 3; - 6;3} \right)\)

Vậy \(\vec u + 3\vec v = \left( { - 2; - 10;3} \right)\)

Hàm số xác định khi x - 1 > 0 ⇔ x > 1

Tập xác định của hàm số là \(D = \left( {1; + \infty } \right)\) 

Cho cấp số nhân (u_n) với u₁ = 3 và công bội q = 2. Số hạng tổng quát \({{u}_{n}}\left( n\ge 2 \right)\) là \({u_n} = {3.2^{n - 1}}\) 

Gọi diện tích đáy và chiều cao tương ứng của khối chóp và khối lăng trụ là B và H

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{V_1} = \frac{1}{3}BH\\
{V_1} = BH
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{3}\) 

Ta có: \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {2{\rm{x}} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 1\) 

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1

Ta có: \(\log \log \left( {100a} \right) = \log \left( {100} \right) + \log a = 2 + \log a\)

Số các số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau lập từ các số 1,2,3,4,5 là 5! = 120

Ta có số phức z = a + bi, điểm biểu diễn số phức z là điểm (a; b)

Vậy điểm biểu diễn số phức z = 2 + 7i có tọa độ là điểm (2; 7)

Cả hai số phức w = 1 - 4i và z₁ = 5 - 4i đều có phần ảo bằng -4 nên ta chọn B

Ta có: \(a = {3^{\sqrt 5 }},b = {3^2},c = {3^{\sqrt 6 }}\) và \(\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt 4  < \sqrt 5  < \sqrt 6 \\
3 > 1
\end{array} \right. \Rightarrow b < a < c\) 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy giá trị cực tiểu bẳng 3

Có điểm M nằm ngoài mặt cầu S(O;R) nên OM > R

Theo lý thuyết ta có: \(\int{{{e}^{x}}dx={{e}^{x}}}+c\) 

Cho \(\left\{ \begin{array}{l}
x - 2 = 0\\
y - 1 = 0\\
z + 1 = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 2\\
y = 1\\
z =  - 1
\end{array} \right.\)

Vậy \(P(2;1; - 1) \in d\)

Ta có: \(V = \frac{1}{3}B \cdot h = \frac{1}{3}3{a^2} \cdot 2a = 2{a^3}\)

Theo lý thuyết đã học thì trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng (Oxy) là: y = 0

Ta có: \(\int\limits_2^5 {f(x)dx}  = \int\limits_{ - 1}^2 {f(x)dx}  + \int\limits_2^5 {f(x)dx}  = 2 - 5 =  - 3\)

Quan sát bảng biến thiên đã cho ta có hàm số đồng biến trên khoảng (-1; 0) 

Gọi H là trung điểm của AC

Vì ABCD. A'B'C'D' là hình lập phương nên BH \(\bot \) (ACC'A')

\( \Rightarrow \left( {B;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = BH = \frac{1}{2}AC\) 

Mà ABCD là hình vuông cạnh 3 nên \(AC\; = 3\sqrt 2 \)

\(\Rightarrow \left( {B;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) 

Ta có: \({\log _{\frac{1}{a}}}\frac{1}{{{b^3}}} =  - {\log _a}{b^{ - 3}} = 3{\log _a}b\)

Ta có: f'(x) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = -1 

Bảng xét dấu 

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) 

Pt \({{z}^{2}}-2z+5=0\) có nghiệm \({z_1} = 1 - 2i\) và \({z_2} = 1 + 2i\) nên ta có: \(z_1^2 + z_2^2 = {\left( {1 + 2i} \right)^2} + {\left( {1 - 2i} \right)^2} =  - 6\) 

Ta có: \(\int {\left( {1 + {e^{2x}}} \right)dx = } x + \frac{1}{2}{e^{2x}} + C\) 

Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P).

Do d vuông góc với (P) nên d có một vecto chỉ phương là \(\overrightarrow u  = \left( {2; - 3; - 1} \right)\) 

Vậy phương trình của đường thẳng d là \(\left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + 2t\\
y =  - 2 - 3t\\
z = 1 - t
\end{array} \right.\)

Ta có: \(AC = CC'\sqrt 2 \) 

\( \Rightarrow AC' = \sqrt {A{C^2} + CC{'^2}}  = CC'\sqrt 3 \) 

Ta có: \(\widehat {\left( {AC';\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AC';AC} \right)} = \widehat {CAC'}\) 

\(\sin \widehat {CAC'} = \frac{{CC'}}{{AC'}} = \frac{{CC'}}{{CC'\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)

Bán kính mặt cầu \(R = \frac{{\left| {1 - 2.2 + 2.3 + 3} \right|}}{{\sqrt {1 + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{6}{3} = 2\)

Do đó phương trình của mặt cầu (x - 1)² + (y - 2)² + (z - 3)² = 4

Dựa vào đồ thị ta thấy pt f(x) = m có đúng hai nghiệm thực phân biệt khi m = -2

Hoặc m > -1. Vậy m \(\in\) {-2;0;1;2;3;4;5}

Vậy có 7 giá trị m thỏa mãn

Số phân tử của không gian mâu lả \(n\left( \Omega  \right) = 21\).

Gọi A là biến cố: "chọn được số có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục".

Khi đó A = {34;35;36;37;38;39:45;46;47;48;49} => n(A)=11

Vậy \(P(A) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{11}}{{21}}\) 

Theo để bài \(a \in Z;a \ge 1\) và b \(\in\) Z.

Trường hợp 1:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{4^b} - 1 < 0\\
a{3^b} - 10 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b < 0\\
b > {\log _3}\frac{{10}}{a}
\end{array} \right.\) 

Vì có đúng hai số nguyên b thỏa mãn nên b \(\in\) {-2;-1}.

Do đó \( - 2 > {\log _3}\frac{{10}}{a} \ge  - 3 \Leftrightarrow 270 \ge a > 90\) nên a \(\in\) {91;92;..;270}. Có 180 giá trị a thỏa mãn trường hợp 1.

Trường hợp 2:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{4^b} - 1 > 0\\
a{3^b} - 10 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b > 0\\
b < {\log _3}\frac{{10}}{a}
\end{array} \right.\)

Vì có đúng hai số nguyên b thỏa mãn nên b \(\in\) {1;2} .

Do đồ \(3 \ge {\log _3}\frac{{10}}{a} > 2 \Leftrightarrow \frac{{10}}{9} > a \ge \frac{{10}}{{27}}\) nên a = 1. Có 1 giá trị của a thoả mãn trường hợp 2.

Vậy có 180 +1 = 181 giá trị của a thoả mãn yêu cầu bài toán.

Từ giá thiết ta có f'(1) = 0

\( \Rightarrow 4a + 4(a + 4) = 0 \Leftrightarrow a = 2\) và \(f\left( x \right) = 2{x^4} + 2\left( {a + 4} \right){x^2}-1\)

Ta có f(0) = -1, f(1) = 1, f(2) = -17

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0,2} \right]} f(x) = f(2) =  - 17\)

Đặt F(x) = G(x) + c

\(S = \int_0^7 {\left| {F\left( x \right) - G\left( x \right)} \right|} dx \Rightarrow \left| {F\left( x \right) - G\left( x \right)} \right| = 2\) hay |c| = 2

\(\begin{array}{l}
\int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx = F(4) - G(0) + a} \\
 \Leftrightarrow F(4) - G(0) = F(4) - G(0) + a\\
 \Leftrightarrow  - G(0) - c =  - G(0) + a\\
 \Leftrightarrow a =  - c\\
 \Rightarrow a =  \pm 2
\end{array}\)

Mà a > 0 => a = 2

Không mất tính tổng quát, giả sử z₃ = 2.

Do đó \(\left( {{z_1} + {z_2}} \right){z_3} = 3{z_1}{z_2}\) trở thành \(2\left( {{z_1} + {z_2}} \right) = 3{z_1}{z_2} \Leftrightarrow \frac{1}{{{z_1}}} + \frac{1}{{{z_2}}} = \frac{3}{2}\)

Đặt \(\frac{1}{{{z_1}}} = x + yi\left( {x,y \in R} \right) =  > \frac{1}{{{z_2}}} = \left( {\frac{3}{2} - x} \right) - yi\)

Ta có: z₃ = 2 và \(2\left| {{z_1}} \right| = 2\left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right| = 2\) nên \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {\frac{1}{{{z_1}}}} \right| = \left| {\frac{1}{{{z_2}}}} \right| = 1\) 

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} = 1\\
{\left( {\frac{3}{2} - x} \right)^2} + {y^2} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{3}{4}\\
\left[ \begin{array}{l}
 - y =  - \frac{{\sqrt 7 }}{4}\\
 - y =  + \frac{{\sqrt 7 }}{4}
\end{array} \right.
\end{array} \right.\)

Do đó \({z_1} = \frac{3}{4} + \frac{{\sqrt 7 }}{4}i;{z_1} = \frac{3}{4} - \frac{{\sqrt 7 }}{4}i\)

Nên tọa độ các điểm là \(A\left( {\frac{3}{4};\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right);B\left( {\frac{3}{4}; - \frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right);C\left( {2;0} \right)\) 

Diện tích tam giác ABC là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.d\left( {C;AB} \right) = \frac{1}{2}.2.\frac{{\sqrt 7 }}{4}.\left( {2 - \frac{3}{4}} \right) = \frac{{5\sqrt 7 }}{{16}}\)

Từ bảng biển thiên hàm số g(x) = In f(x) ta có \(f(x) \ge \ln 3,\forall x \in R \Leftrightarrow f(x) \ge 0,\forall x \in R.\)

Ta có: \(g'(x) = \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}\)

Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số y=g(x) có 3 điểm cực trị là A(x₁; In30). 8(x₂;In35). C(x₃;In3) nên \(f'({x_1}) = f'({x_2}) = f'({x_3}) = 0\) và \(f'({x_1}) = 30,f'({x_2}) = 25,f'({x_3}) = 3\). 

Do y = f'(x) là hàm số bậc 3 nên phương trình f'(x) = 0 chỉ có 3 nghiệm x₁, x₂, x₃.

Xét phương tình hoành độ giao điểm của f'(x) và g'(x) ta có

\(f'\left( x \right) = g'\left( x \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
f'\left( x \right) = 0\\
f'\left( x \right) = 1(VN)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = {x_1}\\
x = {x_2}\\
x = {x_3}
\end{array} \right.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f'(x) và y= g'(x) là:

\(\begin{array}{l}
S = \int\limits_{{x_1}}^{{x_3}} {\left| {g'\left( x \right) - f'\left( x \right)} \right|dx}  = \int\limits_{{x_1}}^{{x_3}} {\left| {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} - f'\left( x \right)} \right|dx}  = \int\limits_{{x_1}}^{{x_3}} {\left| {f'\left( x \right).\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}} - 1} \right)} \right|dx} \\
 = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left| {f'\left( x \right).\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}} - 1} \right)} \right|dx}  + \int\limits_{{x_2}}^{{x_3}} {\left| {f'\left( x \right).\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}} - 1} \right)} \right|dx} 
\end{array}\)

+ Tính \({I_1} = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left| {f'\left( x \right).\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}} - 1} \right)} \right|dx}  = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {f'\left( x \right).\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}} - 1} \right)dx} \) (do \(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {{x_1};{x_2}} \right)\))

Đổi cận:

\(\begin{array}{l}
x = {x_1} =  > t = f({x_1}) = 30\\
x = {x_2} =  > t = f({x_2}) = 35
\end{array}\)

Suy ra \({I_1} = \int\limits_{30}^{35} {\left( {1 - \frac{1}{t}} \right)dt = \left. {\left( {t - \ln \left| t \right|} \right)} \right|} _{30}^{35} = 35 - \ln 35 - 30 + ln30 = 5 + \ln \frac{6}{7}\)

+ Tính \({I_2} = \int\limits_{{x_2}}^{{x_3}} {\left| {f'\left( x \right).\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}} - 1} \right)} \right|dx}  =  - \int\limits_{{x_2}}^{{x_3}} {f'\left( x \right).\left( {1 - \frac{1}{{f\left( x \right)}}} \right)dx} \) (do \(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {{x_2};{x_3}} \right)\) )

Đặt t = f(x) => dt = f'(x):

Đổi cận:

\(\begin{array}{l}
x = {x_2} =  > t = f({x_2}) = 35\\
x = {x_3} =  > t = f({x_3}) = 3
\end{array}\)

Suy ra \({I_2} = \int\limits_{35}^3 {\left( {1 - \frac{1}{t}} \right)dt = \left. {\left( {t - \ln \left| t \right|} \right)} \right|_{35}^3}  =  - \left( {3 - \ln 3 - 35 + ln35} \right) = 32 - \ln \frac{{35}}{3}\)

Vậy \(S = 5 + \ln \frac{6}{7} + \left( {32 - \ln \frac{{35}}{3}} \right) = 37 + \ln \frac{{18}}{{245}} \approx 34,39 \in \left( {33;35} \right)\)

Giả sử x, y thỏa \({{25}^{5-{{y}^{2}}}}\ge {{a}^{6x-{{\log }_{3}}}}^{{{a}^{3}}}\) với mọi số thực dương a.

Ta có \(P = {x^2} + {y^2} - 4x + 8y \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 8y - P = 0\)

Suy ra điểm M (x;y) thuộc đường trồn tâm I(2;-4) và bán kính \({R_1} = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + P}  = \sqrt {20 + P} \)

\({25^{5 - {y^2}}} \ge {a^{6x - {{\log }_3}}}^{{a^3}} \Leftrightarrow \left( {5 - {y^2}} \right).3 \ge \left( {6x - {{\log }_3}{a^3}} \right){\log _3}a \Leftrightarrow \left( {5 - {y^2}} \right).3 \ge \left( {6x - 3{{\log }_3}a} \right){\log _3}a\)

Đặt \(t = {\log _3}a,t \in R\)

Suy ra \(\left( {5 - {y^2}} \right).3 \ge \left( {6x - 3t} \right)t \Leftrightarrow  - 3{t^2} + 6xt - 15 + 3{y^2} \le 0\) 

Theo đề bài ta có \({{25}^{5-{{y}^{2}}}}\ge {{a}^{6x-{{\log }_{3}}}}^{{{a}^{3}}}\) đúng với mọi số thực đương a nên \( - 3{t^2} + 6xt - 15 + 3{y^2} \le 0\) đúng với mọi t \(\in\) R

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}
 - 3 < 0\\
{\left( {3x} \right)^2} + 3\left( { - 15 + 3{y^2}} \right) \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow 9{x^2} + 9{y^2} - 45 \le 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} \le 5\)

Suy ra tập hợp các điểm M (x; y) là hình tròn tâm O (0;0) và bán kính \({R_2} = \sqrt 5 \).

Vậy để tồn tại cặp (x;y) thì đường tròn (I; \({R_2}\)) và hình tròn (O; \(\sqrt 5 \)) ) phải có điểm chung,

Do đó \(IO \le {R_1} + \sqrt 5  \Leftrightarrow \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  \le \sqrt {20 + P}  + \sqrt 5  \Leftrightarrow \sqrt 5  \le \sqrt {20 + P}  \Leftrightarrow P \ge  - 15\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -15

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

TH1: \(\left| {\overline z  - 2i} \right| = 0 \Leftrightarrow \overline z  = 2i \Leftrightarrow z =  - 2i\)

TH2: \(\left| {z - 2} \right| - \left| {z + 2i} \right| = 0 \Leftrightarrow \left| {z - 2} \right| = \left| {z + 2i} \right| = 0\)

Đặt z = x + yi ta có z - 2 = x - 2 + y.i và z + 2i = x + (y + 2).i

Khi đó

\(\begin{array}{l}
\left| {z - 2} \right| - \left| {z + 2i} \right| \Leftrightarrow {\left( {z - 2} \right)^2} + {y^2} = {x^2} + {\left( {y + 2} \right)^2}\\
 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} = {x^2} + {y^2} + 4y + 4\\
 \Leftrightarrow  - 4x = 4y \Leftrightarrow x =  - y
\end{array}\)

Lại có 

\(\left| {{z^2}} \right| = \left| {z - \overline z } \right| \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 2\left| y \right| \Leftrightarrow 2{y^2} = 2\left| y \right| \Leftrightarrow 2\left| y \right|.\left( {\left| y \right| - 1} \right) = 0\).

⇔ y = 0 hoặc \(y =  \pm 1\)

Do đó ta có các số z \(\in\) {0; 1; -i; -1+i; -2i} thỏa mãn

Vậy có 4 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán

Gọi H là tâm đáy, AB là đường kính của đáy hình nón và SC là đường kính của mặt cầu (S). Khi đó SH = 3 và \(\widehat {{\rm{ASC}}} = {60^0}\)

\(SA = \frac{{SH}}{{cos{{60}^0}}} = 6(dvdd)\)

SA2 = AH.SC ⇔ 6² = 3.SC ⇔ SC = 12

Bk của mặt cầu (S) là R = 6 nên diện tích của (S) là \(S = 4\pi {6^2} = 144\pi \)

Kẻ AH \(\bot\) BC, ta có AA' \(\bot\) ( ABC) nên AA' \(\bot\) BC

AH \(\bot\) BC và AA' \(\bot\) BC suy ra BC \(\bot\) (AA' H) => A'H \(\bot\) BC

Suy ra góc giứa (A'BC) và (ABC) là \(\widehat {A'HA} =  > \widehat {A'HA} = {30^0}\)

\(\Delta A'AH\) vuông tại A có 

\(\tan \widehat {A'AH} = \frac{{AA'}}{{AH}} =  > \tan {30^0} = \frac{{2a}}{{AH}} \Leftrightarrow AH = \frac{{2a}}{{\tan {{30}^0} = 2a\sqrt 3 }}\)

\(\Delta ABC\) vuông cân tại A nên BC = 2AH = \(4a\sqrt 3 \)

\(=  > {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}2a\sqrt 3 .4a\sqrt 3  = 12{a^2}\)

Gọi hình chiếu vuông góc của điểm A (1; 2; 2) lên trục Ox là M (1; 0; 0) 

Khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất nên mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến \(\overrightarrow {MA}  = \left( {0;2;2} \right)\)

Pt mặt phẳng (P) đi qua điểm M(1; 0; 0) và có vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow {MA}  = \left( {0;2;2} \right)\) nên 

\(0.\left( {x - 1} \right) + 2.\left( {y - 0} \right) + 2.\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow y + z = 0\)

Xét

\(\begin{array}{l}
g(x) = {x^4} + a{x^2} - 8x\\
g'(x) = 4{x^3} + 2ax - 8
\end{array}\)

Xét \(g'(x) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} + 2ax - 8 = 0 \Leftrightarrow  - a = \frac{{2{x^3} - 4}}{x} = 2{x^2} - \frac{4}{x} = h(x)\) do (x = 0 không là nghiệm)

\(\begin{array}{l}
g(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^3} + ax - 8 \Leftrightarrow  - a = \frac{{{x^3} - 8}}{x} = {x^2} - \frac{8}{x}k(x)
\end{array} \right.\\
h'(x) = 4x + \frac{4}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x =  - 1\\
k'(x) = 2x + \frac{8}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{ - 4}}
\end{array}\)

Để hàm số \(y = \left| {g(x)} \right|\) có đúng 3 cực trị <=> \( - a \le 6 \Leftrightarrow a \ge  - 6\)

Mà a là số nguyên âm nên a \(\in\) {-6;-5;-4;-3;-2;-1}

I(9;3;1) => d(i(Oxz)) = 3 = R =? (S) tiếp xác với (Oxz).

Gọi M (a; 0 ;0) \(\in\) Ox

N (0; 0; b) \(\in\) Oz

MN tiếp xác với (S) tại A nên A là hình chiếu của I lên (Oxz)

Suy ra A (9; 0; 1)

Gọi K là trung điểm MN => K (a/2; 0; b/2)

Gọi H là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN => OH = 13/2 => HK \(\bot\) MN

Gọi T là trung điểm OM => \(\left\{ \begin{array}{l}
OM \bot KT\\
OM \bot HT
\end{array} \right. \Rightarrow OM \bot (KHT) =  > OM \bot HK =  > HK \bot (OMN)\)

Mà IA \(\bot\) (OMN) => HK // IA

Ta có \(\overrightarrow {AI}\) = (0;3;0)

\(\overrightarrow {KH}  = \left( {{x_H} - \frac{a}{2};{y_H} - 0;{z_H} - \frac{b}{2}} \right)\)

\(\overrightarrow {AI}\) cùng phương \(\overrightarrow {KH}\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_H} - \frac{a}{2}\\
{y_H} - c\\
{z_H} - \frac{b}{2}
\end{array} \right.\left( {c \ne 0} \right)\)

=> \(H\left( {\frac{a}{2};c;\frac{b}{2}} \right)\)

\(\begin{array}{l}
OH = \frac{{13}}{2} =  > \frac{{{a^2}}}{4} + {c^2} + \frac{{{b^2}}}{4} = \frac{{169}}{4}(1)\\
HI = OH = \frac{{13}}{2} =  > {\left( {\frac{a}{2} - 9} \right)^2} + {\left( {c - 3} \right)^2} + {\left( {\frac{b}{2} - 1} \right)^2} = \frac{{169}}{4}(2)
\end{array}\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{{a^2}}}{4} + {c^2} + \frac{{{b^2}}}{4} = {\left( {\frac{a}{2} - 9} \right)^2} + {\left( {c - 3} \right)^2} + {\left( {\frac{b}{2} - 1} \right)^2}\)

=> 9a + b + 6c = 91 (3)

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {AM}  = (a - 9;0; - 1)\\
\overrightarrow {AN}  = ( - 9;0;b - 1)
\end{array}\)

A, M, N thẳng hàng \(\frac{{a - 9}}{{ - 9}} = \frac{{ - 1}}{{b - 1}}\)

⇔ (a-2)(b-1) = 9

⇔ ab - a - 9b + 9 = 9

⇔ ab -a - 9b = 0

⇔ a(b-1) = ab

⇔ \(a = \frac{{9b}}{{b - 1}}\)

Từ (3) suy ra

\(\begin{array}{l}
9.\frac{{9b}}{{b - 1}} + b + 6c = 91\\
\frac{{81b}}{{b - 1}} + b + 6c = 91\\
 \Leftrightarrow \frac{{{b^2} + 80b}}{{b - 1}} + 6c = 91 \Leftrightarrow 91 - \frac{{{b^2} + 80b}}{{b - 1}} = \frac{{ - {b^2} + 11b - 91}}{{b - 1}}\\
 \Leftrightarrow c = \frac{{ - {b^2} + 11b - 91}}{{6\left( {b - 1} \right)}}
\end{array}\)

Ta có: \({a^2} + 4{c^2} + {b^2} = 169\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{ \Leftrightarrow {{\left( {\frac{{9b}}{{b - 1}}} \right)}^2} + 4\left( {\frac{{ - {b^2} + 11b - 91}}{{6\left( {b - 1} \right)}}} \right) + {b^2} = 169}\\
{ \Leftrightarrow 9.81{b^2} + \left( {{b^4} + 121{b^2} + 8281 - 22{b^3} + 182{b^2} - 2002b} \right) + 9{b^2}\left( {{b^2} - 1} \right) = 169.9.{{\left( {b - 1} \right)}^2}}\\
{ \Leftrightarrow 729{b^2} + {b^4} + 121{b^2} + 8281 - 22{b^3} + 182{b^2} - 2022b + 9{b^4} - 18{b^3} + 9{b^2} = 1521{b^2} - 3042b + 1521}\\
{ \Leftrightarrow 10{b^4} - 40{b^3} - 480{b^2} + 1040b + 6760 = 0}\\
{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{b = 1 + 3\sqrt 3  =  > a = \frac{{9\left( {1 + 3\sqrt 3 } \right)}}{{ - 3\sqrt 3 }} = 9 + \sqrt 3 }\\
{b = 1 - 3\sqrt 3  =  > a = \frac{{9\left( {1 - 3\sqrt 3 } \right)}}{{ - 3\sqrt 3 }} = 9 - \sqrt 3 }
\end{array}} \right.}
\end{array}\)

TH1: 

\(\begin{array}{l}
a = 9 + \sqrt 3 ;b = 1 + 3\sqrt 3  =  > \overrightarrow {AM}  = \left( {\sqrt 3 ;0; - 1} \right) =  > AM = 2\\
 =  > \overrightarrow {AN}  = \left( { - 9;0;3\sqrt 3 } \right) =  > AN = \sqrt {108} \\
AM.AN = 2.\sqrt {108}  = 12\sqrt 3 
\end{array}\)

TH2:

\(\begin{array}{l}
a = 9 - \sqrt 3 ;b = 1 - 3\sqrt 3  =  > \overrightarrow {AM}  = \left( { - \sqrt 3 ;0; - 1} \right) =  > AM = 2\\
 =  > \overrightarrow {AN}  = \left( { - 9;0; - 3\sqrt 3 } \right) =  > AN = \sqrt {108} \\
AM.AN = 2.\sqrt {108}  = 12\sqrt 3 
\end{array}\)