\(\begin{array}{l}
 + )\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1}  + x - 2} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left( {\sqrt {{x^2} - x + 1}  + x - 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} - x + 1}  - x + 2} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  - x + 2}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2} - x + 1 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  - x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{3x - 3}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  - x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{3 - \frac{3}{x}}}{{ - \sqrt {1 - \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - 1 + \frac{2}{x}}} =  - \frac{3}{2}\\
 + )\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{3x - 2}}{{x + 1}} =  + \infty \,\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \left( {3x - 2} \right) =  - 5\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \left( {x + 1} \right) = 0;x - 1 < 0
\end{array} \right.} \right)\\
 + )\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1}  + x - 2} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\left( {\sqrt {{x^2} - x + 1}  + x - 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} - x + 1}  - x + 2} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  - x + 2}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^2} - x + 1 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  - x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3x - 3}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  - x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3 - \frac{3}{x}}}{{\sqrt {1 - \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - 1 + \frac{2}{x}}} =  + \infty \\
 + )\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{3x - 2}}{{x + 1}} =  - \infty \,\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \left( {3x - 2} \right) =  - 5\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \left( {x + 1} \right) = 0;x - 1 > 0
\end{array} \right.} \right)
\end{array}\)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 9 > 0\\
3 - x > 0\\
\log \left( {3 - x} \right) \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
x > 3\\
x <  - 3
\end{array} \right.\\
x < 3\\
3 - x \ne 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x <  - 3\\
x \ne 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow x <  - 3\)

\(\begin{array}{l}
\frac{{\log \left( {{x^2} - 9} \right)}}{{\log \left( {3 - x} \right)}} \le 1 \Leftrightarrow \frac{{\log \left( {{x^2} - 9} \right) - \log \left( {3 - x} \right)}}{{\log \left( {3 - x} \right)}} \le 0 \Leftrightarrow \frac{{\log \frac{{{x^2} - 9}}{{3 - x}}}}{{\log \left( {3 - x} \right)}} \le 0\\
 \Leftrightarrow \frac{{\log \left[ { - \left( {x + 3} \right)} \right]}}{{\log \left( {3 - x} \right)}} \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\log \left[ { - \left( {x + 3} \right)} \right] \ge 0\\
\log \left( {3 - x} \right) < 0
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
\log \left[ { - \left( {x + 3} \right)} \right] \le 0\\
\log \left( {3 - x} \right) > 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
 - x - 3 \ge 1\\
3 - x < 1
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
 - x - 3 \le 1\\
3 - x > 1
\end{array} \right.
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x \le  - 4\\
x > 4
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x \ge  - 4\\
x < 2
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 4 \le x < 2 \Rightarrow  - 4 \le x <  - 3
\end{array}\)

Gọi số phức \(z = a + bi\,\,\left( {a,b \in R;\,\,a,b \ne 0} \right) \Rightarrow \overline z  = a - bi\) 

Ta có: \(z + \overline z  = a + bi + a - bi = 2a \Rightarrow z + \overline z \) là số thực \(\Rightarrow\) đáp án A đúng.

\(z - \overline z  = a + bi - a + bi = 2bi \Rightarrow z - \overline z \) là số ảo \(\Rightarrow\) đáp án B đúng.

\(\frac{z}{{\overline z }} = \frac{{a + bi}}{{a - bi}} = \frac{{{{\left( {a + bi} \right)}^2}}}{{\left( {a - bi} \right)\left( {a + bi} \right)}} = \frac{{{a^2} - {b^2} + 2abi}}{{{a^2} + {b^2}}} = \frac{{{a^2} - {b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{2abi}}{{{a^2} + {b^2}}} \Rightarrow \frac{z}{{\overline z }}\) là số phức \(\Rightarrow\) đáp án C sai.

\(z.\overline z  = \left( {a + bi} \right)\left( {a - bi} \right) = {a^2} + {b^2} \Rightarrow z.\overline z \) là số thực \(\Rightarrow\) đáp án D đúng.

Đường thẳng \(\frac{{x + 2}}{3} = \frac{{y + 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 3}}{{ - 1}}\) có 1 VTCP là: \(\left( {3; - 2; - 1} \right) =  - \left( { - 3;2;1} \right)\) 

Ta có tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} =  - 2\\
{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = 2\\
{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = 2
\end{array} \right. \Rightarrow G\left( { - 2;2;2} \right)\)

Ta có đồ thị hàm số:

Như vậy ta thấy đường thẳng y = 3 cắt đồ thị hàm số \(y = {x^2}\left| {{x^2} - 4} \right|\) tại 6 điểm phân biệt.

Xét từng đáp án ta được:

+) Đáp án A: \({x^2} + {y^2} + {z^2} + x - 2y + 4z - 3 = 0\) có: \(a =  - \frac{1}{2};b = 1;c =  - 2,d =  - 3 \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - d = \frac{{33}}{4} > 0\) 

\( \Rightarrow \) phương trình này là phương trình mặt cầu.

+) Đáp án B: \(2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} - x - y - z = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}y - \frac{1}{2}z = 0\) có:

\(a = \frac{1}{4};b = \frac{1}{4};c = \frac{1}{4};d = 0 \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - d = \frac{3}{{16}} > 0 \Rightarrow \) phương trình này là phưng trình mặt cầu.

+) Đáp án C:  \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 4z + 10 = 0\) có: $a = 1;b =  - 2;c = 2;d = 10 \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - d =  - 1 < 0\) 

\( \Rightarrow \) phương trình này không phải là phương trình mặt cầu.

Gọi d là công sai của CSC đã cho ta có: \({S_{40}} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2} \Leftrightarrow \frac{{40\left( {2.5 + 39d} \right)}}{2} = 3320 \Leftrightarrow d = 4\) 

TXĐ: \(D = R\backslash \left[ { - 5;5} \right]\) 

Hàm số đã cho liên tục trong [- 5;5] và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ + }} \frac{{x - 1}}{{\sqrt {25 - {x^2}} }} =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ - }} \frac{{x - 1}}{{\sqrt {25 - {x^2}} }} =  + \infty  \Rightarrow \) đồ thị hàm số có hai đường TCĐ là x = 5, x = - 5 và đồ thị hàm số không có TCN.

Toạ độ điểm A' đối xứng với A(- 3;1;2) qua trục Oy là (3;1;- 2)

TXĐ: D = [3;7] 

Xét hàm số \(y = \sqrt {x - 3}  + \sqrt {7 - x} \) ta có: \(y' = \frac{1}{{2\sqrt {x - 3} }} - \frac{1}{{2\sqrt {7 - x} }}\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{2\sqrt {x - 3} }} - \frac{1}{{2\sqrt {7 - x} }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {x - 3}  = \sqrt {7 - x} \\
 \Leftrightarrow x - 3 = 7 - x \Leftrightarrow 2x = 10 \Leftrightarrow x = 5
\end{array}\) 

Ta có BBT:

Vậy tập giá trị của hàm số là: \(\left[ {2;2\sqrt 2 } \right]\). 

\(f'\left( x \right) = \left( {\sqrt {\ln \left( {\ln x} \right)} } \right)' = \frac{{\left[ {\ln \left( {\ln x} \right)} \right]'}}{{2\sqrt {\ln \left( {\ln x} \right)} }} = \frac{{\frac{{\left( {\ln x} \right)'}}{{\ln x}}}}{{2\sqrt {\ln \left( {\ln x} \right)} }} = \frac{1}{{2x\ln x\sqrt {\ln \left( {\ln x} \right)} }}\)

Ta có: \(\left| {z + 2 - i} \right| + \left| {z - 4 - i} \right| = 10 \Leftrightarrow \left| {z - \left( { - 2 + i} \right)} \right| + \left| {z - \left( {4 + i} \right)} \right| = 10\,\,\left( * \right)\) 

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

Gọi A(- 2;1) là điểm biểu diễn cho số phức \( - 2 + i\) và B(4;1) là điểm biểu diễn cho số phức \(4+i\) 

Từ \(\left( * \right) \Rightarrow MA + MB = 10 \Rightarrow \) Tập hợp điểm M là elip có A, B là hai tiêu điểm và độ dài trục lớn bằng 10.

Ta có \(AB = \sqrt {{6^2}}  = 6 = 2c \Rightarrow c = 3\) và \(MA + MB = 2a = 10 \Rightarrow a = 5\) 

\( \Rightarrow {b^2} = {a^2} - {c^2} = {5^2} - {3^2} = {4^2} \Rightarrow b = 4\) 

Vậy \( \Rightarrow {S_{\left( E \right)}} = \pi ab = \pi .5.4 = 20\pi \) 

Dựa vào BBT ta thấy hàm số \(y=f(x)\) có 3 điểm cực trị \(\left( { - 1; - 2} \right),\left( {0;3} \right),\left( {2; - 4} \right)\)

Khi đó ta có BBT của hàm số \(y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|\) như sau:

BBT của hàm số \(y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|\) là:

Như vậy hàm số \(y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|\) có 7 điểm cực trị.

+) Đáp án A: Ta có (C'MN) chính là (C'MB') 

\( \Rightarrow AB' \cap \left( {C'MN} \right) = \left\{ {B'} \right\} \Rightarrow \) loại đáp án A.

+) Đáp án C: Ta có \(AB' \cap A'B\) vì hai đường thẳng cùng thuộc (A'B'BA) 

\( \Rightarrow \) loại đáp án C.

+) Đáp án D: Ta có \(AB' \cap BM\) do hai đường thẳng này cùng thuộc (A'B'BA)

\( \Rightarrow \) loại đáp án D.

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - 1} \right\}\). Ta có: \(y' = \frac{{x + 1 - x - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\) 

Vì hàm số đã cho là hàm bậc nhất trên bậc nhất nên hàm số đơn điệu trên từng khoảng xác định của hàm số.

 \(\Rightarrow\) Xét trên [1;2] ta có: \(y\left( 1 \right) = \frac{{1 + m}}{2};y\left( 2 \right) = \frac{{2 + m}}{3}\) là các GTNN và GTLN của hàm số.

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow y\left( 1 \right) + y\left( 2 \right) = \frac{{m + 1}}{2} + \frac{{m + 2}}{3} = 8 \Leftrightarrow 3m + 3 + 2m + 4 = 48 \Leftrightarrow m = \frac{{41}}{5}\\
 \Rightarrow 8 < m < 10
\end{array}\)  

\(\left[ {\log {{20182019}^{20192020}}} \right] + 1 = \left[ {20192020\log 20182019} \right] + 1 = 147501991 + 1 = 147501992\)

\(\begin{array}{l}
\cos 2x + 2\cos x - 3 = 0 \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x + 2\cos x - 4 = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos x = 1\\
\cos x =  - 2\,\,(ktm)
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = k2\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)
\end{array}\) 

Phương trình có nghiệm thuộc (0;2019)

\( \Leftrightarrow 0 < k2\pi  < 2019 \Leftrightarrow 0 < k < 321,33\)

\( \Rightarrow k \in \left\{ {1;2;...;321} \right\}\) 

Xét các phương trình hoành độ giao điểm:

\(\begin{array}{l}
4 - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
x =  - 2 \notin \left( {1; + \infty } \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\\
7 - 4{x^2} = 0 \Leftrightarrow x =  \pm \frac{{\sqrt 7 }}{2} \notin \left[ {0;1} \right]\\
 \Rightarrow S = \int\limits_0^1 {\left| {7 - 4{x^3}} \right|dx + } \int\limits_1^2 {\left| {4 - {x^2}} \right|dx + \int\limits_2^3 {\left| {4 - {x^2}} \right|dx} } \\
 = \int\limits_0^1 {\left( {7 - 4{x^3}} \right)dx}  + \int\limits_1^2 {\left( {4 - {x^2}} \right)dx + } \int\limits_2^3 {\left( {{x^2} - 4} \right)dx} \\
 = \left( {7x - {x^4}} \right)\left| \begin{array}{l}
^1\\
_0
\end{array} \right. + \left( {4x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)\left| \begin{array}{l}
^2\\
_1
\end{array} \right. + \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - 4x} \right)\left| \begin{array}{l}
^3\\
_2
\end{array} \right.\\
 = 7 - 1 + \frac{{16}}{3} - \frac{{11}}{3} - 3 + \frac{{16}}{3} = 10
\end{array}\)

Gọi H là trung điểm của \(AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow SH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\\
 \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}
\end{array}\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
C_n^2 + A_n^2 = 15n \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}} + \frac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}} = 15n\,\,\,\left( {n \ge 2} \right)\\
 \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{1} = 15n \Leftrightarrow {n^2} - n + 2{n^2} - 2n - 30n = 0\\
 \Leftrightarrow 3{n^2} - 33n = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 0\,\,\left( {ktm} \right)\\
n = 11\,\,\left( {tm} \right)
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Vậy n không chia hết cho 2.

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;b;0} \right),C\left( {0;0;c} \right)\) lần lượt thuộc các trục tọa độ Ox, Oy, Oz.

Khi đó ta có phương trình \(\left( \alpha  \right)\) đi qua các điểm A, B, C: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\) 

\(H \in \left( \alpha  \right) \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{2}{b} - \frac{2}{c} = 1\,\,\,\left( 1 \right)\)

Theo đề bài ta có H là trực tâm \(\Delta ABC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AH}  \bot \overrightarrow {BC} \\
\overrightarrow {BH}  \bot \overrightarrow {AC} 
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\
\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0
\end{array} \right.\) 

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AH}  = \left( {1 - a;2; - 2} \right),\overrightarrow {BC}  = \left( {0; - b;c} \right)\\
\overrightarrow {BH}  = \left( {1;2 - b; - 2} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( { - a;0;c} \right)
\end{array} \right.\) 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\
\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2b - 2c = 0\\
 - a - 2c = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a =  - 2c\\
b =  - c
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow \frac{1}{{ - 2c}} + \frac{2}{{ - c}} - \frac{2}{c} = 1 \Rightarrow  - \frac{9}{{2c}} = 1 \Leftrightarrow c =  - \frac{9}{2}
\end{array}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a =  - 2c = 9\\
b =  - c = \frac{9}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
A\left( {9;0;0} \right)\\
B\left( {0;\frac{9}{2}0} \right)\\
C\left( {0;0; - \frac{9}{2}} \right)
\end{array} \right.\) 

Gọi \(I\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp tứ giác OABC.

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
OI = IA\\
OI = IB\\
OI = IC
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x_0^2 + y_0^2 + z_0^2 = {\left( {{x_0} - 9} \right)^2} + y_0^2 + z_0^2\\
x_0^2 + y_0^2 + z_0^2 = x_0^2 + {\left( {{y_0} - \frac{9}{2}} \right)^2} + z_0^2\\
x_0^2 + y_0^2 + z_0^2 = x_0^2 + y_0^2 + {\left( {{z_0} + \frac{9}{2}} \right)^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x_0^2 = {\left( {{x_0} - 9} \right)^2}\\
y_0^2 = {\left( {{y_0} - \frac{9}{2}} \right)^2}\\
z_0^2 = {\left( {{z_0} + \frac{9}{2}} \right)^2}
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_0} =  - {x_0} + 9\\
{y_0} =  - {y_0} + \frac{9}{2}\\
{z_0} =  - {z_0} - \frac{9}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_0} = \frac{9}{2}\\
{y_0} = \frac{9}{4}\\
{z_0} =  - \frac{9}{4}
\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {\frac{9}{2};\frac{9}{4};\frac{9}{4}} \right) \Rightarrow R = OI = \frac{{9\sqrt 6 }}{4}\\
 \Rightarrow {S_{\left( I \right)}} = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {\frac{{9\sqrt 6 }}{4}} \right)^2} = \frac{{243\pi }}{2}
\end{array}\) 

Khi quay tam giác AA'C quanh trục AA' ta được hình nón có bán kính đáy R = AC, đường sinh \(l=A'C'\) và chiều cao \(h=AA'\)

Ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 2 \) 

\(\begin{array}{l}
A'C = \sqrt {A{C^2} + AA{'^2}}  = \sqrt {2{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 3 \\
 \Rightarrow {S_{tp}} = \pi Rl + \pi {R^2} = \pi .AC.A'C + \pi .A{C^2}\\
 = \pi \left( {a\sqrt 2 .a\sqrt 3  + 2{a^2}} \right) = \pi \left( {\sqrt 6  + 2} \right){a^2}
\end{array}\) 

Gọi các quả cầu được xếp trong mô hình là n quả. \(\left( {n \in {N^*}} \right)\) 

\( \Rightarrow \) Bán kính các quả cầu tạo thành cấp số nhân có công bội là 2.

Gọi bán kính quả cầu trên cùng hay quả cầu nhỏ nhất là \({R_1}.\,\,\,\left( {0 < {R_1} < 50} \right)\) 

\( \Rightarrow \) Bán kính quả cầu dưới cùng là: \({R_n} = 50cm = {R_1}{.2^{n - 1}} \Leftrightarrow {2^n} = \frac{{100}}{{{R_1}}}\) 

Khi đó chiều cao của mô hình có thể là: \(h = 2{S_n} = \frac{{2.{R_1}\left( {{2^n} - 1} \right)}}{{2 - 1}} = 2{R_1}\left( {\frac{{100}}{{{R_1}}} - 1} \right) = 200 - 2{R_1} < 200cm = 2m\) 

Vậy chiều cao của mô hình là dưới 2 mét.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{S_{CNPQ}} = {S_{NQDC}} - {S_{DPQ}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} - {S_{DPQ}}\\
 = \frac{1}{2}S - \frac{1}{8}S = \frac{3}{8}S
\end{array}\) 

Lại có: \(d\left( {M;\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {ABCD} \right)} \right)\) 

\( \Rightarrow {V_{MCNPQ}} = \frac{1}{3}d\left( {M;\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{CNPQ}} = \frac{1}{2}h.\frac{3}{8}S = \frac{3}{{16}}V\) 

Ta có: \(f\left( x \right) = \int {\left( {4x + 3} \right)dx = 2{x^3} + 3x + C} \) 

Lại có: \(f\left( 1 \right) =  - 1 \Rightarrow 2.1 + 3.1 + C =  - 1 \Leftrightarrow C =  - 6 \Rightarrow f\left( x \right) = 2{x^2} + 3x - 6\) 

\( \Rightarrow f\left( x \right) = 10 \Leftrightarrow 2{x^2} + 3x - 6 = 10 \Leftrightarrow 2{x^2} + 3x - 16 = 0\,\,\left( * \right)\) 

Ta có: \(ac = 2.\left( { - 16} \right) =  - 32 < 0 \Rightarrow \left( * \right)\) luôn có hai nghiệm trái dấu.

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} =  - \frac{3}{2}\\
{x_1}{x_2} =  - 8
\end{array} \right.\) 

Ta có: \({\log _2}\left| {{x_1}} \right| + {\log _2}\left| {{x_2}} \right| = {\log _2}\left| {{x_1}{x_2}} \right| = {\log _2}\left| { - 8} \right| = {\log _2}{2^3} = 3\) 

\(\begin{array}{l}
{\left( {\sqrt 3  + x} \right)^{2019}} = \sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k} {\left( {\sqrt 3 } \right)^k}{x^{2019 - k}}\\
 = C_{2019}^0{\left( {\sqrt 3 } \right)^{2019}} + C_{2019}^1{\left( {\sqrt 3 } \right)^{2018}}x + C_{2019}^2{\left( {\sqrt 3 } \right)^{2017}}{x^2} + ... + C_{2019}^{2018}.\sqrt 3 {x^{2018}} + C_{2019}^{2019}{x^{2019}}\\
 = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + {a_3}{x^3} + ... + {a_{2019}}{x^{2019}}
\end{array}\)

Ta có \({i^m} = \left\{ \begin{array}{l}
1\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,\,m = 4l\\
i\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,\,m = 4l + 1\\
 - 1\,\,\,\,khi\,\,\,m = 4l + 2\\
 - i\,\,\,\,khi\,\,\,m = 4l + 3
\end{array} \right.\left( {l \in Z} \right)\)

Chọn \(x =  - i\) ta có:

\(\begin{array}{l}
{\left( {\sqrt 3  - i} \right)^{2019}} = \sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^k}{{\left( { - i} \right)}^{2019 - k}}} \\
 = C_{2019}^0{\left( {\sqrt 3 } \right)^{2019}} - C_{2019}^1{\left( {\sqrt 3 } \right)^{2018}}i + C_{2019}^2{\left( {\sqrt 3 } \right)^{2017}}{i^2} - ... + C_{2019}^{2018}.\sqrt 3 .{i^{2018}} - C_{2019}^{2019}{i^{2019}}\\
 = {a_0} - {a_1}i + {a_2}{i^2} - {a_3}{i^3} + ... + {a_{2018}}{i^{2018}} - {a_{2019}}{i^{2019}}\\
 = {a_0} - {a_1}i - {a_2} + {a_3}i + ... - {a_{2018}} + {a_{2019}}i\\
 \Rightarrow {\left( {\sqrt 3  + 1} \right)^{2019}} + {\left( {\sqrt 3  - 1} \right)^{2019}} = 2\left( {{a_0} - {a_2} + {a_4} - {a_6} + ... + {a_{2016}} - {a_{2018}}} \right)\\
 \Leftrightarrow 2S = {\left[ {{{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}^3}} \right]^{673}} + {\left[ {{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}^3}} \right]^{673}} = {\left( {8i} \right)^{673}} + {\left( { - 8i} \right)^{673}} = 0\\
 \Leftrightarrow 2S = {8^{673}}.{i^{673}} - {8^{673}}.{i^{673}} = 0 \Leftrightarrow S = 0
\end{array}\)

Ta có: \({\left( {5x - 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( {5x} \right)}^k}{{\left( { - 1} \right)}^{n - k}}} \) 

Chọn x = 1 ta được tổng các hệ số của khai triển

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {\left( {5.1 - 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{5^k}{{\left( { - 1} \right)}^{n - k}} = {2^{100}}} \\
 \Leftrightarrow {2^{100}} = {4^n} \Leftrightarrow {2^{100}} = {2^{2n}} \Leftrightarrow 2n = 100 \Leftrightarrow n = 50
\end{array}\) 

Vậy hệ số của \(x^3\) trong khai triển là: \(C_{50}^3{.5^3}.{\left( { - 1} \right)^{50 - 3}} =  - C_{50}^3{.5^3} =  - 2450000\) 

Hình bát diện đều có 9 mặt phẳng đối xứng.

Ta có: \(I = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( {\left| {4x - 1} \right|} \right)} dx = \int\limits_{ - 1}^{\frac{1}{4}} {f\left( { - 4x + 1} \right)dx}  + \int\limits_{\frac{1}{4}}^1 {f\left( {4x - 1} \right)dx} \)

Xét \({I_1} = \int\limits_{ - 1}^{\frac{1}{4}} {f\left( { - 4x + 1} \right)dx} \)

Đặt \( - 4x + 1 = t \Rightarrow dt =  - 4dx\). Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}
x =  - 1 \Rightarrow t = 5\\
x = \frac{1}{4} \Rightarrow t = 0
\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow {I_1} =  - \frac{1}{4}\int\limits_5^0 {f\left( t \right)dt}  = \frac{1}{4}\int\limits_0^5 {f\left( t \right)dt = } \frac{1}{4}\int\limits_0^5 {f\left( x \right)dx = } \frac{1}{4}.4 = 1\) 

Xét \({I_2} = \int\limits_{\frac{1}{4}}^1 {f\left( {4x - 1} \right)dx} \) 

Đặt \(4x - 1 = t \Rightarrow dt = 4dx\). Đổi xận: \(\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 \Rightarrow t = 3\\
x = \frac{1}{4} \Rightarrow t = 0
\end{array} \right.\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {I_2} = \frac{1}{4}\int\limits_0^3 {f\left( t \right)dt}  = \frac{1}{4}\int\limits_0^3 {f\left( t \right)dt}  = \frac{1}{4}\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx}  = \frac{1}{4}.8 = 2\\
I = {I_1} + {I_2} = 1 + 2 = 3
\end{array}\)  

\(\begin{array}{l}
{a^x}{b^{{x^2} - 1}} = 1 \Leftrightarrow {a^x}{b^{{x^2}}} = b \Leftrightarrow \ln \left( {{a^x}{b^{{x^2}}}} \right) = \ln b\\
 \Leftrightarrow x\ln a + {x^2}\ln b = \ln b \Leftrightarrow {x^2}\ln b + x\ln a - \ln b = 0
\end{array}\) 

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\ln b \ne 0\,\,\,\left( {\,luon\,\,dung\,\,do\,\,b > 1} \right)\\
{\ln ^2}a + 4{\ln ^2}b \ge 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)
\end{array} \right.\) 

Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm với mọi \(a, b>1\). Gọi \(x_1, x_2\) là 2 nghiệm phân biệt của phương trình đã cho. Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = \frac{{ - \ln a}}{{\ln b}} =  - {\log _b}a\\
{x_1}{x_2} = \frac{{ - \ln b}}{{\ln b}} =  - 1
\end{array} \right.\)  

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}
S = {\left( {\frac{{{x_1}{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}}} \right)^2} - 4{x_1} - 4{x_2} = {\left( {\frac{{{x_1}{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}}} \right)^2} - 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\
S = {\left( {\frac{{ - 1}}{{ - {{\log }_b}a}}} \right)^2} + 4{\log _b}a = \frac{1}{{\log _b^2a}} + 4{\log _b}a\\
{\rm{Do}}\,\,a,b > 1 \Rightarrow {\log _b}a > {\log _b}1 = 0
\end{array}\)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(S = \frac{1}{{\log _b^2a}} + 4{\log _b}a = \frac{1}{{\log _b^2a}} + 2{\log _b}a + 2{\log _b}a \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{\log _b^2a}}.2{{\log }_b}a.2{{\log }_b}a}} = 3\sqrt[3]{4}\) 

\( \Rightarrow {S_{\min }} = 3\sqrt[3]{4}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{1}{{\log _b^2a}} = 2{\log _b}a \Leftrightarrow \log _b^3a = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {\log _b}a = \frac{1}{{\sqrt[3]{2}}} \Leftrightarrow a = {b^{\frac{1}{{\sqrt[3]{2}}}}}\) 

Ta có: \({b^{\frac{1}{{\sqrt[3]{2}}}}} < {b^1} = b\,\,\left( {do\,\,b > 1} \right) \Rightarrow a < b\) 

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SBG} \right) \bot \left( {ABG} \right)\\
\left( {SCG} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\
\left( {SBG} \right) \bot \left( {SCG} \right) = SG
\end{array} \right. \Rightarrow SG \bot \left( {ABC} \right)\)  

Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, SC, BC, AC.

Đặt \(AB = BC = 1 \Rightarrow AC = \sqrt 2 \) 

Ta có: \(\angle \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA;GA} \right) = \angle SAG = {30^0}\) 

Ta có NQ là đường trung bình của tam giác \(SAC \Rightarrow NQ//SA\) 

          MQ là đường trung bình của tam giác \(ABC \Rightarrow MQ//BC\) 

\( \Rightarrow \angle \left( {SA;BC} \right) = \angle \left( {NQ;MQ} \right)\) 

Ta có: \(AP = \sqrt {1 + \frac{1}{4}}  = \frac{{\sqrt 5 }}{2} = CM \Rightarrow AG = \frac{2}{3}AP = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\) 

\( \Rightarrow SG = AG.\tan {30^0} = \frac{{\sqrt 5 }}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{\sqrt {15} }}{9};SA = \frac{{AG}}{{\cos {{30}^0}}} = \frac{{2\sqrt {15} }}{9}\) 

\( \Rightarrow NQ = \frac{1}{2}SA = \frac{{\sqrt {15} }}{9}\) và \(MQ = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\) 

Ta có \(MC = \frac{{\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow GC = \frac{2}{3}MC = \frac{{\sqrt 5 }}{3};GM = \frac{1}{3}MC = \frac{{\sqrt 5 }}{6}\) 

Áp dụng định lí Pytago ta có: \(SC = \sqrt {S{G^2} + G{C^2}}  = \frac{{2\sqrt {15} }}{9};SM = \sqrt {S{G^2} + G{M^2}}  = \frac{{\sqrt {105} }}{{18}}\) 

Xét tam giác SMC ta có: \(M{N^2} = \frac{{S{M^2} + M{C^2}}}{2} - \frac{{S{C^2}}}{4} = \frac{{65}}{{108}} \Leftrightarrow MN = \frac{{\sqrt {195} }}{{18}}\) 

Áp dụng định lý cosin trong tam giác MNQ:

\(\cos \angle MQN = \frac{{M{Q^2} + N{Q^2} - M{N^2}}}{{2.MQ.NQ}} = \frac{{\frac{1}{4} + \frac{5}{{27}} - \frac{{65}}{{108}}}}{{2.\frac{1}{2}.\frac{{\sqrt {15} }}{9}}} = \frac{{ - \frac{1}{6}}}{{\frac{{\sqrt {15} }}{9}}} =  - \frac{{\sqrt {15} }}{{10}} < 0\) 

Vậy \(\cos \angle \left( {NQ;MQ} \right) = \frac{{15}}{{10}} = \cos \angle \left( {SA;BC} \right)\) 

Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào 10 ghế cho 10! cách xếp \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 10!\) 

Gọi A là biến cố: “mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ”.

+) Xếp học sinh nam thứ nhất vào 1 trong 10 vị trí cho 10 cách xếp.

Chọn 1 trong 5 bạn nữ xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ nhất có 5 cách xếp.

+) Xếp bạn nam thứ 2 vào 1 trong 8 vị trí còn lại có 8 cách xếp.

Chọn 1 trong 4 bạn nữ còn lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ hai có 4 cách xếp.

+) Xếp bạn nam thứ 3 vào 1 trong 6 vị trí còn lại có 6 cách xếp.

Chọn 1 trong 3 bạn nữ còn lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ ba có 3 cách xếp.

+) Xếp bạn nam thứ 4 vào 1 trong 4 vị trí còn lại có 4 cách xếp.

Chọn 1 trong 2 bạn nữ còn lại xếp ngồi đối diện với bạn nam thứ tư có 2 cách xếp.

+) Xếp bạn nam thứ 5 vào 1 trong 2 vị trí còn lại có 2 cách xếp.

Xếp 1 bạn nữ còn lại vào vị trí cuối cùng có 1 cách xếp.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 = 460800\) 

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{460800}}{{10!}} = \frac{8}{{63}}\) 

ĐK: \(- 2019 \le x \le 2019\)

Nhận xét x = 0 là nghiệm của phương trình.

Nếu \(x=x_0\) la nghiệm của phương trình thì \(x=-x_0\) cũng là nghiệm của phương trình.

Ta xét nghiệm của phương trình trên đoạn [0;2019]. Vẽ đồ thị hàm số \(y=\sin x\) và \(y= {x \over 2019}\).

Ta thấy:

Trên đoạn \([0;2\pi]\) phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Trên nửa khoảng \((2\pi ;4\pi]\) phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Trên nửa khoảng \((4\pi ;6\pi]\) phương trình có hai nghiệm phân biệt.

…

Trên nửa khoảng \((640\pi ;642\pi]\) phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Trên nửa khoảng \((642\pi ;2019]\) phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Như vậy trên đoạn [0;2019] phương trình có một nghiệm x = 0 và 321 x 2 +1 =643 nghiệm dương phân biệt.

Mà do \(x=x_0\) là nghiệm của phương trình thì\(x=-x_0\) cũng là nghiệm của phương trình nên trên nửa khoảng [-2019;0) phương trình cũng có 643 nghiệm âm phân biệt.

Do đó số nghiệm thực trên đoạn [-2019;2019] là

643 x 2 +1 = 1287 nghiệm

Ta có: \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;1;2} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng (d) và \(\overrightarrow {{n_\beta }}  = \left( {1;1; - 2} \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\).

Gọi \(\overrightarrow {{n_\alpha }} \) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( \alpha  \right) \bot \left( \beta  \right)\\
\left( \alpha  \right) \supset \left( d \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {{n_\alpha }} .\overrightarrow {{n_\beta }}  = 0\\
\overrightarrow {{n_\alpha }} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left[ {\overrightarrow {{n_\beta }} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {4; - 4;0} \right)//\left( {1; - 1;0} \right)\) 

Lấy \(A\left( {1;2;3} \right) \in \left( d \right) \Rightarrow A \in \left( \alpha  \right)\) 

Suy ra phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\): \(1\left( {x - 2} \right) - 1\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y + 1 = 0\) 

\( \Rightarrow \) Giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}
x - y + 1 = 0\\
x + y - 2z + 1 = 0
\end{array} \right.\left( * \right)\) 

Dựa vào 4 đáp án ta thấy chỉ có điểm (2;3;3) thỏa mãn (*)

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}} - 4}}{{{x^2} + 2x - 8}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}} - 4} \right)\left( {{{\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}}}^2} + 4\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}} + 16} \right)}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {{{\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}}}^2} + 4\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}} + 16} \right)}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{5f\left( x \right) - 16 - 64}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {{{\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}}}^2} + 4\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}} + 16} \right)}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{5\left[ {f\left( x \right) - 16} \right]}}{{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {{{\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}}}^2} + 4\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}} + 16} \right)}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}}.\frac{5}{{\left( {{{\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}}}^2} + 4\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}} + 16} \right)}}
\end{array}\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}} = 12 \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = 16;f'\left( 2 \right) = 12\) 

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 16}} - 4}}{{{x^2} + 2x - 8}} = 12.\frac{5}{{6\left( {{4^2} + 4.4 + 16} \right)}} = \frac{5}{{24}}\) 

ĐK: \(\sin x + \cos x \ne 0 \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \ne 0 \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{4} \ne k\pi  \Leftrightarrow x \ne  - \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in Z} \right)\) 

 \(\begin{array}{l}
PT \Leftrightarrow \cos 4x - \cos 2x + 2{\sin ^2}x = 0\\
 \Leftrightarrow 2{\cos ^2}2x - 1 - \cos 2x + 1 - \cos 2x = 0\\
 \Leftrightarrow 2{\cos ^2}2x - 2\cos 2x = 0\\
 \Leftrightarrow 2\cos 2x\left( {\cos 2x - 1} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos 2x = 0\\
\cos 2x = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\
2x = \pi  + k2\pi 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\\
x = \frac{\pi }{2} + k\pi 
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)
\end{array}\) 

Đối chiếu điều kiện ta có: \(\left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{4} + k\pi \\
x = \frac{\pi }{2} + k\pi 
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)\) 

Biểu diễn hai họ nghiệm trên trên đường tròn lượng giác ta được 4 điểm A, B, C, D như sau:

Trong đó \(A\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\). Gọi H lần lượt là hình chiếu của A trên \(Oy \Rightarrow H\left( {0;\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\)  

\( \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\). Ta có: \({S_{\Delta ABD}} = \frac{1}{2}AH.BD = \frac{1}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2}.2 = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) 

Vậy \({S_{ABCD}} = 2{S_{ABD}} = \sqrt 2 \)  

Ta có: \(A,B \in \left( P \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 + {b_1} + {c_1} + {d_1} = 0\\
 - 2{b_1} + 2{c_1} + {d_1} = 0
\end{array} \right.\)

Gọi \(\left\{ \begin{array}{l}
M = \left( P \right) \cap Ox \Rightarrow M\left( { - {d_1};0;0} \right) \Rightarrow OM = \left| {{d_1}} \right| > 0\\
N = \left( P \right) \cap Oy \Rightarrow N\left( {0;\frac{{ - {d_1}}}{{{b_1}}};0} \right) \Rightarrow ON = \left| {\frac{{ - {d_1}}}{{{b_1}}}} \right| = \left| {\frac{{{d_1}}}{{{b_1}}}} \right| > 0
\end{array} \right.\) 

Theo bài ra ta có \(OM = ON \Leftrightarrow \left| {{d_1}} \right| = \left| {\frac{{{d_1}}}{{{b_1}}}} \right| \Leftrightarrow \left| {{d_1}} \right|\left( {\left| {{b_1}} \right| - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {b_1} =  \pm 1\,\,\,\left( {{\rm{Do}}\,\,\,\left| {{d_1}} \right| > 0} \right)\) 

TH1: \({b_1} = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2 + {c_1} + {d_1} = 0\\
 - 2 + 2{c_1} + {d_1} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{c_1} = 4\\
{d_1} =  - 6
\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right):x + y + 4z - 6 = 0\) 

TH2: \({b_1} =  - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{c_1} + {d_1} = 0\\
2 + 2{c_1} + {d_1} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{c_1} =  - 2\\
{d_1} = 2
\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right):x - y - 2z + 2 = 0\)      

Do vai trò của (P), (Q) là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có \(\left( P \right):x + y + 4z - 6 = 0\) và

\(\left( Q \right):x - y - 2z + 2 = 0\)

\( \Rightarrow {b_1}{b_2} + {c_1}{c_2} = 1\left( { - 1} \right) + 4.\left( { - 2} \right) =  - 9\) 

Gọi N là trung điểm của BC ta có MN là đường trung bình của tam giác \(ABC \Rightarrow MN//AC\).

Ta có (A'C'M) chứa \(A'C'//AC \Rightarrow \left( {A'C'M} \right)\) cắt ABC theo giao tuyến là đường thẳng qua M và song song với $AC \Rightarrow \left( {A'C'M} \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\).

Vậy thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mặt phẳng (A'C'M) là tứ giác A'C'NM. 

Ta có \(MN//AC//A'C' \Rightarrow A'C'NM\) là hình thang.

Xét \(\Delta A'AM\) và \(\Delta C'CN\) có:

\(\begin{array}{l}
A'A = C'C;\angle A'AM = \angle C'CM = {90^0};AM = CN = \frac{a}{2}\\
 \Rightarrow \Delta A'AM = \Delta C'CN\,\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow A'M = C'N
\end{array}\) 

Dễ dàng nhận thấy A'M và C'N  không song song nên A'C'NM là hình thang cân.

Có \(A'C' = a;MN = \frac{a}{2}\) 

Kẻ \(MH \bot A'C'\,\,\left( {H \in A'C'} \right);NK \bot A'C'\,\,\left( {K \in A'C'} \right)\) ta có MNKH là

hình chữ nhật \( \Rightarrow MN = HK = \frac{a}{2}\) 

\( \Rightarrow A'H = C'K = \frac{{A'C' - HK}}{2} = \frac{{a - \frac{a}{2}}}{2} = \frac{a}{4}\) 

Xét tam giác vuông A'AM có \(A'M = \sqrt {A'{A^2} + A{M^2}}  = \sqrt {2{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{3a}}{2}\)  

Xét tam giác vuông A'MH có \(MH = \sqrt {A'{M^2} - A'{H^2}}  = \frac{{9{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{{16}} = \frac{{a\sqrt {35} }}{4}\) 

Vậy \({S_{A'C'NM}} = \frac{1}{2}\left( {A'C' + MN} \right).MH = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{a}{2}} \right).\frac{{a\sqrt {35} }}{4} = \frac{{3\sqrt {35} {a^2}}}{{16}}\) 

Hàm số \(y = \ln \left( {{x^2} + 2} \right) - mx + 1\) có TXĐ: D = R 

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

Để hàm đồng biến trên R thì \(y' \ge 0\,\,\,\forall x \in R \Leftrightarrow \frac{{2x}}{{{x^2} + 2}} - m \ge 0\,\,\,\forall x \in R\)

\( \Leftrightarrow m \le \frac{{2x}}{{{x^2} + 2}} = g\left( x \right)\,\,\,\forall x \in R \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_ g\left( x \right)\) 

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x^2} + 2}}\) có TXĐ D = R và \(g'\left( x \right) = \frac{{2\left( {{x^2} + 2} \right) - 2x.2x}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 2{x^2} + 4}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 2 \) 

BBT:

Từ BBT ta suy ra \(\mathop {\min }\limits_R g\left( x \right) = g\left( { - \sqrt 2 } \right) =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow m \le  - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) 

Kết hợp điều kiện đề bài ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
m \in \left[ { - 2019; - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right]\\
m \in Z
\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 2019; - 2018;...; - 1} \right\}\) 

Vậy có 2019 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trước hết ta xét tính liên tục của hàm số tại x = 1

Ta có

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {3x + 1}  - 2x}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {\sqrt {3x + 1}  - 2x} \right)\left( {\sqrt {3x + 1}  + 2x} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {3x + 1}  + 2x} \right)}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{3x + 1 - 4{x^2}}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {3x + 1}  + 2x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - \left( {x - 1} \right)\left( {4x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {3x + 1}  + 2x} \right)}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - 4x - 1}}{{\sqrt {3x + 1}  + 2x}} = \frac{{ - 4 - 1}}{{\sqrt 4  + 2}} = \frac{{ - 5}}{4} = f\left( 1 \right)
\end{array}\) 

\( \Rightarrow \) Hàm số liên tục tại x = 1

Tính \(f'(1)\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow f'\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = \frac{{\frac{{\sqrt {3x + 1}  - 2x}}{{x - 1}} + \frac{5}{4}}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{4\sqrt {3x + 1}  - 8x + 5x - 5}}{{4{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{4\sqrt {3x + 1}  - 3x - 5}}{{4{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {4\sqrt {3x + 1}  - 3x - 5} \right)\left( {4\sqrt {3x + 1}  + 3x + 5} \right)}}{{4{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {4\sqrt {3x + 1}  + 3x + 5} \right)}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{16\left( {3x + 1} \right) - \left( {9{x^2} + 30x + 25} \right)}}{{4{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {4\sqrt {3x + 1}  + 3x + 5} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - 9{x^2} + 18x - 9}}{{4{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {4\sqrt {3x + 1}  + 3x + 5} \right)}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - 9{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{4{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {4\sqrt {3x + 1}  + 3x + 5} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - 9}}{{4\left( {4\sqrt {3x + 1}  + 3x + 5} \right)}} = \frac{{ - 9}}{{64}}
\end{array}\)

Gọi \(C\left( {a;b;c} \right) \in \left( \alpha  \right) \Rightarrow 2a - b + 2c + 8 = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Tam giác ABC đều \( \Leftrightarrow AB = BC = CA\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
A{B^2} = A{C^2}\\
A{C^2} = B{C^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
8 = {a^2} + {b^2} + {\left( {c - 3} \right)^2}\\
{a^2} + {b^2} + {\left( {c - 3} \right)^2} = {\left( {a + 2} \right)^2} + {b^2} + {\left( {c - 1} \right)^2}
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
8 = {a^2} + {b^2} + {\left( {c - 3} \right)^2}\\
 - 6c + 9 = 4a + 4 - 2c + 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
8 = {a^2} + {b^2} + {\left( {c - 3} \right)^2}\\
4a + 4c = 4
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
8 = {a^2} + {b^2} + {\left( {c - 3} \right)^2}\,\,\,\,\left( 2 \right)\\
a + c = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\,\,\,\,\,\,
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Ta có hệ phương trình: \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2a - b + 2c + 8 = 0\\
{a^2} + {b^2} + {\left( {c - 3} \right)^2} = 8\\
a + c = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
c = 1 - a\\
2a - b + 2\left( {1 - a} \right) + 8 = 0\\
{a^2} + {b^2} + {\left( {c - 3} \right)^2} = 8\,\,\left( {vo\,\,nghiem} \right)
\end{array} \right.\) 

Vậy không có điểm C nào thỏa mãn.

Đường thẳng \({d_1}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 2;1} \right)\) và đi qua điểm \(M\left( {1;2;3} \right)\).

Ta có: \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow u } \right] = \left( { - 5;a - 2;1 + 2a} \right)\) và \(\overrightarrow {AM}  = \left( {0;2;4} \right)\).

Để \({d_1},\,\,{d_2}\) cắt nhau thì  \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {AM}  = 0\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow  - 5.0 + \left( {a - 2} \right).2 + \left( {1 - 2a} \right).4 = 0\\ \Leftrightarrow 2a - 4 + 4 - 8a = 0\\ \Leftrightarrow a = 0.\end{array}\)

Trong (ABC) gọi I là trung điểm của BC, gọi AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).

\( \Rightarrow HB \bot AB,HC \bot AC\) 

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
BH \bot AB\\
SB \bot AB
\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SBH} \right) \Rightarrow AB \bot SH\) 

Chứng minh tương tự ta có \(AC\bot SH\) 

\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\) 

Trong (ABC) kẻ đường thẳng qua B song song với AC cắt HC tại M.

Ta có \(AC//BM \Rightarrow d\left( {SB;AC} \right) = d\left( {AC;\left( {SBM} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {SBM} \right)} \right)\) 

Ta có \(CH \bot AC \Rightarrow CM \bot BM\) 

Xét tam giác vuông ACH có: \(CH = AC.\tan {30^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) 

Xét tam giác vuông BCM có: \(CM = BC.cos{30^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(CH \cap \left( {SBM} \right) = M \Rightarrow \frac{{d\left( {H;\left( {SBM} \right)} \right)}}{{d\left( {C;\left( {SBM} \right)} \right)}} = \frac{{HM}}{{CM}} = 1 - \frac{{CH}}{{CM}} = 1 - \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{3}\) 

Trong (SHM) kẻ \(HK \bot SM\,\,\left( {K \in SM} \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
BM \bot HM\\
BM \bot SH
\end{array} \right. \Rightarrow BM \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow BM \bot HK\\
\left\{ \begin{array}{l}
HK \bot BM\\
HK \bot SM
\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SBM} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SBM} \right)} \right) = HK
\end{array}\) 

Ta có: \(\angle \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA;HA} \right) = \angle SAH = {45^0}\) 

\( \Rightarrow \Delta SAH\) vuông cân tại \(H \Rightarrow SH = AH = \frac{{AC}}{{\cos {{30}^0}}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\)

\(HM = \frac{1}{3}CM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SMH ta có:

\(HK = \frac{{SH.HM}}{{\sqrt {S{H^2} + H{M^2}} }} = \frac{{\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}.\frac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\sqrt {\frac{{4{a^2}}}{3} + \frac{{3{a^2}}}{{36}}} }} = \frac{{\frac{{{a^2}}}{3}}}{{\frac{{a\sqrt {51} }}{6}}} = \frac{{2a\sqrt {51} }}{{51}}\) 

Vậy \(d\left( {SB;AC} \right) = \frac{{2a\sqrt {51} }}{{17}}\) 

Mặt khác

\(\begin{array}{l} F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 0 + C = 0\\ \Rightarrow C = 0\\ \Rightarrow F(0) = \frac{1}{3} \end{array}\)

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB.

\(\Delta ACD\) và \(\Delta BCD\) cân \( \Rightarrow AM \bot CD,BM \bot CD\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD\\
\left( {ACD} \right) \supset AM \bot CD\\
\left( {BCD} \right) \supset BM \bot CD
\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {ACD} \right);\left( {BCD} \right)} \right) = \angle \left( {AM;BM} \right) = {90^0}\\
 \Rightarrow AM \bot BM
\end{array}\) 

Và ta dễ dàng chứng minh được \(\Delta ACD = \Delta BCD\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow AM = BM\)  

\( \Rightarrow \Delta ABM\) vuông cân tại \(M \Rightarrow MN \bot AB\) 

Chứng minh tương tự ta có \(\Delta CDN\) vuông cân tại N và \(MN \bot CD\) 

Đặt CD = x. Áp dụng định lí Pytago ta có: \(A{M^2} = {a^2} - \frac{{{x^2}}}{4}\) 

\(\Delta ABM\) vuông cân tại \(M \Rightarrow A{B^2} = 2A{M^2} = 2{a^2} - \frac{{{x^2}}}{2} \Rightarrow A{N^2} = \frac{1}{4}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{{{x^2}}}{8}\)  

Áp dụng định lí Pytago ta có: \(D{N^2} = A{D^2} - A{N^2} = {a^2} - \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{x^2}}}{8} = \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{x^2}}}{8}\) 

\(\Delta CDN\) vuông cân tại \(N \Rightarrow C{D^2} = 2D{N^2} = {a^2} + \frac{{{x^2}}}{4} = {x^2} \Leftrightarrow x = \frac{{2\sqrt 3 a}}{3}\) 

Số cách chọn 3 đỉnh bất kì của đa giác là: \({n_\Omega } = C_{48}^3\) 

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đều.

Gọi biến cố A: “Chọn 3 đỉnh bất kì của đa giác để được một tam giác nhọn”.

Lấy điểm A thuộc đường tròn (O), kẻ đường kính AA’ \( \Rightarrow \)  A’ cũng thuộc đường tròn (O).

Khi đó AA’ chia đường tròn (O) thành hai nửa, mỗi nửa có 23 đỉnh.

Chọn 2 đỉnh B, C cùng thuộc 1 nửa đường tròn có \(C_{23}^2\) cách chọn \( \Rightarrow \) có \(C_{23}^2\) tam giác ABC là tam giác tù.

Tương tự như vậy đối với nửa còn lại nên ta có \(2C_{23}^2\) tam giác tù được tạo thành.

Đa giác đều có 48 đỉnh nên có 24 đường chéo \( \Rightarrow \) có 24.2.\(C_{23}^2\) tam giác tù.

Ứng với mỗi đường kính ta có 23.2 tam giác vuông. Vậy số tam giác vuông là: 23.2.24 = 1104 tam giác.

\( \Rightarrow {n_A} = C_{48}^3 - 48C_{23}^2 - 1104 = 4048\) tam giác.

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{4048}}{{C_{48}^3}} = \frac{{11}}{{47}}\) 

TXĐ :    \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và đồ thị \(\left( C \right)\) là :

\(\begin{array}{l}\dfrac{{2x - 2}}{{x + 1}} = 2x + m\\ \Leftrightarrow 2x - 2 = \left( {2x + m} \right)\left( {x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 2x + mx + m - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + mx + m + 2 = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} + mx + m + 2 = 0\)   (1)

Đường thẳng \(d\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương  trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác \( - 1\). Hay \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 8\left( {m + 2} \right) > 0\\2.{\left( { - 1} \right)^2} - m + m + 2 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow {m^2} - 8m - 16 > 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 4 + 4\sqrt 2 \\m < 4 - 4\sqrt 2 \end{array} \right.\)   (*)

Khi đó phương trình \(\left( 1 \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn   \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - m}}{2}\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{{m + 2}}{2}\end{array} \right.\)

Suy ra    \(A\left( {{x_1};2{x_1} + m} \right);B\left( {{x_2};2{x_2} + m} \right)\). Do đó,    \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2} + {{\left( {2{x_1} + m - 2{x_2} - m} \right)}^2}}  = \sqrt {5{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}} \)

\(\begin{array}{l}AB = \sqrt 5 \\ \Leftrightarrow \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 1\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{ - m}}{2}} \right)^2} - 4.\dfrac{{m + 2}}{2} = 1\\ \Leftrightarrow {m^2} - 8\left( {m + 2} \right) = 4\\ \Leftrightarrow {m^2} - 8m - 20 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 10\\m =  - 2\end{array} \right.\left( {t/m\left( * \right)} \right)\end{array}\)

Mà \(m > 0\) nên \(m = 10\) hay \(m \in \left( {9;15} \right)\)

Gọi điểm I(a;b;c) thỏa mãn: \(\overrightarrow {IA}  - \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \left( {8 - a;5 - b; - 11 - c} \right) - \left( {5 - a;3 - b; - 4 - c} \right) - \left( {1 - 1;2 - b; - 6 - c} \right) = \overrightarrow 0 \\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
8 - a - 5 + a - 1 + a = 0\\
5 - b - 3 + b - 2 + b = 0\\
 - 11 - c + 4 + c + 6 + c = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a =  - 2\\
b = 0\\
c = 1
\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 2;0;1} \right)
\end{array}\) 

Theo đề bài ta có: \(\left| {\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|\,\,Min\) 

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  - \overrightarrow {MI}  - \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {MI}  - \overrightarrow {IC} } \right| = \left| {3\overrightarrow {MI}  + \left( {\overrightarrow {IA}  - \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC} } \right)} \right| = 3\left| {\overrightarrow {MI} } \right| = 3MI\,\,Min\) 

Ta có: (S) có tâm \(J\left( {2;4; - 1} \right),R = 3.\,\,\,M \in \left( S \right) \Rightarrow M{I_{\min }} = IJ - R = \sqrt {16 + 16 + 4}  - 3 = 3\) 

Có: \(\overrightarrow {IJ}  = \left( {4;4; - 2} \right) = 2\left( {2;2; - 1} \right) \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng \(IJ:\,\,\left\{ \begin{array}{l}
x =  - 2 + 2t\\
y = 2t\\
z = 1 - t
\end{array} \right.\) 

\(\begin{array}{l}
M \in IJ \Rightarrow M\left( { - 2 + 2t;2t;1 - t} \right)\\
M \in \left( S \right) \Rightarrow {\left( { - 4 + 2t} \right)^2} + {\left( {2t - 4} \right)^2} + {\left( {2 - t} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow 9{\left( {t - 2} \right)^2} = 9\\
 \Leftrightarrow {\left( {t - 2} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t - 2 = 1\\
t - 2 =  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 3 \Rightarrow M\left( {4;6; - 2} \right)\\
t = 1 \Rightarrow M\left( {0;2;0} \right)
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Do \(MI = 3 \Rightarrow M\left( {0;2;0} \right)\) thỏa mãn \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 2
\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 2\)