Ta có \(I\left( {1;2;0} \right);\) \(\left( P \right):2x - 2y + z - 7 = 0\)

\( \Rightarrow d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.1 - 2.2 + 0 - 7} \right|}}{{\sqrt {4 + 4 + 1} }} = 3.\)

Đường tròn tâm A có \(S = 16\pi \)\( \Rightarrow \pi .A{B^2} = 16\pi  \Rightarrow AB = 4\)

Áp dụng định lý Pyatgo trong tam giác ABI có \(I{B^2} = I{A^2} + A{B^2} = {3^2} + {4^2}\)\( \Rightarrow R = IB = 5\)

Mặt cầu tâm \(I\left( {1;2;0} \right)\) bán kính \(R = 5\) có phương trình là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {z^2} = 25.\)

Gọi \(I = \int\limits_0^1 {\left( {x - 2} \right){e^{2x}}dx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x - 2\\dv = {e^{2x}}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \frac{{{e^{2x}}}}{2}\end{array} \right..\)

Khi đó ta có: 

\(\begin{array}{l}I = \left. {\left( {x - 2} \right)\frac{{{e^{2x}}}}{2}} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\frac{{{e^{2x}}}}{2}dx} \\\,\,\, =  - \frac{1}{2}{e^2} + 1 - \left. {\frac{{{e^{2x}}}}{4}} \right|_0^1\\\,\,\, =  - \frac{1}{2}{e^2} + 1 - \frac{{{e^2}}}{4} + \frac{1}{4}\\\,\,\, =  - \frac{3}{4}{e^2} + \frac{5}{4} = \frac{{5 - 3{e^2}}}{4}\end{array}\)

Ta có \(\int {f\left( x \right)dx = \int {x\sin x} dx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \sin xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v =  - \cos x\end{array} \right.\)

Khi đó \(\int {f\left( x \right) =  - x\cos x + \int {\cos xdx}  + C} \)\( =  - x\cos x + \sin x + C\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(4x - {x^2} = 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right..\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số trên là:

\(S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 2x} \right|dx} \)\( = \int\limits_0^2 {\left( {2x - {x^2}} \right)dx}  = \frac{4}{3}.\)

Đặt \(t = 2x - 3 \Rightarrow dt = 2xdx\).

Khi đó ta có: \(\int {f\left( {2x - 3} \right)dx}  = \frac{1}{2}\int {f\left( t \right)dt} \).

Mà \(\int {f\left( x \right)dx}  = F\left( x \right) + C\) nên \(\int {f\left( t \right)dt}  = F\left( t \right) + C\)\( = F\left( {2x - 3} \right) + C\)

Vậy \(\int {f\left( {2x - 3} \right)dx}  = \frac{1}{2}F\left( {2x - 3} \right) + C\).

Ta có

\(\begin{array}{l}{z^2} - 2z + 5 = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{z_1} = 1 + 2i\\{z_2} = 1 - 2i\end{array} \right.\\ \Rightarrow {\left| {{z_1}} \right|^2} = {\left| {{z_2}} \right|^2} = 5\\ \Rightarrow {\left| {{z_1}} \right|^2} + {\left| {{z_2}} \right|^2} = 10\end{array}\)

Mặt phẳng đi qua \(M\left( {2; - 3;4} \right)\) và có vecto pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left( { - 2;4;1} \right)\) có phương trình là

\( - 2\left( {x - 2} \right) + 4\left( {y + 3} \right) + \left( {z - 4} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 2x - 4y - z - 12 = 0\)

Ta có \(z = 2019 + {i^{2019}} = 2019 + i.{\left( {{i^2}} \right)^{1009}}\)\( = 2019 + i\left( { - 1} \right) = 2019 - i\)

Vậy z có phần ảo bằng \( - 1.\)

Ta có \(z =  - 1 + i\)\( \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}}  = \sqrt 2 \)

Quãng đường mà ô tô đi được trong 15 giây cuối cùng là:

\(s = \int\limits_0^{15} {\left( { - 2t + 20} \right)dt} \)\( = \left. {\left( { - {t^2} + 20t} \right)} \right|_0^{15} = 75.\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2; - 1;2} \right)\).

Ta có: \(A\left( {1;0; - 2} \right);B\left( { - 1; - 1;3} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 2; - 1;5} \right).\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ;\overrightarrow {AB} } \right] = \left( { - 3; - 14; - 4} \right).\).

Gọi \(\overrightarrow {{n_Q}} \) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( Q \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \subset \left( Q \right)\\\left( Q \right) \bot \left( P \right)\end{array} \right. \)

\(\Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}}  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( { - 3; - 14; - 4} \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là:

\( - 3\left( {x - 1} \right) - 14\left( {y - 0} \right) - 4\left( {z + 2} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 3x + 14y + 4z + 5 = 0\)

Gọi \(I = \int\limits_0^4 {xf'\left( {\frac{x}{2}} \right)dx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = f'\left( {\frac{x}{2}} \right)dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = 2f\left( {\frac{x}{2}} \right)\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow I = \left. {2xf\left( {\frac{x}{2}} \right)} \right|_0^4 - 2\int\limits_0^4 {f\left( {\frac{x}{2}} \right)dx} \\ \Leftrightarrow I = 8f\left( 2 \right) - 4\int\limits_0^4 {f\left( {\frac{x}{2}} \right)d\left( {\frac{x}{2}} \right)} \\ \Leftrightarrow I = 8.16 - 4\int\limits_0^8 {f\left( x \right)dx} \\ \Leftrightarrow I = 128 - 4.4 = 112.\end{array}\)

Đặt \({x^2} + 2 = t \Rightarrow 2xdx = dt\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 2\\x = 1 \Rightarrow t = 3\end{array} \right.\).

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}I = \int\limits_0^1 {x{e^{{x^2} + 2}}dx}  = \frac{1}{2}\int\limits_2^3 {{e^t}dt} \\I = \left. {\frac{1}{2}{e^t}} \right|_2^3 = \frac{1}{2}\left( {{e^3} - {e^2}} \right)\end{array}\)

Mà \(I = \frac{a}{2}\left( {{e^b} - {e^c}} \right)\)\( \Rightarrow a = 1;\,\,\,b = 3;\,\,c = 2\)

Vậy \(a + b + c = 1 + 3 + 2 = 6.\)

Vì \(z = {m^2} - 3m + 3 + \left( {m - 2} \right)i\) là số thực nên \(m - 2 = 0 \Leftrightarrow m = 2.\)

Suy ra \(z = {m^2} - 3m + 3 = 1.\)

Vậy \(1 + z + {z^2} + ... + {z^{2019}}\)\( = 1 + 1 + 1 + ... + 1 = 2020\)  (có 2020 số 1).

Đường thẳng \({d_1}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 2;1} \right)\) và đi qua điểm \(M\left( {1;2;3} \right)\).

Ta có: \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow u } \right] = \left( { - 5;a - 2;1 + 2a} \right)\) và \(\overrightarrow {AM}  = \left( {0;2;4} \right)\).

Để \({d_1},\,\,{d_2}\) cắt nhau thì  \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {AM}  = 0\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow  - 5.0 + \left( {a - 2} \right).2 + \left( {1 - 2a} \right).4 = 0\\ \Leftrightarrow 2a - 4 + 4 - 8a = 0\\ \Leftrightarrow a = 0.\end{array}\)

Ta tìm điểm I sao cho \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = 0\)\( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(AB\).

Ta có \(A\left( {3;5; - 1} \right);B\left( {1;1;3} \right) \Rightarrow I\left( {2;3;1} \right).\)

Ta có: \(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  = 2\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = 2\overrightarrow {MI} \) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {2\overrightarrow {MI} } \right| = 2MI\).

Khi đó \({\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB} } \right|_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }} \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) trên \(\left( {Oxy} \right)\).

Mà \(I\left( {2;3;1} \right) \Rightarrow M\left( {2;3;0} \right)\).

Vì mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right):x - 2y + 2z + 9 = 0\) tại điểm \(H\left( {a;b;c} \right)\) nên \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên \(\left( P \right)\).

\( \Rightarrow OH \bot \left( P \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{u_{OH}}}  = \overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1; - 2;2} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(OH\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y =  - 2t\\z = 2t\end{array} \right.\).

Vì \(H \in OH \Rightarrow H\left( {t; - 2t;2t} \right)\).

Lại có \(H \in \left( P \right) \Rightarrow t - 2.\left( { - 2t} \right) + 2.2t + 9 = 0\) \( \Leftrightarrow 9t + 9 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1\).

\( \Rightarrow H\left( { - 1;2; - 2} \right)\).

\( \Rightarrow a =  - 1,\,\,b = 2,\,\,c =  - 2\)

Vậy \(a + b + c =  - 1 + 2 + \left( { - 2} \right) =  - 1.\)

Gọi \(H = d \cap \left( P \right)\).

Vì \(H \in d \Rightarrow H\left( {2t;3 + t;2 - 3t} \right).\)

Mà \(H \in \left( P \right)\)\( \Rightarrow 2t - \left( {3 + t} \right) + 2\left( {2 - 3t} \right) - 6 = 0\)

\( \Leftrightarrow  - 5t - 5 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1\)

\( \Rightarrow H\left( { - 2;2;5} \right)\)

Gọi đường thẳng cần tìm là \(d'\). Vì \(d' \subset \left( P \right)\) và \(d'\) cắt \(d\) nên \(H \in d'\) .

Gọi \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2;1; - 3} \right)\) là 1 VTCP của \(d\), \(\overrightarrow n \left( {1; - 1;2} \right)\) là 1 VTPT của \(\left( P \right)\).

Ta lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}d' \subset \left( P \right)\\d \bot d'\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{u_{d'}}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ;\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( { - 1; - 7; - 3} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng \(d'\).

\( \Rightarrow \left( {1;7;3} \right)\) cũng là 1 VTCP của đường thẳng \(d'\).

Vậy phương trình đường thẳng \(d'\) cần tìm là: \(\frac{{x + 2}}{1} = \frac{{y - 2}}{7} = \frac{{z - 5}}{3}\).

Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right) = \int {\left( {{x^2} + x} \right)dx} } \)\( \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} + C\)

Mà \(F\left( 1 \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{3} + \frac{1}{2} + C = 1\)\( \Leftrightarrow C = \frac{1}{6}.\)

\( \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{1}{6}.\)

Vậy \(F\left( { - 1} \right) =  - \frac{1}{3} + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{1}{3}.\)

Đặt \(z = a + bi \Rightarrow \overline z  = a - bi\).

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\frac{{5\left( {\overline z  + i} \right)}}{{z + 1}} = 2 - i\\ \Rightarrow \frac{{5\left( {a - bi + i} \right)}}{{a + bi + 1}} = 2 - i\\ \Leftrightarrow 5\left[ {a - \left( {b - 1} \right)i} \right] \\= \left( {a + 1 + bi} \right)\left( {2 - i} \right)\\ \Leftrightarrow 5a - 5\left( {b - 1} \right)i\\= 2\left( {a + 1} \right) + b + \left( {2b - a - 1} \right)i\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a = 2a + 2 + b\\5 - 5b = 2b - a - 1\end{array} \right. \\\Rightarrow a = b = 1\\ \Rightarrow z = 1 + i \Rightarrow {z^2} = 2i\\ \Rightarrow {\rm{w}} = 1 + z + {z^2} = 1 + 1 + i + 2i \\= 2 + 3i\end{array}\)

Vậy \(\left| {\rm{w}} \right| = \sqrt {{2^2} + {3^2}}  = \sqrt {13} .\)

Chiều cao lăng trụ là 3a và diện tích đáy là \(3{{\rm{a}}^2} \Rightarrow V = 9{{\rm{a}}^3}\).

Khối nón có bán kính đáy R, chiều cao h thì có thể tích \(V = \dfrac{1}{3}\pi .{R^2}.h\).

Ta có \({\rm{S}} = 4\pi {r^2} = 16\pi  \Rightarrow r = 2cm\)

Ta có: \(x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2 \Rightarrow D = \left( {2; + \infty } \right)\)

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y =  - 4{x^3} + 3x\) và đường thẳng \(y = x - 2\) là nghiệm của phương trình \( - 4{x^3} + 3x = x - 2\)

\( \Leftrightarrow 4{x^3} - 2x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1\)\( \Rightarrow y = 1 - 2 =  - 1 \Rightarrow I\left( {1; - 1} \right)\)

\({\log _2}\left( {1 - x} \right) = 3 \Leftrightarrow 1 - x = {2^3} \Leftrightarrow x =  - 7\)

\(\begin{array}{l}{4^{x - 1}} = {32^{3 - 2x}} \Leftrightarrow {2^{2x - 2}} = {2^{15 - 10x}}\\ \Leftrightarrow 2x - 2 = 15 - 10x\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{17}}{{12}}\end{array}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{x - 2}}{{x + 1}} = 1\)

Đáp án A: \(y = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - x}} = {2^x} \Rightarrow a > 1\). Loại

Đáp án B: \(0 < \dfrac{2}{e} < 1\). Thỏa mãn.

Đáp án C: \(\sqrt 3  > 1\). Loại

Đáp án D: \(\dfrac{\pi }{3} > 1\). Loại

\(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)

Hàm số đạt cực đại tại \(x = 0 \Rightarrow {y_{CD}} = 3\).

\(\begin{array}{l}y' =  - 3{x^2} + 4x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ { - 1;2} \right]\\x = \dfrac{4}{3} \in \left[ { - 1;2} \right]\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l}f\left( 0 \right) =  - 1;f\left( {\dfrac{4}{3}} \right) = \dfrac{5}{{27}}\\f\left( { - 1} \right) = 2;f\left( 2 \right) =  - 1\\ \Rightarrow m =  - 1;M = 2 \Rightarrow M + m = 1\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{{\rm{S}}_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\\ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}}\\ = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\end{array}\)

Bán kính của khối nón: \(r = \dfrac{{{S_{xq}}}}{{\pi l}} = \dfrac{{60\pi }}{{10\pi }} = 6\)

Chiều cao của khối nón là \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}}  = 8\)

\( \Rightarrow V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.6^2}.8 = 96\pi \)

Cạnh AB là đường cao nên \(h = 3{\rm{a}},r = 4{\rm{a}}\).

Thể tích: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi .{\left( {4a} \right)^2}.3a = 16\pi {a^3}\)

Đáp án A:

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{3\left( {5x + 7} \right) - 5\left( {3x + 10} \right)}}{{{{\left( {5x + 7} \right)}^2}}}\\ =  - \dfrac{{29}}{{{{\left( {5x + 7} \right)}^2}}} < 0\left( L \right)\end{array}\)

Đáp án B:

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{ - 1\left( {5x - 3} \right) - 5\left( { - x + 1} \right)}}{{{{\left( {5x - 3} \right)}^2}}}\\ =  - \dfrac{2}{{{{\left( {5x - 3} \right)}^2}}} < 0\left( L \right)\end{array}\)

Đáp án C:

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{ - 1\left( {x + 3} \right) - \left( { - x - 8} \right)}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}\\ = \dfrac{5}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} > 0\left( {TM} \right)\end{array}\)

Đáp án D:

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{3\left( {x + 1} \right) - \left( {3x + 5} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\\ =  - \dfrac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0\left( L \right)\end{array}\)

Thể tích tứ diện đều cạnh \(2a\): \(V = \dfrac{{{{\left( {2a} \right)}^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \dfrac{{2{a^3}\sqrt 2 }}{3}\)

Hàm số xác định khi:  \(\dfrac{{3 - x}}{{x + 2}} > 0 \Leftrightarrow  - 2 < x < 3\)

\(\begin{array}{l}P = {\log _a}\left( {{a^2}\sqrt[3]{{{a^2}}}} \right) = {\log _a}\left( {{a^2}.{a^{\dfrac{2}{3}}}} \right)\\ = {\log _a}\left( {{a^{2 + \dfrac{2}{3}}}} \right) = {\log _a}\left( {{a^{\dfrac{8}{3}}}} \right) = \dfrac{8}{3}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{9^{x - 1}} - {36.3^{x - 3}} + 3 \ge 0\\ \Leftrightarrow {3^{2\left( {x - 1} \right)}} - {4.3^{x - 1}} + 3 \ge 0\end{array}\)

Đặt \({3^{x - 1}} = t\left( {t > 0} \right)\), bất phương trình trở thành

\(\begin{array}{l}{t^2} - 4t + 3 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t \ge 3\\t \le 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^{x - 1}} \ge 3\\{3^{x - 1}} \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 \ge 1\\x - 1 \le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le 1\end{array} \right.\end{array}\)

\(y' = {e^{x + 1}} > 0\forall x \in \left[ {0;3} \right]\).

Hàm số liên tục trên \(\left[ {0;3} \right]\) nên

\(\begin{array}{l}m = \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {0;3} \right]} y = f\left( 0 \right) = e - 2;\\M = \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0;3} \right]} y = f\left( 3 \right) = {e^4} - 2\\ \Rightarrow M - m = {e^4} - e\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{T_{\overrightarrow v }}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow AA' = \overrightarrow v \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = {x_A} + 1 = 3\\{y_{A'}} = {y_A} + 2 = 7\end{array} \right.\end{array}\)

Đặt \(\cos x = t\left( { - 1 \le t \le 1} \right)\). Phương trình ban đầu trở thành:

\(\begin{array}{l}{t^2} + 2t - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t =  - 3\left( L \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{T_{\overrightarrow v }}\left( M \right) = M' \Leftrightarrow \overrightarrow {MM'}  = \overrightarrow v \\\overrightarrow {MM'}  = \left( {13;7} \right) \Rightarrow \overrightarrow v  = \left( {13;7} \right)\end{array}\)

Có 8+6=14 quả.

Có \(C_{14}^1 = 14\) cách chọn 1 quả.

\(\begin{array}{l}\sin \left( {2x - \dfrac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - \dfrac{\pi }{3} = k\pi \\ \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{6} + \dfrac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\end{array}\)

\(A\left( {x;y} \right)\)

\(\begin{array}{l}{Q_{\left( {O,90^\circ } \right)}}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow A'\left( { - y;x} \right)\\ \Rightarrow A'\left( {0;3} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{V_{\left( {O, - 2} \right)}}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \overrightarrow {OA'}  =  - 2\overrightarrow {OA} \\ \Leftrightarrow A'\left( { - 2;6} \right)\end{array}\)

Thay \(n = 10\) vào \({u_n} = 2n - 3\) ta được: \({u_{10}} = 2.10 - 3 = 17\)

Có 2029+1=2020 số hạng.

\(\begin{array}{l}{V_{\left( {O,k} \right)}}\left( M \right) = M' \Leftrightarrow \overrightarrow {OM'}  = k\overrightarrow {OM} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {OM}  = \dfrac{1}{k}\overrightarrow {OM'} \end{array}\)