Số cách chọn 4 người đi công tác trong một tổ có 30 người là \(C_{30}^4\)

Ta có \({{u}_{2}}=6\Leftrightarrow  6={{u}_{1}}+d \Leftrightarrow d=4\).

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( -\infty ;2 \right); \left( 2;+\infty  \right)\).

Hàm số xác định tại x=3 và đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi qua điểm x=3 nên hàm số đạt cực tiểu tại x=3 và giá trị cực tiểu là \(f\left( 3 \right)=-2\).

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy \({f}'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm khi qua nghiệm x=3, nên hàm số đã cho có 1 điểm cực trị.

Dựa vào đồ thị hàm số, đường tiệm cận đứng x=1 và đường tiệm cận ngang y=1.

Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc 3 với hệ số a>0 nên chỉ có hàm số \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}\) thỏa yêu cầu bài toán.

\({x^4} - 2{x^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x =  \pm 1\)

\(P = {\log _2}{a^2} - {\log _{\frac{1}{2}}}{b^2} = {\log _2}{a^2} + {\log _2}{b^2} = {\log _2}{\left( {ab} \right)^2}\)

\(y' = {5^x}\ln 5\)

\({a^{\sqrt 5 }}.{\left( {\frac{1}{a}} \right)^{\sqrt 5  - 1}} = {a^{\sqrt 5 }}.{a^{1 - \sqrt 5 }} = a\)

\({2^{2x - 1}} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow {2^{2x - 1}} = {2^{ - 2}} \Leftrightarrow 2x - 1 =  - 2 \Leftrightarrow x =  - \frac{1}{2}.\)

\({\log _2}\left( {{x^2} - x + 2} \right) = 1 \Leftrightarrow {x^2} - x + 2 = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1 \end{array} \right.\)

\(\int {\left( {3{x^2} + 2x} \right){\rm{d}}x}  = {x^3} + {x^2} + C\)

\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {2\sin 2x} \right){\rm{d}}x}  =  - \cos 2x}  + C\)

\(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_0^1 {2g\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_1^0 {2g\left( x \right){\rm{d}}x}  = 12\)

\(I = \int\limits_2^5 {\frac{{dx}}{x}}  = \left. {\ln \left| x \right|} \right|_2^5 = \ln \frac{5}{2}\)

Số phức liên hợp của số phức \(z=-2-\sqrt{3}i\) là \(\overline{z}=-2+\sqrt{3}i\).

\(z = 5 - 7i + 2 + 3i = 7 - 4i\)

\({z_1} + {z_2} =  - 2 - 3i + 1 + i =  - 1 - 2i.\)

Vậy điểm biểu của số phức \({{z}_{1}}+{{z}_{2}}\) là điểm \(M\left( -1;-2 \right)\).

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

\(V = {S_{ABCD}}.h = {4^2}.5 = 80\)

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

\({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .5.7 = 70\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Tọa độ trung điểm AB là điểm I ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\ {y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\\ {z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} \end{array} \right.\) \(\Rightarrow I\left( {2;0; - 2} \right)\)

Từ phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) suy ra tâm \(I\left( -1;3;0 \right)\) và bán kính \(R=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d}=3\).

\(\left( P \right): - 2\left( {x - 2} \right) + 4\left( {y + 3} \right) + 1.\left( {z - 4} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow  - 2x + 4y + z + 12 = 0\)

Trung điểm BC có tọa độ \(I\left( 0;2;1 \right)\) nên trung tuyến từ A có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{AI}=\left( -1;1;0 \right)\)

Gọi số cần tìm có dạng: \(\overline{abc}\).

Chọn c: có 3 cách \(\left( c\in \left\{ 4;6;8 \right\} \right)\)

Chọn \(\overline{ab}\): có \(A_{5}^{2}\) cách

Theo quy tắc nhân, có \(3.A_{5}^{2}=60\) (số).

Ta có \(y={{x}^{3}}+x-2 \Rightarrow {y}'=3{{x}^{2}}+1>0 \forall x\). Vậy hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Hàm số \(y = \frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2} + 3x - 4\) xác định và liên tục trên \(\left[ { - 4;0} \right]\).

\(y' = {x^2} + 4x + 3\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\left( n \right)\\ x = - 3\left( n \right) \end{array} \right.\). \(f\left( 0 \right) =  - 4\), \(f\left( { - 1} \right) =  - \frac{{16}}{3}\), \(f\left( { - 3} \right) =  - 4\), \(f\left( { - 4} \right) =  - \frac{{16}}{3}\).

Vậy M =  - 4, \(m =  - \frac{{16}}{3}\) nên \(M + m =  - \frac{{28}}{3}\).

\({\left( {\frac{1}{5}} \right)^{{x^2} - 2x}} \ge \frac{1}{{125}} \Leftrightarrow {x^2} - 2x \le 3 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right) \le 0 \Leftrightarrow  - 1 \le x \le 3\)

Vì phương trình tìm nghiệm nguyên dương nên các nghiệm là \(x = \left\{ {1;2;3} \right\}\)

\(\int\limits_5^2 {\left[ {2 - 4f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = 2\int\limits_5^2 {{\rm{d}}x} - 4\int\limits_5^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \left. {2x} \right|_5^2 + 4\int\limits_2^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2.\left( {2 - 5} \right) + 4.10 = 34\)

\(\begin{array}{l} \bar z = 3 + 4i\\ \omega = z\left( {1 + \bar z} \right) = (3 - 4i)(1 + 3 + 4i) = (3 - 4i)(4 + 4i) = 28 - 4i\\ \left| \omega \right| = \sqrt {{{28}^2} + {{( - 4)}^2}} = \sqrt {800} = 20\sqrt 2 \end{array}\)

Ta có \(CA' \cap \left( {ABCD} \right) = C\)

Mặt khác \(AA' \bot (ABCD) \Rightarrow \widehat {\left( {AA';(ABCD)} \right)} = \widehat {ACA'} = \alpha \Rightarrow \tan \alpha = \frac{{AA'}}{{AC}} = \frac{a}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\)

Kẻ \(SH\bot \left( ABC \right)\] tại H.

Ta có HA, HB, HC lần lượt là hình chiếu vuông góc của SA, SB, SC lên \(\left( ABC \right)\).

Theo giả thiết ta có \(\widehat{SAH}=\widehat{SBH}=\widehat{SCH}={{30}^{0}} \Rightarrow \Delta SAH=\Delta SBH=\Delta SCH \Rightarrow HA=HB=HC\). Do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).

Ta có \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}d\left( A,(SBC) \right).{{S}_{\Delta SBC}} \Rightarrow d\left( A,(SBC) \right)=\frac{3{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{\Delta SBC}}}, \left( * \right)\).

\(p=\frac{AB+BC+AC}{2}=10 \Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}=\sqrt{p\left( p-AB \right)\left( p-BC \right)\left( p-AC \right)}=10\sqrt{3}\).

\({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{AB.BC.AC}{4R}\Rightarrow HA=R=\frac{AB.BC.AC}{4{{S}_{\Delta ABC}}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}\).

\(SH=AH.\tan {{30}^{0}}=\frac{7}{3}\).

\({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{70\sqrt{3}}{9}\).

\(p=\frac{SB+SC+BC}{2}=\frac{26}{3} \Rightarrow {{S}_{\Delta SBC}}=\sqrt{p\left( p-SB \right)\left( p-SC \right)\left( p-BC \right)}=\frac{8\sqrt{13}}{3}\).

Thế vào \(\left( * \right)\) ta được \(d\left( A,(SBC) \right)=\frac{3{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{\Delta SBC}}}=\frac{\frac{70\sqrt{3}}{3}}{\frac{8\sqrt{13}}{3}}=\frac{35\sqrt{39}}{52}\).

Ta có: \(\overrightarrow{AI}=\left( -1;-2;2 \right)\), suy ra bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) là R=AI=3.

\(\left( S \right):\left\{ \begin{array}{l} qua\,\,I\left( { - 1;2;1} \right)\\ R = 3 \end{array} \right. \Rightarrow \left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9\)

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 \(A\left( 1;0;1 \right)\) và \(B\left( 3;2;-1 \right)\).

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 \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 - t\\ y = - t\\ z = 1 + t \end{array} \right.,t \in R\)

Ta có y=g(x) là hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có \({g}'(x)=2\left( {f}'\left( x \right)-\left( x+1 \right) \right)\). Để xét dấu \({g}'(x)\) ta xét vị trí tương đối giữa \(y={f}'(x)\) và y=x+1.

Từ đồ thị ta thấy \(y={f}'(x)\) và y=x+1 có ba điểm chung là \(A\left( -3;-2 \right),B\left( 1;2 \right),C\left( 3;4 \right)\); đồng thời \({g}'(x)>0\Leftrightarrow x\in \left( -3;1 \right)\cup \left( 3;+\infty  \right)\) và \({g}'(x)<0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;-3 \right)\cup \left( 1;3 \right)\). Trên đoạn \(\left[ -3;3 \right]\) ta có BBT:

Từ BBT suy ra B đúng.

Điều kiện: \(x>-{{y}^{2}}\)

Xét hàm số \(f(x)={{3}^{y-2x}}-{{\log }_{5}}\left( x+{{y}^{2}} \right)\)

Ta có: \({{f}^{'}}(x)=-{{2.3}^{y-2x}}.\ln 3-\frac{1}{\left( x+{{y}^{2}} \right).\ln 5}<0\)

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( -{{y}^{2}};{{x}_{0}} \right]\). Để có tối đa 100 số nguyên x thì \(f(-{{y}^{2}}+101)<0\Leftrightarrow 2{{y}^{2}}+y-202-{{3}^{{{\log }_{5}}101}}<0\Leftrightarrow -10\le y\le 9\).

Vậy có 20 giá trị nguyên y.

Có \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\frac{{x + 1}}{{{x^2}}}{\rm{d}}x = \ln \left| x \right| - \frac{1}{x} + C} } \)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} \ln \left( { - x} \right) - \frac{1}{x} + {C_1}\;\;\;\;\;\;{\rm{khi}}\;x < 0\\ \;\ln x - \frac{1}{x} + {C_2}\;\;\;\;\;{\rm{khi}}\;x > 0\; \end{array} \right.\)

Do \(f\left( { - 2} \right) = \frac{3}{2} \Rightarrow \ln 2 + \frac{1}{2} + {C_1} = \frac{3}{2} \Rightarrow {C_1} = 1 - \ln 2\).

Do \(f\left( 2 \right) = 2\ln 2 - \frac{3}{2} \Rightarrow \ln 2 - \frac{1}{2} + {C_2} = 2\ln 2 - \frac{3}{2} \Rightarrow {C_2} = \ln 2 - 1\)

Như vậy, \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} \ln \left( { - x} \right) - \frac{1}{x} + 1 - \ln 2\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{khi}}\;x < 0\\ \;\ln x - \frac{1}{x} + \ln 2 - 1\;\;\;\;\;\;\;{\rm{khi}}\;x > 0\; \end{array} \right.\)

Vậy \(f\left( { - 1} \right) + f\left( 4 \right) = \left( {2 - \ln 2} \right) + \left( {\ln 4 - \frac{1}{4} + \ln 2 - 1} \right) = \frac{{8\ln 2 + 3}}{4}\).

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

Theo bài ra ta có

\(\left| {x + 1 + \left( {y - 2} \right)i} \right| = \left| {x + 3 + \left( {4 - y} \right)i} \right| \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = {\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} \Leftrightarrow y = x + 5\)

Số phức \({\rm{w}} = \frac{{z - 2i}}{{\overline z + i}} = \frac{{x + \left( {y - 2} \right)i}}{{x + \left( {1 - y} \right)i}} = \frac{{{x^2} - \left( {y - 2} \right)\left( {y - 1} \right) + x\left( {2y - 3} \right)i}}{{{x^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}}}\)

w là một số thuần ảo khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l} {x^2} - \left( {y - 2} \right)\left( {y - 1} \right) = 0\\ {x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} > 0\\ y = x + 5\\ x\left( {2y - 3} \right) \ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - \frac{{12}}{7}\\ y = \frac{{23}}{7} \end{array} \right.\).

Vậy \(z =  - \frac{{12}}{7} + \frac{{23}}{7}i\). Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn.

Trong \(\Delta ABC\) kẻ \(CH\bot AB\).

Do \(\left\{ \begin{align} & CH\bot AB \\ & CH\bot SA \\ \end{align} \right.\)\(\Rightarrow CH\bot \left( SAB \right) \Rightarrow CH\bot SB\left( 1 \right)\).

\(BC=\sqrt{A{{B}^{2}}-A{{C}^{2}}}=a\sqrt{3}\).

\(CH=\frac{CA.CB}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

\(BH=\sqrt{B{{C}^{2}}-C{{H}^{2}}}=\frac{3}{2}a\).

Trong \(\Delta SAB\) kẻ \(HK\bot SB \Rightarrow CK\bot SB\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) suy ra góc giữa hai mặt phẳng \(\left( SAB \right)\) và \(\left( SBC \right)\) là \(\widehat{CKH}=60{}^\circ \).

Trong vuông \(\Delta CKH\) có \(HK=CH.\cot 60{}^\circ =\frac{a}{2}\).

\(\Delta SAB\) đồng dạng với \(\Delta HKB\) nên \(\frac{SA}{HK}=\frac{AB}{BK}=\frac{2a}{a\sqrt{2}} \Rightarrow SA=\frac{a}{\sqrt{2}}\)

Thể tích hình chóp S.ABC là \(V=\frac{1}{3}SA.{{S}_{\Delta ABC}} =\frac{1}{3}\frac{a}{\sqrt{2}}.\frac{1}{2}.a.\sqrt{3}.a=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{12}\).

Theo bài ra ta có để chi phí thuê nhân công là thấp nhất thì ta phải xây dựng bể sao cho tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy là nhỏ nhất.

Gọi ba kích thước của bể là a, 2a, c \(\left( a\left( m \right)>0,\,c\left( m \right)>0 \right)\).

Ta có diện tích các mặt cần xây là \(S=2{{a}^{2}}+4ac+2ac=2{{a}^{2}}+6ac\).

Thể tích bể \(V=a.2a.c=2{{a}^{2}}c=2304 \Rightarrow  c=\frac{1152}{{{a}^{2}}}\).

Suy ra \(S=2{{a}^{2}}+6a.\frac{1152}{{{a}^{2}}}=2{{a}^{2}}+\frac{6912}{a}=2{{a}^{2}}+\frac{3456}{a}+\frac{3456}{a}\ge 3.\sqrt[3]{2{{a}^{2}}.\frac{3456}{a}.\frac{3456}{a}}=864\).

Vậy \({{S}_{\min }}=864{{m}^{2}}\), khi đó chi phí thấp nhất là 864.600000=518.400.000 triệu đồng.

Gọi \(M\left( 2+t\,;\,-1-t\,;\,1+t \right)=d\cap {{d}_{2}}\) với \(t\in \mathbb{R}\).

Ta có \(\overrightarrow{AM}=\left( 1+t\,;\,-t  \,;\,-2+t \right)\) và \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 3\,;\,3\,;\,-1 \right)\) là vectơ chỉ phương của \({{d}_{1}}\)

Mặt khác \(\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{{{u}_{1}}\,}=0\) nên \(3.(1+t)+3.(-t)-1.\left( -2+t \right)=0\Leftrightarrow t=5\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{AM}=(6;-5;3)\) là 1 vectơ chỉ phương của d.

Vậy phương trình đường thẳng \({{d}_{{}}}: \frac{x-1}{6}=\frac{y+1}{-5}=\frac{z-3}{3}\).

Đặt \(h\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}} \right)-2x\Rightarrow {h}'\left( x \right)=2x.{f}'\left( {{x}^{2}} \right)-2\).

Vì \({{x}^{2}}\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\) nên từ đồ thị ta thấy \({f}'\left( {{x}^{2}} \right)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\).

Với \(x\le 0\) ta luôn có \({h}'\left( x \right)=2x.{f}'\left( {{x}^{2}} \right)-2<0\).

Với x>0, ta có \({h}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {f}'\left( {{x}^{2}} \right)=\frac{1}{x}\begin{matrix} {} & \left( * \right) \\ \end{matrix}\)

Đặt \(t={{x}^{2}}\), phương trình \(\left( * \right)\) trở thành \({f}'\left( t \right)=\frac{1}{\sqrt{t}}\left( t>0 \right)\).

Xét sự tương giao giữa hai đồ thị hàm số \(y={f}'\left( t \right)\) và \(y=\frac{1}{\sqrt{t}}\) ở hình vẽ dưới đây:

Ta có \({f}'\left( t \right)=\frac{1}{\sqrt{t}}\Leftrightarrow t={{t}_{0}}\in \left( 0;1 \right)\). Khi đó \({h}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\sqrt{{{t}_{0}}}\).

Mặt khác \(h\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)=0\) và \(h\left( 2 \right)=f\left( 4 \right)-4>0\) nên ta có bảng biến thiên của hàm \(y=h\left( x \right)\).

Từ bảng biến thiên ta có hàm số \(y=h\left( x \right)\) có một điểm cực trị và đồ thị hàm số \(y=h\left( x \right)\) cắt Ox tại hai điểm phân biệt ⇒ Hàm số \(y=g\left( x \right)=\left| h\left( x \right) \right|\) có ba điểm cực trị trong đó có hai điểm cực tiểu.

Đặt \({\log _5}y = m\) và u = ln(m+sinx) ta được hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln \left( {m + \sin x} \right)\\ \ln \left( {m + u} \right) = \sin x \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {e^u} = m + \sin x\\ {e^{\sin x}} = m + u \end{array} \right.\)

Từ hệ phương trình ta suy ra: \({e^u} + u = {e^{\sin x}} + \sin x\,\,\left( * \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {e^t} + t\) có \(f'\left( t \right) = {e^t} + 1 > 0,\forall t \in R\) ⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên R

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( u \right) = f\left( {\sin x} \right) \Leftrightarrow u = \sin x\)

Khi đó ta được: \(\ln \left( {m + \sin x} \right) = \sin x \Leftrightarrow {e^{\sin x}} - \sin x = m\,\left( {**} \right)\)

Đặt a = sinx, \(a \in [-1;1]\) Phương trình (**) trở thành: e^a - a = m (**)

Xét hàm số g(a) = e^a - a liên tục trên [-1;1]

\(g'\left( a \right) = {e^a} - 1\).

\(g'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow a = 0\).

Bảng biến thiên:

Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{{\rm{[}} - 1;1]} g(a) = g(1) = e - 1,\mathop {\min }\limits_{{\rm{[}} - 1;1]} g(a) = g(0) = 1\).

Hệ phương trình ban đầu có nghiệm ⇔ phương trình (**) có nghiệm ⇔ \(1 \le m \le e - 1\)

\( \Leftrightarrow 1 \le {\log _5}y \le e - 1 \Leftrightarrow 5 \le y \le {5^{e - 1}}\). Vì y nguyên nên \(5 \le y \le 15\), suy ra có 11 số nguyên y.

Đặt \(f(x) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\).

Theo bài ra f(x) + 1 và f(x) - 1 lần lượt chia hết cho \({(x - 1)^2}\) và \({(x + 1)^2}\) nên ta có thể phân tích thành nhân tử như sau:

\(\left\{ \begin{array}{l} f(x) + 1 = a{(x - 1)^2}(x - m)\\ f(x) - 1 = a{(x + 1)^2}(x - n) \end{array} \right.\)

Kết hợp với bài ra ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l} f(1) + 1 = 0\\ f( - 1) - 1 = 0\\ f(0) = 0\\ f'(1) = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a + b + c + d + 1 = 0\\ - a + b - c + d - 1 = 0\\ d = 0\\ 3a + 2b + c = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = \frac{1}{2}\\ b = 0\\ c = - \frac{3}{2}\\ d = 0 \end{array} \right.\)

Do đó \(f(x) = \frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}x\)

Ta có \(f(x)=0\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=\pm \sqrt{3} \\ \end{align} \right.\).

\({{S}_{1}}\) là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị y=f(x);y=-1;x=0;x=1

Nên \({{S}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{1}{2}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}x+1 \right)}dx=\frac{3}{8}\)

\({{S}_{2}}\) là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị \(y=f(x);y=0;x=1;x=\sqrt{3}\)

Nên \({{S}_{2}}=\int\limits_{1}^{\sqrt{3}}{\left( -\frac{1}{2}{{x}^{3}}+\frac{3}{2}x \right)}dx=\frac{1}{2}\).

Vậy \({{S}_{1}}+{{S}_{2}}=\frac{3}{8}+\frac{1}{2}=\frac{7}{8}\) (đvdt).

Gọi \({{z}_{1}}=a+bi,\,{{z}_{2}}=c+di, a,b,c,d\in \mathbb{R}\).

Từ giả thiết ta có: \({{\left( a+1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}=1,{{\left( c+2 \right)}^{2}}+{{d}^{2}}=3\).

\(\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}}-1 \right|=\left| \left( a+1 \right)+bi-\left( c+2 \right)-di \right|=\sqrt{6}\)

\(\Leftrightarrow {{\left[ \left( a+1 \right)-\left( c+2 \right) \right]}^{2}}+{{\left( b-d \right)}^{2}}=6 \Leftrightarrow {{\left( a+1 \right)}^{2}}-2\left( a+1 \right)\left( c+2 \right)+{{\left( c+2 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+{{d}^{2}}-2bd=6\)

\(\Leftrightarrow -2\left[ \left( a+1 \right)\left( c+2 \right)+bd \right]=2 \Leftrightarrow \left[ \left( a+1 \right)\left( c+2 \right)+bd \right]=-1\)

Ta có: \(5{{z}_{1}}+{{z}_{2}}+7=5\left( {{z}_{1}}+1 \right)+\left( {{z}_{2}}+2 \right)=5\left( a+bi+1 \right)+\left( c+di+2 \right)\)

\(\Leftrightarrow 5{{z}_{1}}+{{z}_{2}}+7=\left( 5a+c+7 \right)+\left( 5b+d \right)i=5\left( a+1 \right)+\left( c+2 \right)+\left( 5b+d \right)i\)

\(\Rightarrow \left| 5{{z}_{1}}+{{z}_{2}}+7 \right|=\sqrt{{{\left[ 5\left( a+1 \right)+\left( c+2 \right) \right]}^{2}}+{{\left( 5b+d \right)}^{2}}}\)

\(=\sqrt{25{{\left( a+1 \right)}^{2}}+10\left( a+1 \right)\left( c+2 \right)+{{\left( c+2 \right)}^{2}}+25{{b}^{2}}+10bd+{{d}^{2}}}\)

\(=\sqrt{10\left[ \left( a+1 \right)\left( c+2 \right)+bd \right]+28}=3\sqrt{2}\).

Áp dụng bất đẳng thức môđun: \(\left| z+{z}' \right|\le \left| z \right|+\left| {{z}'} \right|. \Rightarrow \left| 5{{z}_{1}}+{{z}_{2}}+7-3i \right|\le \left| 5{{z}_{1}}+{{z}_{2}}+7 \right|+\left| -3i \right|=3\sqrt{2}+3\).

Vậy giá trị lớn nhất của \(P=3\sqrt{2}+3\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 3;-2;1 \right)\); có bán kính \(R=5\sqrt{3}\).

Gọi \(M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)\) là điểm cố định mà mặt phẳng \(\left( P \right)\) luôn đi qua. Ta có

\(\left( {{m}^{2}}+2m \right){{x}_{0}}-\left( {{m}^{2}}+4m-1 \right){{y}_{0}}+2(3m-1){{z}_{0}}+{{m}^{2}}+1=0\,\forall m\)

\(\Leftrightarrow \left( {{x}_{0}}-{{y}_{0}}+1 \right){{m}^{2}}+\left( 2{{x}_{0}}-4{{y}_{0}}+6{{z}_{0}} \right)m+{{y}_{0}}-2{{z}_{0}}+1=0\,\forall m\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_0} - {y_0} + 1 = 0}\\ {2{x_0} - 4{y_0} + 6{z_0}}\\ {{y_0} - 2{z_0} + 1 = 0} \end{array} = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_0} = - 2}\\ {{y_0} = - 1 \Rightarrow M( - 2; - 1;0)}\\ {{z_0} = 0} \end{array}} \right.} \right.\)

Ta có \(IM=3\sqrt{3}<R\) nên M nằm trong mặt cầu. Do đó \(\left( P \right)\) luôn cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là đường tròn.

Ta có \(d\left( A,\left( P \right) \right)\le R+d\left( I,\left( P \right) \right)\le R+IM=5\sqrt{3}+3\sqrt{3}=8\sqrt{3}\).

Trong trường hợp này đường tròn đáy là giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\) có bán kình \(r=\sqrt{{{R}^{2}}-I{{M}^{2}}}=4\sqrt{3}\).

Khi đó \({{V}_{N}}=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=128\pi \sqrt{3}\).