Từ giả thiết ta có 13 học sinh.

Mỗi cách chọn 2 học sinh từ 13 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 13.

Vậy số cách chọn là \(C_{13}^{2}\).

Theo công thức tổng quát của cấp số nhân \({{u}_{4}}={{u}_{1}}{{q}^{3}} \Leftrightarrow  64=1.{{q}^{3}} \Leftrightarrow q=4\).

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( -1;3 \right)\) nên sẽ nghịch biến trên khoảng (-1;2)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 1

Hàm số có 4 điểm cực trị.

Ta có \(\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+4}{x-2}=-\infty \) và \(\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+4}{x-2}=+\infty \) nên x=2 là tiệm cận đứng

Gọi \(\left( C \right)\) là đồ thị đã cho.

Thấy \(\left( C \right)\) là đồ thị của hàm trùng phương có a<0 và có 3 cực trị.

Suy ra \(\left\{ \begin{align} & a<0 \\ & a.b<0 \\ \end{align} \right.\). Nên A (đúng).

\(y = 0 \Leftrightarrow x =  - 5\)

\({\log _a}\left( {{a^2}b} \right) = {\log _a}{a^2} + {\log _a}b = 2 + {\log _a}b\)

\({\left( {{2^{{x^2}}}} \right)^\prime } = {\left( {{x^2}} \right)^\prime }{.2^{{x^2}}}.\ln 2 = 2x{.2^{{x^2}}}.\ln 2 = x{.2^{{x^2} + 1}}.\ln 2\)

\(P\, = \,{a^{\frac{2}{3}}}\sqrt a \, = \,{a^{\frac{2}{3}}}\,{a^{\frac{1}{2}}}\, = \,{a^{\frac{7}{6}}}\)

\({2^{x + 1}} = 16 \Leftrightarrow {2^{x + 1}} = {2^4} \Leftrightarrow x + 1 = 4 \Leftrightarrow x = 3\)

Phương trình đã cho tương đương với \(x + 1 = {9^{\frac{1}{2}}} \Leftrightarrow x = 2.\)

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

\(\int{\left( 3{{x}^{2}}+{{\text{e}}^{x}} \right)\text{d}x}={{x}^{3}}+{{e}^{x}}+C\)

\(J = \int\limits_0^2 {\left[ {4f\left( x \right) - 3} \right]{\rm{d}}x}  = 4\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - 3\int\limits_0^2 {{\rm{d}}x}  = 4.3 - \left. {3x} \right|_0^2 = 6\)

\(I = \int\limits_0^2 {(2x + 1)dx}  = \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_0^2 = 4 + 2 = 6\)

\(\left| z \right| = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5.\)

Ta có \(z=3{{z}_{1}}-2{{z}_{2}}=3\left( 1+2i \right)-2\left( 2-3i \right)=\left( 3+6i \right)+\left( -4+6i \right)=-1+12i.\)

Số phức liên hợp của số phức \(z=3{{z}_{1}}-2{{z}_{2}}\) là \(\overline{z}=\overline{-1+12i}=-1-12i\).

Vậy phần ảo của số phức liên hợp của số phức \(z=3{{z}_{1}}-2{{z}_{2}}\) là -12.

Ta có \(z=12i\Rightarrow w=iz=i\left( 1-2i \right)=2+i\). Suy ra điểm biểu diễn của số phức w là \(N\left( 2;1 \right)\).

\(V = \frac13 . 3 . 4 = 4\)

\(V = \frac{{4\pi {r^3}}}{3} = \frac{{4\pi {{.3}^3}}}{3} = 36\pi \left( {vtt} \right)\)

\({S_{tp}} = \pi {r^2} + \pi rl\)

\(S = 2\pi rl = 2\pi .2.4 = 16\pi \)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}} \right) = \left( {3 - 1\,;\,4 - 2\,;\, - 1 - 3} \right) = \left( {2\,;\,2\,;\, - 4} \right)\)

Tâm của (S) là \(I(1\,;\,2\,; - 1)\)

Phương trình tổng quát mặt phẳng:

\(a\left( {x - {x_^\circ }} \right) + b\left( {y - {y_^\circ }} \right) + c\left( {z - {z_^\circ }} \right) = 0 \Rightarrow 1\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y + 2} \right) + 3\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + 3{\rm{z}} = 0\)

Một véc tơ chỉ phương của AB là: \({\overrightarrow u _{AB}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  = \frac{1}{2}\left( {2\,;\,0\,;\, - 2} \right) = \left( {1;0; - 1} \right)\)

\(\begin{array}{l} n\left( \Omega \right) = C_{52}^1 = 52\\ n\left( A \right) = C_4^1 = 4\\ \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{{52}} = \frac{1}{{13}} \end{array}\)

Xét hàm số \(y=\frac{2x+1}{x-2}\) ta có tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\} \Rightarrow \) Tập xác định không phải \(\mathbb{R}\)

\(\Rightarrow \) Hàm số không thể nghịch biến trên \(\mathbb{R}\). LoạiA.

Hàm số đa thức bậc chẵn không thể nghịch biến trên \(\mathbb{R}\). Loại B, D.

Hàm số \(y=-{{x}^{3}}+{{x}^{2}}-x\) có \({y}'=-3{{x}^{2}}+2x-1<0;\text{ }\forall x\in \mathbb{R}\)

Vậy chọn C.

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn \(\left[ -1\,;\,2 \right]\)

Ta có \(y'=4{{x}^{3}}+4x\)

\(y'=0\Leftrightarrow 4{{x}^{3}}+4x=0\Leftrightarrow x=0\in \left[ -1\,;\,2 \right]\)

\(y\left( 0 \right)=-3,y\left( -1 \right)=0,y\left( 2 \right)=21\)

Suy ra \(M=21,m=-3\Rightarrow M+m=18\)

\({2^{{x^2} + 2}} \le 8 \Leftrightarrow {2^{{x^2} + 2}} \le {2^3} \Leftrightarrow {x^2} + 2 \le 3\)

\( \Leftrightarrow {x^2} \le 1 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 1\,;\,1} \right]\)

\(1 = \int\limits_0^2 {\left[ {f\left( x \right) - x} \right]} dx = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx - \int\limits_0^2 {xdx} }  = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  - 2 \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx = 3} \)

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

Ta có góc giữa \(\left( CA',\left( ABCD \right) \right)=\left( CA',CA \right)=\widehat{A'CA}\)

Tam giác ABC vuông tại B nên \(AC=\sqrt{2}\)

Trong tam giác vuông A'AC có

\(\tan \left( \widehat{A'CA} \right)=\frac{AA'}{AC}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=\sqrt{3} \Rightarrow \widehat{A'CA}=60{}^\circ \)

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo của hình vuông ABCD.

Khi đó khoảng cách từ S đến mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) bằng đoạn SO

Tam giác ABC vuông tại B nên \(AC=4\sqrt{2}\Rightarrow AO=2\sqrt{2}\)

Áp dụng định lý pi-ta-go cho tam giác vuông SAO ta được \(SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{25-8}=\sqrt{17}\)

Ta có \(R=OA=\sqrt{{{0}^{2}}+{{3}^{2}}+{{0}^{2}}}=3\)

Khi đó phương trình mặt cầu là \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=9\)

Ta có \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{AB}=\left( -1\,;\,-4\,;\,3 \right)\), khi đó phương trình tham số của đường thẳng đi qua A và nhận vectơ \(\overrightarrow{u}\) làm vectơ chỉ phương là 

\(\left\{ \begin{array}{l} x = 2 - t\\ y = 3 - 4t\\ z = - 1 + 3t \end{array} \right.\)

Ta có \({g}'\left( x \right)=2{f}'\left( 2x-1 \right)-2\)

Cho \({g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 2{f}'\left( 2x-1 \right)-2=0\Leftrightarrow {f}'\left( 2x-1 \right)=1\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) ta thấy trên đoạn \(\left[ 0;1 \right]\) đường thẳng y=1 cắt đồ thị hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) tại x=0

Do đó \({f}'\left( 2x-1 \right)=1\Leftrightarrow 2x-1=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\)

BBT

Từ BBT giá trị lớn nhất của hàm số \(y=g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ 0\,;\,1 \right]\) là \(f\left( 0 \right)\)

Ta có \({{9.3}^{2\text{x}}}-{{9.3}^{x}}{{.3}^{y}}-{{3}^{x}}+{{3}^{y}}<0\Leftrightarrow \left( {{3}^{x}}-{{3}^{y}} \right)\left( {{3}^{x+2}}-1 \right)<0\)

TH1. \(\left\{ \begin{align} & x<y \\ & x>-2 \\ \end{align} \right.\) vì có không quá 30 nghiệm nguyên x nên \(y\le 29\) kết hợp với y nguyên dương có 29 số nguyên dương y.

TH2. \(\left\{ \begin{align} & x>y \\ & x<-2 \\ \end{align} \right.\) mà y nguyên dương nên trong trường hợp này vô nghiệm.

Từ giả thiết, ta có \(f(x)+x{f}'(x)=\left( 2{{x}^{3}}+{{x}^{2}} \right){{f}^{2}}(x)\Rightarrow \frac{f(x)+x{f}'(x)}{{{[xf(x)]}^{2}}}=2x+1\)

\(\Rightarrow {{\left[ \frac{1}{xf(x)} \right]}^{\prime }}=-2x-1\Rightarrow \frac{1}{xf(x)}=\int{(-2x-1)}dx\Rightarrow \frac{1}{xf(x)}=-{{x}^{2}}-x+C\).

\(f(1)=-\frac{1}{2}\Rightarrow C=0\Rightarrow xf(x)=-\frac{1}{x(x+1)}\)

\(\Rightarrow \int_{1}^{2}{x}f(x)dx=\int_{1}^{2}{\frac{-1}{x(x+1)}}dx=\int_{1}^{2}{\left( \frac{1}{x+1}-\frac{1}{x} \right)}dx=\left. \ln \frac{x+1}{x} \right|_{1}^{2}=\ln \frac{3}{4}\).

Đặt z=a+b i

Theo giải thiết ta có:

\([(a+1)+(b+1) i](a-b i-i)+3 i=9\)

\(\Leftrightarrow a(a+1)+(b+1)^{2}+a(b+1) i-(a+1)(b+1) i=9-3 i\)

\(\Leftrightarrow a(a+1)+(b+1)^{2}-(b+1) i=9-3 i \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}b=2 \\ a(a+1)=0\end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a=0 ; b=2 \\ a=-1 ; b=2\end{array}\right.\right.\)

Do \(|z|>2=>a=-1 ; b=2 \Rightarrow a+b=1\).

Ta có \(A{A}'\bot \left( ABC \right)\Rightarrow BC\bot A{A}'\), mà \(BC\bot AB$ nên \(BC\bot {A}'B\)

Hơn nữa, \(BC\bot AB \Rightarrow \left( \widehat{\left( {A}'BC \right),\left( ABC \right)} \right)=\left( \widehat{{A}'B,AB} \right)=\widehat{{A}'BA}={{60}^{0}}\).

Xét tam giác \({A}'BA\) vuông A, ta có \(A{A}'=\tan {{60}^{0}}.AB=a\sqrt{3}\).

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

Thể tích khối trụ có đường cao \(C D: V_{1}=\pi R^{2} \cdot C D=400 \pi\left(\mathrm{cm}^{3}\right)\).

Thể tích khối trụ có đường cao \(A B: V_{2}=\pi r^{2} \cdot A B=12 \pi\left(\mathrm{cm}^{3}\right)\).

Ta có \(\frac{M C}{M B}=\frac{C F}{B E}=\frac{5}{2} \Rightarrow M B=4\)

Thể tích phần giới hạn giữa \(B C: V_{3}=\frac{\pi}{3}\left(R^{2} M C-r^{2} \cdot M B\right)=78 \pi\left(\mathrm{cm}^{3}\right)\).

Suy ra: \(V=V_{1}+V_{2}+V_{3}=490 \pi\left(\mathrm{cm}^{3}\right)\).

Gọi d nằm trong mặt phẳng (P) đồng thời cắt và vuông góc với \(\Delta \)

\(M=\Delta \cap d\), mà d nằm trong mặt phẳng (P) nên \(M=\Delta \cap \left( P \right)\).

\(M\in \Delta \Rightarrow M\left( -1+2t;-t;-2+2t \right)\)

\(M\in \left( P \right)\Rightarrow -1+2t+\left( -t \right)-\left( -2+2t \right)+1=0\Rightarrow t=2\Rightarrow M\left( 3;-2;2 \right)\).

d có VTCP \(\overrightarrow{a}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{P}}},{{\overrightarrow{a}}_{\Delta }} \right]=\left( 1;-4;-3 \right)$ và đi qua \(M\left( 3;-2;2 \right)\) nên có phương trình tham số là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 3 + t}\\ {y = - 2 - 4t}\\ {z = 2 - 3t} \end{array}} \right..\)

Đặt \(h\left( x \right) = {f^3}\left( x \right) - 3f\left( x \right)\).

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

Suy ra \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f'\left( x \right) = 0\\ f\left( x \right) = 1\\ f\left( x \right) = - 1 \end{array} \right.\).

Dựa vào đồ thị, ta có

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = a\,\left( {0 < a < 1} \right) \end{array} \right.\).

\(f\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow x = b\,\left( { - 2 < b <  - 1} \right)\)

\(f\left( x \right) = - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = 1 \end{array} \right.\) (Lưu ý:  là nghiệm kép)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = h\left( x \right)\).

Mặt khác \(h\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f\left( x \right) = 0\\ f\left( x \right) = \sqrt 3 \\ f\left( x \right) = - \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Dựa vào đồ thị ta thấy:

\(f\left( x \right)=0\) có 3 nghiệm phân biệt không trùng với các điểm cực trị của hàm số \(y=h\left( x \right)\);

\(f\left( x \right)=\sqrt{3}\) có 1 nghiệm không trùng với các điểm nghiệm trên.

\(f\left( x \right)=-\sqrt{3}\) có 1 nghiệm không trùng với các điểm nghiệm trên.

Vậy ta có tổng số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right)=\left| h\left( x \right) \right|\) là 9 điểm, trong đó có 4 điểm cực đại và 5 điểm cực tiểu. Hay \(m=4;\,n=5\), suy ra \(T={{n}^{m}}={{5}^{4}}=625\in \left( 500\,;\,1000 \right)\).

Điều kiện xác định: \(x\ge -1\).

Ta có: \({{3}^{2x+\sqrt{x+1}}}-{{3}^{2+\sqrt{x+1}}}+2020x-2020\le 0\Leftrightarrow {{3}^{2x+\sqrt{x+1}}}+2020x\le {{3}^{2+\sqrt{x+1}}}+2020\)

\(\Leftrightarrow {{3}^{2x+\sqrt{x+1}}}+1010\left( 2x+\sqrt{x+1} \right)\le {{3}^{2+\sqrt{x+1}}}+1010\left( 2+\sqrt{x+1} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{3}^{t}}+1010t\) trên \(\mathbb{R}\).

Dễ dàng nhận thấy \({f}'\left( t \right)>0,\,\forall t\in \mathbb{R}\), suy ra hàm số \(f\left( t \right)={{3}^{t}}+1010t\) là hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Do đó \(f\left( 2x+\sqrt{x+1} \right)\le f\left( 2+\sqrt{x+1} \right)\Leftrightarrow 2x+\sqrt{x+1}\le 2+\sqrt{x+1}\Leftrightarrow -1\le x\le 1\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \({{3}^{2x+\sqrt{x+1}}}-{{3}^{2+\sqrt{x+1}}}+2020x-2020\le 0\) là \(\left[ -1\,;\,1 \right]\).

Hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình \({{x}^{2}}-\left( m+2 \right)x-{{m}^{2}}+3\ge 0\) có nghiệm thuộc đoạn \(\left[ -1\,;\,1 \right]\). Gọi \(g\left( x,m \right)={{x}^{2}}-\left( m+2 \right)x-{{m}^{2}}+3\).

TH1: \(\Delta ={{\left( m+2 \right)}^{2}}+4{{m}^{2}}-12\le 0\Leftrightarrow 5{{m}^{2}}+4m-8\le 0\Leftrightarrow \frac{-2-2\sqrt{11}}{5}\le m\le \frac{-2+2\sqrt{11}}{5}\), khi đó \(g\left( x,m \right)\ge 0\,,\,\forall x\in \mathbb{R}\) (thỏa điều kiện đề bài).

TH2: \(\Delta ={{\left( m+2 \right)}^{2}}+4{{m}^{2}}-12>0\left[ \begin{align} & m>\frac{-2+2\sqrt{11}}{5} \\ & m<\frac{-2-2\sqrt{11}}{5} \\ \end{align} \right.\), khi đó \(g\left( x,\,m \right)=0\) có hai nghiệm \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}\).

Để \(g\left( x,\,m \right)\ge 0\) có nghiệm thuộc đoạn \(\left[ -1\,;\,1 \right]\) khi \(\left[ \begin{align} & {{x}_{1}}<{{x}_{2}}\le 1 \\ & -1\le {{x}_{1}}<{{x}_{2}} \\ \end{align} \right.\).

KN1: Xét \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}\le 1\), tức là \(\left\{ \begin{align} & g\left( 1,m \right)\ge 0 \\ & \frac{m+2}{2}<1 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow\) \(\left[ \begin{align} & -{{m}^{2}}-m+2\ge 0 \\ & m<0 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow -2\le m<0\).

KN2: Xét \(-1\le {{x}_{1}}<{{x}_{2}}\), tức là \(\left\{ \begin{align} & g\left( -1,m \right)\ge 0 \\ & \frac{m+2}{2}>-1 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & -{{m}^{2}}+m+6\ge 0 \\ & m>-4 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow -2\le m\le 3\).

Từ các trường hợp (1) và (2) vậy ta có \(m\in \left[ -2\,;\,3 \right]\) thì hệ bất phương trình trên có nghiệm.

Vì \(m\in \mathbb{Z}\) nên tập hợp \(S=\left\{ -2\,;\,-1\,;\,0\,;\,1\,;\,2\,;\,3 \right\}\).

Vậy tổng các phần tử trong tập hợp S bằng 3.

Để ý, hàm số \(f\left( x \right)\) và \(g\left( x \right)\) có đồ thị đối xứng qua trục tung. Do đó diện tích \(\left\{ \begin{align} & {{S}_{1}}={{S}_{4}} \\ & {{S}_{2}}={{S}_{3}} \\ \end{align} \right.\).

Vì vậy, yêu cầu bài toán trở thành tìm \({{m}_{0}}\) để \({{S}_{1}}={{S}_{3}}\) (1).

Gọi a là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và \(y=g\left( x \right)\), với điều kiện: \(0<a<m<\sqrt{2}\).

Dựa vào đồ thị, ta có:

\({{S}_{3}}=\int\limits_{0}^{a}{\left( {{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+{{m}^{2}} \right)}\text{d}x=\frac{{{a}^{5}}}{5}-{{a}^{3}}+a{{m}^{2}}\) (2).

\({{S}_{1}}=\int\limits_{a}^{m}{\left( -{{x}^{4}}+3{{x}^{2}}-{{m}^{2}} \right)}\text{d}x+\int\limits_{m}^{\sqrt{2}}{\left( -{{x}^{4}}+2{{x}^{2}} \right)}\text{d}x =\frac{{{a}^{5}}}{5}-{{a}^{3}}+a{{m}^{2}}-\frac{2{{m}^{3}}}{3}+\frac{8\sqrt{2}}{15}\) (3).

Từ (1), (2), (3) ta có:

\({{S}_{3}}={{S}_{1}}\Leftrightarrow \frac{8\sqrt{2}}{15}-\frac{2}{3}{{m}^{3}}=0\Leftrightarrow m=\sqrt[3]{\frac{4\sqrt{2}}{5}}\approx 1.04\in \left( \frac{2}{3}\,;\,\frac{7}{6} \right)\).

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

Gọi \(z=a+bi\) với \(a,b\in \mathbb{R}\).

Từ (1), ta có \({{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{\left( b+2 \right)}^{2}}=9\Rightarrow \left\{ \begin{align} & a=1+3\sin t \\ & b=-2+3\cos t \\ \end{align} \right.\left( t\in \mathbb{R} \right)\).

Suy ra \(z=\left( 1+3\sin t \right)+\left( -2+3\cos t \right)i\).

Đặt \(P=2\left| z-4-i \right|+\left| z+5+8i \right|\). Khi đó:

\(\begin{align} & P=2\sqrt{{{\left( -3+3\sin t \right)}^{2}}+{{\left( -3+3\cos t \right)}^{2}}}+\sqrt{{{\left( 6+3\sin t \right)}^{2}}+{{\left( 6+3\cos t \right)}^{2}}} \\ & \,\,\,\,\,=6\sqrt{3-2\sin t-2\cos t}+3\sqrt{9+4\sin t+4\cos t}=6\sqrt{3-2\sqrt{2}\sin \left( t+\frac{\pi }{4} \right)}+3\sqrt{9+4\sqrt{2}\sin \left( t+\frac{\pi }{4} \right)} \\ \end{align}\)

Đặt \(u=\sin \left( t+\frac{\pi }{4} \right), u\in \left[ -1;1 \right]\).

Xét hàm số \(f\left( u \right)=6\sqrt{3-2\sqrt{2}u}+3\sqrt{9+4\sqrt{2}u}\) trên đoạn \(\left[ -1;1 \right]\)

\(f'\left( u \right)=\frac{-6\sqrt{2}}{\sqrt{3-2\sqrt{2}u}}+\frac{6\sqrt{2}}{\sqrt{9+4\sqrt{2}u}}\).

Cho \(f'\left( u \right)=0\Rightarrow u=\frac{-1}{\sqrt{2}}\in \left[ -1;1 \right]\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( u \right)\):

Do vậy giá trị lớn nhất của là \(9\sqrt 5 \). Dấu bằng xảy ra khi 

\(u = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \sin \left( {t + \frac{\pi }{4}} \right) = - \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \\ t = \pi + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in Z} \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} z = - 2 - 2i\\ z = 1 - 5i \end{array} \right.\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 1;-2;-1 \right)\), bán kính R=3.

Ta có: \(d\left( I,\left( \alpha  \right) \right) =\frac{\left| 2.1-\left( -2 \right)+2.\left( -1 \right)-14 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}} =4>R\), suy ra \(\left( \alpha  \right)\) không cắt quả cầu \(\left( S \right)\).
Vậy khoảng cách lớn nhất từ một điểm thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\) xuống mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là giao điểm của mặt cầu với đường thẳng qua tâm I và vuông góc với \(\left( \alpha  \right)\).

Gọi d là phương trình đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) nên có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 2t\\ y = - 2 - t\\ z = - 1 + 2t \end{array} \right.\)

Ta tìm giao điểm của d và (S). Xét hệ: \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 2t\\ y = - 2 - t\\ z = - 1 + 2t\\ {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 2z - 3 = 0 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 2t\\ y = - 2 - t\\ z = - 1 + 2t\\ {\left( {1 + 2t} \right)^2} + {\left( { - 2 - t} \right)^2} + {\left( { - 1 + 2t} \right)^2} - 2\left( {1 + 2t} \right) + 4\left( { - 2 - t} \right) + 2\left( { - 1 + 2t} \right) - 3 = 0 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 2t\\ y = - 2 - t\\ z = - 1 + 2t\\ 9{t^2} - 9 = 0 \end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} t = 1\\ x = 3\\ y = - 3\\ z = 1 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} t = - 1\\ x = - 1\\ y = - 1\\ z = - 3 \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Suy ra có hai giao điểm là \(M\left( {3; - 3;1} \right)\) và \(N\left( { - 1; - 1; - 3} \right)\).

Ta có: \(d\left( {M,\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| {2.3 - \left( { - 3} \right) + 2.1 - 14} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = 1\); \(d\left( {N,\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| {2.\left( { - 1} \right) - \left( { - 1} \right) + 2\left( { - 3} \right) - 14} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = 7\).
Suy ra \(H \equiv N\left( { - 1; - 1; - 3} \right)\). Từ đó a = -1; b = -1; c = -3.

Mặt khác, theo giả thiết A, B, C là hình chiếu của H xuống mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\,,\,\left( {Oyz} \right)\,,\,\left( {Ozx} \right)\).

Suy ra \(A\left( { - 1\,;\, - 1\,;\,0} \right),\,B\left( {0\,;\, - 1\,;\, - 3} \right),\,C\left( { - 1\,;\,0\,;\, - 3} \right)\).

Vậy \(S = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{{\sqrt {19} }}{2} \in \left( {2\,;\,3} \right)\).