Mỗi cách chọn thỏa đề bài là một tổ hợp chập 3 của 30

Do đó số cách chọn là \(C_{30}^3\) cách

\(\left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 5\\ 40 = {u_8} = {u_1} + 7d \end{array} \right. \Rightarrow d = 5\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1)

Từ đồ thị hàm số suy ra hàm số đạt cực đại tại x = -1

Trên K, hàm số có 2 cực trị

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x - 4}}{{x + 2}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x - 4}}{{x + 2}}\) = 2

Vậy y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị có tiệm cận ngang \(y=\frac{1}{2}\) và tiệm cận đứng x=1.

Phương án A: TCN: \(y=\frac{1}{2}\) và TCĐ: \(x=\frac{1}{2}\) (loại).

Phương án B: TCN: \(y=\frac{2}{3}\) và TCĐ: x=1 (loại).

Phương án D: TCN: y=2 và TCĐ: x=1 (loại).

Phương án C: TCN: \(y=\frac{1}{2}\) và TCĐ: x=1 (thỏa mãn).

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

\(\frac{{2x - 3}}{{x + 3}} = x - 1{\rm{ }}(x \ne  - 3) \Rightarrow {x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow y =  - 1.\)

Với a, b > 0 ta có:

\(\log \left( {ab} \right) = \log a\,\, + \,\,\log b\).

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

Vậy C đúng

\(\left( {{5^x}} \right)' = {5^x}.\ln 5\)

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

Ta có phương trình: \({3^{{x^2} - 4x + 5}} = 9 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 4x + 5}} = {3^2} \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 5 = 2\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = 3 \end{array} \right.\).

Tổng lập phương các nghiệm thực của phương trình là: \({1^3} + {3^3} = 28\). 

\({\log _3}\left( {2x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow 2x - 1 = {3^2} \Leftrightarrow x = 5\)

Vậy phương trình có 1 nghiệm.

\(\int {{x^2}} dx = \frac{{{x^3}}}{3} + C\)

\(F(x) = \frac{1}{4}{(x + 1)^4}\)

\(\int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right){\rm{d}}x}  = 5 \Rightarrow f\left( 1 \right) - f\left( { - 1} \right) = 5 \Rightarrow f\left( 1 \right) - 4 = 5 \Rightarrow f\left( 1 \right) = 9\)

\(I = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{x} + 2} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\left( {\ln \left| x \right| + 2x} \right)} \right|_1^2 = \ln 2 + 4 - 2 = \ln 2 + 2\)

\(a + 6i = 2 - 2bi \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 2\\ 6 = - 2b \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 2\\ b = - 3 \end{array} \right. \Rightarrow a + b = - 1\)

\(\begin{array}{l} z = 6{z_1} + 5{z_2} = 6\left( {3 + 2i} \right) + 5\left( {6 + 5i} \right) = 48 + 37i\\ \Rightarrow \overline z = 48 - 37i \end{array}\)

Vì z=-1+2i nên điểm biểu diễn số phức z có tọa độ \(\left( -1;2 \right)\), đối chiếu hình vẽ ta thấy đó là điểm Q.

\(V = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\)

\(V = \frac{1}{3}h.{S_{day}} = \frac{1}{3}.2.6 = 4\left( {c{m^3}} \right)\)

\(V = \frac{1}{3}.\pi .{r^2}.h = 4\pi \)

\(V = \pi {r^2}h = \pi {.10^2}.6 = 600\pi \,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\)

Ta có: \(\overrightarrow a  = x\overrightarrow i  + y\overrightarrow j  + z\overrightarrow k  \Leftrightarrow \overrightarrow a \left( {x;y;z} \right)\) nên \(\overrightarrow a \left( { - 1;2; - 3} \right).\)

Giả sử phương trình mặt cầu \((S):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0{\rm{ }}({a^2} + {b^2} + {c^2} - d > 0)\)

Ta có: \(a =  - 2,b = 1,c = 0,d =  - 4 \Rightarrow \) Bán kính \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d}  = 3\).

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

Vậy phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC có dạng:

\(-2\left( x-0 \right)+1\left( y-1 \right)=0 \Leftrightarrow -2x+y-1=0 \Leftrightarrow 2x-y+1=0\)

Véctơ chỉ phương của đường thẳng AB là: \(\vec u = \overrightarrow {AB}  = \left( {1\,;\,3\,;\, - 2} \right)\)

\(n\left( \Omega  \right)=C_{27}^{2}=351\)

* Trường hợp 1:  hai số được chọn đều là số chẵn: \({{n}_{1}}=C_{13}^{2}=78\)

* Trường hợp 2:  hai số được chọn đều là số lẻ: \({{n}_{2}}=C_{14}^{2}=91\)

\(n\left( A \right)={{n}_{1}}+{{n}_{2}}=78+91=169\)

\(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{169}{351}=\frac{13}{27}\)

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1 \right\}.\)

\({y}'=\frac{3}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}>0,\text{ }\forall x\ne -1.\)

Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right)\).

Hàm số đã cho xác định trên \(\left[ 0\,;\,2 \right]\).

Ta có: \({y}'=\frac{-8}{{{\left( x-3 \right)}^{2}}}<\,0\,,\,\forall x\in \left[ 0\,;\,2 \right]\).

\(y\left( 0 \right)=\frac{1}{3}\), \(y\left( 2 \right)=\,-5\)

Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là \(M=\frac{1}{3}\)

Giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là \(m=-5\)

Vậy \(2M-m=\frac{17}{3}\)

Ta có \({\log _2}\left( {x + 1} \right) \ge - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > - 1\\ x + 1 \ge \frac{1}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > - 1\\ x \ge \frac{{ - 1}}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge \frac{{ - 1}}{2}\).

Vậy tập nghiệm bất phương trình là \(\left[ {\frac{{ - 1}}{2}; + \infty } \right)\).

\(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right){\rm{d}}x} \)

\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  + 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right){\rm{d}}x}  = 12 + 2.5 = 22\)

\({z_1}\overline {{z_2}}  = \left( {2 + i} \right)\left( { - 3 - i} \right) =  - 5 - 5i\)

Vậy phần ảo của số phức \({{z}_{1}}{{z}_{2}}\) bằng -5.

Kẻ \(AH\bot \,SB\,\) (\(H\in SB\)) (1). Theo giả thiết ta có \(\left\{ \begin{align} & BC\bot \,SA \\ & BC\bot \,AB \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \,BC\bot \,\left( SAB \right)\Rightarrow \,BC\bot \,AH\,\)(2) .

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra, \(AH\bot \,\left( SBC \right)\). Do đó góc giữa SA và mặt phẳng \(\,\left( SBC \right)\) bằng góc giữa SA và SH bằng góc \(\widehat{ASH}\)

Ta có \(AB=\,\sqrt{A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}}=\,\,a\sqrt{3}\). Trong vuông \(\Delta SAB\) ta có \(\sin ASB=\,\frac{AB}{SB}=\,\frac{a\sqrt{3}}{2a\sqrt{3}}=\,\frac{1}{2}\). Vậy \(\widehat{ASB}=\widehat{ASH}={{30}^{\circ }}\,\).

Do đó góc giữa SA và mặt phẳng \(\,\left( SBC \right)\) bằng \(30{}^\circ \).

Kẻ \(OH \bot BC,\;OK \bot SH\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} OH \bot BC\\ SO \bot BC \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} OK \bot BC\\ OK \bot SH \end{array} \right. \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OK\)

Vì \(OH = \frac{a}{2};SO = a\sqrt 2  \Rightarrow \frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{H^2}}} \Rightarrow O{K^2} = \frac{{2{a^2}}}{9} \Rightarrow OK = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\)

Vì mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 1\,;\,1\,;\,1 \right)\) và đi qua \(A\left( 1\,;\,2\,;\,3 \right)\) nên mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 1\,;\,1\,;\,1 \right)\) và có bán kính là \(R=IA=\sqrt{5}\).

Suy ra phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) là: \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=5\).

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2;2; - 2} \right) \Rightarrow \vec u = \left( { - 1; - 1;1} \right)\) là một VTCP của đường thẳng đi qua hai điểm A(1;0;1) và B(3;2;-1).

Vậy đường thẳng \(AB:\left\{ \begin{array}{l} {\rm{đi \ qua }}A\left( {1;0;1} \right)\\ {\rm{VTCP }}\vec u = \left( { - 1; - 1;1} \right) \end{array} \right.\) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 - t\\ y = - t\\ z = 1 + t \end{array} \right.,t \in R\).

\(f'\left( x \right) = {x^2}\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} + x - 2} \right){\left( {x - 1} \right)^4} = {x^2}{\left( {x + 2} \right)^2}{\left( {x - 1} \right)^5}\)

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

BXD

Vậy hàm số đạt cực trị tại x = 1.

Ta có

\(\left( 3+\sqrt{8} \right)={{\left( 3-\sqrt{8} \right)}^{-1}},\left( 17-12\sqrt{2} \right)={{\left( 3-\sqrt{8} \right)}^{2}}\).

Do đó \({{\left( 17-12\sqrt{2} \right)}^{x}}\ge {{\left( 3+\sqrt{8} \right)}^{{{x}^{2}}}}\Leftrightarrow {{\left( 3-\sqrt{8} \right)}^{2x}}\ge {{\left( 3+\sqrt{8} \right)}^{{{x}^{2}}}}\Leftrightarrow {{\left( 3+\sqrt{8} \right)}^{-2x}}\ge {{\left( 3+\sqrt{8} \right)}^{{{x}^{2}}}}\)

\(\Leftrightarrow -2x\ge {{x}^{2}}\Leftrightarrow -2\le x\le 0\). Vì x nhận giá trị nguyên nên \(x\in \left\{ -2;-1;0 \right\}\).

\(\left| z \right|\left( {2 + i} \right) = z - 1 + i\left( {2z + 3} \right) \Leftrightarrow \left| z \right|\left( {2 + i} \right) + 1 - 3i = z\left( {1 + 2i} \right) \Leftrightarrow \left( {1 + 2\left| z \right|} \right) + \left( {\left| z \right| - 3} \right)i = z\left( {1 + 2i} \right)\)

Suy ra \({\left( {1 + 2\left| z \right|} \right)^2} + {\left( {\left| z \right| - 3} \right)^2} = 5{\left| z \right|^2} \Leftrightarrow \left| z \right| = 5\)

Khi đó ta có: \(5\left( {2 + i} \right) = z - 1 + i\left( {2z + 3} \right) \Leftrightarrow z\left( {1 + 2i} \right) = 11 + 2i \Leftrightarrow z = \frac{{11 + 2i}}{{1 + 2i}} = 3 - 4i\)

Vậy \(S = a + b = 3 - 4 =  - 1\)

Gọi I là trung điểm của AB.

Ta có: \(\Delta SAB$ cân tại S \(\Rightarrow SI\bot AB\) (1)

Mặt khác: \(\left\{ \begin{align} & \left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right) \\ & \left( SAB \right)\cap \left( ABCD \right)=AB \\ \end{align} \right.\)  (2)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra: \(SI\bot \left( ABCD \right)\)

\(\Rightarrow SI\) là chiều cao của hình chóp S.ABCD

\(\Rightarrow IC\) là hình chiếu của SC lên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\)

\(\Rightarrow \widehat{\left( SC,\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SC,IC \right)}=\widehat{SCI}=60{}^\circ \)

Xét \(\Delta IBC\) vuông tại B, ta có: \(IC=\sqrt{I{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\)

Xét \(\Delta SIC\) vuông tại I, ta có: \(SI=IC.\tan 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{5}}{2}.\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{15}}{2}\)

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: \(V=\frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.SI=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.\frac{a\sqrt{15}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{15}}{6}\).

Đưa parabol vào hệ trục Oxy ta tìm được phương trình là: \(\left( P \right):y=-\frac{16}{25}{{x}^{2}}+\frac{16}{5}x\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(\left( P \right):y=-\frac{16}{25}{{x}^{2}}+\frac{16}{5}x\), trục hoành và các đường thẳng x=0, x=5 là: \(S=\int\limits_{0}^{5}{\left( -\frac{16}{25}{{x}^{2}}+\frac{16}{5}x \right)}\text{d}x=\frac{40}{3}\)

Tổng diện tích phần bị khoét đi: \({{S}_{1}}=4S=\frac{160}{3}\] \[\text{c}{{\text{m}}^{2}}\)

Diện tích của hình vuông là: \({{S}_{hv}}=100\text{ c}{{\text{m}}^{2}}\)

Vậy diện tích bề mặt hoa văn là: \({{S}_{2}}={{S}_{hv}}-{{S}_{1}}=100-\frac{160}{3}=\frac{140}{3}\text{ c}{{\text{m}}^{2}}\).

Đặt \({{\vec{n}}_{P}}=\left( 0;0;1 \right)\) và \({{\vec{n}}_{Q}}=\left( 1;1;1 \right)\) lần lượt là véctơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\).

Do \(\Delta =\left( P \right)\cap \left( Q \right)\) nên \(\Delta \) có một véctơ chỉ phương \({{\vec{u}}_{\Delta }}=\left[ {{{\vec{n}}}_{P}},{{{\vec{n}}}_{Q}} \right]=\left( -1;1;0 \right)\).

Đường thẳng d nằm trong \(\left( P \right)\) và \(d\bot \Delta \) nên d có một véctơ chỉ phương là \({{\vec{u}}_{d}}=\left[ {{{\vec{n}}}_{P}},{{{{u}'}}_{\Delta }} \right] =\left( -1;-1;0 \right)\).

Gọi \({d}':\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z-3}{-1}\) và \(A={d}'\cap d\Rightarrow A={d}'\cap \left( P \right)\)

Xét hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l} z - 1 = 0\\ \frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{{ - 1}} = \frac{{z - 3}}{{ - 1}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} z = 1\\ y = 0\\ x = 3 \end{array} \right. \Rightarrow A\left( {3;0;1} \right)\).

Do đó phương trình đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l} x = 3 + t\\ y = t\\ z = 1 \end{array} \right.\).

* Từ đồ thị hàm số y = f(x) nhận thấy

+) \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = a\\ x = 2\\ x = b \end{array} \right.\) với \(0 < {x_0} < a < 2 < b < 3\).

+) \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow a < x < 2\) hoặc x > b.

+) \(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x < a\) hoặc 2 < x < b.

* Ta có : \(y = f\left( {f\left( x \right)} \right) \Rightarrow y' = f'\left( {f\left( x \right)} \right).f'\left( x \right)\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f'\left( {f\left( x \right)} \right) = 0\\ f'\left( x \right) = 0 \end{array} \right.\)

* Phương trình \(f'\left( {f\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f\left( x \right) = a\\ f\left( x \right) = 2\\ f\left( x \right) = b \end{array} \right.\) với \(0 < {x_0} < a < 2 < b < 3\).

Mỗi đường thẳng y = b, y = 2, y = a đều cắt đồ thị hàm số đã cho tại 2 điểm phân biệt lần lượt tính từ trái qua phải có hoành độ là x₁ và x₆; x₂ và x₅; x₃ và x₄ nên: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_1} < {x_2} < {x_3} < {x_0} < 3 < {x_4} < {x_5} < {x_6}\\ f\left( {{x_1}} \right) = f\left( {{x_6}} \right) = b\\ f\left( {{x_2}} \right) = f\left( {{x_5}} \right) = 2\\ f\left( {{x_3}} \right) = f\left( {{x_4}} \right) = a \end{array} \right.\)

* Cũng từ đồ thị hàm số đã cho suy ra:

Do đó: \(f'\left( {f\left( x \right)} \right) > 0 \Leftrightarrow a < f\left( x \right) < 2\) hoặc f(x) > b.

Ta có BBT:

Vậy hàm số có 9 điểm cực trị.

\({{\log }_{9}}x={{\log }_{12}}y={{\log }_{16}}\left( x+y \right)\).

Đặt \(t={{\log }_{9}}x\Leftrightarrow x={{9}^{t}}\). Ta được :

\(t={{\log }_{12}}y={{\log }_{16}}\left( x+y \right)\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = {12^t}\\ x + y = {16^t} \end{array} \right.\) hay \({9^t} + {12^t} = {16^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^{2t}} + {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} - 1 = 0\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\\ {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = \frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}\left( {loai} \right) \end{array} \right.\)

Khi đó \(\frac{x}{y} = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\)

Bảng biến thiên của y = f(x):

Do đó ta có f(c) > f(b) (1)

Ta gọi S₁, S₂, S₃ lần lượt là các phần diện tích giới hạn bởi đồ thị hàm số và trục hoành như hình bên.

\({S_2} > {S_1} + {S_3} \Leftrightarrow  - \int\limits_0^b {f'\left( x \right){\rm{d}}x}  > \int\limits_a^0 {f'\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_b^c {f'\left( x \right){\rm{d}}x}  \Leftrightarrow \left. { - f\left( x \right)} \right|_0^b > \left. {f\left( x \right)} \right|_a^0 + \left. {f\left( x \right)} \right|_b^c\)

\( \Leftrightarrow f\left( 0 \right) - f\left( b \right) > f\left( 0 \right) - f\left( a \right) + f\left( c \right) - f\left( b \right)\)

\( \Rightarrow f\left( a \right) > f\left( c \right)\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(f\left( a \right) > f\left( c \right) > f\left( b \right)\)

Thời điểm máy bay đạt vận tốc 200 m/s là: \({t^2} + 10t = 200 \Leftrightarrow t = 10\,\,\left( s \right)\).

Quãng đường máy bay di chuyển trên đường băng từ thời điểm \(t = 0\,\,\left( s \right)\) tới thời điểm \(t = 10\,\,\left( s \right)\) là:

\(s = \int\limits_0^{10} {v\left( t \right)dx}  = \int\limits_0^{10} {\left( {{t^2} + 10t} \right)dt} \)\( = \frac{{2500}}{3}\,\,\left( m \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left[ {f'\left( x \right).f\left( x \right)} \right]'\\ = f''\left( x \right).f\left( x \right) + f'\left( x \right).f'\left( x \right)\\ = {\left( {f'\left( x \right)} \right)^2} + f\left( x \right).f''\left( x \right)\end{array}\)

Do đó: \(\left[ {f'\left( x \right).f\left( x \right)} \right]' = 15{x^4} + 12x,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

Lấy nguyên hàm hai vế ta được:

\(\begin{array}{l}\int {\left[ {f'\left( x \right).f\left( x \right)} \right]'dx}  = \int {\left( {15{x^4} + 12x} \right)dx} \\ \Leftrightarrow f'\left( x \right).f\left( x \right) = 3{x^5} + 6{x^2} + C\end{array}\)

Thay \(x = 0\) ta có: \(f'\left( 0 \right).f\left( 0 \right) = C \Leftrightarrow C = 1\).

\( \Rightarrow f'\left( x \right).f\left( x \right) = 3{x^5} + 6{x^2} + 1\)

Tiếp tục lấy nguyên hàm hai vế ta được:

\(\begin{array}{l}\int {f'\left( x \right)f\left( x \right)dx}  = \int {\left( {3{x^5} + 6{x^2} + 1} \right)dx} \\ \Leftrightarrow \frac{{{f^2}\left( x \right)}}{2} = \frac{1}{2}{x^6} + 2{x^3} + x + C'\end{array}\)

Thay \(x = 0\) ta có: \(\frac{{{f^2}\left( 0 \right)}}{2} = C' \Leftrightarrow C' = \frac{1}{2}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{{f^2}\left( x \right)}}{2} = \frac{1}{2}{x^6} + 2{x^3} + x + \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) = {x^6} + 4{x^3} + 2x + 1\end{array}\)

Vậy \({f^2}\left( 1 \right) = 1 + 4 + 2 + 1 = 8\).

Gọi \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( { - 2;1;0} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {0;1; - 1} \right)\) lần lượt là 1 VTCP của \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\).

Gọi AB là đoạn vuông góc chung của \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\),  với \(A\left( {4 - 2t;t;3} \right) \in {d_1}\), \(B\left( {1;t'; - t'} \right) \in {d_2}\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3 + 2t;\,\,t' - t;\,\, - t' - 3} \right)\).

Vì AB là đoạn vuông góc chung của \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot {d_1}\\AB \bot {d_2}\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_1}}  = 0\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_2}}  = 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2t - 3} \right).\left( { - 2} \right) + t' - t = 0\\t' - t + t' + 3 = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\t' =  - 1\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow A\left( {2;1;3} \right),\,\,B\left( {1; - 1;1} \right)\).

Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\) nhận AB là đường kính.

\( \Rightarrow \) Tâm mặt cầu là trung điểm của AB, có tọa độ \(I\left( {\frac{3}{2};0;2} \right)\), bán kính \(R = IA = \sqrt {\frac{1}{4} + 1 + 1}  = \frac{3}{2}\).

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: \({\left( {x - \frac{3}{2}} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = \frac{9}{4}\).