Số cách xếp 6 người vào một dãy 10 chiếc ghế hàng ngang là chỉnh hợp chập 6 của 10 phần tử có \(A_{10}^6\)

Gọi công bội của cấp số nhân \(\left( {{u}_{n}} \right)\) là q, với q>0.

Theo đề: \(\left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 2q\\ {u_2} - {u_1} = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 2q\\ {u_1}\left( {q - 1} \right) = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 2q\\ {q^2} - q - 2 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 4\\ q = 2 \end{array} \right.\).

Vậy công bội của cấp số nhân \(\left( {{u}_{n}} \right)\) là 2.

Từ đồ thị ta suy ra: hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right)\) và \(\left( 3;+\infty  \right)\).

Mà \(\left( 3;6 \right)\subset \left( 3;+\infty  \right)\) nên hàm số \(y=f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( 3\ ;6 \right)\).

Hàm số \(f\left( x \right)\) đạt cực đại tại điểm: x = 1

Hàm số f(x) có 4 điềm cực trị

Hàm số xác định với \(x\in \mathbb{R}\).

Vậy số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là 0.

Hàm số xác định với \(x\in \mathbb{R}\) loại đáp án C.

Từ BBT suy ra \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=+\infty ;\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty \) loại đáp án A và D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({{x}^{3}}+x+2=-2x+2\Leftrightarrow {{x}^{3}}+3x=0\Leftrightarrow x=0\).

Vậy \({{x}_{0}}=0\Rightarrow {{y}_{0}}=2\).

\({\log _2}x = 5{\log _2}a + 3{\log _2}b = {\log _2}{a^5} + {\log _2}{b^3} = {\log _2}\left( {{a^5}{b^3}} \right) \Rightarrow x = {a^5}{b^3}\)

\(y = {e^x}\left( {{e^{ - x}} + x} \right) = 1 + x{e^x}\)

\(y' = {e^x} + x{e^x} = {e^x}\left( {x + 1} \right)\)

\(\sqrt a {b^3} = 27 \Leftrightarrow \sqrt a  = {\left( {\frac{3}{b}} \right)^3} \Rightarrow {\log _3}\sqrt a  = {\log _3}{\left( {\frac{3}{b}} \right)^3} \Rightarrow \frac{1}{2}{\log _3}a = 3\left( {1 - {{\log }_3}b} \right) \Rightarrow {\log _3}a + 3{\log _3}b = 6\)

\({2^{2x + 1}} = {8^{{x^2}}} = {2^{3{x^2}}} \Leftrightarrow 2x + 1 = 3{x^2} \Leftrightarrow 3{x^2} - 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = - \frac{1}{3} \end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {1;\, - \frac{1}{3}} \right\}\)

Điều kiện: x > 1.

\({\log _2}(x - 1) = {\log _4}(2x) \Leftrightarrow {\log _2}(x - 1) = {\log _2}\sqrt {2x} \Leftrightarrow x - 1 = \sqrt {2x} \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2 + \sqrt 3 \\ x = 2 - \sqrt 3 \end{array} \right.\).

Đối chiếu với điều kiện ta được: \(x = 2 + \sqrt 3 \).

\(\int {f\left( x \right)\,dx}  = \int {\left( {3\,{x^2} - \sin 2x} \right)} \,dx = {x^3} + \frac{1}{2}{\rm{cos}}\,2x + C\)

\(\int {f\left( x \right)\,dx}  = \int {\left( {8.{{\rm{e}}^{4x - 2018}}} \right)} \,dx = 2{{\rm{e}}^{4x - 2018}} + C\)

Ta có: \(F(0) = 2F(1) = 4 \Rightarrow F(0) = 4\) và F(1) = 2.

\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {f(x)dx} = F(x)\left| {_0^1} \right. = F(1) - F(0) = 2 - 4 = - 2\)

Ta có \(I = \int\limits_0^\pi {{{\left( {x + \cos x} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \int\limits_0^\pi {\left( {{x^2} + 2x\cos x + {{\cos }^2}x} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^\pi {{x^2}{\rm{d}}x} + 2\int\limits_0^\pi {x\cos x{\rm{d}}x} + \int\limits_0^\pi {{{\cos }^2}x{\rm{d}}x} \).

Với \(A = \int\limits_0^\pi  {{x^2}{\rm{d}}x}  = \frac{{{\pi ^3}}}{3}\).

Với \(B = \int\limits_0^\pi  {x\cos x{\rm{d}}x} \) sử dụng từng phần đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ {\rm{d}}v = \cos x{\rm{d}}x \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\rm{d}}u = {\rm{d}}x\\ v = \sin x \end{array} \right.\).

Suy ra \(B = \left. {\left( {x\sin x} \right)} \right|_0^\pi - \int\limits_0^\pi {\sin x{\rm{d}}x} = \left. {\cos x} \right|_0^\pi = - 2\)

Với \(C = \int\limits_0^\pi {{{\cos }^2}x{\rm{d}}x} = \int\limits_0^\pi {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}{\rm{d}}x = \left. {\left[ {\frac{x}{2} + \frac{{\sin 2x}}{4}} \right]} \right|} _0^\pi = \frac{\pi }{2}\).

Suy ra \(I = A + 2B + C = \frac{{{\pi ^3}}}{3} - 4 + \frac{\pi }{2} \equiv \frac{{{\pi ^3}}}{a} + \frac{\pi }{b} - c \Rightarrow a = 3,\,b = 2,\,c = 4 \Rightarrow T = a + b + c = 9\)

\(z = 3 - 2i + \left( {1 - 4i} \right)i = 7 - i \Rightarrow \overline z  = 7 + i\)

\(\left( {i - 1} \right).\overline z  = \left( {i - 1} \right)\left( {7 + i} \right) =  - 8 + 6i\)

Vậy phần thực là -8

\(\begin{array}{l} (1 + z)(3 - i) - 5iz - 6i + 1 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {3 - 6i} \right)z = - 4 + 7i\\ \Leftrightarrow z = \frac{{ - 4 + 7i}}{{3 - 6i}} = \frac{{ - 6}}{5} - \frac{1}{{15}}i \end{array}\)

\(\left| z \right| = \sqrt {{{\left( {\frac{6}{5}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{{15}}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {13} }}{3}\)

\(w = 2{z_1} + 3i{z_2} = 2\left( {1 - 4i} \right) + 3i\left( {3 + 2i} \right) =  - 4 + i\)

Vậy trong mặt phẳng phức điểm (-4;1) biểu diễn số phức w

\(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}{a^2}h\)

\(V = {a^3} = {40^3} = 64000c{m^3}\)

Diện tích xung quanh của một hình nón là \(S = \pi rl = \pi .3.4 = 12\pi \)

Thể tích của khối trụ là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.6^2}.10 = 360\pi (c{m^3})\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {{x_B} - {x_A}\,;\,{y_B} - {y_A}\,;\,{z_B} - {z_A}} \right)\)

Vì mặt cầu (S) có dạng \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2ax-2by-2cz+d=0\), với a=1;b=2;c=-3;d=10.

Dó đó  bán kính \(R=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d}=\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}+{{\left( -3 \right)}^{2}}-10}=2\)

Mặt phẳng đi qua điểm \(M\left( 3\,;\,1\,;\,-2 \right)\) và có mộtvectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=\left( 1\,;\,2\,;\,-4 \right)\) có phương trình là \(1\left( x-3 \right)+2\left( y-1 \right)-4\left( z+2 \right)=0\Leftrightarrow x+2y-4z-13=0\).

\(\overrightarrow {{u_3}}  = \left( { - 1\,;\,2\,;\,1} \right)\)

Số cách chọn 3 học sinh tùy ý từ một lớp học có 40 học sinh gồm 25 nữ và 15 nam là \(C_{40}^{3}=9880\).

Số cách chọn 3 học sinh có 1 nữ và 2 nam là \(C_{25}^{1}.C_{15}^{2}=2625\).

Vậy xác suất để chọn 3 học sinh có 1 nữ và 2 nam là \(P=\frac{2625}{9880}=\frac{525}{1976}\).

Do \({f}'\left( x \right)={{\left( x-1 \right)}^{2}}\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\) nên hàm số \(y=f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Ta có \(y'=3{{x}^{2}}-9\)

\(y'=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-9=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=\sqrt{3} \\ & x=-\sqrt{3} \\ \end{align} \right.\)

Vì \(x\in \left[ -1\,;\,2 \right]\) nên \(x=-\sqrt{3}\) bị loại

\(y\left( -1 \right)=8+2\sqrt{3}; y\left( 2 \right)=-10+2\sqrt{3}; y\left( \sqrt{3} \right)=-4\sqrt{3}\)

Do đó \(M\text{= }y\left( -1 \right)=8+2\sqrt{3} ; m=y\left( \sqrt{3} \right)=-4\sqrt{3}\)

Vậy tổng \(S=M+m=8+2\sqrt{3}+\left( -4\sqrt{3} \right)=8-2\sqrt{3}\)

Điều kiện \({{x}^{2}}-4x+5>0\,\,\forall x\in \mathbb{R}\)

\(\log \left( {{x}^{2}}-4x+5 \right)>1\Leftrightarrow {{x}^{2}}-4x+5>10\Leftrightarrow {{x}^{2}}-4x-5>0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x<-1 \\ & x>5 \\ \end{align} \right.\)

Vậy tập nghiệm S của bất phương trình \(\log \left( {{x}^{2}}-4x+5 \right)>1\) là \(S=\left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 5;+\infty  \right)\)

\(I = \int\limits_0^2 {\left[ {3f\left( x \right) + 1} \right]dx}  = 3\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx + \int\limits_0^2 {dx}  = 3.3 + \left. x \right|_0^2}  = 11\)

\(w = \frac{{{z_2}}}{{{z_1}}} + i = \frac{{1 + mi}}{{1 - 2i}} + i = \frac{{\left( {1 + mi} \right)\left( {1 + 2i} \right)}}{{\left( {1 - 2i} \right)\left( {1 + 2i} \right)}} + i = \frac{{1 + 2i + mi - 2m}}{5} + i = \frac{{1 + 2i + mi - 2m + 5i}}{5}\)

\( = \frac{{\left( {1 - 2m} \right) + \left( {7 + m} \right)i}}{5} = \frac{{\left( {1 - 2m} \right)}}{5} + \frac{{\left( {7 + m} \right)i}}{5}\)

Số phức \(w=\frac{{{z}_{2}}}{{{z}_{1}}}+i\) là số thực khi \(\frac{\left( 7+m \right)}{5}=0\Leftrightarrow m=-7\)

Ta có \(BD\,\,//\,{B}'{D}'\) nên góc giữa hai đường thẳng \(A{B}'\) và BD bằng góc giữa hai đường thẳng \(A{B}'\) và \({B}'{D}'\)

Xét tam giác \(A{B}'{D}'\) có ba cạnh \(A{B}'={B}'{D}'=A{D}'\) bằng nhau nên góc giữa hai đường thẳng \(A{B}'\) và BD bằng \(60{}^\circ \).

Vì hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là điểm H nên \(SH\bot \left( ABCD \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & AB\,\,//\,CD \\ & CD\subset \left( SCD \right) \\ \end{align} \right.\Rightarrow AB\,//\,\left( SCD \right)\Rightarrow d\left( B,\left( SCD \right) \right)=d\left( A,\left( SCD \right) \right)=3d\left( H,\left( SCD \right) \right)\)

Kẻ \(HK\bot SD\,\,\left( 1 \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & CD\bot SH \\ & CD\bot AD \\ \end{align} \right.\Rightarrow CD\bot \left( SAD \right)\Rightarrow CD\bot HK\,\,(2)\)

Từ (1),(2) \(\Rightarrow HK\bot \left( SCD \right)\Rightarrow d\left( H,\left( SCD \right) \right)=HK\Rightarrow d\left( B,\left( SCD \right) \right)=3HK\)

Xét  \(\Delta AHB\) vuông tại A có: \(BH=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( 2a \right)}^{2}}}=a\sqrt{5}\)

Xét  \(\Delta SHB\) vuông tại H có: \(SH=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2a\sqrt{2} \right)}^{2}}-{{\left( a\sqrt{5} \right)}^{2}}}=a\sqrt{3}\)

Xét  \(\Delta SHK\) vuông tại H có: \(\frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{D}^{2}}}=\frac{1}{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}=\frac{4}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Vậy \(d\left( B,\left( SCD \right) \right)=3.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a\sqrt{3}}{2}\)

\(\left( Oxy \right):z=0\)

Mặt cầu tâm \(I\left( 1\,;\,-2\,;3 \right)\) và tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( Oxy \right)\) nên  có bán kính \(R=d\left( I;\left( Oxy \right) \right)\)

\(\Leftrightarrow R=\frac{\left| 3 \right|}{1}=3\)

Vậy phương trình mặt cầu cần viết là \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=9\)

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -2\,;\,6\,;\,4 \right)\)

Đường thẳng đi qua hai điểm A,B nhận vectơ \(\overrightarrow{u}=\left( -1\,;\,3\,;\,2 \right)\) làm vectơ chỉ phương

Vậy phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm A,B cần viết là \(\left\{ \begin{array}{l} x = - t\\ y = 1 + 3t\\ z = - 1 + 2t \end{array} \right.\)

Đặt \(t=2x-1\Rightarrow x=\frac{t+1}{2}\)

Vì \(x\in \left[ -\frac{1}{2};1 \right]\) nên \(t\in \left[ -2;1 \right]\)

Xét hàm số \(h\left( t \right)=f\left( t \right)-2t+2021\) với \(t\in \left[ -2;1 \right]\)

Ta có \(h'\left( t \right) = f'\left( t \right) - 2\) ; \(h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) - 2 = 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - 2\\ t = 0\\ t = 1 \end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra: \(\underset{\left[ -2;1 \right]}{\mathop{\min }}\,h\left( t \right)=h\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)+2023\)

\({\log _5}\left( {{x^2} + y} \right) \ge {\log _4}\left( {x + y} \right)\)

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + y > 0\\ x + y > 0\\ x,y \in Z \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y \ge 1\\ x,y \in Z \end{array} \right.\)

Đặt \(t=x+y\left( t\in \mathbb{Z},t\ge 1 \right)\) ta có \({{\log }_{5}}\left( {{x}^{2}}+y \right)\ge {{\log }_{4}}\left( x+y \right) \Leftrightarrow {{\log }_{5}}\left( {{x}^{2}}-x+t \right)-{{\log }_{4}}t\ge 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Do mỗi y tương ứng với một và chỉ một t nên ứng với mỗi x có không quá 63 số nguyên

y thỏa mãn \({{\log }_{5}}\left( {{x}^{2}}+y \right)\ge {{\log }_{4}}\left( x+y \right)\) khi và chỉ  khi ứng với mỗi x có không quá 63 số nguyên \(t\ge 1\) thỏa mãn (1)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{\log }_{5}}\left( {{x}^{2}}-x+t \right)-{{\log }_{4}}t\) có tập xác định \(D=\left[ 1\,;\,+\infty  \right)\)

Ta có : \({f}'\left( t \right)=\frac{1}{\left( {{x}^{2}}-x+t \right)\ln 5}-\frac{1}{t\ln 4}<0\,\forall x\in D\left( {{x}^{2}}-x+t>t,\ln 5>\ln 4 \right)\) nên hàm số \(f\left( t \right)\) nghịch biến trên D

Suy ra \(f\left( 1 \right)>f\left( 2 \right)>...>f\left( 63 \right)>f\left( 64 \right)>.....\)

Vì ứng với mỗi số nguyên x có không có quá 63 số nghiệm t  thỏa mãn (1) nên \(f\left( 64 \right)<0\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{5}}\left( {{x}^{2}}-x+64 \right)-{{\log }_{4}}64<0 \Leftrightarrow {{\log }_{5}}\left( {{x}^{2}}-x+64 \right)<3\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x+64<{{5}^{3}}\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-61<0 \Leftrightarrow \,\,\frac{1-7\sqrt{5}}{2}<x<\frac{1+7\sqrt{5}}{2}\)

Vì \(x\in \mathbb{Z}\) nên \(x\in \left\{ -7;-6;.....;8 \right\}\), do đó có \(8-\left( -7 \right)+1=16\) số nguyên x thỏa mãn bài toán.

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\).

Với x>1 ta có \(f\left( x \right)={{x}^{2}}+3\) xác định và liên tục trên khoảng \(\left( 1;+\infty  \right)\).

Với x<1 ta có \(f\left( x \right)=5-x+2021a\) xác định và liên tục trên khoảng \(\left( -\infty ;1 \right)\).

Xét tại x=1 ta có \(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{2}}+3 \right)=4\).

\(\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( 5-x+2021a \right)=4+2021a\).

Và \(f\left( 1 \right)=4\).

Vậy để hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên tập thì \(f\left( x \right)\) phải liên tục tại điểm x=1

\(\Leftrightarrow \underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right)\Leftrightarrow 4=4+2021a\Leftrightarrow a=0\).

Khi đó \(f\left( x \right)=\left\{ \begin{matrix} {{x}^{2}}+3 & \text{khi} & x\ge 1 \\ 5-x & \text{khi} & x<1 \\ \end{matrix} \right.\).

Xét tích phân \({{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( \sin x \right)\cos x\text{d}x}\). Đặt \(t=sinx\Rightarrow \text{d}t=\cos x\text{d}x\)

Đổi cận

Ta có \({{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{f\left( t \right)\text{d}t=}\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{\left( 5-x \right)\text{d}x=}\left. \left( 5x-\frac{{{x}^{2}}}{2} \right) \right|_{0}^{1}=\frac{9}{2}\).

Xét tích phân \({{I}_{2}}=\int\limits_{0}^{1}{f\left( 3-2x \right)\text{d}x}\). Đặt \(t=3-2x\Rightarrow \text{d}t=-2\text{d}x\Rightarrow \text{d}x=\frac{-\text{d}t}{2}\)

Đổi cận

Tacó \({{I}_{2}}=\int\limits_{0}^{1}{f\left( 3-2x \right)\text{d}x}=-\frac{1}{2}\int\limits_{3}^{1}{f\left( t \right)\text{d}t=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{f\left( t \right)\text{d}t=}}\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)\text{d}x=}\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{\left( {{x}^{2}}+3 \right)\text{d}x}\)

\(=\frac{1}{2}\left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}+3x \right) \right|_{1}^{3}=\frac{1}{2}\left( 18-\frac{10}{3} \right)=\frac{22}{3}\).

Vậy \(I=2\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( \sin x \right)\cos x\text{d}x+3\int\limits_{0}^{1}{f\left( 3-2x \right)\text{d}x}}=9+22=31\).

Ta có \(z\left( 2+i \right)\left( 1-2i \right)=\left( a+bi \right)\left( 4-3i \right)=\left( 4\text{a}+3b \right)+\left( 4b-3\text{a} \right)i\) là số thực nên

\(4b-3\text{a}=0\Leftrightarrow b=\frac{3a}{4}\).

Mặt khác ta lại có \(T=\left| z-1 \right|=\left| \left( a-1 \right)+bi \right|=\sqrt{{{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}}\)

\(=\sqrt{{{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{\left( \frac{3a}{4} \right)}^{2}}}=\frac{1}{4}\sqrt{25{{a}^{2}}-32a+16}\)

\(=\frac{1}{4}\sqrt{{{\left( 5a-\frac{16}{5} \right)}^{2}}+\frac{144}{25}}\ge \frac{1}{4}\sqrt{\frac{144}{25}}=\frac{3}{5}\).

Vậy \(MinT=\frac{3}{5}\Leftrightarrow a=\frac{16}{25},b=\frac{12}{25}\).

Suy ra \(P=625\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)+2021=2421\).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng SD.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} CD \bot AD\\ CD \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l} AH \bot SD\\ AH \bot CD \end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Mặt khác ta có \(\left\{ \begin{array}{l} AB\,{\rm{//}}\,CD\\ AB \not\subset \left( {SCD} \right)\\ CD \subset \left( {SCD} \right) \end{array} \right. \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH\).

Theo bài ra thì \(d\left( {AB,SD} \right) = \frac{a}{2} \Rightarrow AH = \frac{a}{2}\).

Do \(\Delta SAD\) vuông tại A có đường cao AH nên

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{{15}}{{4{a^2}}} \Rightarrow SA = \frac{{2a\sqrt {15} }}{{15}}\).

Vậy \(V = \frac{1}{3}AB.AD.SA = \frac{1}{3}a.2a.\frac{{2a\sqrt {15} }}{{15}} = \frac{{4\sqrt {15} }}{{45}}{a^3}\).

Ta có: \(V=\pi {{R}^{2}}h\Rightarrow h=\frac{V}{\pi {{R}^{2}}}=\frac{3}{\pi {{R}^{2}}}\).

\({{S}_{xd}}=2\pi Rh+\pi {{R}^{2}}=\frac{6}{R}+\pi {{R}^{2}}=\frac{3}{R}+\frac{3}{R}+\pi {{R}^{2}}\ge 3\sqrt[3]{9\pi }\left( {{m}^{2}} \right)\) (áp dụng BĐT Cô-si).
Chi phí bác Nam bỏ ra nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích xây dựng hố ga hình trụ nhỏ nhất, và khi đó \({{S}_{xd}}=3\sqrt[3]{9\pi }\left( {{m}^{2}} \right)\).

Vậy số tiền bác Nam phải bỏ ra là: \(685000.3\sqrt[3]{9\pi }\approx 6260000\) đồng.

Ta có: \(\Delta \cap {{d}_{1}}=M\) và \(\Delta \cap {{d}_{2}}=N\Rightarrow M\left( -1+3t;2+t;2t \right),N\left( 2+v;-3+2v;v \right)\)

: \(\overrightarrow{MN}=\left( 3+v-3t;2v-5-t;v-2t \right)\) là véc tơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có véc tơ pháp tuyến là: \(\overrightarrow{n}=\left( -1;4;1 \right)\).

Mặt khác \(\Delta \bot \left( P \right)\Rightarrow \overrightarrow{MN},\overrightarrow{n}\) cùng phương, nên ta có

\(\frac{3+v-3t}{-1}=\frac{2v-5-t}{4}=\frac{v-2t}{1}\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & v=1 \\ & t=1 \\ \end{align} \right.\Rightarrow M\left( 2;3;2 \right)\).

Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta \) thỏa mãn yêu cầu bài toán là: \(\frac{x-2}{-1}=\frac{y-3}{4}=\frac{z-2}{1}\) hay

\(\frac{x-2}{1}=\frac{y-3}{-4}=\frac{z-2}{-1}\).

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} + 4x} \right) - {x^2} - 4x\)

\(\Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {2x + 4} \right)f'\left( {{x^2} + 4x} \right) - \left( {2x + 4} \right) = \left( {2x + 4} \right)\left[ {f'\left( {{x^2} + 4x} \right) - 1} \right]\).

Ta có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2x + 4 = 0\\ {x^2} + 4x = - 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\ {x^2} + 4x = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\\ {x^2} + 4x = a \in \left( {1;5} \right)\,\,\,\,(3) \end{array} \right.\).

Xét phương trình \({x^2} + 4x = a \in \left( {1;5} \right)\), ta có BBT của hàm số \(y = {x^2} + 4x\) trên (-5;1) như sau:

Suy ra (1) có nghiệm kép x=-2, (2) có 2 nghiệm phân biệt x=-4;x=0, (3) có 2 nghiệm phân biệt \(x={{x}_{1}};x={{x}_{2}}\) khác \(-2;\,\,0;\,\,-4\). Do đó phương trình \({g}'\left( x \right)=0\) có 5 nghiệm trong đó có x=-2 là nghiệm bội ba, các nghiệm x=-4;x=0; \(x={{x}_{1}};x={{x}_{2}}\) là các nghiệm đơn.

Vậy \(g\left( x \right)\) có 5 điểm cực trị.

\(f\left( x \right)>{{2}^{x}}+m, \forall x\in \left( -1;\,1 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right)-{{2}^{x}}>m \Leftrightarrow f\left( x \right)-{{2}^{x}}>m\).

Xét hàm số \(g\left( x \right)=f\left( x \right)-{{2}^{x}}\) trên \(\left( -1;\,1 \right)\).

Ta có: \({g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)-{{2}^{x}}.\ln 2\).

Ta thấy: \(\forall x\in \left( -1;\,1 \right)\) thì \({f}'\left( x \right)\le 0\) và \({{2}^{x}}.\ln 2>0\).

Do đó \({g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)-{{2}^{x}}.\ln 2<0, \forall x\in \left( -1;\,1 \right)\).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có: \(m\le g\left( 1 \right)\Leftrightarrow m\le f\left( 1 \right)-2\).

Diện tích phần kẻ sọc là: \(S=\int\limits_{-2}^{0}{\left| f\left( x \right) \right|\text{dx}} =3\).

Vì \(f\left( x \right)\le 0 \forall x\in \left[ -2;0 \right] \Rightarrow 3=\int\limits_{-2}^{0}{\left| f\left( x \right) \right|\text{dx}}=\int\limits_{-2}^{0}{\left[ -f\left( x \right) \right]\text{dx}} \Leftrightarrow \int\limits_{-2}^{0}{f\left( x \right)\text{dx}}=-3\).

Tính \(I=\int\limits_{3}^{4}{f\left( 2x-8 \right)\text{dx}}\)

Đặt \(t=2x-8 \Rightarrow \text{dt}=2\text{dx}; x=3\Rightarrow t=-2; x=4\Rightarrow t=0\).

Suy ra: \(I=\int\limits_{-2}^{0}{f\left( t \right)\text{.}\frac{1}{2}\text{dt}} =\frac{1}{2}\int\limits_{-2}^{0}{f\left( x \right)\text{dx}} =-\frac{3}{2}\).

Vậy \(T=\int\limits_{1}^{2}{{f}'\left( x+1 \right)\text{dx}}+\int\limits_{2}^{3}{{f}'\left( x-1 \right)\text{dx}}+\int\limits_{3}^{4}{f\left( 2x-8 \right)\text{dx}}\)

\(=\left. f\left( x+1 \right) \right|_{1}^{2}+\left. f\left( x-1 \right) \right|_{2}^{3}+I =f\left( 3 \right)-f\left( 2 \right)+f\left( 2 \right)-f\left( 1 \right)-\frac{3}{2} =2-\left( -1 \right)-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\).

Đặt \(z=x+yi,x,y\in \mathbb{R}\), ta có \(M\left( z \right)=M\left( x;y \right)\)

Khi đó: \(\left| iz+2i+4 \right|=3\Leftrightarrow \left| i\left( x+yi \right)+2i+4 \right|=3\Leftrightarrow \left| \left( -y+4 \right)+\left( x+2 \right)i \right|=3\)

\(\Leftrightarrow {{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}=9\)

Suy ra tập hợp điểm M là đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(I\left( -2;4 \right)\), bán kính R=3.

Mặt khác: \({{z}_{1}}=2+bi\Rightarrow A\left( {{z}_{1}} \right)=A\left( 2;b \right)\Rightarrow \) Tập hợp điểm A là đường thẳng \({{d}_{1}}:\ \ x=2.\)

\({{z}_{2}}=a+i\Rightarrow B\left( {{z}_{2}} \right)=B\left( a;1 \right)\Rightarrow \) Tập hợp điểm B là đường thẳng \({{d}_{2}}:\ \ y=1.\)

Giao điểm của \({{d}_{1}}\) và \({{d}_{2}}\) là \(P\left( 2;\ 1 \right)\).

Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M trên \({{d}_{1}}\) và \({{d}_{2}}.\)

Ta có: \(T={{\left| z-{{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| z-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}\ge M{{H}^{2}}+M{{K}^{2}}=M{{P}^{2}}\).

T đạt giá trị nhỏ nhất khi \(A\equiv H,B\equiv K\) và I,M,P thẳng hàng (theo thứ tự đó).

Phương trình đường thẳng \(IP:\left\{ \begin{align} & x=2+4t \\ & y=1-3t \\ \end{align} \right.\Rightarrow M\left( 2+4t;1-3t \right)\) (vì \(M\in IP\)).

Mà \(M\in \left( C \right)\) nên ta có \({{\left( 4+4t \right)}^{2}}+{{\left( -3-3t \right)}^{2}}=9\Leftrightarrow {{\left( 1+t \right)}^{2}}=\frac{9}{25}\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=-\frac{2}{5} \\ & t=-\frac{8}{5} \\ \end{align} \right.\)

- Với \(t=-\frac{8}{5}\Rightarrow M\left( -\frac{22}{5};\frac{29}{5} \right)\) (loại)

- Với \(t=-\frac{2}{5}\Rightarrow M\left( \frac{2}{5};\frac{11}{5} \right)\Rightarrow z=\frac{2}{5}+\frac{11}{5}i\Rightarrow {{z}_{1}}=2+\frac{11}{5}i,{{z}_{2}}=\frac{2}{5}+i.\)

Suy ra \(M{{P}_{\min }}=IP-IM=IP-R=\sqrt{{{4}^{2}}+{{\left( -3 \right)}^{2}}}-3=2\).

Vậy \({{T}_{\min }}={{2}^{2}}=4\) khi \(z=\frac{2}{5}+\frac{11}{5}i,\ {{z}_{1}}=2+\frac{11}{5}i,\ {{z}_{2}}=\frac{2}{5}+i.\)

Đường thẳng d đi qua \(M\left( 1;\,\,-1;\,\,3 \right)\) và có véc tơ chỉ phương \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 2;\,\,-1;\,\,1 \right)\).

Nhận xét rằng, \(A\notin d\) và \(d\cap \left( P \right)=I\left( -7;\,\,3;\,\,-1 \right)\).

Gọi \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng chứa d và song song với \(\Delta \). Khi đó \(d\left( \Delta ,d \right)=d\left( \Delta ,\left( Q \right) \right)=d\left( A,\left( Q \right) \right)\)

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên \(\left( Q \right)\) và d. Ta có \(AH\le AK\).

Do đó, \(d\left( \Delta ,d \right)\) lớn nhất \(\Leftrightarrow  d\left( A,\left( Q \right) \right)\) lớn nhất \(\Leftrightarrow A{{H}_{\max }} \Leftrightarrow H\equiv K\). Suy ra \(AH\equiv AK\) chính là đoạn vuông góc chung của d và \(\Delta .\)

Mặt phẳng \(\left( R \right)\) chứa A và d có véc tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{{{n}_{\left( R \right)}}}=\left[ \overrightarrow{AM},\overrightarrow{{{u}_{1}}} \right] =\left( -2;\,\,4;\,\,8 \right)\).

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) chứa d và vuông góc với \(\left( R \right)\) nên có véc tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( R \right)}}},\overrightarrow{{{u}_{1}}} \right]=\left( 12;\,\,18;\,\,-6 \right)\Rightarrow \left( 2;3;-1 \right)\).

Đường thẳng \(\Delta \) chứa trong mặt phẳng \(\left( P \right)\) và song song với mặt phẳng \(\left( Q \right)\) nên có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}},\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}} \right]=\left( 11;\,\,-7;\,\,1 \right)\).

Suy ra, \(a=11;\,\,b=-7\). Vậy a+2b=-3.