Số cách sắp xếp là số hoán vị của tập có 5 phần tử: \({P_5} = 5! = 120\)

\({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}} \Rightarrow {u_7} = {u_1}.{q^6} \Rightarrow {q^6} = 64 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} q = 2\\ q = - 2 \end{array} \right.\)

Hàm số \(y=g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\)

Giá trị cực đại của hàm số là y=3 tại x=2.

Dựa vào bảng xét dấu, ta có:

\({f}'\left( x \right)\) đổi dấu 3 lần khi qua các điểm 1,3,4. Suy ra loại phương án A.

\({f}'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương khi qua điểm 1,4 và đổi dấu từ dương sang âm khi qua điểm 3. Suy ra hàm số có 2 điểm cực tiểu.

Ta có \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-4x+1}{2x-1}=-2\). Vậy đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y=-2.

Đồ thị đi qua \(M\left( 0;\,-3 \right)\), suy ra loại các phương án A, B, D.

Trục tung có phương trình: x=0. Thay x=0 vào \(y=-{{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+1\) được: y=1.

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

Theo công thức đạo hàm ta có \(y' = {3^x}\ln 3\)

\(\sqrt[4]{{{a^{\frac{2}{3}}}}} = {\left( {{a^{\frac{2}{3}}}} \right)^{\frac{1}{4}}} = {a^{\frac{2}{3}.\frac{1}{4}}} = {a^{\frac{1}{6}}} = \sqrt[6]{a}\)

Đk: \(x+1>0\Leftrightarrow x>-1\).

Ta có \({{\log }_{2}}\left( x+1 \right)=4\Leftrightarrow x+1={{2}^{4}}\Leftrightarrow x+1=16\Leftrightarrow x=15\).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x=15.

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l} 2x + 7 > 0\\ x - 1 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > - \frac{7}{2}\\ x > 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1\)

Ta có \({{\log }_{3}}\left( 2x+7 \right)-{{\log }_{3}}\left( x-1 \right)=2\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( 2x+7 \right)={{\log }_{3}}\left( x-1 \right)+2\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( 2x+7 \right)={{\log }_{3}}\left[ 9\left( x-1 \right) \right]\)

\(\Leftrightarrow 2x+7=9x-9\Leftrightarrow x=\frac{16}{7}\) (thỏa mãn điều kiện).

\(\int {f\left( x \right)dx}  =  - \frac{1}{2}{x^4} + \frac{1}{2}{x^2} - x + C\)

\(\int {f\left( x \right)dx}  = \int {\left( {\sin 2x - 3} \right)} dx = \frac{1}{2}\int {\sin 2x} d\left( {2x} \right) - 3\int {dx}  =  - \frac{1}{2}\cos 2x - 3x + C.\)

Ta có : 

+) \(\int\limits_{-1}^{2}{f(t)dt=}\int\limits_{-1}^{2}{f(x)dx=}9\).

+) Áp dụng công thức : \(\int\limits_{a}^{c}{f(x)dx}+\int\limits_{c}^{b}{f(x)dx=\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}}\,\,\,\,\,\,\,\left( a<c<b \right).\)

\(\int\limits_{-1}^{2}{f(x)dx}=\int\limits_{-1}^{1}{f(x)dx}+\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}\Rightarrow \int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}=\int\limits_{-1}^{2}{f(x)dx}-\int\limits_{-1}^{1}{f(x)dx}=9-7=2.\)

\(\int\limits_1^4 {\sqrt x dx} = \frac{1}{{2\sqrt x }}\left| \begin{array}{l} 4\\ 1 \end{array} \right. = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = - \frac{1}{4}.\)

Số phức liên hợp của số phức z=-7i là số phức \(\overline{z}=7i\) có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là điểm \(M\left( 0;\,7 \right).\)

\(z + {\rm{w}} = \left( {2 + 3} \right) + \left( { - 1 + 2} \right)i = 5 + i\)

Ta có \(\overline{z}=-2-3i\) nên điểm biểu diễn của \(\overline{z}\) là \(\left( -2;-3 \right)\).

Thể tích khối chóp là \(V = \frac{1}{3}.4.6 = 8\)

Thể tích khối hộp chữ nhật là V = 2.3.5 = 30

Công thức V của khối trụ có bán kính r và chiều cao h là \(V=\pi {{r}^{2}}h\).

Diện tích xung quanh của hình trụ đó là \(S = 2\pi rl = 2\pi .2.5 = 20\pi \)

Ta có \(3\overrightarrow{b}=\left( 6;3;0 \right), 2\overrightarrow{c}=\left( -6;2;2 \right)\).

Suy ra \(\vec{u}=\vec{a}+3\vec{b}-2\vec{c}=\left( -1+6-(-6);2+3-2;0+0-2 \right)=\left( 11;3;-2 \right)\).

Ta có a = 0;b = 1;c =  - 2;d =  - 2

Suy ra \(R = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} - \left( { - 2} \right)}  = \sqrt 7 \)

Ta có: \(\overrightarrow{AB}=\left( 3\,;\,1\,;\,-1 \right)\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua điểm \(A\left( -1\,;\,0\,;\,1 \right)\) và vuông góc với đường thẳng AB nên có 1 véc tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{AB}=\left( 3\,;\,1\,;\,-1 \right)\)

\(\Rightarrow \left( P \right):3\left( x+1 \right)+1\left( y-0 \right)-1\left( z-1 \right)=0\Leftrightarrow 3x+y-z+4=0\).

Đường thẳng \(d:\frac{x+2}{1}=\frac{y-1}{3}=\frac{z+7}{-5}\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{{{u}_{3}}}=\left( 1;3;\,-5 \right)\) cùng phương với các véc tơ \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( -1;-3;5 \right),\,\,\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 2;6;-10 \right)\).

Trong 3 bóng có 1 bóng hỏng.

Ta có \(n\left( \Omega  \right)=C_{12}^{3}=220\).

Gọi biến cố A : “Trong 3 bóng lấy ra có 1 bóng hỏng”.

Tính được \(n\left( A \right)=C_{4}^{1}.C_{8}^{2}=112\).

Vậy \(P(A)=\frac{112}{220}=\frac{28}{55}\).

Tâp xác định : \(D=\mathbb{R}\).

\({y}'=3{{x}^{2}}-6mx+3\left( 2m-1 \right)\)

Ta có: \({\Delta }'={{\left( -3m \right)}^{2}}-3.3.\left( 2m-1 \right)\).

 Để hàm số luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}\) thì \({\Delta }'\le 0\Leftrightarrow 9{{m}^{2}}-18m+9\le 0\)

\(\Leftrightarrow 9\left( {{m}^{2}}-2m+1 \right)\le 0\Leftrightarrow 9{{\left( m-1 \right)}^{2}}\le 0\Leftrightarrow m=1\).

Xét hàm số trên đoạn \([0\text{ }~\text{ };2]\). Hàm số liên tục trên \([0\text{ }~\text{ };2]\).

Ta có \(f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-14x+11\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1 \in \left[ {0;2} \right]\\ x = \frac{{11}}{3} \notin \left[ {0;2} \right] \end{array} \right.\)

Tính \(f\left( 0 \right)=-2;f\left( 1 \right)=3,f\left( 2 \right)=0\). Suy ra \(M=3,\ m=-2\Rightarrow 2M-5m=16\).

\({2^{{x^2} + 2x}} \le 8 \Leftrightarrow {2^{{x^2} + 2x}} \le {2^3} \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 \le 0 \Leftrightarrow  - 3 \le x \le 1\)

\(\begin{array}{l} \int\limits_1^2 {\left[ {3f\left( x \right) - 2x} \right]dx} = 6 \Leftrightarrow 3\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx - 2\int\limits_1^2 {xdx} } = 6 \Leftrightarrow 3\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx - 2.} \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_1^2 = 6\\ \Leftrightarrow 3\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx = 9 \Leftrightarrow } \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx = 3} . \end{array}\)

\(z.\left( 4-3i \right)=\left( 1+i \right)\left( 4-3i \right)=7+i\Rightarrow \left| z\left( 1+i \right) \right|=\sqrt{{{7}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}}=5\sqrt{2}.\)

Ta có \(CB\bot AB\) và \(CB\bot SA\) (vì \(SA\bot \left( ABCD \right)\)) , suy ra \(CB\bot \left( SAB \right)\) tại B.

Ta có \(\left\{ \begin{matrix} CB\bot \left( SAB \right) \\ B\in \left( SAB \right)\text{ } \\ S\in \left( SAB \right)\text{ } \\ \end{matrix} \right.\Rightarrow \) đường thẳng SB là hình chiếu vuông góc của đường thẳng SC trên mặt phẳng \(\left( SAB \right)\).

Suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( SAB \right)\) là \(\widehat{CSB}\).

Xét \(\Delta CSB\) vuông tại B, ta có

\(\tan \widehat{CSB}=\frac{BC}{SB}=\frac{AD}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( 2a\sqrt{2} \right)}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{CSB}=30{}^\circ \).

* Kẻ \(AH\bot A'B\Rightarrow AH\bot \left( A'BC \right)\Rightarrow d\left( A,\left( A'BC \right) \right)=AH\).

* Chứng minh \(AH\bot \left( A'BC \right)\), thật vậy

Ta có \(AH\bot A'B\) và \(AH\bot BC\) (vì \(BC\bot \left( ABB'A' \right)\)) , suy ra \(AH\bot \left( A'BC \right)\).

* Tính AH

Xét \(\Delta A'AB\) vuông tại A, ta có

\(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{AA{{'}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}=\frac{1}{9}+\frac{1}{4}=\frac{13}{36}\Rightarrow AH=\sqrt{\frac{36}{13}}=\frac{6\sqrt{13}}{13}.\)

Mặt cầu đường kính MN có tâm là trung điểm của đoạn thẳng MN. Suy ra tọa độ tâm mặt cầu là \(I\left( 0;3;-1 \right).\)

Bán kính mặt cầu: \(R=\frac{1}{2}MN=\frac{1}{2}\sqrt{16+4+16}=\frac{6}{2}=3.\)

Phương trình mặt cầu có tâm \(I\left( 0;3;-1 \right)\), bán kính R=3: \({{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=9.\)

Đường thẳng cần tìm nhận vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow{n}=\left( 1;-1;3 \right)\) làm một vectơ chỉ phương.

Phương trình tham số của đường thẳng cần tìm đi qua điểm \(A\left( 1;0;2 \right)\), nhận \(\overrightarrow{n}=\left( 1;-1;3 \right)\) là vec tơ chỉ phương là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + t\\ y = - t\\ z = 2 + 3t \end{array} \right..\)

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

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x + 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = \pm 3 \end{array} \right.\)

Dựa vào hình vẽ ta có bảng biến thiên

Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right)=2f\left( x \right)-{{\left( x+1 \right)}^{2}}\) trên đoạn \(\left[ -3;3 \right]\) là \(g\left( 1 \right)=2f\left( 1 \right)-4\).

\({{\left( 10x \right)}^{y+\frac{\log x}{10}}}\ge {{10}^{\frac{11}{10}\log x}}\Leftrightarrow \left( y+\frac{\log x}{10} \right)\log \left( 10x \right)\ge \frac{11}{10}\log x \Leftrightarrow \left( y+\frac{\log x}{10} \right)\left( 1+\log x \right)\ge \frac{11}{10}\log x\,\,\left( 1 \right)\).

Đặt \(\log x=t\). Ta có \(x\in \left( 1;100 \right)\Rightarrow \log x\in \left( 0;2 \right) t\in \left( 0;2 \right)\). Bất phương trình trở thành

\(\left( y+\frac{t}{10} \right)\left( t+1 \right)\ge \frac{11}{10}t\,\,\left( 2 \right)\Leftrightarrow y\left( t+1 \right)\ge \frac{-{{t}^{2}}+10t}{10} \Leftrightarrow \frac{-{{t}^{2}}+10t}{10\left( t+1 \right)}\le y\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)=\frac{-{{t}^{2}}+10t}{10\left( t+1 \right)}\) trên khoảng \(\left( 0;2 \right)\), ta có \({f}'\left( t \right)=\frac{-{{t}^{2}}-2t+10}{10{{\left( t+1 \right)}^{2}}}\)

\(\Rightarrow {f}'\left( t \right)>0,\,\,\forall t\in \left( 0;2 \right) \Rightarrow f\left( 0 \right)<f\left( t \right)<f\left( 2 \right),\,\,\forall t\in \left( 0;2 \right) \Leftrightarrow 0<f\left( t \right)<\frac{8}{15},\,\,\forall t\in \left( 0;2 \right)\).

Yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow \left( 2 \right)\) đúng với mọi \(t\in \left( 0;2 \right) \Leftrightarrow f\left( t \right)\le y,\,\,\forall t\in \left( 0;2 \right)\Leftrightarrow y\ge \frac{8}{15}\)

Kết hợp với điều kiện \(y\in \left[ -2021;2021 \right]\Rightarrow y\in \left[ \frac{8}{15};2021 \right]\).

Vậy có tất cả 2021 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do \(\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( 0 \right)=-2\) nên hàm số \(f\left( x \right)\)

Đặt \(t=\cos x\Rightarrow \text{d}t=-\sin x\text{d}x\)

Đổi cận: \(x=0\Rightarrow t=1; x=\pi \Rightarrow t=-1\).

Ta có:

\(\int\limits_{0}^{\pi }{\sin 2x.f\left( \text{cos}x \right)\text{d}x}=\int\limits_{0}^{\pi }{2\sin x.\text{cos}x.f\left( \text{cos}x \right)\text{d}x=-\int\limits_{1}^{-1}{2t.f\left( t \right)\text{d}t}}=2\int\limits_{-1}^{1}{t.f\left( t \right)\text{d}t}\)

\(=2\int\limits_{-1}^{0}{x.f\left( x \right)\text{d}x}+2\int\limits_{0}^{1}{x.f\left( x \right)\text{d}x=2\int\limits_{0}^{1}{x\left( {{x}^{2}}+4x-2 \right)\text{d}x}+2\int\limits_{-1}^{0}{x.\left( 2x-2 \right)\text{d}x}}\)

\( = 2\left( {\frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{4{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)\left| \begin{array}{l} 1\\ 0 \end{array} \right. + 4.\left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_{ - 1}^0 = \frac{7}{6} + \frac{{10}}{3} = \frac{9}{2}\)

Gọi z=x+yi với \(x,y\in \mathbb{R}\).

Ta có \(\left| z \right|=\sqrt{13}\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=13\,\,(1)\).

Mà \(\left( z-2i \right)\left( \overline{z}-4i \right)=\left( x+yi-2i \right)\left( x-yi-4i \right)=\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2y-8 \right)+(-6x).i\) là số thuần ảo khi \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2y-8=0\Rightarrow 13+2y-8=0\Rightarrow y=-\frac{5}{2}\).

Từ \(y=-\frac{5}{2}\) thay vào (1) ta được \(\left[ \begin{array}{l} x = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\\ x = - \frac{{3\sqrt 3 }}{2} \end{array} \right.\)

Vậy có 2 số phức thoả yêu cầu bài toán.

Vì \(SA\bot (ABCD)\) nên \(SA\bot BC\), do \(BC\bot AB\) nên \(BC\bot (SAB)\).

Ta có SB là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (SAB), do đó góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) là góc \(\widehat{CSB}={{30}^{{}^\circ }}\).

Trong tam giác SBC, ta có \(SB=BC.\cot {{30}^{{}^\circ }}=a\sqrt{3}.\sqrt{3}=3a\).

Trong tam giác SAB, ta có \(SA=\sqrt{S{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}=2a\sqrt{2}\).

Vậy \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SA.AB.BC=\frac{1}{3}2a\sqrt{2}.a.a\sqrt{3}=\frac{2{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}\)

Gọi r là bán kính đáy của hình trụ. Khi đó: \(\frac{6}{\sin {{120}^{0}}}=2r\Leftrightarrow r=2\sqrt{3}.\)

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác, ta có góc ở tâm của cung này bằng \({{120}^{0}}\).

Và độ dài cung này bằng \(\frac{1}{3}\) chu vi đường tròn đáy.

Suy ra diện tích của mái vòm bằng \(\frac{1}{3}{{S}_{xq}}\), (với \({{S}_{xq}}\) là diện tích xung quanh của hình trụ).

Do đó, giá tiền của mái vòm là

\(\frac{1}{3}{{S}_{xq}}.300.000=\frac{1}{3}.\left( 2\pi rl \right).300.000=\frac{1}{3}.\left( 2\pi .2\sqrt{3}.5 \right).300.000\simeq 10882796,19.\)

Mặt cầu \(\left( S \right):{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-5 \right)}^{2}}=36,\) có tâm \(I\left( 3;2;5 \right)\) và bán kính R=6.

Ta có: \(\overrightarrow{EI}=\left( 1;1;2 \right)\Rightarrow EI=\left| \overrightarrow{EI} \right|=\sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}+{{2}^{2}}}=\sqrt{6}<6=R.\) Do đó điểm E nằm trong mặt cầu \(\left( S \right).\)

Ta lại có: \(E\in \left( P \right)và \left\{ \begin{align} & E\in \Delta \\ & \Delta \subset \left( P \right) \\ \end{align} \right.\) nên giao điểm của \(\left( \Delta  \right)\) và \(\left( S \right)\) nằm trên đường tròn giao tuyến \(\left( C \right)\) tâm K của mặt phẳng \(\left( P \right)\) và mặt cầu \(\left( S \right)\), trong đó K là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng \(\left( P \right).\)

Giả sử \(\Delta \cap \left( S \right)=\left\{ A;B \right\}\). Độ dài AB nhỏ nhất khi và chỉ khi \(d\left( K\,,\,\Delta  \right)\) lớn nhất.

Gọi F là hình chiếu của K trên \(\left( \Delta  \right)\) khi đó \(d\left( K;\Delta  \right)=KF\le KE\).

Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi \(F\equiv E.\)

Ta có \(\left\{ \begin{align} & IK\bot \left( P \right) \\ & KE\bot \Delta \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & IK\bot \Delta \\ & KE\bot \Delta \\ \end{align} \right.\Rightarrow IE\bot \Delta \).

Ta có: \(\left[ {{{\vec{n}}}_{\left( P \right)}}\,,\,\overrightarrow{EI} \right]=\left( 5\,;\,-5\,;\,0 \right)\), cùng phương với \(\vec{u}=\left( 1\,;\,-1\,;\,0 \right)\).

Vì \(\left\{ \begin{align} & \Delta \subset \left( P \right) \\ & \Delta \bot IE \\ \end{align} \right.\) nên \(\Delta \) có một vectơ chỉ phương là \(\vec{u}=\left( 1\,;\,-1\,;\,0 \right)\).

Suy ra phương trình đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{align} & x=2+t \\ & y=1-t \\ & z=3 \\ \end{align} \right.\).

Ta có \(g\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}-\left| x \right| \right)=f\left( {{\left| x \right|}^{2}}-\left| x \right| \right)\). Số điểm cực trị của hàm số \(f\left( \left| x \right| \right)\) bằng hai lần số điểm cực trị dương của hàm số \(f\left( x \right)\) cộng thêm 1.

Xét hàm số

\(h\left( x \right) = f\left( {{x^2} - x} \right) \Rightarrow h'\left( x \right) = \left( {2x - 1} \right)f'\left( {{x^2} - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{1}{2}\\ {x^2} - x = - 1\\ {x^2} - x = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{1}{2}\\ x = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2} \end{array} \right.\).

Bảng xét dấu hàm số \(h\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}-x \right)\)

Hàm số \(h\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}-x \right)\) có 2 điểm cực trị dương, vậy hàm số \(g\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}-\left| x \right| \right)=f\left( {{\left| x \right|}^{2}}-\left| x \right| \right)\) có 5 điểm cực trị.

Đặt: \(t={{\log }_{7}}\left( 6x-m \right)\Leftrightarrow 6x-m={{7}^{t}}\Leftrightarrow 6x-{{7}^{t}}=m\). Khi đó phương trình trở thành \({{7}^{x}}+\left( 6x-{{7}^{t}} \right)=6t\Leftrightarrow {{7}^{x}}+6x={{7}^{t}}+6t\Leftrightarrow x=t\).

Khi đó ta có PT: \(6x-{{7}^{x}}=m\). Xét hàm số \(f\left( x \right)=6x-{{7}^{x}};\ x\in \mathbb{R}\)

Có \(f'\left( x \right)=6-{{7}^{x}}\ln 7\Rightarrow f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x={{\log }_{7}}\frac{6}{\ln 7}={{x}_{0}}\).

Ta có BBT

Từ BBT ta thấy PT có nghiệm

\(m\le y\left( {{x}_{0}} \right)=6{{\log }_{7}}\frac{6}{\ln 7}-{{7}^{{{\log }_{7}}\frac{6}{\ln 7}}}\approx 0,389\);

Mà \(m\in \left( -20;20 \right);m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{ -19;-18;...;0 \right\}\)

Rõ ràng kết quả bài toán không đổi khi ta tịnh tiến đồ thị sang trái sao cho \({{x}_{2}}=0\).

Gọi \(g(x)=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+c\), ta có hàm số g(x) là chẵn và có 3 điểm cực trị tương ứng là \(-2;\,0;\,\,2\) là các nghiệm của phương trình \(4a{{x}^{3}}+2bx=0\).

Dựa vào đồ thị g(x), ta có g(0)=0. Từ đó suy ra \(g(x)=a({{x}^{4}}-8{{x}^{2}})\) với a>0.

Do tính đối xứng của hàm trùng phương nên diện tích hình chữ nhật bằng \(2{{S}_{1}}+{{S}_{2}}=\left| g(2) \right|.4=64a\)

Ta có \({{S}_{1}}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số g(x), trục hoành, đường thẳng \(x=-2,\,\,x=0\). \({{S}_{1}}=\int\limits_{-2}^{0}{\left| g(x) \right|\text{d}x}=a\int\limits_{-2}^{0}{\left| {{x}^{4}}-8{{x}^{2}} \right|\text{d}x}=\frac{224a}{15}\). Suy ra \({{S}_{2}}=64a-2.\frac{224a}{15}=\frac{512a}{15}\).

Vậy \(\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\frac{224}{512}=\frac{7}{16}\).

Đặt \({{z}_{1}}={{x}_{1}}+{{y}_{1}}i \left( {{x}_{1}},{{y}_{1}}\in \mathbb{R} \right)\)

\(\left| {{z}_{1}}+1-4i \right|=2\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+1 \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{1}}-4 \right)}^{2}}=4\)

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức \({{z}_{1}}\) là đường tròn \(\left( {{C}_{1}} \right):{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}=4\) có tâm \({{I}_{1}}\left( -1\,;4 \right)\), bán kính \({{R}_{1}}=2\)

Đặt \({{z}_{2}}={{x}_{2}}+{{y}_{2}}i \left( {{x}_{2}},{{y}_{2}}\in \mathbb{R} \right)\)

\(\left| {{z}_{2}}-4-6i \right|=1\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{2}}-4 \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-6 \right)}^{2}}=1\).

Vậy tập hợp điểm N biểu diễn số phức \({{z}_{2}}\)  là đường tròn \(\left( {{C}_{2}} \right):{{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{\left( y-6 \right)}^{2}}=1\) có tâm \({{I}_{2}}\left( 4\,;6 \right)\), bán kính \({{R}_{2}}=1\)

Đặt \({{z}_{3}}={{x}_{3}}+{{y}_{3}}i \left( {{x}_{3}},{{y}_{3}}\in \mathbb{R} \right)\).

\(\left| {{z}_{3}}-1 \right|=\left| {{z}_{3}}-2+i \right|\Leftrightarrow {{x}_{3}}-{{y}_{3}}-2=0\).

Vậy tập hợp điểm A biểu diễn số phức \({{z}_{3}}\) là đường thẳng d:x-y-2=0.

Khi đó: \(P=\left| {{z}_{3}}-{{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{3}}-{{z}_{2}} \right|=AM+AN\)

Mặt khác, \(d\left( {{I}_{1}},d\, \right)=\frac{\sqrt{14}}{2}>{{R}_{1}}\,;\,\,d\left( {{I}_{2}},d\, \right)=2\sqrt{2}>{{R}_{2}}\) và \({{I}_{1}},\,{{I}_{2}}\) nằm cùng phía đối với d.

Gọi \(\left( {{{{C}'}}_{2}} \right)\) là đường tròn đối xứng với với \(\left( {{C}_{2}} \right)\) qua d, suy ra \(\left( {{{{C}'}}_{2}} \right):{{\left( x-8 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}=1\) và gọi \({N}'\) là điểm đối xứng với N qua d. \(\left( {{{{C}'}}_{2}} \right)\) có tâm \({{{I}'}_{2}}\left( 8\,;2 \right)\), bán kính \({{{R}'}_{2}}=1\).

Ta có:

\(AM+M{{I}_{1}}\ge A{{I}_{1}}\Rightarrow AM\ge A{{I}_{1}}-M{{I}_{1}}=A{{I}_{1}}-2\).

\(AN+N{{I}_{2}}=A{N}'+{N}'{{{I}'}_{2}}\ge A{{{I}'}_{2}}\Rightarrow A{N}'\ge A{{{I}'}_{2}}-{N}'{{{I}'}_{2}}=A{{{I}'}_{2}}-1\).

Suy ra \(P=AM+AN=AM+A{N}'\ge A{{I}_{1}}+A{{{I}'}_{2}}-3\ge {{I}_{1}}{{{I}'}_{2}}-3=\sqrt{85}-3\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 điểm \({{I}_{1}},\,A,\,{{{I}'}_{2}}\) thẳng hàng.

Vậy \(\min P=\sqrt{85}-3\).           

Mặt cầu đường kính AB có tâm \(I\left( 2;2;-2 \right)\) và bán kính bằng 3.

Gọi \(x,\left( 0<x<3 \right)\) là bán kính đáy của \(\left( T \right)\), khi đó \(\left( T \right)\) có chiều cao bằng \(h=2\sqrt{9-{{x}^{2}}}\), do đó thể tích của \(\left( T \right)\) bằng

\(V=2\pi {{x}^{2}}\sqrt{9-{{x}^{2}}}=4\pi .\sqrt{\frac{{{x}^{2}}}{2}.\frac{{{x}^{2}}}{2}.\left( 9-{{x}^{2}} \right)}\le 4\pi \sqrt{{{\left( \frac{\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{{{x}^{2}}}{2}+\left( 9-{{x}^{2}} \right)}{3} \right)}^{3}}}=12\pi \sqrt{3}\).

\(\left( T \right)$\) có thể tích lớn nhất bằng \({{V}_{\max }}=12\pi \sqrt{3}\) khi \(x=\sqrt{6}\).

Khi đó gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa đường tròn đáy của \(\left( T \right), \left( P \right)\) có phương trình tổng quát dạng x+2y-2z+d=0. Khoảng cách từ tâm \(I\left( 2;2;-2 \right)\) đến \(\left( P \right)\) bằng \(\sqrt{3}\) nên

\(\frac{{\left| {2 + 2.2 - 2.\left( { - 2} \right) + d} \right|}}{3} = \sqrt 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} d = 3\sqrt 3 - 10\\ d = - 3\sqrt 3 - 10 \end{array} \right.\)

Vậy \(b + c + {d_1} + {d_2} = 2 - 2 + 3\sqrt 3 - 10 - 3\sqrt 3 - 10 = - 20\)