Số tam giác bằng với số cách chọn 3 phần tử trong 20 phần tử. Do đó có \(C_{20}^{3}\) tam giác.

\({{u}_{2}}=\frac{{{u}_{1}}+{{u}_{3}}}{2}=\frac{-1+3}{2}=1\)

Nhìn vào BBT ta thấy, giá trị của hàm số \(y\) sẽ giảm (mũi tên đi xuống) khi \(x\) tăng trong khoảng \(\left( 0;1 \right)\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left( 0;1 \right)\).

Dựa vào BBT, hàm số không đạt cực trị tại \(x=0\).

Cho \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=1 \\ & x=3 \\ \end{align} \right.\)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có đúng một điểm cực trị và là điểm cực tiểu.

Ta có: \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=2\) nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là \(y=2\).

\(\left\{ \begin{align} & \underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \\ & \underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \\ \end{align} \right.\) nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là \(x=-1\).

Nhìn vào đồ thị ta thấy, đây là đồ thị hàm trùng phương \(y=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+c\) \(\to \) loại C

Đồ thị có 2 cực đại và một cực tiểu nên hệ số a<0 \(\to \) loại B

Đồ thị hàm số điểm cực trị là \(\left( 1;0 \right)\) \(\Leftrightarrow {{{y}'}_{\left( 1 \right)}}=0\)

Đáp án A: \({{{y}'}_{\left( 1 \right)}}=-4.{{\left( 1 \right)}^{3}}+8.1=4\ne 0\) \(\to \) Loại

Đáp án D: \({{{y}'}_{\left( 1 \right)}}=-4.{{\left( 1 \right)}^{3}}+4.1=0\)\(\to \) Thỏa mãn

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)=m\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y=m\).

Khi đó chỉ có \(1\) giá trị nguyên của \(m\) là \(m=0\) để \(f\left( x \right)=m\) có \(3\) nghiệm phân biệt.

+) Có \(\sqrt{{{10}^{\alpha }}}={{10}^{\frac{\alpha }{2}}}\) với mọi \(\alpha \), nên A đúng.

+) Có \({{\left( {{10}^{\alpha }} \right)}^{2}}={{\left( 100 \right)}^{\alpha }}\) với mọi \(\alpha \), nên B đúng.

+) Có \(\sqrt{{{10}^{\alpha }}}={{\left( \sqrt{10} \right)}^{\alpha }}\) với mọi \(\alpha \), nên C đúng.

+) Có \({{\left( {{10}^{\alpha }} \right)}^{2}}={{10}^{{{\alpha }^{2}}}}\)(*), dấu đẳng thức xảy ra khi \(\alpha =0\)hoặc \(\alpha =2\).

Lấy \(\alpha =1\) thì (*) sai, vậy D sai.

Ta có \({y}'=\frac{3}{\left( 3x+2 \right)\ln 3}\).

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

\({{\log }_{\frac{\sqrt{b}}{a}}}\left( \frac{\sqrt[3]{b}}{\sqrt{a}} \right)\)\(={{\log }_{{{a}^{\left( \frac{\sqrt{3}}{2}-1 \right)}}}}\left( {{a}^{\left( \frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{1}{2} \right)}} \right)\)\(=\frac{\left( 2\sqrt{3}-3 \right)2}{6\left( \sqrt{3}-2 \right)}=-\frac{1}{\sqrt{3}}\).

\({{2}^{x+1}}=8={{2}^{3}}\Leftrightarrow x+1=3\Leftrightarrow x=2\)

\({{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}-x \right)={{\log }_{2}}\left( x+1 \right)\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} - x = x + 1\\ x + 1 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} - 2x - 1 = 0\\ x > - 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_1} = 1 + \sqrt 2 \,\,\left( {tm} \right)\\ {x_2} = 1 - \sqrt 2 \,\,\left( {tm} \right) \end{array} \right.\)

Do đó \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}={{\left( 1+\sqrt{2} \right)}^{2}}+{{\left( 1-\sqrt{2} \right)}^{2}}=6\).

Xét \(I=\int{\ln x\text{d}x}\).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln x\\ {\rm{d}}v = {\rm{d}}x \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\rm{d}}u = \frac{1}{x}{\rm{d}}x\\ v = x \end{array} \right.\).

Khi đó \(I=x\ln x-\int{x.\frac{1}{x}}\text{d}x=x\ln x-\int{\text{d}x}=x\ln x-x+C\).

Vậy công thức A sai.

Ta có \(\int{{{e}^{-2x}}\text{d}x=-\frac{1}{2}{{e}^{-2x}}+C}\).

Suy ra đáp án đúng là A

\(\int\limits_{a}^{b}{\left( f\left( x \right).g\left( x \right) \right)\text{d}x}=\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)\text{d}x}.\int\limits_{a}^{b}{g\left( x \right)\text{d}x}\).

\(I=\int\limits_{0}^{2018}{{{2}^{x}}\text{d}x}=\left. \frac{{{2}^{x}}}{\ln 2} \right|_{0}^{2018}=\frac{{{2}^{2018}}-1}{\ln 2}\).

Đáp án A và B đúng theo định nghĩa.

Đáp án C: Ta có \({{z}^{2}}={{\left( a+bi \right)}^{2}}={{a}^{2}}+2bi-{{b}^{2}}\) là số phức có phần ảo khác 0 khi \(b\ne 0\) \(\to \) Sai.

Đáp án D: \(z.\bar{z}=\left( a+bi \right)\left( a-bi \right)={{a}^{2}}-{{\left( bi \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}\) là một số thực \(\to \) Đúng.

Ta có \(z={{\left( 1+i \right)}^{2}}\left( 1+2i \right)=-4+2i\). Vậy phần ảo của z là 2

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

Ta có \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SA=\frac{1}{3}{{a}^{2}}.2a=\frac{2{{a}^{3}}}{3}\).

Xét tam giác vuông \(BC{C}'\) có \(C{C}'=\sqrt{B{{{{C}'}}^{2}}-B{{C}^{2}}}=\sqrt{18-9}=3\left( cm \right).\)

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.{A}'{B}'{C}'\) là: \(V=\frac{1}{2}BC.BA.C{C}'=\frac{1}{2}.3.3.3=\frac{27}{2}\left( c{{m}^{3}} \right).\)

Ta có: \({{l}^{2}}={{R}^{2}}+{{h}^{2}}\) \(\Rightarrow l=\sqrt{{{R}^{2}}+{{h}^{2}}}\).

Gọi h là chiều cao của hình trụ

Ta có \({{S}_{tp}}=2\pi ah+2\pi {{a}^{2}}\)\(\Rightarrow 8\pi {{a}^{2}}=2\pi ah+2\pi {{a}^{2}}\)\(\Rightarrow h=3a\).

\(\overrightarrow{AO}=3\left( \overrightarrow{i}+4\overrightarrow{j} \right)-2\overrightarrow{k}+5\overrightarrow{j}\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{OA}=-3\left( \overrightarrow{i}+4\overrightarrow{j} \right)+2\overrightarrow{k}-5\overrightarrow{j}=-3\overrightarrow{i}-17\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}\)  nên \)A\left( -3;-17;2 \right)\)

\(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-4y+4z-7=0\)\(\Rightarrow a=1\);\(\,b=2\);\(\,c=-2\);\)d=-7\)

\(\Rightarrow R=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d}\)\)=4\); \(I\left( 1;2;-2 \right)\).

Ta có: \(A\left( 2;0;0 \right), B\left( 0;3;0 \right), C\left( 0;0;4 \right)\).

Vậy \(\left( ABC \right):\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{4}=1\). 

Ta có: \(\overrightarrow{AB}=\left( 2;-4;-2 \right)=-2\left( -1;2;1 \right)\).

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right)=C_{10}^{3}\).

Gọi \(A\) là biến cố: “\(3\) học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ”.

Suy ra: \(\overline{A}\) là biến cố: “\(3\) học sinh được chọn không có học sinh nữ”.

Khi đó \(n\left( \overline{A} \right)=C_{7}^{3}\)\(\Rightarrow P\left( \overline{A} \right)=\frac{C_{7}^{3}}{C_{10}^{3}}=\frac{7}{24}\). Vậy \(P\left( A \right)=1-P\left( \overline{A} \right)=\frac{17}{24}\).

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

Bảng xét dấu

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

Ta có:

\(y' = 1 - \frac{1}{{{x^2}}}\), \(y'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1 \notin \left[ {\frac{3}{2};\,3} \right]\\ x = 1 \notin \left[ {\frac{3}{2};\,3} \right] \end{array} \right.\).

\(y\left( \frac{3}{2} \right)=\frac{13}{6}\), \(y\left( 3 \right)=\frac{10}{3}\).

Suy ra \(\underset{\left[ \frac{3}{2};\,3 \right]}{\mathop{\max }}\,y=\frac{10}{3}\), \(\underset{\left[ \frac{3}{2};\,3 \right]}{\mathop{\min }}\,y=\frac{13}{6}\).

Ta có \({{3}^{2x}}>{{3}^{x+6}}\)\(\Leftrightarrow 2x>x+6\)\(\Leftrightarrow x>6\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( 6;+\infty  \right)\)

Ta có \(\int\limits_{0}^{d}{f\left( x \right)\text{d}x}=\left. \left( \frac{a}{3}{{x}^{3}}+\frac{b}{2}{{x}^{2}}+cx \right) \right|_{0}^{d}=\frac{a}{3}{{d}^{3}}+\frac{b}{2}{{d}^{2}}+cd\).

Do đó: \(\left\{ \begin{array}{l} \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - \frac{7}{2} \Leftrightarrow \frac{a}{3} + \frac{b}{2} + c = - \frac{7}{2}\\ \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 2 \Leftrightarrow \frac{8}{3}a + 2b + 2c = - 2\\ \int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{{13}}{2} \Leftrightarrow 9a + \frac{9}{2}b + 3c = \frac{{13}}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 1\\ b = 3\\ c = - \frac{{16}}{3} \end{array} \right.\).

Vậy \(P=a+b+c=-\frac{4}{3}\)

Ta có \(z=\frac{\left( 2-3i \right)\left( 4-i \right)}{3+2i}=\frac{5-14i}{3+2i}=\frac{\left( 5-14i \right)\left( 3-2i \right)}{13}=\frac{-13-52i}{13}=-1-4i\).

Do đó điểm biểu diễn cho số phức z có tọa độ \(\left( -1;-4 \right)\).

Ta có: \(\left( SAB \right)\cap \left( SCD \right)=Sx\text{ // }AB\text{ // }CD\).

Ta chứng minh được:

\(CD\bot \left( SAD \right)\Rightarrow CD\bot SD\Rightarrow SD\bot Sx\).

\(SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SA\bot AB\Rightarrow SA\bot Sx\).

Do đó: \(\left( \widehat{\left( SAB \right);\left( SCD \right)} \right)=\left( \widehat{SD;SA} \right)=\widehat{ASD}\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) nên: \(\tan \widehat{ASD}=\frac{AD}{SA}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\).

Vậy \(\left( \widehat{\left( SAB \right);\left( SCD \right)} \right)=30{}^\circ \).

Gọi H là trung điểm AB.

Ta có \(\left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right)\) theo giao tuyến AB. Trong \(\left( SAB \right)\) có \(SH\bot AB\) nên \(SH\bot \left( ABCD \right)\).

Kẻ \(HK\ \text{//}\ AD\) \(\left( K\in CD \right)\) \(\Rightarrow HK\bot CD\)

mà \(SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow CD\bot SH\). Do đó \(CD\bot \left( SHK \right)\).

Suy ra \(\left( SCD \right)\bot \left( SHK \right)\) theo giao tuyến SK.

Trong \(\left( SHK \right)\), kẻ \(HI\bot SK\) thì \(HI\bot \left( SCD \right)\).

Ta có: \(AB\ \text{//}\ \left( SCD \right)\) nên \(d\left( AB,SC \right)=d\left( AB,\left( SCD \right) \right)=d\left( H,\left( SCD \right) \right)=HI\).

Tam giác SAB vuông cân có \(AB=2a\Rightarrow SH=a\)

Tam giác SHK có \(\frac{1}{H{{I}^{2}}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{K}^{2}}}\Rightarrow HI=\frac{2\sqrt{5}a}{5}\).

Vậy \(d\left( AB,SC \right)=\frac{2\sqrt{5}a}{5}\).

Gọi M là hình chiếu của I lên trục Oy, \(\Rightarrow M\left( 0;2;4 \right)\)\(\Rightarrow \overrightarrow{IM}=\left( -3;0;-4 \right)\).

Mặt cầu tâm \(I\left( 3;2;4 \right)\) tiếp xúc với trục Oy \(\Rightarrow IM=5\) là bán kính mặt cầu.

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right):\,{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-6x-4y-8z+4=0\).

Đường thẳng đi qua điểm \(A\left( 1;4;-7 \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \(x+2y-2z-3=0\) nên có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left( 1;2;-2 \right)\) có phương trình là: \(\frac{x-1}{1}=\frac{y-4}{2}=\frac{z+7}{-2}.\)

Ta có \({y}'=3{{x}^{2}}-6x-m\)

Hàm số có hai điểm cực trị thuộc khoảng \(\left( -3;3 \right)\) khi và chỉ khi phương trình \({y}'=0\) có hai nghiệm phân biệt \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\in \left( -3;3 \right)\).

\(\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6x-m=0\) có hai nghiệm phân biệt \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\in \left( -3;3 \right)\).

\(\Leftrightarrow m=3{{x}^{2}}-6x\) có hai nghiệm phân biệt \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\in \left( -3;3 \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right)=3{{x}^{2}}-6x\).

Ta có \({f}'\left( x \right)=6x-6\); \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=1\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có -3<m<9.

Vậy \(m\in \left\{ -2;-1;0;...;8 \right\}\).

Điều kiện xác định của phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l} {x^2} - 6x + 12 > 0\\ x + 2 > 0\\ m - 5 > 0\\ m - 5 \ne 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > - 2\\ m > 5\\ m \ne 6 \end{array} \right.\)

Ta có \({{\log }_{m-5}}\left( {{x}^{2}}-6x+12 \right)>{{\log }_{\sqrt{m-5}}}\sqrt{x+2}\)\(\Leftrightarrow {{\log }_{m-5}}\left( {{x}^{2}}-6x+12 \right)>{{\log }_{m-5}}\left( x+2 \right)\) (1)

Khi 5<m<6 thì \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{x}^{2}}-6x+12<x+2\) \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-7x+10<0\) \(\Leftrightarrow 2<x<5\)

Do đó, tập nghiệm của \(\left( 1 \right)\) là \(T=\left( 2;5 \right)\) có chứa đúng 2 giá trị nguyên.

Nhưng tập tham số m không chứa giá trị nguyên.

Khi m>6 thì \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{x}^{2}}-6x+12>x+2\) \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-7x+10>0\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x<2 \\ & x>5 \\ \end{align} \right.\)

Do đó, tập nghiệm của \(\left( 1 \right)\) là \(T=\left( -2;2 \right)\cup \left( 5;+\infty\right)\) có chứa nhiều 2 giá trị nguyên.

Kết luận \(S=\varnothing \). Tổng các phần tử của tập S bằng 0.

Đặt t = 2x ⇒ \({\rm{d}}x = \frac{1}{2}\,{\rm{d}}t\). Đổi cận \(\left| \begin{array}{l} x = \frac{1}{2}\,\, \Rightarrow t = 1\\ x = \frac{3}{2}\,\, \Rightarrow t = 3 \end{array} \right.\).

Khi đó \(I=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{f\left( \frac{2}{t} \right)\text{d}x}\).

Mà \(2f\left( 3x \right)+3f\left( \frac{2}{x} \right)=-\frac{15x}{2}\) \(\Leftrightarrow \) \(f\left( \frac{2}{x} \right)=-\frac{5x}{2}-\frac{2}{3}f\left( 3x \right)\)

Nên \(I=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{\left[ -\frac{5x}{2}-\frac{2}{3}f\left( 3x \right) \right]\text{d}x}=-\frac{5}{4}\int\limits_{1}^{3}{x\,\text{d}x}-\frac{1}{3}\int\limits_{1}^{3}{f\left( 3x \right)\,\text{d}x}=-5-\frac{1}{3}\int\limits_{1}^{3}{f\left( 3x \right)\,\text{d}x}\) (*)

Đặt \(u=3x\) \(\Rightarrow \) \(\text{d}x=\frac{1}{3}\,\text{d}x\). Đổi cận \(\left| \begin{array}{l} x = 1\,\, \Rightarrow u = 3\\ x = 3\, \Rightarrow t = 9 \end{array} \right.\).

Khi đó \(I=-5-\frac{1}{9}\int\limits_{3}^{9}{f\left( t \right)\,\text{d}t}=-5-\frac{k}{9}=-\frac{45+k}{9}\).

Gọi A là điểm biểu diễn của số phức \({{z}_{1}}\), B là điểm biểu diễn của số phức \({{z}_{2}}\).

Theo giả thiết \({{z}_{1}}\), \({{z}_{2}}\) là hai trong các số phức thỏa mãn \(\left| z-1+2i \right|=5\) nên A và B thuộc đường tròn tâm \(I\left( 1;-2 \right)\) bán kính r=5.

Mặt khác \(\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=8\Leftrightarrow AB=8\).

Gọi M là trung điểm của AB suy ra M là điểm biểu diễn của số phức \(\frac{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}{2}\) và IM=3.

Do đó ta có \(3=IM=\left| \frac{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}{2}-1+2i \right|\)\(\Leftrightarrow 3=\frac{1}{2}\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}}-2+4i \right|\Leftrightarrow \left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}}-2+4i \right|=6\)\(\Leftrightarrow \left| w \right|=6\).

Đặt \(\frac{SM}{SA}=k\) với \(k\in \left[ 0;1 \right]\).

Xét tam giác SAB có \(MN\text{//}AB\) nên \(\frac{MN}{AB}=\frac{SM}{SA}=k\)\(\Rightarrow MN=k.AB\)

Xét tam giác SAD có \(MQ\text{//}AD\) nên \(\frac{MQ}{AD}=\frac{SM}{SA}=k\)\(\Rightarrow MQ=k.AD\)

Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có:

\(M{M}'\text{//}SH\) nên \(\frac{M{M}'}{SH}=\frac{AM}{SA}=\frac{SA-SM}{SA}=1-\frac{SM}{SA}=1-k\)\(\Rightarrow M{M}'=\left( 1-k \right).SH\).

Ta có \({{V}_{MNPQ.{M}'{N}'{P}'{Q}'}}=MN.MQ.M{M}'=AB.AD.SH.{{k}^{2}}.\left( 1-k \right)\).

Mà \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SH.AB.AD\) \(\Rightarrow {{V}_{MNPQ.{M}'{N}'{P}'{Q}'}}=3.{{V}_{S.ABCD}}.{{k}^{2}}.\left( 1-k \right)\).

Thể tích khối chóp không đổi nên \({{V}_{MNPQ.{M}'{N}'{P}'{Q}'}}\) đạt giá trị lớn nhất khi \({{k}^{2}}.\left( 1-k \right)\) lớn nhất.

Ta có \({{k}^{2}}.\left( k-1 \right)=\frac{2\left( 1-k \right).k.k}{2}\le \frac{1}{2}{{\left( \frac{2-2k+k+k}{3} \right)}^{3}}\)\(\Rightarrow {{k}^{2}}.\left( k-1 \right)\le \frac{4}{27}\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: \(2\left( 1-k \right)=k\)\(\Leftrightarrow k=\frac{2}{3}\).

Vậy \(\frac{SM}{SA}=\frac{2}{3}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 hàm số là: \(\frac{{{x}^{2}}+2ax+3{{a}^{2}}}{1+{{a}^{6}}}=\frac{{{a}^{2}}-ax}{1+{{a}^{6}}}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 3ax + 2{a^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - a\\ x = - 2a \end{array} \right.\)

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị hàm số là:

\(S=\left| \int\limits_{-2a}^{-a}{\frac{{{x}^{2}}+3ax+2{{a}^{2}}}{1+{{a}^{6}}}dx} \right|=\left| \frac{1}{1+{{a}^{6}}}\left( \frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{3}{2}a{{x}^{2}}+2{{a}^{2}}x \right)\left| \begin{align} & -a \\ & -2a \\ \end{align} \right. \right|\)

\(=\left| \frac{1}{1+{{a}^{6}}}\left( -\frac{{{a}^{3}}}{3}+\frac{3}{2}{{a}^{3}}-2{{a}^{3}}+\frac{8}{3}{{a}^{3}}-6{{a}^{3}}+4{{a}^{3}} \right) \right|\)

=\(\frac{\left| {{a}^{3}} \right|}{6\left( 1+{{a}^{6}} \right)}\,\,\,\overset{Cauchy}{\mathop{\le }}\,\,\,\,\frac{\left| {{a}^{3}} \right|}{12\left| {{a}^{3}} \right|}=\frac{1}{12}\) .

Dấu \(''=''\Leftrightarrow {{a}^{6}}=1\Leftrightarrow a=1\) ,vì a>0.

Vậy diện tích S đạt giá trị lớn nhất là \(\frac{1}{12}\) , khi a=1 .

Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left( 2;1;-1 \right)\). Gọi \(M\left( 1+2t;-1+t;2-t \right)\) thuộc đường thẳng d.

Ta có \(\overrightarrow{AM}=\left( 2t;t-3;3-t \right)\), \(AM\bot d\Leftrightarrow \overrightarrow{AM}.\overrightarrow{u}=0\)

\(\begin{align} & \Leftrightarrow 2\left( 2t \right)+\left( t-3 \right)-\left( 3-t \right)=0 \\ & \Leftrightarrow t=1 \\ \end{align}\)

\(\overrightarrow{AM}=\left( 2;-2;2 \right)\).

Đường thẳng AB có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + t\\ y = 2 - t\\ z = - 1 + t \end{array} \right.\).

Tọa độ điểm B là nghiệm hệ \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + t\\ y = 2 - t\\ z = - 1 + t\\ x + y + 2z + 1 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0\\ y = 3\\ z = - 2 \end{array} \right.\).

Vậy \(B=\left( 0;3;-2 \right)\).

Xét hàm số \(y=f\left[ f\left( x \right) \right]\), \({y}'={f}'\left( x \right).{f}'\left[ f\left( x \right) \right]\);

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f'\left( x \right) = 0\\ f'\left[ {f\left( x \right)} \right] = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2\\ f\left( x \right) = 0\\ f\left( x \right) = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2\\ x = a \in \left( {2; + \infty } \right)\\ x = b \in \left( {a; + \infty } \right) \end{array} \right.\)

Với \(x>b\), ta có \(f\left( x \right)>2\)\(\Rightarrow {f}'\left[ f\left( x \right) \right]>0\)

Với a<x<b, ta có \(0<f\left( x \right)<2\) \(\Rightarrow {f}'\left[ f\left( x \right) \right]<0\)

Với 0<x<a hoặc \(x<0\), ta có \(f\left( x \right)<0\) \(\Rightarrow {f}'\left[ f\left( x \right) \right]>0\)

BBT:

Dựa vào BBT suy ra hàm số \(y=f\left[ f\left( x \right) \right]\) có bốn điểm cực trị.

Điều kiện \(x>0\) và \(x=1\) không là nghiệm của phương trình.

Đặt \(t={{\log }_{\sqrt{3}}}x\), do \(x<1\Rightarrow t<0\). Phương trình đã cho trở thành \({{t}^{2}}-mt+1=0\) \(\Leftrightarrow m=t+\frac{1}{t}\)

Đặt \(f\left( t \right)=t+\frac{1}{t}\) với \(t\in \left( -\infty ;0 \right)\), \({f}'\left( t \right)=1-\frac{1}{{{t}^{2}}}\), \({f}'\left( t \right)=0\)\(\Leftrightarrow t=-1\)\(\Rightarrow f\left( -1 \right)=-2\).

BBT:

Phương trình có nghiệm duy nhất khi \(m=-2\).

Diện tích hình phẳng \(\left(  H \right)\) là : \(S=\int\limits_{0}^{2}{\left(  \sqrt{4-{{x}^{2}}}-2+x \right) \text{d}x}\).

Đặt \(x=2\sin t\)\(\Rightarrow \text{d}x=2\cos t\text{d}t\).

\(\Rightarrow S=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left(  2\cos t-2+2\sin t \right) 2\cos t\text{d}t}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left(  4{{\cos }^{2}}t-4\cos t+4\sin t\cos t \right) \text{d}t}\)

\(=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left(  2+2\cos 2t-4\cos t+2\sin 2t \right) \text{d}t}=\left. \left(  2t+\sin 2t-4\sin t-\cos 2t \right)  \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\pi -2\).

\(\Rightarrow a=1, b=-2\)\(\Rightarrow P=2{{a}^{2}}+{{b}^{2}}=2+4=6\).

Đặt \(w=z-1+i=a+bi\) với \(a,b\in \mathbb{R}\)

\(\left| \left( z-1+i \right)+3-2i \right|+\left| \left( z-1+i \right)+\left( -3-8i \right) \right|=6\sqrt{2}\) \(\left| w+3-2i \right|+\left| w+\left( -3-8i \right) \right|=6\sqrt{2}\)

Xét các điểm \(M\left( a;b \right) , A\left( -3;2 \right) , B\left( 3;8 \right)\)

Ta có: \(6\sqrt{2}=MA+MB\ge AB=6\sqrt{2}\)

Dấu  xảy ra \(\Leftrightarrow M\) thuộc đoạn AB . Do đó b=a+5 và \(-3\le a\le 3\)

Ta có \(\left| w \right|=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}=\sqrt{2{{a}^{2}}+10a+25}\) nên \(m=\text{min}\left| w \right|=\frac{5\sqrt{2}}{2} , M=\text{Max}\left| w \right|=\sqrt{73}\)

Suy ra  \(P=\frac{5\sqrt{2}+2\sqrt{73}}{2}\)

\(\left( Q \right)//\left( P \right)\) nên \(\left( Q \right):2x+2y-z+d=0\) với \(d\ne 3\)

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

Gọi \(\left( H \right)\) là khối nón thỏa đề bài có đường sinh \(l=R=2\sqrt{3}\)

Đặt \(x=h=d\left( I,\left( Q \right) \right)\) . Khi đó \({{r}^{2}}=12-{{x}^{2}}\)

Thể tích khối nón \(V=\frac{1}{3}\pi \left( 12-{{x}^{2}} \right)x\)  với \(0<x<2\sqrt{3}\)

Khảo sát hàm \(f\left( x \right)=V=\frac{1}{3}\pi \left( 12-{{x}^{2}} \right)x\) đạt giá trị lớn nhất tại \(x=2\) hay \(d\left( I,\left( Q \right) \right)=2\)

Khi đó tìm được d=-1 hoặc d=11 .

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):2x+2y-z-1=0\) hoặc \(\left( Q \right):2x+2y-z+11=0\)