Mỗi cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 10 học sinh tương ứng với một tổ hợp chập 2 của tập có 10 phần tử.

Vậy số cách chọn 2 học sinh từ 10 học sinh là \(C_{10}^2.\)

\({u_{10}} = {u_1} + 9d =  - 2 + 9.3 = 25\)

Dựa vào đồ thị của hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) ta thấy:

\({f}'\left( x \right)>0\) khi \(\left[ \begin{align} & -2<x<1 \\ & x>1 \\ \end{align} \right.\Rightarrow f\left( x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( -2;1 \right), \left( 1;+\infty  \right)\).

Suy ra A và C đều đúng.

\({f}'\left( x \right)<0\) khi \(x<-2\Rightarrow f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right)\).

Suy ra D đúng, B sai.

A. Hàm số có giá trị cực đại bằng 3 (Đúng).       

B. Hàm số có giá trị cực đại bằng 0 (Sai vì hàm số có giá trị cực đại bằng 3).     

C. Hàm số có 2 điểm cực tiểu (Đúng).      

D. Hàm số có ba điểm cực trị (Đúng).

Theo định nghĩa về cực trị thì hàm số có hai cực trị.

Vì \({\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{3-2x}{x-2}=-\infty }\) và \({\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{3-2x}{x-2}=+\infty }\) nên đồ thị hàm số \({y=\frac{3-2x}{x-2}}\) nhận đường thẳng x=2 là tiệm cận đứng.

Đồ thị hàm số có hình dạng của hàm bậc ba nên loại đáp án C.

Hàm số có hệ số a>0 nên chọn đáp án A.

Ta có : \(f\left( x \right)-1=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=1\).

Đồ thị của hàm số \(y=f\left( x \right)\) cắt đường thẳng y=1 tại bốn điểm phân biệt.

Vậy phương trình \(f\left( x \right)-1=0\) có 4 nghiệm.

\({\log _{{3^2}}}b = \frac{1}{2}{\log _3}b\)

\({\left( {{{2017}^x}} \right)^\prime } = {2017^x}.\ln 2017\)

\(M = {\left( {{a^{1 + \sqrt 2 }}} \right)^{1 - \sqrt 2 }} = {a^{1 - 2}} = {a^{ - 1}} = \frac{1}{a}\)

\({3^{{x^2} - 9x + 8}} - 1 = 0 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 9x + 8}} = {3^0} \Leftrightarrow {x^2} - 9x + 8 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 8\\ x = 1 \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \log ({x^2} + x + 4) = 1\\ \Leftrightarrow {x^2} + x + 4 = 10\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 3\\ x = 2 \end{array} \right. \end{array}\)

Từ bảng nguyên hàm cơ bản ta chọn đáp án A.

\(\int {\sin 3x} {\rm{dx}} =  - \frac{1}{3}\cos 3x + C\)

Do đó mệnh đề A sai.

\(\,\int\limits_1^5 {f\left( x \right)dx} \,\, = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_2^5 {f\left( x \right)dx}  = 3 - 1 = 2\)

\(\,I = \int\limits_0^2 {\left( {2x - 1} \right)dx} \,\, = \left. {\left( {{x^2} - x} \right)} \right|_0^2 = 2\)

Số phức liên hợp của số phức z là \(\overline{z}=1-2020i\) nên z=1+2020i.

z =  - 1 - i

Ta có: \(z=2i-3=-3+2i\Rightarrow \overline{z}=-3-2i\)

⇒ Điểm biểu diễn của \(\overline{z}\) là \(Q\left( -3;\,-2 \right)\)

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

\(V = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{a.2a\sqrt 3 }}{2}.2a = 2{a^3}\sqrt 3 \)

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

V = B.h = 3.1 = 3.

Vì H là hình chiếu của A lên Oy, suy ra \(H\in Oy\) nên chỉ có đáp án B thỏa mãn.

\(I\left( {1; - 2;2} \right);{\rm{ }}R = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2} + 25}  = \sqrt {34} \)

Để \(\left( P \right)\text{//}\left( Q \right)\) thì \(\frac{1}{2}=\frac{-{{m}^{2}}}{-8}=\frac{2}{4}\ne \frac{m-\frac{3}{2}}{1}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m = \pm 2\\ 4m - 6 \ne 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 2\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2;\, - 2;\,2} \right) \Rightarrow \overrightarrow u  = \left( {1;\,1;\, - 1} \right)\)

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right)=52\)

Số phần tử của biến cố xuất hiện lá bích: \(n\left( A \right)=13\)

Suy ra \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{13}{52}=\frac{1}{4}\)

Tập xác định: D = R.

Ta có \(y' = {x^2} - x - 12.\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - x - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 3\\ x = 4 \end{array} \right..\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên: Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {4\,;\, + \infty } \right)\)

Ta có: \({{y}^{'}}=\frac{-3}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}<0,\forall x\ne 1\) nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( -\infty ;1 \right),\left( 1;+\infty  \right)\)

\(\Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left[ 2;3 \right]\)

Do đó: \(m=\underset{\left[ 2;3 \right]}{\mathop{min}}\,y=y\left( 3 \right)=\frac{5}{2},M=\underset{\left[ 2;3 \right]}{\mathop{Max}}\,y=y\left( 2 \right)=4\)

Vậy: \({{M}^{2}}+{{m}^{2}}={{4}^{2}}+{{\left( \frac{5}{2} \right)}^{2}}=\frac{89}{4}\)

\(\ln \left( {1 - x} \right) < 0 \Leftrightarrow 0 < 1 - x < {e^0} \Leftrightarrow 0 < x < 1\)

Đặt \(t=1-3x\Rightarrow \text{d}t=-3\text{d}x\)

Với \(x=0\to t=1\) và \(x=2\to t=-5\)

Ta có \(\int\limits_{0}^{2}{\left[ f\left( 1-3x \right)+9 \right]\text{d}x}=\int\limits_{0}^{2}{f\left( 1-3x \right)\text{d}x}+\int\limits_{0}^{2}{\text{9d}x}=\int\limits_{1}^{-5}{\left[ f\left( t \right) \right]\frac{\text{d}t}{-3}}+9x\left| _{0}^{2} \right.=\frac{1}{3}\int\limits_{-5}^{1}{\left[ f\left( x \right) \right]\text{d}x}+18\)

\(=\frac{1}{3}.9+18=21\)

Ta có \({{z}_{1}}=4-3i+\left( 1-3i+3{{i}^{2}}-{{i}^{3}} \right)=4-3i+\left( 1-3i-3+i \right)=2-5i\)

Suy ra \({{\bar{z}}_{1}}.{{z}_{2}}=\left( 2+5i \right)\left( 7+i \right)=9+37i\Rightarrow \overline{\overline{{{z}_{1}}}.{{z}_{2}}}=9-37i.\)

Do đó \(w=2\left( 9-37i \right)=18-74i\)

Vậy phần thực của số phức \(w=2\overline{\overline{{{z}_{1}}}{{z}_{2}}}\) bằng 18.

Ta có \(\left\{ \begin{align} & BC\bot AB \\ & BC\bot SA \\ \end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SB. Khi đó

\(\left\{ \begin{align} & AH\bot SB \\ & AH\bot BC \\ \end{align} \right.\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\)

Suy ra SH là hình chiếu của SA lên mặt phẳng \(\left( SBC \right)\).

Vậy góc giữa SA và mặt phẳng \(\left( SBC \right)\) là góc giữa SA và SH hay góc \(\widehat{ASH}\).

Mặt khác, tam giác SAB vuông cân tại A(vì SA=AB=a) nên góc \(\widehat{ASB}={{45}^{0}}\).

Mà \(\widehat{ASH}=\widehat{ASB}\) hay góc giữa SA và mặt phẳng \(\left( SBC \right)\) bằng \({{45}^{0}}\).

\(\Delta SAB\) vuông cân tại S. Gọi H trung điểm SB, ta có \(AH\bot \text{S}B\)

\(BC\bot \text{S}A;BC\bot AB\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot AH\)

Vậy \(AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH= \frac{1}{2}SB = \frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( -1;4;2 \right)\) và bán kính R=9 nên \(\left( S \right)\) có phương trình \({{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=81\)

Đường thẳng đi qua hai điểm \(M\left( -1;0;0 \right)\) và \(N\left( 0;1;2 \right)\) có một véctơ chỉ phương là \(\overrightarrow{MN}=\left( 1;1;2 \right)\) do đó nó có phương trình chính tắc là \(\frac{x+1}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{2}\).

Ta có \(g'\left( x \right)=f'\left( x \right)-{{x}^{2}}-\frac{3}{2}x+\frac{3}{2}=f'\left( x \right)-({{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2})\) Căn cứ vào đồ thị ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} f'( - 1) = - 2\\ f'(1) = 1\\ f'( - 3) = 3 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} g'( - 1) = 0\\ g'(1) = 0\\ g'( - 3) = 0 \end{array} \right.\)

Vẽ Parabol (P): \(y={{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}\) trên cùng hệ trục với đồ thị của hàm số \(y={f}'\left( x \right)\)

Ta có: Trên (-3;-1) thì \(f'\left( x \right)<{{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}\) nên \(g'\left( x \right)<0\,\forall x\in (-3;-1)\)

Trên (-1;1) thì \(f'\left( x \right)>{{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}\) nên \(g'\left( x \right)>0\,\forall x\in (-1;1)\)

Khi đó BBT của hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ -3;1 \right]\):

Vậy \(\underset{x\in \left[ -3;1 \right]}{\mathop{\min }}\,g(x)=g(-1), g(0)<g(1)\), hàm số g(x) nghịch biến trên (-3;-1) và \(\underset{x\in \left[ -3;1 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=\max \left\{ g(-3),g(-1) \right\}\)

+) Xét bất phương trình \({{\left( \sqrt{10}+1 \right)}^{x}}-m{{\left( \sqrt{10}-1 \right)}^{x}}>{{3}^{x+1}} \left( 1 \right)\)

+) \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{\left( \frac{\sqrt{10}+1}{3} \right)}^{x}}-m{{\left( \frac{\sqrt{10}-1}{3} \right)}^{x}}>3\)

+) Nhận xét : \(\frac{\sqrt{10}+1}{3}.\frac{\sqrt{10}-1}{3}=1\Rightarrow \left( \frac{\sqrt{10}-1}{3} \right)={{\left( \frac{\sqrt{10}+1}{3} \right)}^{-1}}\)

Do đó \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{\left( \frac{\sqrt{10}+1}{3} \right)}^{x}}-m{{\left( \frac{\sqrt{10}+1}{3} \right)}^{-x}}>3\)

+) Đặt \(t={{\left( \frac{\sqrt{10}+1}{3} \right)}^{x}}, t>0\)

Khi đó \(\left( 1 \right)\) trở thành: \(t-\frac{m}{t}>3\Leftrightarrow {{t}^{2}}-3t>m\left( 2 \right)\)

+) \(\left( 1 \right)\) nghiệm đúng với mọi \(x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow \left( 2 \right)\) nghiệm đúng với mọi t>0.

+) Ta có bảng biến thiên

+) Từ bảng biến thiên ta có \(m<-\frac{9}{4}\)

Xét \(x\in \left( 0;+\infty  \right)\) và \(f\left( x \right)>0\) ta có: \(f\left( x \right)={f}'\left( x \right).\sqrt{3x+1}\Leftrightarrow \frac{{f}'\left( x \right)}{f\left( x \right)}=\frac{1}{\sqrt{3x+1}}.\)

\(\Rightarrow \int{\frac{{f}'\left( x \right)}{f\left( x \right)}dx}=\int{\frac{1}{\sqrt{3x+1}}dx}\Leftrightarrow \int{\frac{1}{f\left( x \right)}d\left( f\left( x \right) \right)}=\frac{2}{3}\int{\frac{1}{2\sqrt{3x+1}}d\left( 3x+1 \right)}\)

\(\Rightarrow \ln \left( f\left( x \right) \right)=\frac{2}{3}\sqrt{3x+1}+C\Rightarrow f\left( x \right)={{e}^{\frac{2}{3}\sqrt{3x+1}+C}}\)

Theo bài \(f\left( 1 \right)=e\) nên \({{e}^{\frac{4}{3}+C}}=e\Rightarrow C=-\frac{1}{3}\Rightarrow f\left( x \right)={{e}^{\frac{2}{3}\sqrt{3x+1}-\frac{1}{3}}}\)

Do đó \(f\left( 5 \right)\approx 10,3123\Rightarrow 10<f\left( 5 \right)<11.\)

Ta có : \(\frac{x}{y}=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow y=-2x\)

Mặt khác \(\left| z+1-i \right|+10=\left| z \right|\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}}+10=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\)

Suy ra \(\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( -2x-1 \right)}^{2}}}+10=\sqrt{{{x}^{2}}+{{\left( -2x \right)}^{2}}}\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{5{{x}^{2}}+6x+2}+10=\sqrt{5{{x}^{2}}}\)

\(\Leftrightarrow 5{{x}^{2}}+6x+2+100+20\sqrt{5{{x}^{2}}+6x+2}=5{{x}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow 10\sqrt{5{{x}^{2}}+6x+2}=-51-3x\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le - 17\\ 491{x^2} + 294x - 2401 = 0 \end{array} \right.\)

Phương trình vô nghiệm.

Do đó không có số phức thỏa mãn.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\ \left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\ \left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA \end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\)

\(\Rightarrow AC\) là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\)

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

Tam giác SAC vuông tại A có \(SA=AC.\tan 60{}^\circ =a\sqrt{6}\).

Khi đó \({{V}_{SABCD}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.a\sqrt{6}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}\)

Xét hệ trục tọa độ Oxy đặt vào tâm khu vườn, khi đó phương trình đường tròn tâm O là.

\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=36\). Khi đó phần nửa cung tròn phía trên trục Ox có phương trình \(y=\sqrt{36-{{x}^{2}}}=f(x)\). Khi đó diện tích S của mảnh đất bằng 2 lần diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, đồ thị.

y=f(x) và hai đường thẳng \(x=-3;\,\,x=3\Rightarrow S=2\int\limits_{-3}^{3}{\sqrt{36-{{x}^{2}}}dx}\)

Đặt \(x=6\sin t\Rightarrow dx=6\cos tdt\). Đổi cận : \(x=-3\Rightarrow t=-\frac{\pi }{6}; x=3\Rightarrow t=\frac{\pi }{6}\)

\(\Rightarrow S=2\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\text{36co}{{\text{s}}^{2}}tdt=36}\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{(c\text{os2t+1})dt=18\left. (sin2t+2t) \right|}_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}=18\sqrt{3}+12\pi \)

Do đó số tiền cần dùng là \(70000.S\approx 4821322\) đồng.

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 3;\,-5;\,-1 \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=\left( 2;\,0;\,1 \right)\)

Đường thẳng \(\Delta \) qua M vuông góc với d và song song với \(\left( P \right)\) nên có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}},\overrightarrow{n} \right]=\left( -5;\,-5;\,10 \right)\) hay \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 1;\,1;\,-2 \right)\)

Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta \) là: \(\frac{x-1}{1}=\frac{y+3}{1}=\frac{z-4}{-2}\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {x - 2018} \right) + 2019\)

\(g'\left( x \right) = {\left( {x - 2018} \right)^\prime }f'\left( {x - 2018} \right) = f'\left( {x - 2018} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x - 2018 = - 1\\ x - 2018 = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2017\\ x = 2021 \end{array} \right.\)

Ta có \(g\left( 2017 \right)=f\left( 2017-2018 \right)+2019=4038\);

\(g\left( 2021 \right)=f\left( 2021-2018 \right)+2019=0\);

Bảng biến thiên hàm \(g\left( x \right)\)

Khi đó bảng biến thiên \(\left| g\left( x \right) \right|\) là

Vậy hàm số \(y=\left| f\left( x-2018 \right)+2019 \right|\) có ba điểm cực trị.

Đặt \({{\log }_{6}}\left( 2018x+m \right)={{\log }_{4}}\left( 1009x \right)=t\)\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & 2018x+m={{6}^{t}} \\ & 1009x={{4}^{t}} \\ \end{align} \right.\)\(\Rightarrow 2.\,{{4}^{t}}+m={{6}^{t}} \Leftrightarrow m=-2.\,{{4}^{t}}+{{6}^{t}}\).

Đặt \(f\left( t \right)=-2.\,{{4}^{t}}+{{6}^{t}}\). Ta có: \({f}'\left( t \right)={{6}^{t}}\ln 6-2.\,{{4}^{t}}.\ln 4\).

Xét \({f}'\left( t \right)=0\Rightarrow {{\left( \frac{3}{2} \right)}^{t}}=\frac{2\ln 4}{\ln 6}={{\log }_{6}}16 \Leftrightarrow t={{\log }_{\frac{3}{2}}}\left( {{\log }_{6}}16 \right)\).

Bảng biến thiên:

Phương trình \(f\left( t \right)=m\) có nghiệm khi và chỉ khi \(m\ge f\left( {{\log }_{\frac{3}{2}}}\left( {{\log }_{6}}16 \right) \right)\approx -2,01\)

Mà \(\left\{ \begin{align} & m<2018 \\ & m\in \mathbb{Z} \\ \end{align} \right.\) nên ta có: \(\left\{ \begin{align} & -2\le m\le 2017 \\ & m\in \mathbb{Z} \\ \end{align} \right.\).

Vậy có 2020 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Từ đồ thị của hàm số \(y={f}'\left( x \right)\), ta có bảng biến thiên của hàm số \(y=f\left( x \right)\) như sau:

Từ đó suy ra \(f\left( a \right)>f\left( b \right), f\left( c \right)>f\left( b \right)\). (1)

Mặt khác, từ đồ thị hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) ta cũng có:

\(\int\limits_{b}^{c}{{f}'\left( x \right)\text{d}x}>-\int\limits_{a}^{b}{{f}'\left( x \right)\text{d}x}\Leftrightarrow f\left( c \right)-f\left( b \right)>-f\left( b \right)+f\left( a \right)\Leftrightarrow f\left( c \right)>f\left( a \right)\). (2)

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

Ta có

\(4\left( z-\overline{z} \right)-15i=i{{\left( z+\overline{z}-1 \right)}^{2}} \Leftrightarrow 4\left( a+bi-a+bi \right)-15i=i{{\left( a+bi+a-bi-1 \right)}^{2}} \Leftrightarrow 8b-15={{\left( 2a-1 \right)}^{2}}\) suy ra \(b\ge \frac{15}{8}\).

\(\left| z-\frac{1}{2}+3i \right|=\frac{1}{2}\sqrt{{{\left( 2a-1 \right)}^{2}}+{{\left( 2b+6 \right)}^{2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{8b-15+4{{b}^{2}}+24b+36}=\frac{1}{2}\sqrt{4{{b}^{2}}+32b+21}\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)=4{{x}^{2}}+32x+21\) với \(x\ge \frac{15}{8}\)

\({f}'\left( x \right)=8x+32>0,\forall x\ge \frac{15}{8}\) suy ra \(f\left( x \right)\) là hàm số đồng biến trên \(\left[ \frac{15}{8};+\infty  \right)\) nên \(f\left( x \right)\ge f\left( \frac{15}{8} \right)=\frac{4353}{16}\)

Do đó \(\left| z-\frac{1}{2}+3i \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{4353}{16}}\) khi \(b=\frac{15}{8};a=\frac{1}{2}\)

Khi đó F=-a+4b=7.

Ta có \(A = 2{x_M} - {y_M} + 2{{\rm{z}}_M} = 2\left( {{x_M} - 1} \right) - \left( {{y_M} - 2} \right) + 2\left( {{z_M} - 3} \right) + 6\)

\( \le \sqrt {\left( {{2^2} + {1^2} + {2^2}} \right)\left( {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2} + {{\left( {z - 3} \right)}^2}} \right)}  + 6 = 3.4 + 6 = 18\).

Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{{{x_M} - 1}}{2} = \frac{{{y_M} - 2}}{{ - 1}} = \frac{{{z_M} - 3}}{2} = t > 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_M} = 1 + 2t\\ {y_M} = 2 - t\\ {Z_M} = 3 + 2t \end{array} \right.\), thay vào phương trình (S) ta được: \(4{t^2} + {t^2} + 4{t^2} = 16 \Rightarrow t = \frac{4}{3}\). Do đó \(M\left( {\frac{{11}}{3};\frac{2}{3};\frac{{17}}{3}} \right)\) và \(B = {x_M} + {y_M} + {z_M} = 10\).