Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên loại đáp án A và B.

Đồ thị hàm số có nét cuối cùng đi lên nên  a > 0 => loại đáp án D.

Điều kiện: \(2x - 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge \frac{1}{2}.\)

\({\log _3}(2x - 1) = 2 \Leftrightarrow 2x - 1 = {3^2} = 9 \Leftrightarrow 2x = 10 \Leftrightarrow x = 5(tm)\)

Vậy x = 5 là nghiệm của phương trình.

Thể tích khối nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {a^2}.2a = \frac{{2\pi {a^3}}}{3}\)

Gọi M là trung điểm của AB \( \Rightarrow M = \left( {\frac{{2 + 0}}{2};\frac{{3 - 1}}{2};\frac{{ - 1 + 1}}{2}} \right) = (1;1;0)\)

Tam giác ABC vuông tại B \( \Rightarrow BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 \)

Diện tích tam giác ABC là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.BC = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 3  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.{a^2}\)

Thể tích khối chóp S.ABC  là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}.{a^2}.a = \frac{{\sqrt 3 }}{6}{a^3}\)

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3)

\({\log _{{a^2}}}\left( {a{b^2}} \right) = {\log _{{a^2}}}a + {\log _{{a^2}}}{b^2} = \frac{1}{2}{\log _a}a + \frac{1}{2}.2.{\log _a}b = \frac{1}{2} + {\log _a}b\)

\(2y - 3z + 1 = 0 \Rightarrow \) VTPT của (P) là: \(\overrightarrow n  = (0;2; - 3)\)

\(\int {\left( {3{x^2} + \sin x} \right)dx}  = 3.\frac{{{x^3}}}{3} - cosx + C)= {x^3} - c{\rm{os}}x + C\]

Ta có \(a + 6i = 2 - 2bi \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
6 =  - 2b
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b =  - 3
\end{array} \right. \Rightarrow a + b =  - 1\)

Ta có 15 bạn nam và 10 bạn nữ.

Có \(C_{15}^1 = 15\) cách chọn 1 bạn nam.

Có \(C_{10}^1 = 15\) cách chọn 1 bạn nữ.

Khi đó, số cách chọn hai bạn sao cho có một bạn nam và một bạn nữ là: \(C_{15}^1.C_{10}^1 = 15.10 = 150\) (cách).

Công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng \(y = 0,x = a,x = b(a < b)\) và đồ thị hàm số là: \(S = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|dx} \)

Dựa vào phương trình đường thẳng ta thấy đường thẳng đã cho đi qua điểm N(1; - 1;2)

Gọi công sai của cấp số cộng là d.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} + {u_3} = 8\\
{u_4} = 10
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} + {u_1} + 2d = 8\\
{u_1} + 3d = 10
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{u_1} + 2d = 8\\
{u_1} + 3d = 10
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 1\\
d = 3
\end{array} \right.\)

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại x = -1

\(2\left| {f(x)} \right| - 5 = 0 \Leftrightarrow \left| {f(x)} \right| = \frac{5}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f(x) = \frac{5}{2}(1)\\
f(x) =  - \frac{5}{2}(2)
\end{array} \right.\)

Số nghiệm của phương trình đã cho là tổng số nghiệm của phương trình (1) và phương trình (2).

Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đường thẳng \(y = \frac{5}{2}\) và đường thẳng \(y =  - \frac{5}{2}\)  với đồ thị hàm số y = f(x)

Như vậy, dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x =-2 và tiệm cận ngang y = 2

Ta có: \(A(1; - 1;2);B(3;3;0) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = (2;4; - 2)\)

Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Khi đó: M(2;1; 1)

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là mặt phẳng đi qua điểm M và nhận \(\overrightarrow {AB} \)  làm VTPT.

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: 

\(2(x - 2) + 4(y - 1) - 2(z - 1) = 0 \Leftrightarrow 2x - 4 + 4y - 4 - 2z + 2 = 0 \Leftrightarrow x + 2y - z - 3 = 0\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy công thức tính diện tích hình phẳng cần tính là:

\(\int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - {x^2} + 3 - {x^2} + 2x + 1} \right)dx = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)dx} } \)

\(\begin{array}{l}
(2 + 3i)z + 4 - 3i = 13 + 4i \Leftrightarrow (2 + 3i)z = 13 + 4i - 4 + 3i\\
 \Leftrightarrow (2 + 3i)z = 9 + 7i\\
 \Leftrightarrow z = \frac{{9 + 7i}}{{2 + 3i}} \Leftrightarrow z = \frac{{(9 + 7i)(2 - 3i)}}{{(2 + 3i)(2 - 3i)}}\\
 \Leftrightarrow z = \frac{{18 - 21.{i^2} + 14i - 27i}}{{{2^2} + {3^2}}}\\
 \Leftrightarrow z = \frac{{39 - 13i}}{{13}} \Leftrightarrow z = 3 - i\\
 \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{3^2} + {{( - 1)}^2}}  = \sqrt {10} 
\end{array}\)

Do \(\frac{1}{2} \notin Z \Rightarrow \) Hàm số xác định \( \Leftrightarrow x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\)

Vậy tập xác định của hàm số là \((1; + \infty )\)

Gọi số phức z = x + yi

\(\begin{array}{l}
\left| {(1 + i)z - 5 + i} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {(1 + i)(x + yi) - 5 + i} \right| = 2\\
 \Leftrightarrow \left| {(x - y - 5) + (x + y + 1)i} \right| = 2\\
 \Leftrightarrow {\left( {x - y - 5} \right)^2} + {(x + y + 1)^2} = 4\\
 \Leftrightarrow {(x - y)^2} - 10(x - y) + 25 + {(x + y)^2} + 2(x + y) + 1 = 4\\
 \Leftrightarrow 2{x^2} + 2{y^2} - 8x + 12y + 22 = 0\\
 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 11 = 0\\
 \Leftrightarrow {(x - 2)^2} + {(y + 3)^2} = 2
\end{array}\)

Vậy đường tròn biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện bài toán có tâm \(I(2; - 3),R = \sqrt 2 \)

\(\begin{array}{l}
{3^{2x}} - {2.3^{x + 2}} + 27 = 0 \Leftrightarrow {3^{2x}} - {2.9.3^x} + 27 = 0\\
 \Leftrightarrow {3^{2x}} - {18.3^x} + 27 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{3^{{x_1}}} = 9 + 3\sqrt 6 \\
{3^{{x_2}}} = 9 - 3\sqrt 6 
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow {3^{{x_1}}}{.3^{{x_2}}} = \left( {9 + 3\sqrt 6 } \right)\left( {9 - 3\sqrt 6 } \right)\\
 \Leftrightarrow {3^{{x_1} + {x_2}}} = {9^2} - {\left( {3\sqrt 6 } \right)^2} = 27\\
 \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = 3
\end{array}\)

Ta có: \({a^2} + {b^2} = 6ab \Leftrightarrow {(a + b)^2} = 8ab\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {\log _2}{\left( {a + b} \right)^2} = {\log _2}8ab\\
 \Leftrightarrow 2{\log _2}(a + b) = {\log _2}8 + {\log _2}a + {\log _2}b\\
 \Leftrightarrow {\log _2}(a + b) = \frac{1}{2}(3 + {\log _2}a + {\log _2}b)
\end{array}\)

Thiết diện của hình trụ (T) qua trục là hình vuông cạnh 4a  hình trụ có chiều cao là  và bán kính đáy  \(R = \frac{1}{2}.4a = 2a\)

\( \Rightarrow V = \pi {R^2}h = \pi .4{a^2}.4a = 16\pi a{}^2\)

TXĐ: D= R \ {1}

Ta có: \(x =  - 1 \notin \left[ {1;3} \right]\)

Sử dụng MTCT để làm bài toán:

Bước 1: Bấm MODE 7 và nhập hàm \(f(x) = \frac{{{x^2} - 8x}}{{x + 1}}\) vào máy tính.

Bước 2: Start = 1; End = 3; Step \( = \frac{{3 - 1}}{{19}} = \frac{2}{{19}}\)

Ta được kết quả: 

Ta thấy GTLN của hàm số là \({y_{max}} =  - \frac{7}{2}\)  khi x = 1

Ta có: \({V_{SABCD}} = \frac{1}{3}h{S_d} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .4{a^2} = \frac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow {V_{SACD}} = \frac{1}{2}{V_{SABCD}} = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Gọi M là trung điểm của CD.

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}}  = \sqrt {3{a^2} + {a^2}}  = 2a\\
 \Rightarrow {S_{SCD}} = \frac{1}{2}SM.CD = \frac{1}{2}.2a.2a = 2{a^2}\\
 \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{3{V_{SACD}}}}{{{S_{SCD}}}} = \frac{{3.2{a^3}\sqrt 3 }}{{3.2{a^2}}} = a\sqrt 3 
\end{array}\)

Gọi P là trung điểm của AC ta có: PM // CD và PN // AB

\( \Rightarrow \angle (AB;CD) = \angle (PM;PN)\)

Do PM, PN lần lượt là đường trung bình của tam giác ACD và tam giác ABC

\( \Rightarrow PM = \frac{{CD}}{2} = \frac{a}{2};PN = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\)

Xét tam giác PMN có \(cos\angle MPN = \frac{{P{M^2} + P{N^2} - M{N^2}}}{{2.PM.PN}} = \frac{{\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{3{a^2}}}{4}}}{{2.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}}} =  - \frac{1}{2} \Rightarrow \angle MPN = {120^ \circ }\)

Vậy \(\angle \left( {PM;PN} \right) = {180^ \circ } - {120^ \circ } = {60^ \circ }\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^2} - 6x - 2 \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 6x - 2 = 0\) (*)

Có x₁; x₂ là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = f(x) \Rightarrow {x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (*).

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 6\\
{x_1}{x_2} =  - 2
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow x_1^2 + x_2^2 = {({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2} = {6^2} - 2.( - 2) = 40\)

Ta có: d₁ đi qua M(1; 0; 5) và có VTPT: \(\overrightarrow {{u_1}}  = (1;1; - 2)\)

\({d_1}:\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 + t\\
y = t\\
z = 5 - 2t
\end{array} \right. \Rightarrow {M_0}(1 + t;t;5 - 2t) \in ({d_1})\)

Đường thẳng \(d \bot {d_1} \Rightarrow \overrightarrow {{u_2}}  \bot \overrightarrow {{u_1}} \)

Phương trình mặt phẳng \((\alpha )\) đi qua A và vuông góc với d₁ là:

\(x - 1 + y - 2(z - 2) = 0 \Leftrightarrow x + y - 2z + 3 = 0\)

Gọi \({M_0}(1 + t;t;5 - 2t)\) là giao điểm của đường thẳng d₁ và mặt phẳng \((\alpha )\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow 1 + t + t - 2(5 - 2t) + 3 = 0 \Leftrightarrow 6t = 6 \Leftrightarrow t = 1\\
 \Rightarrow {M_0}(2;1;3).
\end{array}\)

=> d là đường thẳng đi qua hai điểm A(1; 0; 2)  và \({M_0}(2;1;3).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{u_2}}  = \overrightarrow {AM}  = (1;1;1)\)

=> Phương trình đường thẳng d: \(\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 + t\\
y = t\\
z = 2 + t
\end{array} \right.\)

Thử các đáp án, chỉ có điểm Q(0; - 1;1) thuộc đường thẳng d khi t = -1

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số là:

\(2x + m = \frac{{x + 3}}{{x + 1}}\left( {x \ne 1} \right) \Leftrightarrow 2{x^2} + (m + 1)x + m - 3 = 0\) (*)

Ta có: \(\Delta  = {\left( {m + 1} \right)^2} - 8(m - 3) = {m^2} - 6m + 25 = {(m - 3)^2} + 16 > 0\forall m\)

=> (*) luôn có hai nghiệm phân biệt  với mọi m.

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} =  - \frac{{m + 1}}{2}\\
{x_1}{x_2} = \frac{{m - 3}}{2}
\end{array} \right.\)

Gọi \(M({x_1};2{x_1} + m),N({x_2};2{x_2} + m)\) là hai giao điểm của 2 đồ thị hàm số.

Khi đó ta có: 

\(\begin{array}{l}
M{N^2} = {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} + {\left( {2{x_2} - 2{x_1}} \right)^2} = 5{({x_2} - {x_1})^2}\\
 = 5\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \right] = 5\left[ {\frac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} - 4.\frac{{m - 3}}{2}} \right]\\
 = \frac{5}{4}\left( {{m^2} + 2m + 1 - 8m + 24} \right) = \frac{5}{4}\left( {{m^2} - 6m + 25} \right)\\
 = \frac{5}{4}{\left( {m - 3} \right)^2} + 20 \ge 20\forall m
\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow m - 3 = 0 \Leftrightarrow m = 3\)

Hàm số \(y = \left| {{x^3} - 3x + m} \right|\) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số \(y = {x^3} - 3x + m\) có 2 cực trị nằm về hai phía của trục Ox.

Ta có: \(y' = {x^3} - 3x + m \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1 \Rightarrow y =  - 2 + m\\
x =  - 1 \Rightarrow y = 2 + m
\end{array} \right.\)

Hai điểm cực trị nằm về 2 phía trục Ox \( \Leftrightarrow \left( { - 2 + m} \right)(2 + m) < 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow  - 2 < m < 2\)

Kết hợp điều kiện \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}\) . Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn ycbt.

Ta có: \(\angle DAB = {60^ \circ } \Rightarrow \Delta ABD\) là tam giác đều cạnh a \( \Rightarrow BD = a\)

 \( \Rightarrow {S_{ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2{S_{ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Kẻ \(SM \bot CD \Rightarrow CD \bot (SOM) \Rightarrow CD \bot OM\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {OM,SM} \right) = \angle SMO = {60^ \circ }\)

Xét \(\Delta OMD\) vuông tại D ta có: \(sin\angle ODM = \frac{{OM}}{{OD}} \Rightarrow OM = OD.sin{60^ \circ } = \frac{a}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

Xét  \(\Delta SOM\) vuông tại M ta có:  \(SO = OM.\tan {60^ \circ } = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\sqrt 3  = \frac{{3a}}{4}\)

\( \Rightarrow {V_{SABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABD}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a}}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\)

ĐK: \(x > y > 0,x,y \ne 1\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{\log _x}y = {\log _y}x\\
{\log _x}(x - y) = {\log _y}(x + y)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\log _x}y = \frac{1}{{{{\log }_x}y}}\\
{\log _x}(x - y) = {\log _y}(x + y)
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\log _x}y =  \pm 1\\
{\log _x}(x - y) = {\log _y}(x + y)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
y = x(ktm)\\
y = \frac{1}{x}
\end{array} \right.\\
{\log _x}(x - y) = {\log _y}(x + y)
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = \frac{1}{x}\\
{\log _x}(x - y) = {\log _{{x^{ - 1}}}}(x + y)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = \frac{1}{x}\\
{\log _x}(x - y) + {\log _x}(x + y) = 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = \frac{1}{x}\\
{\log _x}\left( {{x^2} - {y^2}} \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
xy = 1\\
{x^2} - {y^2} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} + xy - {y^2} = 1 + 1 = 2
\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
I = \int {f(x)dx = \int {\frac{{x + 3}}{{{x^2} + 3x + 2}}dx = \int {\frac{{x + 3}}{{(x + 1)(x + 2)}}dx} } } \\
 = \int {\left( {\frac{2}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right)dx = 2\ln \left| {x + 1} \right| - \ln \left| {x + 2} \right| + C} 
\end{array}\)

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 2mx + 3\)

Hàm số đã cho đồng biến trên \(R \Leftrightarrow y' \ge 0\forall x \in R\)

\( \Leftrightarrow \Delta ' \le 0\forall x \in R \Leftrightarrow {m^2} - 9 \le 0 \Leftrightarrow  - 3 \le m \le 3\)

Gọi z = a + bi ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{z + 2}}{{z - 2i}} = \frac{{(a + 2) + bi}}{{a + (b - 2i)i}} = \frac{{\left[ {(a + 2) + bi} \right]\left[ {a - (b - 2)i} \right]}}{{\left[ {a + (b - 2)i} \right]\left[ {a - (b - 2)i} \right]}}\\
 = \frac{{(a + 2)a - (a + 2)(b - 2)i + abi + b(b - 2)}}{{{a^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2}}}\\
 = \frac{{{a^2} + 2a + {b^2} - 2b}}{{{a^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2}}} - \frac{{\left( {a + 2} \right)\left( {b - 2} \right) - ab}}{{{a^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2}}}i
\end{array}\)

Để số trên là số thuần ảo => có phần thực bằng 0 \( \Rightarrow {a^2} + 2a + {b^2} - 2b = 0\)

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(-1; 1), bán kính \(R = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2} - 0}  = \sqrt 2 \)

Gieo một con xúc xắc 2 lần \( \Rightarrow n(\Omega ) = {6^2} = 36\)

Để phương trình \({x^2}{\rm{ + ax}} + b = 0\) có nghiệm  \( \Leftrightarrow \Delta  = {a^2} - 4b \ge 0 \Leftrightarrow b \le \frac{{{a^2}}}{4}\) với \(a,b \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\)

TH1: \(a = 1 \Rightarrow b \le \frac{1}{4} \Rightarrow \) Không có b thỏa mãn.

TH2:  \(a = 2 \Rightarrow b \le \frac{{{2^2}}}{4} = 1 \Rightarrow b = 1 \Rightarrow \) có 1 cặp (a; b) thỏa mãn.

TH3:  \(a = 3 \Rightarrow b \le \frac{{{3^2}}}{4} = 2,25 \Rightarrow b \in \left\{ {1;2} \right\}\) => có 2 cặp (a; b) thỏa mãn.

TH4: \(a = 4 \Rightarrow b \le \frac{{{4^2}}}{4} = 4 \Rightarrow b \in \left\{ {1;2; 3; 4} \right\}\) =>  có 4 cặp  a(; b)thỏa mãn.

TH5:  \(a = 5 \Rightarrow b \le \frac{{{5^2}}}{4} = 6,25 \Rightarrow b \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\) => có 6 cặp (a;b) thỏa mãn.

TH6: \(a = 6 \Rightarrow b \le \frac{{{6^2}}}{4} = 9 \Rightarrow b \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\) => có 6 cặp (a;b) thỏa mãn.

Gọi A là biến cố: “Phương trình \({\rm{a}}{{\rm{x}}^2} + bx + c = 0\) có nghiệm”  \( \Rightarrow n(A) = 1 + 2 + 4 + 6 + 6 = 19\)

Vậy \(P(A) = \frac{{19}}{{36}}\)

Đặt \(I = \int\limits_2^3 {\left( {4x + 2} \right)\ln xdx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = \ln x\\
dv = (4x + 2)dx
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = \frac{{dx}}{x}\\
v = 2{x^2} + 2x = 2x(x + 1)
\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow I = \left[ {2x(x + 1)\ln x} \right]|_2^3 - \int\limits_2^3 {\frac{{2x(x + 1)dx}}{x}} \\
I = 24\ln 3 - 12\ln 2 - 2\int\limits_2^3 {(x + 1)dx} \\
I = 24\ln 3 - 12\ln 2 - 2\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x} \right)\left| {_2^3} \right.\\
I = 24\ln 3 - 12\ln 2 - 2\left( {\frac{{15}}{2} - 4} \right)\\
I = 24\ln 3 - 12\ln 2 - 7 = a + b\ln 2 + c\ln 3\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a =  - 7\\
b =  - 12 \Rightarrow a + b + c =  - 7 - 12 + 24 = 5\\
c = 24
\end{array} \right.
\end{array}\)

\(y = {x^3} - (m + 1){x^2} + \left( {{m^2} - 2} \right)x - {m^2} + 3\)

TXĐ: D = R

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 2(m + 1)x + {m^2} - 2\)

Để hàm số có 2 điểm cực trị  <=> phương trình y' = 0  có 2 nghiệm phân biệt.

\( \Leftrightarrow \Delta ' = {\left( {m + 1} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - 2} \right) > 0 \Leftrightarrow  - 2{m^2} + 2m + 7 > 0 \Leftrightarrow \frac{{1 - \sqrt {15} }}{2} < m < \frac{{1 + \sqrt {15} }}{2}\)

Mà \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1;2} \right\}\)

Thử lại:

+) Với m = -1 ta có: \(y = {x^3} - {x^2} - x + 2\). Khi đó: \(y' = 3{x^2} - 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1 \Rightarrow y = 1\\
x = \frac{{ - 1}}{3} \Rightarrow y = \frac{{59}}{{27}}
\end{array} \right.(ktm)\)

+) Với m = 0 ta có \(y = {x^3} - {x^2} - 2x + 3\).Khi đó:

\(y' = 3{x^2} - 2x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{{1 + \sqrt 7 }}{3} \Rightarrow y = \frac{{61 - 14\sqrt 7 }}{{27}} > 0\\
x = \frac{{1 - \sqrt 7 }}{3} \Rightarrow y = \frac{{61 + 14\sqrt 7 }}{{27}} > 0
\end{array} \right.(ktm)\)

+) Với m = 1  ta có \(y = {x^3} - {x^2} - x + 2\). Khi đó

\(y' = 3{x^3} - 4x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{{2 + \sqrt 7 }}{3} \Rightarrow y = \frac{{20 - 14\sqrt 7 }}{{27}} < 0\\
x = \frac{{2 - \sqrt 7 }}{3} \Rightarrow y = \frac{{20 + 14\sqrt 7 }}{{27}} < 0
\end{array} \right.(tm)\)

+) Với m = 2 ta có \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2x - 1\). Khi đó

\(y' = 3{x^3} - 6x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{{3 + \sqrt 3 }}{3} \Rightarrow y =  - \frac{{9 + 2\sqrt 3 }}{{27}} < 0\\
x = \frac{{3 - \sqrt 3 }}{3} \Rightarrow y = \frac{{ - 9 + 2\sqrt 3 }}{9} < 0
\end{array} \right.(ktm)\)

Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn là m = 1

Trên (O) lấy điểm , trên (O₁) lấy điểm A’ sao cho AA’ // BB’ // OO₁. Khi đó ta được hình lăng trụ OAB’.O₁A’B.

Ta có \({\rm{AA}}' = h = 2a,AB = a\sqrt 5 \)

Xét tam giác vuông AA’B  có 

\(A'B = \sqrt {A{B^2}{\rm{ - AA}}{{\rm{'}}^2}}  = \sqrt {5{a^2} - 4{a^2}}  = a\)

Do đó tam giác O₁A’B có \({O_1}A' = {O_1}B = A'B = a \Rightarrow \Delta {O_1}A'B\) đều cạnh a

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {S_{\Delta {O_1}A'B}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\\
 \Rightarrow {V_{OAB'.{O_1}A'B}}{\rm{ = AA}}'.{S_{{O_1}A'B}} = 2a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}
\end{array}\)

Ta có \({V_{OAB'.{O_1}A'B}}{\rm{ = }}{V_{A.{O_1}A'B}} = {V_{OAB'.{O_1}A'B}} + {V_{B.OAB'}} + {V_{O{O_1}AB}}\)

Mà \({V_{A.{O_1}A'B}} = \frac{1}{3}{V_{OAB'.{O_1}A'B}};{V_{B.OAB'}} = \frac{1}{3}{V_{OAB'.{O_1}AB}} \Rightarrow {V_{O{O_1}AB}} = \frac{1}{3}{V_{OAB'.{O_1}A'B}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB}  = (3; - 3;3)//\overrightarrow a  = (1; - 1;1)\\
\overrightarrow {AC}  = (2; - 1;3)
\end{array} \right. \Rightarrow {\overrightarrow n _{_{(ABC)}}} = \left[ {\overrightarrow a ;\overrightarrow {AC} } \right] = ( - 2; - 1;1)\) là 1 VTPT của mặt phẳng (ABC).

Do đó đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) có VTPT cùng phương với vectơ (-2;1; 1)

Dựa vào các đáp án ta thấy ở đáp án D đường thẳng \(\frac{x}{2} = \frac{y}{1} = \frac{z}{{ - 1}}\) có 1 VTPT là (-2;1; 1)

cùng phương với (-2; -1; 1)

Theo bài ra ta có: \(f(x) = \sqrt {x + 1} f'(x)\)  (*)

Do \(f(x) > 0\forall x \in R\) nên từ (*) ta có \(\frac{{f'(x)}}{{f(x)}} = \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}\)

Lấy nguyên hàm 2 vế ta được: \(\int {\frac{{f'(x)}}{{f(x)}}dx = \int {\frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}dx} } \)

\( \Leftrightarrow \ln \left| {f(x)} \right|dx = 2\sqrt {x + 1}  + C \Leftrightarrow \ln f(x) = 2\sqrt {x + 1}  + C \Leftrightarrow f(x) = {e^{2\sqrt {x + 1}  + C}}\)

Ta có \(f(0) = 1 \Rightarrow 1 = {e^{2 + C}} \Leftrightarrow 2 + C = 0 \Leftrightarrow C =  - 2\)

Do đó \(f(x) = {e^{2\sqrt {x + 1}  - 2}} \Rightarrow f(3) = {e^2} \approx 7,4 > 6\)

Đặt \(g(x) = f({x^2} + 2x)\)  ta có \(g'(x) = (2x + 2)f'({x^2} + 2x) = 2(x + 1)f'({x^2} + 2x)\)

Hàm số y = g(x)  nghịch biến trên \((a;b) \Leftrightarrow g'(x) \le 0\forall x \in (a;b)\)  và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Xét đáp án A ta có:\(g'\left( {\frac{1}{2}} \right) = 3f'\left( {\frac{5}{4}} \right) > 0 \Rightarrow \)  Loại đáp án A.

Xét đáp án C ta có: \(g'\left( {\frac{{ - 3}}{2}} \right) = 2f'\left( 0 \right) > 0 \Rightarrow \)  Loại đáp án C.

Xét đáp án D ta có: \(g'\left( { - \frac{7}{2}} \right) =  - 5f'\left( {\frac{{21}}{4}} \right) > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án D.

Do các giả thiết đã cho đúng với mọi cặp số phức \({z_1},{z_2},{z_3}\) nên ta chọn \({z_1} = {z_2} = 1\), kết hợp giả thiết ta có \(z_1^3 + z_2^3 + z_2^3 + {z_1}{z_2}{z_3} = 0 \Leftrightarrow 1 + 1 + z_3^3 + {z_3} = 0 \Leftrightarrow z_3^3 + {z_3} + 2 = 0 \Leftrightarrow {z_3} =  - 1\), thỏa mãn \(\left| {{z_3}} \right| = 1\)

Khi đó ta có 1 cặp \(({z_1},{z_2},{z_2}) = (1;1; - 1)\)  thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Khi đó \(z = {z_1} + {z_2} + {z_3} = 1 + 1 - 1 = 1\) .

\( \Rightarrow {\left| z \right|^3} - 3{\left| x \right|^2} = 1 - 3.1 =  - 2\)

Có \(0 \le \left| x \right| + \left| y \right| + \left| z \right| \le 2\) và \(0 \le \left| {x - 2} \right| + \left| y \right| + \left| z \right| \le 2\) nên tìm các điểm đầu mút.

\(\begin{array}{l}
\left| x \right| + \left| y \right| + \left| z \right| = 0 \Rightarrow x = y = z = 0 \Rightarrow O(0;0;0)\\
\left| {x - 2} \right| + \left| y \right| + \left| z \right| = 0 \Rightarrow x = 2;y = z = 0 \Rightarrow A(2;0;0)
\end{array}\)

Xét hệ phương trình

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\left| x \right| + \left| y \right| + \left| z \right| = 2\\
\left| {x - 2} \right| + \left| y \right| + \left| z \right| = 2
\end{array} \right. \Rightarrow \left| x \right| = \left| {x - 2} \right| \Leftrightarrow x = 2 - x \Leftrightarrow x = 1\\
 \Rightarrow \left| y \right| + \left| z \right| = 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
y = 0;z =  \pm 1\\
y =  \pm 1;z = 0
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow B(1;0;1),B'(1;0; - 1),C(1;1;0),C'(1; - 1;0)
\end{array}\)

Dựng hình suy ra tập hợp các điểm thỏa mãn là bát diện \(B.OCAC'.B'\)

Ta có \(OB = \sqrt {{1^1} + {1^1}}  = \sqrt 2 \),  do đó hình bát diện đều B.OCAC'.B' có cạnh bằng \(\sqrt 2 \)

Vậy thể tích của bát diện đều là \(V = \frac{{{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^3}\sqrt 2 }}{3} = \frac{4}{3}\)

\((P):y = \frac{1}{2}{x^2}\)

TXĐ: D = R. Ta có y’ = x

Giả sử \(A\left( {{x_1};\frac{1}{2}x_1^2} \right);B\left( {{x_2};\frac{1}{2}x_2^2} \right) \in (P)({x_1} \ne {x_2})\)

Phương trình tiếp tuyến tại điểm A của (P) là \(y = {x_1}(x - {x_1}) + \frac{1}{2}x_1^2 \Leftrightarrow y = {x_1}x - \frac{1}{2}x_1^2({d_1})\)

Phương trình tiếp tuyến tại điểm B của (P) là  \(y = {x_2}(x - {x_2}) + \frac{1}{2}x_2^2 \Leftrightarrow y = {x_2}x - \frac{1}{2}x_2^2({d_1})\)

Do \(({d_1}) \bot ({d_2})\) nên ta có  \({x_1}{x_2} =  - 1 \Leftrightarrow {x_2} = \frac{{ - 1}}{{{x_1}}}\)

Phương trình đường thẳng AB:

\(\begin{array}{l}
\frac{{x - {x_1}}}{{{x_2} - {x_1}}} = \frac{{y - \frac{1}{2}x_1^2}}{{\frac{1}{2}x_2^2 - \frac{1}{2}x_1^2}} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x_2^2 - x_1^2} \right) = \left( {y - \frac{1}{2}x_1^2} \right)\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\\
 \Leftrightarrow (x - {x_1})({x_2} + {x_1}) = 2y - x_1^2 \Leftrightarrow ({x_1} + {x_2})x - 2y - {x_1}{x_2} = 0\\
 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\left[ {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)x - {x_1}{x_2}} \right] = \frac{1}{2}\left[ {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)x + 1} \right]
\end{array}\)

Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi AB, (P) là:

\(\begin{array}{l}
S = \frac{1}{2}\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left( {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)x + 1 - {x^2}} \right)dx} \\
 \Leftrightarrow \frac{9}{4} = \frac{1}{2}\left( {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\frac{{{x^2}}}{2} + x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)\left| {_{{x_1}}^{{x_2}}} \right.\\
 \Leftrightarrow \frac{9}{4} = \frac{1}{2}\left[ {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {\frac{{x_2^2}}{2} - \frac{{x_1^2}}{2}} \right) + \left( {{x_2} - {x_1}} \right) - \frac{{x_2^3 - x_1^3}}{3}} \right]\\
 \Leftrightarrow \frac{9}{4} = \frac{1}{2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_2^2 - x_1^2} \right) + ({x_2} - {x_1}) - \frac{{x_2^3 - x_1^3}}{3}\\
 \Leftrightarrow 27 = 3\left( {{x_1}x_2^2 - x_1^3 + x_2^3 - x_1^2{x_2}} \right) + 6\left( {{x_2} - {x_1}} \right) - 2x_2^3 + 2x_1^3\\
 \Leftrightarrow 27 = 3{x_1}x_2^2 - 3{x_1}x_2^2 + x_2^3 - x_1^3 + 6({x_2} - {x_1})\\
 \Leftrightarrow 27 =  - 3({x_2} - {x_1}) + ({x_2} - {x_1})\left( {x_1^2 + x_2^2 - 1} \right) + 6({x_2} - {x_1})\\
 \Leftrightarrow 27 = 3({x_2} - {x_1}) + ({x_2} - {x_1})\left( {x_1^2 + x_2^2 - 1} \right)\\
 \Leftrightarrow 27 = ({x_2} - {x_1})\left( {x_1^2 + x_2^2 + 2} \right)\\
 \Leftrightarrow 27 = ({x_2} - {x_1})\left( {x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1}{x_2}} \right)\\
 \Leftrightarrow 27 = ({x_2} - {x_1}){({x_2} - {x_1})^2} = {({x_2} - {x_1})^3}\\
 \Leftrightarrow {x_2} - {x_1} = 3
\end{array}\)

Thay \({x_2} = \frac{{ - 1}}{{{x_1}}}\) ta có:

\(\frac{{ - 1}}{{{x_1}}} - {x_1} = 3 \Leftrightarrow  - 1 - x_1^2 - 3{x_1} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_1} = \frac{{ - 3 - \sqrt 5 }}{2} \Rightarrow {x_2} = \frac{2}{{3 + \sqrt 5 }}\\
{x_1} = \frac{{ - 3 + \sqrt 5 }}{2} \Rightarrow {x_2} = \frac{{ - 2}}{{ - 3 + \sqrt 5 }}
\end{array} \right. \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} = 5\)

Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Tam giác SAB có: \(SA = SB(gt) \Rightarrow SE \bot AB \Rightarrow SE \bot CD\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
CD \bot SE\\
CD \bot EF
\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (S{\rm{EF}})\)

Trong (SEF) kẻ \(EK \bot SF\)  ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
EK \bot SF\\
EK \bot CD
\end{array} \right. \Rightarrow EK \bot (SCD) \Rightarrow d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right) = EK\)

Vì \(AB//CD \Rightarrow AB//(SCD) \Rightarrow d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = a\)

Kẻ \(SH \bot EF\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
SH \bot EF\\
CD \bot (SEF)
\end{array} \right. \Rightarrow SD \bot CD \Leftrightarrow SH \bot (ABCD)\)

Ta có: \({S_{\Delta SEF}} = \frac{1}{2}SH.{\rm{EF = }}\frac{1}{2}EK.SF \Leftrightarrow SH.2a = a.SF \Rightarrow 2SH = SF\)

Đặt \(SH = x \Rightarrow SF = 2a\)

Ta có \(AE = \frac{1}{2}AB = a \Rightarrow SE = \sqrt {S{A^2} - A{E^2}}  = \sqrt {2{a^2} - {a^2}}  = a\)

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác SEF ta có:

\(cos\angle S{\rm{EF = }}\frac{{S{E^2} + E{F^2} - S{F^2}}}{{2SE.EF}} = \frac{{{a^2} + 4{a^2} - 4{x^2}}}{{2.a.2a}} = \frac{{5{a^2} - 4{x^2}}}{{4{a^2}}}\)

Xét tam giác vuông SHE có \(EH = SE.cos\angle SEF = a.\frac{{5{a^2} - 4{x^2}}}{{4{a^2}}} = \frac{{5{a^2} - 4{x^2}}}{{4a}}\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SHE có:

\(\begin{array}{l}
S{H^2} + E{H^2} = S{E^2} \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {\frac{{5{a^2} - 4{x^2}}}{{4a}}} \right)^2} = {a^2}\\
 \Leftrightarrow 16{a^2}{x^2} + 25{a^4} - 40{a^2}{x^2} + 16{x^4} = 16{a^4}\\
 \Leftrightarrow 9{a^4} - 24{a^2}{x^2} + 16{x^4} = 0 \Leftrightarrow {\left( {3{a^2} - 4{a^2}} \right)^2} = 0\\
 \Leftrightarrow 4{x^2} = 3{a^2} \Leftrightarrow x = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = SH
\end{array}\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.4{a^2} = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Ta có \({2^x} + {2^{ - x}} = 4 + 2cos(\alpha x) \Leftrightarrow {\left( {{2^{\frac{x}{2}}} - {2^{ - \frac{x}{2}}}} \right)^2} = 4co{s^2}\frac{{\alpha x}}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{2^{\frac{x}{2}}} - {2^{ - \frac{x}{2}}} = 2cos\frac{{\alpha x}}{2}(1)\\
{2^{\frac{x}{2}}} - {2^{ - \frac{x}{2}}} =  - 2cos\frac{{\alpha x}}{2}(2)
\end{array} \right.\)

Thay  vào phương trình (1) ta có \({2^0} - {2^0} = 2cos0 \Leftrightarrow 0 = 1\) (Vô lí), kết hợp với giả thiết ta có phương trình (1) có 2019 nghiệm thực khác 0.

Với  x₀ là nghiệm của phương trình (1)

\( \Leftrightarrow {2^{\frac{{{x_0}}}{2}}} - {2^{ - \frac{{{x_0}}}{2}}} = 2cos\frac{{\alpha {x_0}}}{2} \Leftrightarrow {2^{\frac{{( - {x_0})}}{2}}} - {2^{\frac{{ - ( - {x_0})}}{2}}} =  - 2cos\frac{{\alpha ( - {x_0})}}{2} \Rightarrow  - {x_0}\) là nghiệm của phương trình (2)

Thay \(x =  - {x_0}\) vào phương trình (1) ta có:

\( \Leftrightarrow {2^{ - \frac{{{x_0}}}{2}}} - {2^{\frac{{{x_0}}}{2}}} = 2cos\frac{{\alpha ( - {x_0})}}{2} = 2cos\frac{{\alpha {x_0}}}{2} = {2^{\frac{{{x_0}}}{2}}} - {2^{\frac{{ - {x_0}}}{2}}}\)

\( \Leftrightarrow {2.2^{\frac{{{x_0}}}{2}}} = {2.2^{\frac{{ - {x_0}}}{2}}} \Leftrightarrow {2^{\frac{{{x_0}}}{2} + 1}} = {2^{\frac{{ - {x_0}}}{2} + 1}} \Leftrightarrow \frac{{{x_0}}}{1} + 1 =  - \frac{{{x_0}}}{1} + 1 \Leftrightarrow {x_0} = 0\) (vô lí do \({x_0} \ne 0\) )

\( \Rightarrow  - {x_0}\) không là nghiệm của phương trình (1), điều đó đảm bảo mọi nghiệm của phương trình (2) không trùng với nghiệm của phương trình (1).

Do đó phương trình (2) cũng có 2019 nghiệm.

Vậy phương trình ban đầu có 2019.2 = 4038 nghiệm

Mặt cầu (S) có tâm I(-1;0; 3) , bán kính R = 1

Gọi J(a; b; c)  là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {JA}  + 2.\overrightarrow {JB}  = \overrightarrow 0 \)

Ta có: \(\overrightarrow {JA}  = (3 - a,1 - b, - 3 - c);\overrightarrow {JB}  = ( - a;2 - b;3 - c)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {JA}  + 2.\overrightarrow {JB}  = (3 - 3a; - 3 - 3b;3 - 3c) = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b =  - 1 \Rightarrow J(1; - 1;1)\\
c = 1
\end{array} \right.\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}
T = M{A^2} + 2M{B^2} = {\left( {\overrightarrow {MJ}  + \overrightarrow {JA} } \right)^2} + 2{\left( {\overrightarrow {MJ}  + \overrightarrow {JB} } \right)^2}\\
T = M{J^2} + 2.\overrightarrow {MJ} .\overrightarrow {JA}  + J{A^2} + 2M{J^2} + 4\overrightarrow {MJ} .\overrightarrow {JB}  + 2J{B^2}\\
T = 3M{J^2} + 2\overrightarrow {MJ} \underbrace {(\overrightarrow {JA}  + 2\overrightarrow {JB} )}_{\overrightarrow 0 } + \underbrace {J{A^2} + 2J{B^2}}_{{\rm{const}}}
\end{array}\)

Do đó: \({T_{max}} \Leftrightarrow M{J_{max}}\)

Ta có: \(\overrightarrow {IJ}  = (2; - 1; - 2) \Rightarrow IJ = \sqrt {{2^2} + 1{}^2 + {2^2}}  = 3 > R = 1 \Rightarrow J\) nằm ở phía ngoài mặt cầu (S). Khi đó \(M{J_{max}} = IJ + R = 3 + 1 = 4\)

Vậy \({T_{max}} = {3.4^2} + ({2^2} + {2^2} + {4^2}) + 2.({1^2} + {1^2} + {2^2}) = 3.16 + 24 + 2.6 = 84\)