Số cách sắp xếp 5 học sinh nam, 2 học sinh nữ vào ghế hàng ngang có 7 chỗ ngồi là một hoán vị của 7 phần tử nên có 7! cách.

\({u_4} = 54 \Leftrightarrow {u_1}.{q^3} = 54 \Leftrightarrow {q^3} = 27 \Leftrightarrow q = 3\)

Ta thấy trên (-1;1) thì y'<0 và mũi tên có chiều hướng xuống.

Vì \({y}'\) đổi dấu từ + sang - khi hàm số qua x=0 nên \({{x}_{CD}}=0.\)

Ta thấy \({f}'(x)\) đổi dấu khi qua ba số x=1,x=2,x=7 nên chúng đều là các điểm cực trị của hàm số f(x).

Ta có \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-5}{2x-1}=\frac{1}{2}\) và \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-5}{2x-1}=\frac{1}{2}\) nên \(y=\frac{1}{2}\) là tiệm cận ngang.

Đồ thị hàm số trên là đồ thị hàm trùng phương có 3 cực trị và có a<0.

Để tìm tọa độ của giao điểm với trục hoành, ta cho \(y = 0\, \Leftrightarrow {x^3} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = - 2 \end{array} \right.\)

\({\log _2}\left( {32{a^2}} \right) = {\log _2}32 + {\log _2}{a^2} = 5 + 2{\log _2}a\)

\(y' = {\left( {\ln 2x} \right)^\prime } = \frac{{{{\left( {2x} \right)}^\prime }}}{{2x}} = \frac{1}{x}\)

\({a^2}.{a^3} = {a^{2 + 3}} = {a^5}\)

\({3^{{x^2} - 5x + 6}} = 1 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 5x + 6}} = {3^0} \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2\\ x = 3 \end{array} \right.\)

\({\log _5}(4x - 3) = 2 \Leftrightarrow 4x - 3 = {5^2} \Leftrightarrow x = 7.\)

Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản: \(\int {\left( {{x^4} + 2x - 4} \right){\rm{d}}x}  = \frac{1}{5}{x^5} + {x^2} - 4x + C\)

\(\int {\frac{1}{{{{\cos }^2}4x}}{\rm{d}}x}  = \frac{1}{4}\tan 4x + C\)

\(\int\limits_3^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_2^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_2^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 7 - 4 = 3.\)

\(\int_{ - 1}^3 {\left( {3{x^2} - 1} \right)} \;{\rm{d}}x = \left. {\left( {{x^3} - x} \right)} \right|_{ - 1}^3 = \left( {{3^3} - 3} \right) - \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^3} - \left( { - 1} \right)} \right] = 24.\)

z = 7 - 2i\( \Rightarrow \overline z  = 7 + 2i\,;\,\left| z \right| = \sqrt {{7^2} + {2^2}}  = \sqrt {53} \)

\({z_1}{z_2} = \left( {2 - 3i} \right)\left( { - 1 + i} \right) = 1 + 5i\)

Điểm biểu diễn của z=a+bi có tọa độ là (a;b) nên \(z+5-7i=0\Leftrightarrow z=-5+7i\) biểu diễn bởi \(\left( -5;7 \right)\).

V = B.h = 6.5 = 30

\(ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'\) là lăng trụ đứng có đáy là hình vuông cạnh 5 và cạnh bên \(B{B}'=6\) nên có thể tích là: \(V={{5}^{2}}.6=150\) (đơn vị thể tích).

\(V = \frac{1}{3}\pi {\left( {3r} \right)^2}h = 3\pi {r^2}h\)

Hình trụ có chiều cao h=l, do đó bán kính \(r=h=3\text{ cm}\).

Vậy diện tích toàn phần của hình trụ bằng: \({{S}_{tp}}=2\pi rl+2\pi {{r}^{2}}=54\pi \text{ c}{{\text{m}}^{2}}\).

Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ: \(G\left( \frac{{{x}_{A}}+{{x}_{B}}+{{x}_{C}}}{3};\,\frac{{{y}_{A}}+{{y}_{B}}+{{y}_{C}}}{3};\,\frac{{{z}_{A}}+{{z}_{B}}+{{z}_{C}}}{3} \right)\).

Vậy \(G\left( 1;\,1;\,3 \right)\).

Mặt cầu \(\left( S \right)  :{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2ax-2by-2cz+d=0\) có tâm \(I\left( a;\,b;\,c \right)\).

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

Thay tọa độ các điểm \(M,\,N,\,P,\,Q\) ở các đáp án vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta được điểm \(P\left( -2;\,1;\,3 \right)\) không thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\)

Đường thẳng song song với đường thẳng OM nhận vecto \(\overrightarrow{OM}=\left( 1;\,-2;\,1 \right)=\overrightarrow{{{u}_{4}}}\) là một vectơ chỉ phương.

Chọn 2 trong 10 học sinh chia thành nhóm 2 có: \(C_{10}^{2}\) cách.

Chọn 3 trong 8 học sinh còn lại chia thành nhóm 3 có: \(C_{8}^{3}\) cách.

Chọn 5 trong 5 học sinh còn lại chia thành nhóm 5 có \(C_{5}^{5}\) cách.

Vậy có \(C_{10}^{2}.C_{8}^{3}.C_{5}^{5}\) cách.

Ta có:

\({f}'\left( x \right)=\frac{-{{x}^{2}}-2x-7}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}=\frac{-{{\left( x+1 \right)}^{2}}-6}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}<0,\,\forall x\ne -1 \Rightarrow f\left( x \right)\) luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định.

\({g}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-12x+15=3{{\left( x-2 \right)}^{2}}+2>0,\,\forall x \Rightarrow g\left( x \right)\) luôn đồng biến trên \(\left( -\infty ;\,+\infty  \right)\).

\({k}'\left( x \right)=2>0,\,\forall x \Rightarrow k\left( x \right)\) luôn đồng biến trên \(\left( -\infty ;\,+\infty  \right)\).

\({h}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}+1-\cos x=3{{x}^{2}}+2{{\sin }^{2}}\frac{x}{2}\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\) và do hàm số \(h\left( x \right)={{x}^{3}}+x-\sin x\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên hàm số đồng biến trên \(\left( -\infty ;\,+\infty  \right)\).

Ta thấy các hàm số \(h\left( x \right), g\left( x \right), k\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( -\infty ;\,+\infty  \right)\), còn hàm \(f\left( x \right)\) thì không.

Hàm số xác định \(\left[ 1;4 \right].\)

Có \({f}'\left( x \right)=\frac{2}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}>0,\forall x\in \left[ 1;\,4 \right]\) nên hàm số đồng biến trên \(\left[ 1;4 \right].\)

Do đó \(\underset{\left[ 1;4 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=f\left( 4 \right)=\frac{4}{4+2} =\frac{2}{3}\).

\({\log _{\frac{2}{3}}}\left( {2{x^2} - x + 1} \right) < 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - x + 1 > 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < 0\\ x > \frac{1}{2} \end{array} \right.\)

\(K = \int\limits_a^c {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_a^b {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_b^c {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_a^b {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x - \int\limits_c^b {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 2 - 3 =  - 1\)

Ta có \(z=\left( 1+2i \right)\left( 1-i \right) =3+i \Rightarrow \overline{z}=3-i\).

Do đó điểm biểu diễn của \(\overline{z}\) là \(M\left( 3;-1 \right)\).

Gọi D là trung điểm cạnh BC.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} SA \bot SB\\ SA \bot SC \end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\).

Mà \(SD \bot BC\) nên \(BC \bot \left( {SAD} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SDA} = \alpha \).

Khi đó tam giác SAD vuông tại S có \(SD = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\); \(AD = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\) và \(\cos \alpha  = \frac{{SD}}{{AD}}  \Leftrightarrow \cos \alpha  = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)

Gọi trung điểm của AB là I.

Tam giác SAB đều, suy ra \(SI\bot AB\).

Mà \(\left( SAB \right)\bot \left( ABC \right) \Rightarrow SI\bot \left( ABC \right)\) nên \(SI=d\left( S,\left( ABC \right) \right)\).

Theo giả thiết tam giác SAB đều nên SB=AB=2a, IB=a.

Do đó \(SI=\sqrt{S{{B}^{2}}-I{{B}^{2}}}=a\sqrt{3}\).

Do mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên có bán kính là:

\(R=d\left( A;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 12+3+5 \right|}{\sqrt{{{4}^{2}}+{{3}^{2}}}}=4\)

Vậy phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) là: \({{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=16\).

\(\Delta \bot \left( P \right) \Rightarrow  \Delta \) nhận vecto pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=\left( 2;\,-1;\,1 \right)\) của \(\left( P \right)\) làm vecto chỉ phương.

Phương trình chính tắc \(\Delta \) qua \(M\left( 3;\,-1;\,2 \right)\), có vecto chỉ phương \(\overrightarrow{n}=\left( 2;\,-1;\,1 \right)\) là:

\(\frac{x-3}{2}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z-2}{1}\)

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

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = {x^2} + \frac{3}{2}x - \frac{3}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = 1 \end{array} \right.\)

Lập bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: \(\underset{\left[ -3;1 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=g\left( -1 \right)\).

Đặt \(t=\left| x+3 \right|-4\) với \(x\in \left[ -2;2 \right]\) thì \(t\in \left[ -3;1 \right]\).

Khi đó \(\underset{\left[ -2;2 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( \left| x+3 \right|-4 \right)=\underset{\left[ -3;1 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( t \right)=g\left( -1 \right)\).

Điều kiện: x>0.

Ta có \({{x}^{2}}-\left( y+3 \right)x+3y<\left( y-x \right){{\log }_{2}}x \Leftrightarrow {{x}^{2}}-xy-3x+3y-\left( y-x \right){{\log }_{2}}x<0\)

\(\Leftrightarrow x\left( x-y \right)-3\left( x-y \right)+\left( x-y \right){{\log }_{2}}x<0\)

\(\Leftrightarrow \left( x-y \right)\left( x-3+{{\log }_{2}}x \right)<0 \left( 1 \right)\).

Xét \(x-3+{{\log }_{2}}x>0\Leftrightarrow {{\log }_{2}}x>3-x \left( 2 \right)\).

Vì \(f\left( x \right)={{\log }_{2}}x\) là hàm đồng biến, \(g\left( x \right)=3-x\) là hàm nghịch biến.

Nên với x > 2 ta có \(\left\{ \begin{array}{l} f\left( x \right) > 1\\ g\left( x \right) < 1 \end{array} \right. \Rightarrow x > 2\) là nghiệm của (2).

Vậy (1) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x - y > 0\\ x - 3 + {\log _2}x < 0 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x - y < 0\\ x - 3 + {\log _2}x > 0 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x > y\\ x < 2 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x < y\\ x > 2 \end{array} \right. \end{array} \right.\) .(3)

Do đó ta có:

+) Với 0

+) Với y=2 thì \(\left( 3 \right)\) vô nghiệm \(\Rightarrow \left( 1 \right)\) không có nghiệm x nguyên.

+) Với y>2 thì \(\left( 3 \right) \Leftrightarrow 2

Để \(\left( 1 \right)\) có không quá 2019 nghiệm x nguyên thì \(y-3\le 2019\Leftrightarrow y\le 2022\).

Đặt t  =sinx \( \Rightarrow {\rm{d}}t = \cos x{\rm{d}}x\).

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow t = 0\\ x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow t = 1 \end{array} \right.\).

Khi đó \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\cos xf\left( \sin x \right)\text{d}x} =\int\limits_{0}^{1}{f\left( t \right)\text{d}t} =\int\limits_{0}^{1}{\left( 5-3t \right)\text{dt}}=\frac{7}{2}\).

Đặt \(t=3-2x \Rightarrow \text{d}t=-2\text{d}x\).

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow t = 3\\ x = 1 \Rightarrow t = 1 \end{array} \right.\).

Khi đó \(\int\limits_{0}^{1}{f\left( 3-2x \right)\text{d}x} =-\frac{1}{2}\int\limits_{3}^{1}{f\left( t \right)\text{d}t} =\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{\left( -3{{t}^{2}}+5t \right)\text{d}t}=-3\).

Vậy \(I=3.\frac{7}{2}+2\left( -3 \right)=\frac{9}{2}\).

Gọi z=x+yi, \(\left( x\,,\,y\in \mathbb{R} \right)\). Theo giả thiết ta có

\(\left| \bar{z}+1-2i \right|=\left| z+3+4i \right| \Leftrightarrow \left| x-yi+1-2i \right|=\left| x+yi+3+4i \right| \Leftrightarrow \left| \left( x+1 \right)-\left( y+2 \right)i \right|=\left| \left( x+3 \right)+\left( y+4 \right)i \right| \left( 1 \right)\).

\(\frac{\bar{z}-2i}{z+i} =\frac{x-yi-2i}{x+yi+i} =\frac{{{x}^{2}}-\left( y+1 \right)\left( y+2 \right)}{{{x}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}}-\frac{2xy+3x}{{{x}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}}i =\frac{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}-3y-2}{{{x}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}}-\frac{2xy+3x}{{{x}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}}i\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình

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

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 4x + 4y = - 20\\ {x^2} - {y^2} - 3y - 2 = 0 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - 5 - y\\ {\left( { - 5 - y} \right)^2} - {y^2} - 3y - 2 = 0 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - \frac{{12}}{7}\\ y = - \frac{{23}}{7} \end{array} \right.\)

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất nên có 1 số phức z thỏa mãn bài toán.

Gọi M là trung điểm của AB. Ta có \(AD=DC=\frac{1}{2}AB=CM\), suy ra \(\Delta ACB\) vuông tại C hay \(AC\bot BC\). Suy ra \(\widehat{\left( \left( SBC \right)\,,\,\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SCA}=45{}^\circ \).

Suy ra \(AC=SA=2a \Rightarrow AD=DC=a\sqrt{2}, AB=2a\sqrt{2}\).

Ta có \({{S}_{ABCD}}=\frac{1}{2}\left( AB+DC \right).AD =\frac{1}{2}\left( a\sqrt{2}+2a\sqrt{2} \right).a\sqrt{2}=3{{a}^{2}}\).

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

Giả sử chiếc lều có dạng hình chóp đều S.ABCD như hình vẽ trên.

Ta có em bé đi dọc theo 1 cạnh của chiếc lều với vận tốc \(0,3\,\text{m/s}\) thì phải mất \(6\,\text{s}\), nên độ dài 1 cạnh đáy của chiếc lều là \(AB=0,3.6=1,8\,\text{m}\).

Gọi M là trung điểm của AB.

Ta có \(SB=\frac{OB}{\cos 60{}^\circ }=2OB=AB\sqrt{2} \Rightarrow SM=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{M}^{2}}}=\sqrt{2A{{B}^{2}}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}}=\frac{\sqrt{7}}{2}AB\).

Khi đó diện tích vải cần dùng để may các mặt xung quanh chiếc lếu là:

\(S=4{{S}_{\Delta SAB}}=4.\frac{1}{2}.SM.AB= =1.\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{7}}{2}AB.AB=\sqrt{7}.A{{B}^{2}} =\sqrt{7}.1,{{8}^{2}}\approx 8,6\,{{\text{m}}^{2}}\).

Giả sử \(N\left( -1-t\,;\,2t\,;\,1+3t \right)\in \Delta \).

Vì M là trung điểm của NE \Rightarrow E\left( 3+t\,;\,-2t\,;\,-3-3t \right)\).

Theo giả thiết \(E\in \left( P \right) \Rightarrow 4\left( 3+t \right)+\left( -2t \right)+\left( -3-3t \right)+1=0 \Leftrightarrow t=10 \Rightarrow N\left( -11\,;\,20\,;\,31 \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{MN}=\left( 12\,;\,20\,;\,32 \right)=4\left( 3\,;\,5\,;\,8 \right)\)

Đường thẳng d đi qua \(M\left( 1\,;\,0\,;\,-1 \right)\) và \(N\left( -11\,;\,20\,;\,31 \right)\), nên d có 1 vectơ chỉ phương \(\vec{u}=\left( 3\,;\,5\,;\,8 \right)\). Khi đó ta có phương trình đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 3t\\ y = 5t\\ z = - 1 + 8t \end{array} \right.\left( {t \in R} \right)\)

Ta tịnh tiến đồ thị \(y=f\left( x \right)\) sang bên phải 2 đơn vị ta được đồ thị của hàm \(y=f\left( x-2 \right)\).

Nên đồ thị của hàm \(y=f\left( x-2 \right)\) có 3 điểm cực trị và 4 giao điểm với trục Ox.

Để hàm số \(y=\left| f\left( x-2 \right)+m \right|\) có 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số \(y=\left| f\left( x-2 \right)+m \right|\) cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt khác điểm cực trị. Mà m nguyên dương nên ta tịnh tiến đồ thị hàm \(y=f\left( x-2 \right)\) lên m đơn vị với \(m\in \left[ 3;\,6 \right)\).

\(\Rightarrow \) có 3 giá trị nguyên dương của m thoả mãn là \(m\in \left\{ 3;\,4;\,5 \right\}\)

\({{e}^{a+b}}\le e\left( a+b \right) \Leftrightarrow {{e}^{a+b-1}}\le a+b \Leftrightarrow {{e}^{a+b-1}}-1\le a+b-1 \Leftrightarrow {{e}^{a+b-1}}-\left( a+b-1 \right)-1\le 0\).

Xét hàm số \(g\left( x \right)={{e}^{x}}-x-1\) với \(x\in \mathbb{R}\).

\({g}'\left( x \right)={{e}^{x}}-1 \Rightarrow {g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {{e}^{x}}-1=0 x=0\).

Bảng biến thiên của \(g\left( x \right)\):

Từ bảng biến thiên ta thấy \(g\left( x \right)\ge 0\) với mọi \(x\in \mathbb{R} \Leftrightarrow {{e}^{a+b-1}}-\left( a+b-1 \right)-1\ge 0\) với mọi \(a,b\in \mathbb{R}\).

Vậy \({{e}^{a+b-1}}-\left( a+b-1 \right)-1=0 \Leftrightarrow a+b-1=0 \Leftrightarrow a+b=1\).

\(\Rightarrow f\left( a \right)+f\left( b \right)=1 \Leftrightarrow f\left( a \right)+f\left( 1-a \right)=1 \Leftrightarrow \frac{{{3}^{a}}}{{{3}^{a}}+{{m}^{2}}}+\frac{{{3}^{1-a}}}{{{3}^{1-a}}+{{m}^{2}}}=1 \Leftrightarrow \frac{{{3}^{a}}}{{{3}^{a}}+{{m}^{2}}}+\frac{3}{3+{{3}^{a}}{{m}^{2}}}=1 \Leftrightarrow \frac{{{m}^{2}}{{t}^{2}}+6t+3{{m}^{2}}}{{{m}^{2}}{{t}^{2}}+\left( {{m}^{4}}+3 \right)t+3{{m}^{2}}}=1\) ( với \(t={{3}^{a}}>0\))

\(\Leftrightarrow 6t=\left( {{m}^{4}}+3 \right)t\Leftrightarrow 6={{m}^{4}}+3\Leftrightarrow {{m}^{4}}=3\Leftrightarrow m=\pm \sqrt[4]{3}\).

Vậy tập S có hai phần tử.

Do đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng nên yêu cầu bài toán trở thành:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(y=1-{{x}^{2}},y=k,x=0\) bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi : \(y=1-{{x}^{2}},y={{x}^{2}}-1,y=k,x>0.\)

\(\begin{align} & \int\limits_{0}^{\sqrt{1-k}}{\left( 1-{{x}^{2}}-k \right)}\text{d}x= \\ & \int\limits_{\sqrt{1-k}}^{1}{\left( k-1+{{x}^{2}} \right)}\text{d}x+\int\limits_{1}^{\sqrt{1+k}}{\left( k-{{x}^{2}}+1 \right)}\text{d}x. \\ \end{align}\)

\(\begin{align} & \Leftrightarrow \left( 1-k \right)\sqrt{1-k}-\frac{1}{3}\left( 1-k \right)\sqrt{1-k} \\ & =\frac{1}{3}-\left( 1-k \right)-\frac{1}{3}\left( 1-k \right)\sqrt{1-k}+\left( 1-k \right)\sqrt{1-k} \\ & +\left( 1+k \right)\sqrt{1+k}-\frac{1}{3}\left( 1+k \right)\sqrt{1+k}-\left( 1+k \right)+\frac{1}{3} \\ \end{align}\)

\(\Leftrightarrow \frac{2}{3}\left( 1+k \right)\sqrt{1+k}=\frac{4}{3}\)

\(\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{1+k} \right)}^{3}}=2\)

\(\Leftrightarrow k=\sqrt[3]{4}-1.\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 3;\,2;\,0 \right)\), bán kính R=2.

Vì chúng ta cần đánh giá tổng KA+2KB nên ta tìm điểm M sao cho KA=2KM \(\Leftrightarrow \frac{KA}{KM}=2\) khi K thay đổi trên \(\left( S \right)\).

Ta thấy IK=R=2 và IA=4 nên \(\frac{IA}{IK}=2=\frac{KA}{KM}\).

Xét hai tam giác IAK và IKM đồng dạng với nhau. Do đó trên đoạn AI ta lấy M sao cho IM=1. Khi đó hai tam giác IAK và IKM có góc I chung và \(\frac{IA}{IK}=2=\frac{KA}{KM}\) nên hai tam giác đồng dạng với nhau.

\(\Rightarrow M\left( 2;\,2;\,0 \right)\). Khi đó \(KA+2KB=2\left( KM+KB \right)\ge 2MB\).

Dễ thấy B nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\) và M nằm trong mặt cầu \(\left( S \right)\) nên ta có dấu bằng xảy ra khi K là giao điểm của MB với mặt cầu \(\left( S \right)\).

Phương trình MB: \(\left\{ \begin{align} & x=2 \\ & y=5+3t \\ & z=0 \\ \end{align} \right.\), suy ra \(K\left( 2;\,5+3t;\,0 \right)\).

\(K\in \left( S \right) \Rightarrow 1+{{\left( 3+3t \right)}^{2}}=4 \Leftrightarrow t=-1\pm \frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow K\left( 2;\,2-\sqrt{3};\,0 \right)\) và \(\Rightarrow K\left( 2;\,2+\sqrt{3};\,0 \right)\).

Do K nằm giữa B,M nên \(K\left( 2;\,2+\sqrt{3};\,0 \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( ABK \right)\) là \(z=0\Rightarrow a=0,b=0,c=0\Rightarrow a+b+c=0\).

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay \(\left( H \right)\) quanh trục Oy là: \(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}(y)\,} dy\)