Mỗi cách chọn 3 người ở 3 vị trí là một chỉnh hợp chập 3 của 25 thành viên.

Số cách chọn là: \(A_{25}^3 = 13800\)

\(d = {u_3} - {u_2} = 2\)

\({u_4} = {u_3} + d = 3 + 2 = 5\)

Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trong khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\)

Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 4

Từ bảng xét dấu ta thấy \({f}'\left( x \right)=0\) và đổi dấu tại các điểm \(x\in \left\{ -3;3;4 \right\}\).

Suy ra hàm số \(f\left( x \right)\) đã cho có 3 điểm cực trị.

Vì \(\underset{x\to {{5}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x-5}=+\infty \) nên đường thẳng x=5 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho. 

Đồ thị trong hình vẽ là của hàm số bậc ba với \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \) nên hệ số a<0.

Loại phương án A, B, D.

Vậy chọn đáp án \(y=-{{x}^{3}}+3x-1\).

Đồ thị của hàm số \(y={{x}^{4}}-3{{x}^{2}}-5\) cắt trục tung tại điểm \(M\left( 0;-5 \right)\).

\(P = {\log _a}\left( {a{b^2}} \right) = {\log _a}a + {\log _a}\left( {{b^2}} \right) = 1 + 2{\log _a}b = 1 + 2.2 = 5\)

Đạo hàm của hàm số \(y={{3}^{x}}+1\) là \(y' = {3^x}\ln 3\)

Ta có \(\sqrt[m]{{{a}^{n}}}={{a}^{\frac{n}{m}}}\) với mọi a>0 và \(m,n\in {{\mathbb{Z}}^{+}}\Rightarrow \sqrt{{{a}^{5}}}={{a}^{\frac{5}{2}}}.\)

Ta có

\({{3}^{2x-3}}-1=26 \Leftrightarrow  {{3}^{2x-3}}=27 \Leftrightarrow  {{3}^{2x-3}}={{3}^{3}} \Leftrightarrow  2x-3=3 \Leftrightarrow 2x=6 \Leftrightarrow  x=3\).

\({\log _5}\left( {{x^2} - 3x + 5} \right) = 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 5 = 5 \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 3\\ x = 0 \end{array} \right.\)

\(\int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {4{x^3} + 1} \right){\rm{d}}x = } {x^4} + x + C\)

\(\int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {\sin 3x + \cos 4x} \right)} {\rm{d}}x =  - \frac{1}{3}\cos 3x + \frac{1}{4}\sin 4x + C\)

Ta có : \(\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)\text{d}x\,=\,\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}}\,+\,\int\limits_{2}^{3}{f\left( x \right)\text{d}x} \Leftrightarrow \int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}=\,\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)\text{d}x}-\,\int\limits_{2}^{3}{f\left( x \right)\text{d}x}\)

\(\Leftrightarrow  \int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}=-3-4=-7\).

\(\int\limits_0^2 {\left( {{x^2} - 2x + 3} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^2 - \left. {{x^2}} \right|_0^2 + \left. {3x} \right|_0^2 = \frac{8}{3} - 4 + 6 = \frac{{14}}{3}.\)

Số phức liên hợp của số phức z =  - 4 - i là: \(\bar z =  - 4 + i\)

\(2{z_1} + 3{z_2}  = 2\left( {1 + 2i} \right) + 3\left( {3 - 4i} \right)  = 11 - 8i\)

Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z =  - 3i có tọa độ là (0;-3)

V = B.h = 12

V = a.b.c = 3.4.5 = 60

\(V = \pi {r^2}h.\)

\({S_{xq}} = \pi rl = 12\pi \,c{m^2}.\)

\(\overrightarrow {AB}  = (2;0; - 2)\)

\(r = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {3^2} + 2}  = 4\)

Mặt phẳng \(\left( Q \right):x+y+3z=0, \left( R \right):2x-y+z=0\) có các vectơ pháp tuyến lần lượt là \(\overrightarrow{\,{{n}_{1}}}=\left( 1;\,1;\,3 \right)\) và \(\overrightarrow{\,{{n}_{2}}}=\left( 2;\,-1;\,1 \right)\).

Vì \(\left( P \right)\) vuông góc với hai mặt phẳng \(\left( Q \right), \left( R \right)\) nên \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{\,n\,}=\left[ \overrightarrow{\,{{n}_{1}}},\,\overrightarrow{\,{{n}_{2}}} \right]=\left( 4;\,5;\,-3 \right)\).

Ta lại có \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(B\left( 2;\,1;\,-3 \right)\) nên \(\left( P \right):4\left( x-2 \right)+5\left( y-1 \right)-3\left( z+3 \right)=0 \Leftrightarrow \,\,4x+5y-3z-22=0\).

Mặt phẳng \(\left( P \right): x-y-2z+3=0\) có một vec tơ pháp tuyến là \({{\vec{n}}_{\left( P \right)}}=\left( 1;\,-1;\,-2 \right)\).

Vì đường thẳng \(d\bot \,\left( P \right)\) nên đường thẳng d nhận \(\vec{u}=\left( -1;\,1;\,2 \right)\) là một vec tơ chỉ phương

Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm \(M\left( 1;\,-2;\,-3 \right)\) nhận \(\vec{u}=\left( -1;\,1;\,2 \right)\) là một vectơ chỉ phương là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 - t\\ y = - 2 + t\\ z = - 3 + 2t \end{array} \right.\)

Ta có \(n\left( \Omega  \right)=C_{12}^{3}\)

Xác suất để 3 quả được chọn có ít nhất 1 quả cầu xanh là: \(P=\frac{C_{12}^{3}-C_{5}^{3}}{C_{12}^{3}}=\frac{21}{22}\).

Đạo hàm: \(y' =  - 4{x^3} + 4x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow - 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - 1\\ x = 1 \end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).

Hàm số \(y=1+x+\frac{4}{x}\) xác định và liên tục trên đoạn \(\left[ -3;-1 \right]\).

Ta có \({y}'=1-\frac{4}{{{x}^{2}}}\)

\({y}'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-2\in \left[ -3;-1 \right] \\ & x=2\notin \left[ -3;-1 \right] \\ \end{align} \right.\)

\(y\left( -3 \right)=-\frac{10}{3} ; y\left( -2 \right)=-3; y\left( -1 \right)=-4\).

Suy ra: \(M\,=\,\underset{\left[ -3\,;\,-1 \right]}{\mathop{\max }}\,y\,=\,y\left( -2 \right)\,=\,-3; m\,=\,\underset{\left[ -3\,;\,-1 \right]}{\mathop{\min }}\,y\,=\,y\left( -1 \right)\,=\,-4\)

Vậy M.m=12

Điều kiện \(\frac{4x+6}{x}>0\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x<-\frac{3}{2} \\ & x>0 \\ \end{align} \right.\).

Với điều kiện trên, bất phương trình tương đương \(\frac{4x+6}{x}\le 1 \Leftrightarrow \frac{3x+6}{x}\le 0 \Leftrightarrow -2\le x<0\).

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm \(S=\left[ -2;-\frac{3}{2} \right)\).

Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình là 1.

Ta có: \(I=\int\limits_{2}^{4}{\frac{2x+1}{{{x}^{2}}+x}\text{d}x} =\int\limits_{2}^{4}{\frac{x+\left( x+1 \right)}{x\left( x+1 \right)}\text{d}x} =\int\limits_{2}^{4}{\left( \frac{1}{x+1}+\frac{1}{x} \right)\text{d}x} =\left. \left( \ln \left| x+1 \right|+\ln \left| x \right| \right) \right|_{2}^{4}\)

\(=\ln 5+2\ln 2-\left( \ln 3+\ln 2 \right) =\ln 2-\ln 3+\ln 5\).

Từ đây ta có a=1,b=-1,c=1 nên P=2a+3b+4c=3.

\(\left( {1 + i} \right)\left( {2 + i} \right)z + 1 - i = \left( {5 - i} \right)\left( {1 + i} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {1 + 3i} \right)z + 1 - i = 6 + 4i\)

\( \Leftrightarrow \left( {1 + 3i} \right)z = 5 + 5i\)

\( \Leftrightarrow z = \frac{{5 + 5i}}{{1 + 3i}} \Leftrightarrow z = 2 - i\)

Ta có

\(\left\{ \begin{align} & SA\bot \left( ABC \right) \\ & SB\cap \left( ABC \right)=B \\ \end{align} \right.\) nên AB là hình chiếu của SB trên \(\left( ABC \right)\) suy ra góc giữa SB và \(\left( ABC \right)\) là góc \(\widehat{SBA}\).

Trong \(\Delta SAB\) vuông tại A có \(\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SBA}=60{}^\circ \).

Gọi O là giao điểm của AC và \(BD\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right)\).

Gọi N là trung điểm của CD, I là giao điểm của MN và OC. \(\Rightarrow \left( SMN \right)\bot \left( SOI \right)\)

Kẻ \(OH\bot SI\,\,\left( H\in SI \right)\Rightarrow OH\bot \left( SMN \right)\)

\(\Rightarrow DB\text{//}MN\Rightarrow BD\text{//}\left( SMN \right)\Rightarrow d\left( SM;BD \right)=d\left( BD;\left( SMB \right) \right) =d\left( O,\left( SMN \right) \right)=OH.\)

Ta có: \(OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}; SO=\sqrt{S{{C}^{2}}-C{{O}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\);

\(\Rightarrow OI=\frac{a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow \frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{I}^{2}}}=\frac{2}{{{a}^{2}}}+\frac{8}{{{a}^{2}}}=\frac{10}{{{a}^{2}}}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{10}}{10}\)

\(\Rightarrow d\left( SM,BD \right)=\frac{a\sqrt{10}}{10}\).

Do mặt cầu tâm \(I\left( 1;2;-1 \right)\) và tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right):x-2y-2z-8=0\) nên

\(d\left( I,\left( P \right) \right)=R\Leftrightarrow R=\frac{\left| 1-2.2-2\left( -1 \right)-8 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}}\Leftrightarrow R=3\).

Vậy phương trình mặt cầu là \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=9\).

Đường thẳng d: \(\frac{x+2}{3}=\frac{y-5}{-5}=\frac{z-2}{-1}\) có một vectơ chỉ phương \({{\vec{u}}_{d}}=\left( 3;\,-5;\,-1 \right)\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\): 2x+z-2=0 có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=\left( 2;\,0;\,1 \right)\).

Đường thẳng \(\Delta \) qua M vuông góc với d và song song với \(\left( P \right)\) nên có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}},\overrightarrow{n} \right]=\left( -5;\,-5;\,10 \right)\) hay \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 1;\,1;\,-2 \right)\).

Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta \) là: \(\frac{x}{1}=\frac{y+1}{1}=\frac{z-2}{-2}\).

Xét hàm \(f\left( x \right)={{x}^{3}}-3x+m\) trên \(\left[ 0;\ 3 \right]\).

Ta có \({f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-3\), \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=1 \\ & x=-1 \\ \end{align} \right.\).

Khi đó \(f\left( 1 \right)=m-2, f\left( 0 \right)=m\) và \(f(3)=m+18\).

Do f(1)<f(0)<f(3) nên \(\underset{\left[ 0;3 \right]}{\mathop{\max }}\,y=\max \left\{ \left| f(1) \right|;\left| f(3) \right| \right\}\).

Nếu \(\underset{\left[ 0;3 \right]}{\mathop{\max }}\,y=\left| m+18 \right|=20\) thì \(\left\{ \begin{align} & \left| m+18 \right|=20 \\ & \left| m+18 \right|\ge \left| m-2 \right| \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow m=2\).

Nếu \(\underset{\left[ 0;3 \right]}{\mathop{\max }}\,y=\left| m-2 \right|=20\) thì \(\left\{ \begin{align} & \left| m-2 \right|=20 \\ & \left| m-2 \right|\ge \left| m+18 \right| \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow m=-18\).

Ta có \(m{{.3}^{x+1}}+\left( 3m+2 \right).{{\left( 4-\sqrt{7} \right)}^{x}}+{{\left( 4+\sqrt{7} \right)}^{x}}>0\)

\(\Leftrightarrow {{\left( \frac{4+\sqrt{7}}{3} \right)}^{x}}+\left( 3m+2 \right){{\left( \frac{4-\sqrt{7}}{3} \right)}^{x}}+3m>0\). Đặt \(t={{\left( \frac{4+\sqrt{7}}{3} \right)}^{x}}\), do \(x\le 0\) nên \(0<t\le 1\).

Tìm tham số m sao cho \({{t}^{2}}+3mt+3m+2>0\), đúng với mọi \(0<t\le 1\).

\(m>\frac{-{{t}^{2}}-2}{3t+3} \Leftrightarrow m>\underset{\left( 0;1 \right]}{\mathop{\text{max}}}\,\frac{-{{t}^{2}}-2}{3t+3}\). Ta tìm GTLN của hàm số \(f\left( t \right)=-\frac{{{t}^{2}}+2}{3t+2}\) trên \(0<t\le 1\).

Ta có \({f}'\left( t \right)=-\frac{1}{3}.\frac{{{t}^{2}}+2t-2}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}=0\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=-1-\sqrt{3} \\ & t=-1+\sqrt{3} \\ \end{align} \right.\).

Lập bảng biến thiên ta được

Do đó \(\underset{\left( 0;1 \right]}{\mathop{\text{max}}}\,\frac{-{{t}^{2}}-2}{3t+3}=f\left( -1+\sqrt{3} \right) =\frac{2-2\sqrt{3}}{3}\).

Nên \(m>\frac{2-2\sqrt{3}}{3}\Rightarrow m\in \left\{ 0;1;2;...;2021 \right\}\) suy ra có 2022 giá trị. 

Xét \({{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\tan \,x.f\left( {{\cos }^{2}}x \right)\text{d}x}=6\).

Đặt \(t={{\cos }^{2}}x\Rightarrow \text{d}t=-2\sin x.\cos x\text{d}x\). Đổi cận: \(x=0\Rightarrow t=1;x=\frac{\pi }{3}\Rightarrow t=\frac{1}{4}\).

Khi đó: \({{I}_{1}}=-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{-2\sin x.\cos x}{{{\cos }^{2}}x}f\left( {{\cos }^{2}}x \right)\text{d}x}=-\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{\frac{1}{4}}{\frac{f\left( t \right)}{t}\text{d}t}=\int\limits_{\frac{1}{4}}^{1}{\frac{f\left( t \right)}{2t}\text{d}t}=6\Rightarrow \int\limits_{\frac{1}{4}}^{1}{\frac{f\left( x \right)}{2x}\text{d}x}=6\)

Xét \({{I}_{2}}=\int\limits_{1}^{8}{\frac{f\left( \sqrt[3]{x} \right)}{x}\text{d}x}=6\).

Đặt \(t=\sqrt[3]{x}\Rightarrow {{t}^{3}}=x\Rightarrow 3{{t}^{2}}\text{d}t=\text{d}x\).

Khi \(\left\{ \begin{align} & x=1\Rightarrow t=1 \\ & x=8\Rightarrow t=2 \\ \end{align} \right.\). Ta có \({{I}_{2}}=\int\limits_{1}^{2}{\frac{3{{t}^{2}}f\left( t \right)}{{{t}^{3}}}\text{d}t}=6\Rightarrow \int\limits_{1}^{2}{\frac{f\left( x \right)}{2x}\text{d}x}=1\).

Xét tích phân \(I=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{\sqrt{2}}{\frac{f\left( {{x}^{2}} \right)}{x}\text{d}x}~\).

Đặt \(t={{x}^{2}}\Rightarrow \text{d}t=2x~\text{d}x\). Đổi cận \(\left\{ \begin{align} & x=\frac{1}{2}\Rightarrow t=\frac{1}{4} \\ & x=\sqrt{2}\Rightarrow t=2 \\ \end{align} \right.\).

Ta có \(I=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{\sqrt{2}}{\frac{2xf\left( {{x}^{2}} \right)}{2{{x}^{2}}}\text{d}x}~=\int\limits_{\frac{1}{4}}^{2}{\frac{f\left( t \right)}{2t}\text{d}t}~=\int\limits_{\frac{1}{4}}^{2}{\frac{f\left( x \right)}{2x}\text{d}x}=\int\limits_{\frac{1}{4}}^{1}{\frac{f\left( x \right)}{2x}\text{d}x}+\int\limits_{1}^{2}{\frac{f\left( x \right)}{2x}\text{d}x}=6+1=7\).

Điều kiện: \(z\ne 4\)

Gọi \(z=x+iy\) với \(x,y\in \mathbb{R}, \left( x,y \right)\ne \left( 4;\,0 \right)\), ta có

\(\frac{z}{z-4}=\frac{x+iy}{x-4+iy}=\frac{\left( x+iy \right)\left( x-4-iy \right)}{{{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}=\frac{x\left( x-4 \right)+{{y}^{2}}-4iy}{{{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}\)

là số thuần ảo khi \(x\left( x-4 \right)+{{y}^{2}}=0\Leftrightarrow {{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=4\)

Mà \(\left| z-m \right|=6\Leftrightarrow {{\left( x-m \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=36\)

Ta được hệ phương trình 

\(\left\{ \begin{array}{l} {\left( {x - m} \right)^2} + {y^2} = 36\\ {\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left( {4 - 2m} \right)x = 36 - {m^2}\\ {y^2} = 4 - {\left( {x - 2} \right)^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{{36 - {m^2}}}{{4 - 2m}}\\ {y^2} = 4 - {\left( {\frac{{36 - {m^2}}}{{4 - 2m}} - 2} \right)^2} \end{array} \right.\)

Ycbt \( \Leftrightarrow 4 - {\left( {\frac{{36 - {m^2}}}{{4 - 2m}} - 2} \right)^2} = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \frac{{36 - {m^2}}}{{4 - 2m}} - 2 = 2\\ \frac{{36 - {m^2}}}{{4 - 2m}} - 2 = - 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \frac{{36 - {m^2}}}{{4 - 2m}} = 4\\ \frac{{36 - {m^2}}}{{4 - 2m}} = 0 \end{array} \right.\)

Ta loại trường hợp \(\frac{36-{{m}^{2}}}{4-2m}=4\) vì khi đó x=4 và y=0.

Suy ra \(m=\pm 6\)

Vậy tổng các giá trị của mlà 6-6=0.

Ta có \(AB=AC\tan 60{}^\circ =a\sqrt{3}\).

Góc giữa đường thẳng \(B{C}'\) tạo với mặt phẳng \(\left( {A}'{C}'CA \right)\) là góc \(\widehat{B{C}'A}=30{}^\circ \).

Suy ra \(\tan \widehat{B{C}'A}=\frac{AB}{A{C}'}=\frac{a\sqrt{3}}{A{C}'}\)

\(\Rightarrow A{C}'=3a \Rightarrow {C}'C=2\sqrt{2}a\).

Vậy \({{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=2\sqrt{2}a.\frac{1}{2}a.a\sqrt{3} ={{a}^{3}}\sqrt{6}\)

Giả sử R có đơn vị là \(\text{m}\).

Ta có: \(2\left( l \right)=0.002 \left( {{\text{m}}^{3}} \right)\).

Thể tích khối hộp bằng \(4{{R}^{2}}.0,2=0,8{{R}^{2}} \left( {{\text{m}}^{3}} \right)\).

Thể tích khúc gỗ bằng \(\pi {{R}^{2}}\left( \frac{0,12+0,2}{2} \right)=0,16\pi {{R}^{2}}$$\left( {{\text{m}}^{3}} \right)\).

Suy ra : \(0,8{{R}^{2}}-0,16\pi {{R}^{2}}=0,002\Rightarrow R=\sqrt{\frac{0,002}{0,8-0,16\pi }}\)

Khi đó \(AB=\sqrt{4{{R}^{2}}+{{\left( 0,08 \right)}^{2}}}\).

Vậy elip thiết diện có độ dài trục lớn \(2a=AB\left( \text{cm} \right)\Rightarrow a=\frac{AB}{2}\left( \text{cm} \right)\) và độ dài trục bé \(2b=2R\Rightarrow b=R\left( \text{cm} \right)\).

Diện tích của thiết diện là: \(S=\pi .a.b\simeq 0,0235\left( {{\text{m}}^{\text{2}}} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( 1;-1;2 \right);\overrightarrow{AC}=\left( -1;-1;3 \right)\Rightarrow \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right]=\left( -1;-5;-2 \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( ABC \right):x+5y+2z-9=0\).

Gọi trực tâm của tam giác ABC là \(H\left( a;b;c \right)\) khi đó ta có hệ

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\begin{array}{*{20}{c}} {\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0}\\ {\overrightarrow {CH} .\overrightarrow {AB} = 0} \end{array}}\\ {H \in \left( {ABC} \right)} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\begin{array}{*{20}{c}} {a - b + 2c = 3}\\ {a + b - 3c = 0} \end{array}}\\ {a + 5b + 2c = 9} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\begin{array}{*{20}{c}} {a = 2}\\ {b = 1} \end{array}}\\ {c = 1} \end{array}} \right. \Rightarrow H\left( {2;1;1} \right).\)

Do đường thẳng \(\text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }\) nằm trong \(\left( ABC \right)\) và vuông góc với \(\left( d \right)\) nên: 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{{\vec u}_{\rm{\Delta }}} \bot {{\vec n}_{ABC}}}\\ {{{\vec u}_{\rm{\Delta }}} \bot {{\vec u}_d}} \end{array}} \right. \Rightarrow {\vec u_{\rm{\Delta }}} = \left[ {{{\vec n}_{ABC}},{{\vec u}_d}} \right] = \left( {12;2; - 11} \right).\)

Vậy phương trình đường thẳng \({\rm{\Delta }}:\frac{{x - 2}}{{12}} = \frac{{y - 1}}{2} = \frac{{z - 1}}{{ - 11}}\)

Xét hàm số \(g\left( x \right)=2{{x}^{4}}-8{{x}^{3}}-16{{x}^{2}}+1-m\)

Ta có: \(g'\left( x \right)=8{{x}^{3}}-24{{x}^{2}}-32x\).

\(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x=0 \\ x=-1 \\ x=4 \\ \end{matrix} \right.\).

Bảng biến thiên của hàm số \(y=g\left( x \right)\):

Trường hợp 1: \(1-m\le 0\Leftrightarrow m\ge 1\Rightarrow f\left( x \right)=\left| g\left( x \right) \right|\) có 5 cực trị.

Trường hợp 2: \(-5-m<0<1-m\Leftrightarrow -5<m<1\Rightarrow f\left( x \right)=\left| g\left( x \right) \right|\) có 7 cực trị.

Trường hợp 3: \(-255-m<0\le -5-m\Leftrightarrow -255<m\le -5\Rightarrow f\left( x \right)=\left| g\left( x \right) \right|\) có 5 cực trị.

Trường hợp 4: \(0\le -255-m\Leftrightarrow m\le -255\Rightarrow f\left( x \right)=\left| g\left( x \right) \right|\) có 3 cực trị.

Vậy a+b+c=15.

Đặt \({{\log }_{3}}\left( {{3}^{x}}+2m \right)={{\log }_{5}}\left( {{3}^{x}}-{{m}^{2}} \right)=t\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{3}^{x}}+2m={{3}^{t}} \\ & {{3}^{x}}-{{m}^{2}}={{5}^{t}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow 2m+{{m}^{2}}={{3}^{t}}-{{5}^{t}} \Leftrightarrow {{m}^{2}}+2m+1={{3}^{t}}-{{5}^{t}}+1\)(*).

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{3}^{t}}-{{5}^{t}}+1\) với \(t\in \mathbb{R}\).

Ta có: \({f}'\left( t \right)={{3}^{t}}.\ln 3-{{5}^{t}}.\ln 5\).

Khi đó \({f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow {{3}^{t}}.\ln 3-{{5}^{t}}.\ln 5=0\Leftrightarrow {{\left( \frac{3}{5} \right)}^{t}}=\frac{\ln 5}{\ln 3}\Leftrightarrow t={{\log }_{\frac{3}{5}}}\left( {{\log }_{3}}5 \right)={{t}_{0}}\).

Bảng biến thiên

Phương trình (*) có nghiệm

\(\Leftrightarrow {{\left( m+1 \right)}^{2}}\le f\left( {{t}_{0}} \right)\Leftrightarrow -\sqrt{f\left( {{t}_{0}} \right)}-1\le m\le \sqrt{f\left( {{t}_{0}} \right)}-1\Rightarrow -2,068\le m\le 0,068\).

Do \(m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{ -2;\,-1;\,0 \right\}\).

Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Đặt \(f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) theo giả thiết có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {f\left( x \right) + 1 = a{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x + m} \right)}\\ {f\left( x \right) - 1 = a{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {x + n} \right)} \end{array}} \right.\)

Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {f\left( 1 \right) + 1 = 0}\\ {f\left( { - 1} \right) - 1 = 0}\\ {f\left( 0 \right) = 0}\\ {f'\left( 1 \right) = 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {a + b + c + d + 1 = 0}\\ { - a + b - c + d - 1 = 0}\\ {d = 0}\\ {3a + 2b + c = 0} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {a = \frac{1}{2}}\\ {b = 0}\\ {c = - \frac{3}{2}}\\ {d = 0} \end{array}} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}x} \right.\)

Với \(x = 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) =  - 1\)

Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 0}\\ {x = \pm \sqrt 3 } \end{array}} \right.\)

S₁ là diện tích giới hạn bởi đồ thị \(y = \frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}x\), y = -1, x = 0,x = 1

\( \Rightarrow {S_1} = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}x + 1} \right| = \frac{3}{8}} \) (1)

S₂ là diện tích giới hạn bởi đồ thị \(y = \frac{1}{3}{x^2} - \frac{3}{2}x\), \(y = 0,x = 1,x = \sqrt 3 \)

\( \Rightarrow {S_2} = \int\limits_1^{\sqrt 3 } {\left| {\frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}x} \right| = \frac{1}{2}} \)

Từ (1), (2) \( \Rightarrow 2{S_2} + 8{S_1} = 2.\frac{1}{2} + 8.\frac{3}{8} = 4\)

Ta có: \(\left( 1+2i \right)\left| z \right|=\frac{z}{\text{w}}+2+3i \Leftrightarrow \left( \left| z \right|-2 \right)+\left( 2\left| z \right|-3 \right)i=\frac{z}{\text{w}}\)

Lấy modul hai vế: \(\sqrt{{{\left( \left| z \right|-2 \right)}^{2}}+{{\left( 2\left| z \right|-3 \right)}^{2}}}=\frac{\left| z \right|}{\left| \text{w} \right|}\)

Đặt \(t=\left| z \right|\) điều kiện t>0. Khi đó phương trình trở thành: \(\sqrt{{{\left( t-2 \right)}^{2}}+{{\left( 2t-3 \right)}^{2}}}=\frac{t}{\left| \text{w} \right|}\)

\(\Rightarrow \frac{1}{\left| \text{w} \right|}=\frac{\sqrt{{{\left( t-2 \right)}^{2}}+{{\left( 2t-3 \right)}^{2}}}}{t}=\sqrt{\frac{5{{t}^{2}}-16t+13}{{{t}^{2}}}}=\sqrt{5-\frac{16}{t}+\frac{13}{{{t}^{2}}}}=\sqrt{\frac{1}{13}+13{{\left( \frac{8}{13}-\frac{1}{t} \right)}^{2}}}\ge \frac{1}{\sqrt{13}}\)

\(\Rightarrow \left| \text{w} \right|\le \sqrt{13}\).

Khi đó \(T=\left| \text{w}+2+3i \right|\le \left| \text{w} \right|+\left| 2+3i \right|\le \sqrt{13}+\sqrt{13}=2\sqrt{13}\).

Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{align} & \left| \text{w} \right|=\sqrt{13} \\ & \left| z \right|=\frac{13}{8} \\ \end{align} \right.\)

Gọi tọa độ điểm M là \(\left( a;b;c \right)\).

Mặt cầu \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=1\) có tâm \(O\left( 0;0;0 \right)\), bán kính \({{R}_{1}}=1\) và MX là tiếp tuyến với mặt cầu nên \(M{{X}^{2}}=M{{O}^{2}}-{{r}_{1}}^{2}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-1\).

Tương tự, ta có \(M{{Y}^{2}}={{\left( a-2 \right)}^{2}}+{{\left( b-1 \right)}^{2}}+{{\left( c+2 \right)}^{2}}-4\) và \(M{{Z}^{2}}={{\left( a+4 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+{{\left( c-3 \right)}^{2}}-16\).

Theo đề, MX=MY=MZ nên \(M{{X}^{2}}=M{{Y}^{2}}=M{{Z}^{2}}\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l} {a^2} + {b^2} + {c^2} - 1 = {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {\left( {c + 2} \right)^2} - 4\\ {a^2} + {b^2} + {c^2} - 1 = {\left( {a + 4} \right)^2} + {b^2} + {\left( {c - 3} \right)^2} - 16 \end{array} \right..\)

Rút gọn ta được \(\left\{ \begin{array}{l} 2a + b - 2c - 3 = 0\\ 4a - 3c + 5 = 0 \end{array} \right.\)

Từ đó, M thuộc đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( \alpha\right):2x+y-2z-3=0\) và \(\left( \beta\right):4x-3z+5=0\).

Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( \alpha\right)}}},\overrightarrow{{{n}_{\left( \beta\right)}}} \right]=\left( -3;-2;-4 \right)\).

Do đó, d vuông góc với mặt phẳng \(\left( {{P}_{2}} \right):3x+2y+4z=2020.\)