Diện tích cần tính là \({{S}_{tp}}=2\pi Rh+2\pi {{R}^{2}}=20\pi \)

Ta có \({{4}^{2x-4}}=16={{4}^{2}}\Leftrightarrow 2x-4=2\Leftrightarrow x=3\).

Hàm số f(x) đồng biến trên \((-\infty ;1)\).

Ta có \(\int\limits_{0}^{2}{{f}'(x)d\text{x}}=\left. f(x) \right|_{0}^{2}=f(2)-f(0)=3\).

Ta có \(z=\frac{1-2i}{1-i}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}i\Rightarrow \left| z \right|=\sqrt{{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2}}+{{\left( -\frac{1}{2} \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{10}}{2}\).

Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên \(\left[ -1;3 \right]\).

Ta có \({y}'=\frac{11}{{{(x+5)}^{2}}}>0,\forall x\in (-1;3)\Rightarrow {{\max }_{\left[ -1;3 \right]}}y=y(3)=\frac{5}{8}\).

Ta có \({{\log }_{2}}\left( 1-x \right)\le 1\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 1-x>0 \\ & 1-x\le 2 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow -1\le x<1\)

Vậy \(S=\left[ -1;1 \right)\).

Vì \(\Delta \) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=\left( 4;-6;2 \right)\) nên \(\Delta \) cũng nhận vec tơ \(\frac{1}{2}\overrightarrow{a}=\left( 2;-3;1 \right)\) làm vectơ chỉ phương. Do đó phương trình tham số của \(\Delta \) là \(\left\{ \begin{align} & x=2+2t \\ & y=-3t \\ & z=-1+t \\ \end{align} \right.\)

Ta có \(\int{\sin 5\text{xdx}}=-\frac{\cos 5x}{5}+C\).

Đạt cực tiểu tại \(x=1.\) ⇒ SAI

Mỗi cách chọn và sắp thứ tự ba chữ số khác nhau ta thu được một số tự nhiên thoả mãn yêu cầu đề bài. Do tập hợp ban đầu cho có 6 chữ số nên số tự nhiên lập được theo yêu cầu đề bài là \(A_{6}^{3}.\)

\(P={{x}^{\frac{3}{4}}}.\)

Ta có \({{S}_{5}}=\frac{{{u}_{1}}(1-{{q}^{5}})}{1-q}=682\).

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

\(\Delta = {(1 - 2i)^2} + 4(1 + i) = 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} 1{\rm{z}} = \frac{{ - 1 + 2i + 1}}{2} = i\\ z = \frac{{ - 1 + 2i - 1}}{2} = - 1 + i \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|=\left| i \right|+\left| -1+i \right|=1+\sqrt{2}\).

Ta có \(A(-2;1),\text{ }B(1;3)\).

Trung điểm của đoạn thẳng AB là \(I\left( \frac{-2+1}{2};\frac{1+3}{2} \right)\Rightarrow I\left( -\frac{1}{2};2 \right)\).

Điểm I biểu diễn số phức \(-\frac{1}{2}+2i\).

Ta có \(y(2)=0\Rightarrow \) Loại A, B, C

Ta có \(A{{{C}'}^{2}}=A{{C}^{2}}+C{{{C}'}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{{C}'}^{2}}=3\text{A}{{B}^{2}}\)

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

\(\Rightarrow {{V}_{ABC\text{D}.{A}'{B}'{C}'{D}'}}=A{{B}^{3}}=8{{\text{a}}^{3}}\).

\(I=\int\limits_{0}^{1}{{{e}^{x+1}}}dx\) = \(e-{{e}^{2}}.\)

Ta có \(A{A}'\bot \left( ABC \right)\Rightarrow \widehat{{A}'C;\left( ABC \right)}=\widehat{\left( {A}'C;AC \right)}=\widehat{{A}'CA}={{45}^{0}}\)

Suy ra tam giác \({A}'AC\) vuông cân tại \(A\Rightarrow A{A}'=AC=a\)

Tam giác ABC có diện tích là \({{S}_{\text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\)

Vậy thể tích cần tính là \(V=A{A}'.{{S}_{\text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }ABC}}=a.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}.\)

Ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=2\Rightarrow \) TCN: \(y=2\) và \(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty \Rightarrow \) tiệm cận đứng \(x=1\).

\(\overrightarrow u = \overrightarrow v \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2m - n = 3\\ 1 - n = - 4\\ m + 1 = 5 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m = 4\\ n = 5 \end{array} \right. \Rightarrow m + n = 9\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} CB \bot AB\\ CB \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow CB \bot (SAB) \Rightarrow CB \bot SB\)

Từ \(\left\{ \begin{array}{l} (SBC) \cap (ABC{\rm{D}}) = BC\\ BC \bot SB;BC \bot AB\\ SB \subset (SBC);{\rm{ }}AB \subset (ABC{\rm{D}}) \end{array} \right. \Rightarrow \left( {(SB\widehat {C);(AB}CD)} \right) = \widehat {SBA}\)

\(\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a}{a}=1\Rightarrow \widehat{SBA}=45{}^\circ \).

Đường thẳng d có một VTCP là \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=(2;-3;0)\).

Đường thẳng Δ có một VTCP là \(\overrightarrow{{{u}_{2}}}=(1;m;-2)\).

YCBT \(\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{1}}}.\overrightarrow{{{u}_{2}}}=0\Leftrightarrow 2-3m+0=0\Leftrightarrow m=\frac{2}{3}\), thỏa mãn \(m\ne 0\).

Ta có \(y={{\log }_{\frac{3}{4}}}\left| x \right|\Rightarrow {y}'=\frac{1}{x\ln \frac{3}{4}}=\frac{1}{x(\ln 3-\ln 4)}=\frac{1}{x(\ln 3-2\ln 2)}\).

Dễ thấy \(A\left( 2;0;0 \right),\,B\left( 0;4;0 \right),\,C\left( 0;0;6 \right)\)

Do đó \(\left( ABC \right):\frac{x}{2}+\frac{y}{4}+\frac{z}{6}=1\Leftrightarrow 6x+3y+2z-12=0\).

Mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right):2x-y+2z-3=0\)

Do đó mặt cầu (S) có bán kính \(R=d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2.0-1+2.\left( -1 \right)-3 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=2\)

Mặt cầu (S) có tâm \(I\left( 0;1;-1 \right)\Rightarrow \left( S \right):{{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=4\).

Ta có \(2\left| f(x) \right|-3=0\Leftrightarrow f(x)=\pm \frac{3}{2}\).

Phương trình \(f(x)=\frac{3}{2}\) có đúng 3 nghiệm phân biệt.

Phương trình \(f(x)=-\frac{3}{2}\) có đúng 3 nghiệm phân biệt.

Các nghiệm trên không trùng nhau.

Vậy \(2\left| f(x) \right|-3=0\) có đúng 6 nghiệm phân biệt.

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} + x} \right){\left( {x - 2} \right)^2}.\left( {{2^x} - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^2} + x = 0\\ {\left( {x - 2} \right)^2} = 0\\ {2^x} - 4 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - 1\\ x = 2 \end{array} \right.\)

Nhận thấy \(x=2\) là nghiệm bội ba nên \(f'\left( x \right)\) vẫn đổi dấu khi qua \(x=2\). Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị

\(\begin{align} & y=\sqrt{x+1}=\frac{2}{2}\Rightarrow x=0 \\ & y=\sqrt{x+1}=\frac{4}{2}\Rightarrow x=3 \\ \end{align}\)

Thể tích cần tìm là:

\(V=\pi \int\limits_{0}^{3}{{{\left( \sqrt{x+1} \right)}^{2}}dx=\pi \int\limits_{0}^{3}{\left( x+1 \right)dx=\frac{1}{2}\pi {{\left( x+1 \right)}^{2}}}}\left| \begin{align} & ^{3} \\ & _{0} \\ \end{align} \right.=\frac{1}{2}\pi \left( {{4}^{2}}-{{1}^{2}} \right)=\frac{15}{2}\pi \left( d{{m}^{3}} \right)\)

Ta có \(F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)dx=\int{{{x}^{2}}{{e}^{ax}}dx.}}\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = {x^2}\\ dv = {e^{ax}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = 2xdx\\ v = \frac{1}{a}{e^{ax}} \end{array} \right..\)

\(F\left( x \right)=\frac{1}{a}{{x}^{2}}{{e}^{ax}}-\frac{2}{a}\int{x}{{e}^{ax}}dx=\frac{1}{a}{{x}^{2}}{{e}^{ax}}-\frac{2}{a}{{F}_{1}}\left( x \right)\) với \({{F}_{1}}\left( x \right)=\int{x}{{e}^{ax}}dx\).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} {u_1} = x\\ d{v_1} = {e^{ax}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} d{u_1} = dx\\ {v_1} = \frac{1}{a}{e^{ax}} \end{array} \right..\)

Ta có \({{F}_{1}}\left( x \right)=\frac{1}{a}x{{e}^{ax}}-\frac{1}{a}\int{{{e}^{ax}}dx}=\frac{1}{a}x{{e}^{ax}}-\frac{1}{{{a}^{2}}}{{e}^{ax}}+{{C}_{1}}.\)

Vậy \(F\left( x \right)=\frac{1}{a}{{x}^{2}}{{e}^{ax}}-\frac{2}{a}\left( \frac{1}{a}x{{e}^{ax}}-\frac{1}{{{a}^{2}}}{{e}^{ax}}+{{C}_{1}} \right)=\frac{1}{a}{{x}^{2}}{{e}^{ax}}-\frac{2}{{{a}^{2}}}x{{e}^{ax}}+\frac{2}{{{a}^{3}}}{{e}^{ax}}+C.\)

Khi đó \(F\left( \frac{1}{a} \right)=F\left( 0 \right)+1\Leftrightarrow \frac{1}{{{a}^{3}}}e-\frac{2}{{{a}^{3}}}e+\frac{2}{{{a}^{3}}}e+C=\frac{2}{{{a}^{3}}}+C+1\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{{{a}^{3}}}e=\frac{2}{{{a}^{3}}}+1\Leftrightarrow e=2+{{a}^{3}}\Leftrightarrow {{a}^{3}}=e-2\Leftrightarrow a=\sqrt[3]{e-2}\approx 0,896\)

Kẻ \(ID\bot AB\) nên \(\left( \widehat{\left( SAB \right);\left( ABC \right)} \right)=\widehat{SDI}=45{}^\circ \)

Do đó \(ID=SI=r=h\) (tam giác SDI vuông cân)

Lại có \({{S}_{\Delta ABC}}=p.r\Rightarrow r=\frac{{{S}_{\Delta ABC}}}{p}\)

Mà \(p=16a,\,{{S}_{\Delta ABC}}=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}=48{{a}^{2}}\)

Suy ra r=3a. Vậy \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi {{\left( 3a \right)}^{3}}=9\pi {{a}^{3}}\).

Ta có \(A\text{D // BC}\Rightarrow \text{AD // }(SBC)\Rightarrow d(A\text{D};SC)=d\left( A;(SBC) \right)\).

Kẻ \(AP\bot SB\Rightarrow d\left( A;(SBC) \right)=AP\Rightarrow d(A\text{D};SC)=AP\)

Ta có \(\frac{1}{A{{P}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}\). Cạnh \(AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\frac{a}{2}\).

Lại có \(\left( SB;\widehat{(AB}CD) \right)=\widehat{SBA}=60{}^\circ \)

\(\Rightarrow \tan 60{}^\circ =\frac{SA}{AB}\Rightarrow SA=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AP=\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \({{d}_{1}}:x=1\) và tiệm cận ngang \({{d}_{2}}:y=2.\)

Ta có \(M\in \left( C \right)\Rightarrow M\left( t;\frac{2t-1}{t-1} \right)\Rightarrow M\left( t;2+\frac{1}{t-1} \right)\) \(\left( t>0,t\ne 1 \right).\)

Bài ra có \(d\left( M;{{d}_{1}} \right)=d\left( M;{{d}_{2}} \right)\Rightarrow \left| t-1 \right|=\left| 2+\frac{1}{t-1}-2 \right|\Leftrightarrow \left| t-1 \right|=\left| \frac{1}{t-1} \right|\)

\(\Leftrightarrow {{\left( t-1 \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=0 \\ & t=2 \\ \end{align} \right.\Rightarrow t=2\) thỏa mãn \(\Rightarrow M\left( 2;3 \right)\Rightarrow a+b=5.\)

Gọi \(M = d \cap \left( P \right)\)

Ta có \(d:\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + t\\ y = - 1 + t\\ z = 3 - t \end{array} \right.\left( {t \in R} \right) \Rightarrow M\left( {t + 1;t - 1;3 - t} \right).\)

Điểm \(M\in \left( P \right)\Rightarrow 2\left( t+1 \right)-5\left( t-1 \right)-\left( 3-t \right)=0\Rightarrow -2t+4=0\Leftrightarrow t=2\Rightarrow M\left( 3;1;1 \right).\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một VTPT là \(\overrightarrow{n}=\left( 2;-5;-1 \right)\) là một VTCP.

Kết hợp với \(\Delta \) qua \)M\left( 3;1;1 \right)\Rightarrow \Delta :\frac{x-3}{2}=\frac{y-1}{-5}=\frac{z-1}{-1}.\)

Gọi thể tích bình là V và thể tích trong bình là \({{V}_{1}}\), thể tích quả cầu A là \({{V}_{0}}=\frac{4\pi }{3}{{r}^{3}}\), thể tích quả cầu B là \(\frac{4\pi }{3}{{\left( 2r \right)}^{3}}=8.\frac{4\pi }{3}.{{r}^{3}}=8{{V}_{0}}\)

Khi ta thả quả cầu A vào bình nước và nước bị tràn ra 2 lít, suy ra: \({{V}_{1}}+{{V}_{0}}=V+2\)\(\left( 1 \right)\)

Khi ta thả quả cầu B vào thì: \(\left( V-2 \right)+8{{V}_{0}}=V+7\)\(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)suy ra: \({{V}_{0}}=1\,l\acute{i}t=\frac{4\pi }{3}{{r}^{3}}=1\left( d{{m}^{3}} \right)\Rightarrow r=\sqrt[3]{\frac{3}{4\pi }}\left( dm \right)\)

Đặt \(z=x+yi\text{ }(x,y\in \mathbb{R})\)

Ta có \(\left| z-3i \right|=\left| 1-i.\overline{z} \right|\Leftrightarrow \left| x+yi-3i \right|=\left| 1-i.(x+yi) \right|\Leftrightarrow \left| x+(y-3)i \right|=\left| 1+y-xi \right|\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{{{(x-3)}^{2}}+{{y}^{2}}}=\sqrt{{{(1+y)}^{2}}+{{(-x)}^{2}}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-6y+9={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2y+1\Leftrightarrow y=2\)

Lại có \(z-\frac{9}{z}=x+2i-\frac{9}{x+2i}=x+2i-\frac{9(x-2i)}{(x+2i)(x-2i)}=x+2i-\frac{9\text{x}-18i}{{{x}^{2}}+4}\)

Vì \(z-\frac{9}{z}\) là số thuần ảo \( \Rightarrow x - \frac{{9{\rm{x}}}}{{{x^2} + 4}} = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 5{\rm{x}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \pm \sqrt 5 \end{array} \right.\).

Vậy có tất cả 3 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có \(H\left( 0;3 \right),M\left( {{x}_{M}};3 \right),N\left( {{x}_{N}};3 \right);\overrightarrow{HM}=2\overrightarrow{MN}\Rightarrow {{x}_{M}}=2\left( {{x}_{N}}-{{x}_{M}} \right)\Rightarrow 3{{x}_{M}}=2{{x}_{N}}.\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l} {a^{{x_M}}} = 3\\ {b^{{x_N}}} = 3 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_M} = {\log _a}3\\ {x_N} = {\log _b}3 \end{array} \right. \Rightarrow 3{\log _a}3 = 2{\log _b}3 \Rightarrow \frac{3}{{{{\log }_3}a}} = \frac{2}{{{{\log }_3}b}}\)

\(\Rightarrow 2{{\log }_{3}}a=3{{\log }_{3}}b\Rightarrow {{\log }_{3}}{{a}^{2}}={{\log }_{3}}{{b}^{3}}\Rightarrow {{a}^{2}}={{b}^{3}}.\)

Ta có \(-2 \le 2\sin x \ge 2\) nên từ đồ thị ta có: \(-4 \le f(2\sin x) \ge 4\) ⇒ \(-5 \le f(2\sin x) -1\ge 3\)

Do đó \(0 \le |f(2\sin x) -1|\ge 5\) ⇒ M = 5; m = 0 ⇒ M + m = 5

Có tất cả \(9.10.10.10.10.10.10={{9.10}^{6}}\) số tự nhiên có 7 chữ số.

Ta có \(\overline{abc\text{d}efg}\vdots 9\Leftrightarrow (a+b+c+d+e+f+g)\vdots 9\). Các số lẻ chia hết cho 9 là 1000017, 1000035, 1000053,…, 9999999.

Đây là một cấp số cộng có \({{u}_{1}}=1000017\) và công sai \)d=18\).

Số phần tử của dãy này là \(\frac{9999999-1000017}{18}+1=500000\).

Vậy xác suất cần tìm là \(\frac{500000}{{{9.10}^{6}}}=\frac{1}{18}\).

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=\left( 1;1;1 \right)\)

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần tìm và \(A=\Delta \cap d,\,B=\Delta \cap d'\)

Vì \(A\in d,\,B\in d'\) nên gọi \(A\left( -1-2t;\,t;\,-1+3t \right)\) và \(B\left( 2+t';\,-1+2t';\,-2t' \right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( t'+2t+3;2t'-t-1;-2t'-3t+1 \right)\)

Do \(\Delta \bot \left( P \right)\) nên \(\overrightarrow{AB},\,\overrightarrow{n}\) cùng phương \(\Leftrightarrow \frac{t'+2t+3}{1}=\frac{2t'-t-1}{1}=\frac{-2t'+3t+1}{1}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3t - t' = - 4\\ 2t + 4t' = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = - 1\\ t' = 1 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} A\left( {1; - 1; - 4} \right)\\ B\left( {3;1; - 2} \right) \end{array} \right.\)

Đường thẳng Δ đi qua điểm B và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{n}=\left( 1;1;1 \right)\) nên có phương trình \(\frac{x-3}{1}=\frac{y-1}{1}=\frac{z+2}{1}\)

Ta có \(A(-1;a-b+c-1)\)và \(y'=3{{x}^{2}}+2ax+b\Rightarrow y'(-1)=3-2a+b\)

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A: \(y=(3-2a+b)(x+1)+a-b+c-1\,\,\,(d)\)

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là:

\({{x}^{3}}+a{{x}^{2}}+bx+c=(3-2a+b)(x+1)+a-b+c-1\,\,\,(1)\)

Phương trình (1) có nghiệm \(x=-1;x=2\Leftrightarrow 4a+2b+c+8=3(3-2a+b)+a-b+c-19a=0\Leftrightarrow a=0\)

Suy ra \(\left( C \right):y={{x}^{3}}+bx+c\) và \(d:y=\left( 3+b \right)\left( x+1 \right)-b+c-1\)

Diện tích hình phẳng là: \(S=\int\limits_{-1}^{2}{\left[ (3+b)(x+1)-b+c-1-\left( {{x}^{3}}+bx+c \right) \right]}dx=\int\limits_{-1}^{2}{(3x-{{x}^{3}}+2})dx=\frac{27}{4}\)

TH1. Khi \(x>1\) hàm số là nhị thức bậc nhất và không có cực trị

TH2. Khi \(x<1\) hàm số có tối đa 1 điểm cực trị (cụ thể là điểm cực tiểu tại \(x=m\))

TH3. Khi \(x=1\) hàm số có thể có 1 điểm cực trị

TH4. Hình minh họa:

Suy ra hàm số phải liên tục tại điểm \(x=1\), đạt cực trị tại \(x=m<1\), hệ số góc \(n<0\)

Suy ra: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {m < 1}\\ {\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)}\\ {n < 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {m < 1}\\ {n + 10 = 4 - 2m}\\ {n < 0} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {m < 1}\\ {n = - 6 - 2m < 0}\\ {n < 0} \end{array}} \right.} \right.\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {n < 0}\\ { - 3 < m < 1} \end{array}} \right.\)

Suy ra các giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn là \(m=\left\{ -2;-1;0 \right\}\). Có 3 giá trị nguyên thỏa mãn

Ta có \({g}'(x)=f(2x-1)+2\text{x}.{f}'(2\text{x}-1)\Rightarrow {g}'(1)=f(1)+2{f}'(1)\).

\({{d}_{1}}\) có hệ số góc là \({f}'(1)\) và \({{d}_{2}}\) có hệ số góc là \({g}'(1)=f(1)+2{f}'(1)\).

Mà \({{d}_{1}}\bot {{d}_{2}}\Rightarrow {f}'(1).{g}'(1)=-1\Leftrightarrow {f}'(1).\left[ f(1)+2{f}'(1) \right]=-1\Rightarrow f(1)=\frac{-2{{\left[ {f}'(1) \right]}^{2}}-1}{{f}'(1)}\)

\(\Rightarrow \left| f(1) \right|=\left| \frac{2{{\left[ {f}'(1) \right]}^{2}}+1}{{f}'(1)} \right|=\frac{2{{\left[ {f}'(1) \right]}^{2}}+1}{\left| {f}'(1) \right|}\ge \frac{2\sqrt{2{{\left[ {f}'(1) \right]}^{2}}.1}}{\left| {f}'(1) \right|}=2\sqrt{2}\).

Điều kiện \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x > - 1}\\ {6{x^2} + 12x + m - 1 > 0} \end{array}} \right.\) (*)

BPT\(\Leftrightarrow 1+\log \left( 6{{x}^{2}}+12x+m-1 \right)>1+\log {{\left( x+1 \right)}^{3}}\)\(\Leftrightarrow \log \left( 6{{x}^{2}}+12x+m-1 \right)>\log {{\left( x+1 \right)}^{3}}\)

\(\left( 6{{x}^{2}}+12x+m-1 \right)>{{\left( x+1 \right)}^{3}}\)\(\Rightarrow \) Hệ điều kiện \(\left( * \right)\) trở thành \(x>-1\)

\(\Leftrightarrow 6{{x}^{2}}+12x+m-1>{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+3x+1\Leftrightarrow m-2>{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-9x=f\left( x \right)\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra điều kiện \(-11<m-2\le 0\Leftrightarrow -9<m\le 2\Rightarrow -8\le m\le 2\)

Suy ra có 11 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán

Từ đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) suy ra \(f'\left( x \right)>0,\forall x\in \left( 0;+\infty  \right)\)

Do đó, \(f'\left( {{x}^{2}} \right)>0,\forall x\in \left( 0;+\infty  \right)\)

Xét hàm số \(h\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}} \right)-mx;h'\left( x \right)=2x.f'\left( {{x}^{2}} \right)-m\).

Với \(x<0,h'(x)<0\Rightarrow \) Phương trình \(h'\left( x \right)=0\) vô nghiệm.

Với \(x\ge 0\) ta có \(h''\left( x \right)=2f'\left( {{x}^{2}} \right)+4{{x}^{2}}f''\left( {{x}^{2}} \right)>2f'\left( {{x}^{2}} \right)-\frac{2{{x}^{2}}}{3}\)

Từ đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) ta thấy với \(x\ge 0\), đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) luôn nằm trên đường thẳng \(y=\frac{x}{3}\).

Do đó, \(2f'\left( {{x}^{2}} \right)-\frac{2{{x}^{2}}}{3}\ge 0,\forall x\ge 0\Rightarrow h''\left( x \right)\ge 0,\forall x\ge 0\) hay hàm số \(y=h'\left( x \right)\) đồng biến trên \((0;+\infty )\).

Mà \(h'\left( 0 \right)=-m<0\) và \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,h'\left( x \right)=+\infty \) nên phương trình \(h'\left( x \right)=0\) có một nghiệm duy nhất \({{x}_{0}}\in \left( 0;+\infty  \right)\).

Bảng biến thiên:

Khi đó phương trình \(h\left( x \right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt.

Đồng thời hàm số \(y=h\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại \(x={{x}_{0}}\), giá trị cực tiểu \(h\left( {{x}_{0}} \right)<0\).

Vậy hàm số \(y=\left| h\left( x \right) \right|\) có 3 điểm cực trị.

Đặt \(x=\frac{SM}{SB};\text{ }y=\frac{SN}{SD}\). Tính \(\frac{{{V}_{1}}}{V}\) theo \(x\) và \(y\).

Ta có \(\frac{{{V}_{S.AMK}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SK}{SC}=\frac{1}{2}x\Rightarrow {{V}_{S.AMK}}=\frac{x}{4}V\).

Tương tự ta có \({{V}_{S.ANK}}=\frac{y}{4}V\).

Suy ra \(\frac{{{V}_{1}}}{V}=\frac{x+y}{4}\text{ }\left( 1 \right)\)

Lại có \({{V}_{1}}={{V}_{S.AMN}}+{{V}_{S.MNK}}\) và \({{V}_{S.ABC}}={{V}_{S.ADC}}=\frac{1}{2}V\).

Mà \(\frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABD}}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SD}=xy\Rightarrow {{V}_{S.AMN}}=\frac{xy}{2}V\)

\(\frac{{{V}_{S.MNK}}}{{{V}_{S.BDC}}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SD}.\frac{SK}{SC}=\frac{xy}{2}\Rightarrow {{V}_{S.MNK}}=\frac{xy}{4}V\)

Suy ra \(\frac{{{V}_{1}}}{V}=\frac{3xy}{4}\text{ }\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(y=\frac{x}{3x-1}\).

Do \(x>0;\text{ }y>0\) nên \(x>\frac{1}{3}\).

Vì \(y\le 1\Rightarrow \frac{x}{3x-1}\le 1\Rightarrow x\ge \frac{1}{2}\). Vậy ta có \(x\in \left[ \frac{1}{2};1 \right]\).

Xét hàm số \(f\left( x \right)=\frac{{{V}_{1}}}{V}=\frac{3xy}{4}=\frac{3{{x}^{2}}}{4\left( 3x-1 \right)}\) với \(x\in \left[ \frac{1}{2};1 \right]\).

Có \({f}'\left( x \right)=\frac{3x\left( 3x-2 \right)}{4{{\left( 3x-1 \right)}^{2}}}\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra \(\frac{{{V}_{1}}}{V}=\frac{1}{3};\text{ }\max \frac{{{V}_{1}}}{V}=\frac{3}{8}\Rightarrow S=\frac{1}{3}+\frac{3}{8}=\frac{17}{24}\).

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

\(\Leftrightarrow \left| z+3 \right|=2\). Do đó \({{z}_{1}},\text{ }{{\text{z}}_{2}}\) có các điểm biểu diễn trên mặt phẳng Oxy thuộc đường tròn tâm I(-3;0); bán kính R=2. Vậy \({{z}_{1}}=-1,\text{ }{{\text{z}}_{2}}=-5\Rightarrow {{z}_{1}}+{{z}_{2}}=-6\Rightarrow \left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|=6\)

Ta có \({{a}^{{{\log }_{b}}a}}+{{16}^{{{\log }_{a}}\left( \frac{{{b}^{8}}}{{{a}^{3}}} \right)}}=12{{b}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{{{\log }_{b}}a}}+16{{b}^{8{{\log }_{a}}b-3}}=12{{b}^{2}}.\)

Đặt \(t={{\log }_{b}}a\Leftrightarrow a={{b}^{t}}\) và \({{\log }_{a}}b=\frac{1}{t}.\) Do đó \(\left( * \right)\Leftrightarrow {{a}^{t}}+16{{b}^{\frac{8}{t}-3}}=12{{b}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow 12{{b}^{2}}={{b}^{{{t}^{2}}}}+8{{b}^{\frac{8}{t}-3}}+8{{b}^{\frac{8}{t}-3}}\ge 3\sqrt[3]{{{b}^{{{t}^{2}}}}.8{{b}^{\frac{8}{t}-3}}.8{{b}^{\frac{8}{t}-3}}}=12\sqrt[3]{{{b}^{{{t}^{2}}+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}-6}}}\)

Suy ra \({{a}^{t}}+16{{b}^{\frac{8}{t}-3}}\ge 12{{b}^{2}}\). Dấu bằng xảy ra khi

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{t^2} = \frac{8}{t}}\\ {{b^{{t^2}}} = 8{b^{\frac{8}{t} - 3}}} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {t = 2}\\ {{b^4} = 8b} \end{array}} \right. \Leftrightarrow b = 2\)

Mà \(a={{b}^{t}}={{2}^{2}}=4\to \to {{a}^{3}}+{{b}^{3}}={{2}^{3}}+{{4}^{3}}=72.\)

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( 2;1;3 \right)\) nên phương trình đường thẳng \(AB\) là \(\left\{ \begin{align} & x=3+2t \\ & y=2+t \\ & z=4+3t \\ \end{align} \right.\left( t\in \mathbb{R} \right) \)​

Gọi \(M=AB\cap \left( P \right)\) thì tọa độ điểm \(M\) thỏa mãn hệ phương trình

\(\left\{ \begin{align} & {{x}_{M}}=3+2t \\ & {{y}_{M}}=2+t \\ & {{z}_{M}}=4+3t \\ & {{x}_{M}}+{{y}_{M}}+{{z}_{M}}-3=0 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left( 3+2t \right)+\left( 2+t \right)+\left( 4+3t \right)-3=0\Leftrightarrow 6t+6=0\Leftrightarrow t=-1\to M\left( 1;1;1 \right)\)

Có \(MA=\sqrt{{{\left( 3-1 \right)}^{2}}+{{\left( 2-1 \right)}^{2}}+{{\left( 4-1 \right)}^{2}}}=\sqrt{14}\)

Và \(MB=\sqrt{{{\left( 5-1 \right)}^{2}}+{{\left( 3-1 \right)}^{2}}+{{\left( 7-1 \right)}^{2}}}=2\sqrt{14}\)

Gọi \({{I}_{1}}\) là tâm của đường tròn \(\left( C \right)\) và \(M{{I}_{1}}\) cắt đường tròn \(\left( C \right)\) tại 2 điểm \(C\) và \(D\).

Ta có \(MC.MD=MA.MB=\sqrt{14}.2\sqrt{14}=28\)

\(\Leftrightarrow \left( M{{I}_{1}}+r \right)\left( M{{I}_{1}}-r \right)=28\)

\(\Leftrightarrow MI_{1}^{2}-{{r}^{2}}=28\Leftrightarrow M{{I}_{1}}=\sqrt{28+{{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}}=6\).

Do \(M\left( 1;1;1 \right)\) nên điểm \(M\) cố định. Khi đó tâm \({{I}_{1}}\) của đường tròn \(\left( C \right)\) luôn nằm trên đường tròn cố định có tâm \(M\) bán kính \({{r}_{1}}=M{{I}_{1}}=6\).