Dựa vào đồ thị hàm số ta suy ra giá trị cực đại bằng -1

Mệnh đề đúng là mệnh đề 2

Thật vậy ta có \({{\left( \int{f\left( x \right)\text{d}x+\int{g\left( x \right)\text{d}x}} \right)}^{\prime }}={{\left( \int{f\left( x \right)\text{d}x} \right)}^{\prime }}+{{\left( \int{g\left( x \right)\text{d}x} \right)}^{\prime }}=f\left( x \right)+g\left( x \right)\)

Mệnh đề 1 sai

Nếu k=0 ta có VT=0; \(VP=\int{0dx}=C\ne VP\)

Mệnh đề 3 sai

Phản ví dụ chọn \(f\left( x \right)=1; g\left( x \right)=0\)

suy ra \(VT=\int{\left[ f\left( x \right)g\left( x \right) \right]}\,\text{d}x=\int{0dx}=C;\,VP=\int{f\left( x \right)\text{d}x.\int{g\left( x \right)\text{d}x}=\int{dx}.\int{0dx}=(x+{{C}_{1}})}.C2\)

Mệnh đề 4 sai vì \(VT=\int{\left[ {f}'\left( x \right)g\left( x \right)+f\left( x \right){g}'\left( x \right) \right]\text{d}x}=\int{{{\left[ f\left( x \right)g\left( x \right) \right]}^{\prime }}\text{d}x}=f\left( x \right)g\left( x \right)+C\ne VP\).

\(\sqrt[4]{{{a^3}}} = {a^{\frac{3}{4}}}\)

\(V = \frac{1}{3}.h.\pi {R^2} = \frac{1}{3}.2a.\pi .{a^2} = \frac{{2\pi {a^3}}}{3}.\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3 + 1\,;\, - 1 - 2\,;\,1 + 3} \right) = \left( { - 2\,;\, - 3\,;\,4} \right)\)

Vì \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\frac{1}{2};\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\frac{1}{2}\) nên hàm số có tiệm cận ngang \(y=\frac{1}{2}\).

\(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty ;\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \) nên hàm số có tiệm cận đứng x=1.

\({u_5} = {u_1} + 4d = 2 + 4.5 = 22\)

Đồ thị đã cho đi qua các điểm \(M\left( 1\,;\,3 \right), N\left( 2\,;\,1 \right)\) và \(P\left( 0\,;\,3 \right)\).

Xét phương án A: Điểm \(N\left( 2\,;\,1 \right)\) không thuộc vào đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-5{{x}^{2}}+4x+3\).

Xét phương án B: Điểm \(N\left( 2\,;\,1 \right)\) không thuộc vào đồ thị hàm số \(y=2{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+4x+3\).

Xét phương án D: Điểm \(N\left( 2\,;\,1 \right)\) không thuộc vào đồ thị hàm số \(y=2{{x}^{3}}+9{{x}^{2}}-11x+3\).

Xét phương án C: Ta có cả ba điểm \(M\left( 1\,;\,3 \right), N\left( 2\,;\,1 \right)\) và \(P\left( 0\,;\,3 \right)\) đều thuộc vào đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+3x+3\).

Thay tọa độ điểm B ta có: -3+2.2-6.0-1=0. Phương án A được chọn.

Ta thấy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương có tọa độ \(\overrightarrow{{{u}_{2}}}=(1;-2;3)\).

\(\int {{3^{2x}}{\rm{d}}x = \frac{1}{2}\int {{3^{2x}}.2{\rm{d}}x = \frac{1}{2}\int {{3^{2x}}{\rm{d}}\left( {2x} \right)} } }  = \frac{1}{2}.\frac{{{3^{2x}}}}{{\ln 3}} + C\)

Cho hằng số C = 2 ta được đáp án D

\({z_1} + {z_2} = \left( {2 + 3i} \right) + \left( { - 4 - 5i} \right) = 2 - 4 + 3i - 5i =  - 2 - 2i\)

Vậy z =  - 2 - 2i

Số phức z=a+bi có điểm biểu diễn \(\left( a;b \right)\) nên số phức z=2+i có điểm biểu diễn là \(N\left( 2;1 \right)\).

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

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

Quay hình vuông ABCD cạnh a xung quanh một cạnh ta được khối trụ có chiều cao bằng a và diện tích đáy là \(\pi {{a}^{2}}.\)

Vậy thể tích của khối trụ là \(\pi {{a}^{3}}.\)

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy hàm số trên nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-3 \right)\) và \(\left( 0;3 \right)\).

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Vậy \(V = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)

Số tập con gồm 6 phần tử của A bằng số tổ hợp chập 6 của 26 phần tử. Vậy số tập con là \(C_{26}^{6}\).

\(f'\left( x \right) = {\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)^\prime }.{{\rm{e}}^{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }}.{{\rm{e}}^{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}.{{\rm{e}}^{\sqrt {{x^2} + 1} }}\)

Gọi z=a+bi ; \(a,b\in \mathbb{R};\,{{i}^{2}}=-1\); a là số nguyên. Theo đề ta có

\(|z|-2\overline{z}=-7+3i+z\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}-2a+2bi=-7+3i+a+bi\)

\(\Leftrightarrow (\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}-2a)+2bi=(-7+a)+(3+b)i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \sqrt {{a^2} + {b^2}} - 2a = - 7 + a\\ 2b = 3 + b \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \sqrt {{a^2} + 9} = 3a - 7\\ b = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} a \ge \frac{7}{3}\\ 8{a^2} - 42a + 40 = 0 \end{array} \right.\\ b = 3 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a \ge \frac{7}{3}\\ \left[ \begin{array}{l} a = 4\\ a = \frac{5}{4} \end{array} \right.\\ b = 3 \end{array} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 4\\ b = 3 \end{array} \right.\)

Khi đó z = 4 + 3i

Vậy \(w = 1 - z + {z^2} = 4 + 21i \Rightarrow \left| w \right| = \sqrt {457} \).

\({\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} > 8 \Leftrightarrow {2^{ - x}} > {2^3} \Leftrightarrow  - x > 3 \Leftrightarrow x <  - 3.\)

\(\Delta ABC\,\) vuông tại A.

\({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}.a.2a={{a}^{2}}\)

Gọi H là trung điểm AB \(\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Ta có: \(\Delta SAB\) đều \(\Rightarrow SH\bot AB\)

\(\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right)\) (vì \(\left( SAB \right)\bot \left( ABC \right)\)).

\(\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}\)

Tập xác định của hàm số là \(D=\left[ 1\,;\,2 \right]\), hàm số \(y=\sqrt{x-1}+\sqrt{2-x}+2019\) liên tục trên đoạn \(\left[ 1\,;\,2 \right]\).

Ta có \(y' = \frac{1}{{2\sqrt {x - 1} }} - \frac{1}{{2\sqrt {2 - x} }} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \sqrt {x - 1} = \sqrt {2 - x} \\ x \ne 1,\,x \ne 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x - 1 = 2 - x\\ x \ne 1,\,x \ne 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\)

\(y(1)=2020; y(2)=2020; y(\frac{3}{2})=2019+\sqrt{2}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y=\sqrt{x-1}+\sqrt{2-x}+2019\) là 2020.

Ta có: \({y}'=5{{x}^{4}}+5>0,\forall x\in \left( -\infty ;+\infty  \right)\)

Do đó hàm số \(y={{x}^{5}}+5\text{x}\) luôn đồng biến trên khoảng \(\left( -\infty ;+\infty  \right)\)

Gọi H là trung điểm của BC, suy ra \(SH\bot BC\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right)\).

Gọi K là trung điểm AC, suy ra \(HK\bot AC\).

Kẻ \(HE\bot SK \left( E\in SK \right).\)

Khi đó \(d\left[ B,\left( SAC \right) \right]=2d\left[ H,\left( SAC \right) \right]=2HE=2.\frac{SH.HK}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}.\)

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ 13 học sinh.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là \(\left| \Omega  \right|=C_{13}^{3}=286\).

Gọi A là biến cố "3 học sinh được chọn có cả nam và nữ đồng thời có cả khối 11 và khối 12''. Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:

● TH1: Chọn 1 học sinh khối 11; 1 học sinh nam khối 12 và 1 học sinh nữ khối 12 nên có \(C_{2}^{1}C_{8}^{1}C_{3}^{1}=48\) cách.

● TH2: Chọn 1 học sinh khối 11; 2 học sinh nữ khối 12 có \(C_{2}^{1}C_{3}^{2}=6\) cách.

● TH3: Chọn 2 học sinh khối 11; 1 học sinh nữ khối 12 có \(C_{2}^{2}C_{3}^{1}=3\) cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là \(\left| {{\Omega }_{A}} \right|=48+6+3=57\).

Vậy xác suất cần tính \(P\left( A \right)=\frac{\left| {{\Omega }_{A}} \right|}{\left| \Omega  \right|}=\frac{57}{286}.\)

Ta có \({{\left( {{\cos }^{2}}x \right)}^{\prime }}=2\cos x.\left( -\sin x \right)=-\sin 2x\)

Vậy hàm số \(y=-\sin 2x\) có một nguyên hàm là \(y={{\cos }^{2}}x\).

Gọi tứ diện đều là S.ABCD, gọi \(O=AC\cap BD\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right)\)

Gọi là I trung điểm của BC. Khi đó ta có \(\left\{ \begin{align} & BC\bot SO \\ & BC\bot OI \\ \end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SOI \right)\Rightarrow BC\bot SI\).

Do đó \(\left( \widehat{\left( SBC \right),\left( ABCD \right)} \right)=\left( \widehat{SI,OI} \right)=\widehat{SIO}\).

Ta có \(OI=\frac{a}{2},\,SI=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{I}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Tam giác SOI vuông tại O \(\Rightarrow \cos \widehat{SIO}=\frac{OI}{SI}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Điều kiện:

\(\left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ 2x - 1 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}.\)

Phương trình đã cho tương đương

\(\begin{array}{l} {\log _2}x.{\log _3}\left( {2x - 1} \right) - 2{\log _2}x = 0\\ \Leftrightarrow {\log _2}x\left[ {{{\log }_3}\left( {2x - 1} \right) - 2} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _2}x = 0\\ {\log _3}\left( {2x - 1} \right) - 2 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ 2x - 1 = 9 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = 5 \end{array} \right. \end{array}\)

Tổng lập phương các nghiệm là : \({1^3} + {5^3} = 126.\)

Gọi I là trung điểm của đoạn AB suy ra \(I\left( 2;0;-1 \right)\) là tâm của mặt cầu.

\(\overrightarrow{IA}=\left( 2;-1;4 \right)\) nên \(R=IA=\sqrt{21}\) là bán kính mặt cầu.

Vậy phương trình mặt cầu là: \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=21\).

\({\log _9}1125 = {\log _{{3^2}}}{5^3}{.3^2} = {\log _{{3^2}}}{5^3} + {\log _{{3^2}}}{3^2} = \frac{3}{2}{\log _3}5 + 1 = \frac{3}{2}\frac{1}{{{{\log }_5}3}} + 1 = 1 + \frac{3}{{2a}}\)

Điều kiện: \(x \ne 2\).

Phương trình hoành độ giao điểm \(x + 2 = \frac{{x + 8}}{{x - 2}} \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right) = x + 8\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - x - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_A} = - 3 \Rightarrow {y_A} = - 1\\ {x_B} = 4 \Rightarrow {y_B} = 6 \end{array} \right.\).

Vậy tọa độ trung điểm I của AB là: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{1}{2}\\ {y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{5}{2} \end{array} \right.\)

Đường phân giác của góc phần tư thứ hai và thứ tư là đường thẳng y=-x.

Do đó a-5=-a. Suy ra \(a=\frac{5}{2}\).

Ta có \(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - 1\\ x = 1 \end{array} \right.\).

Xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu của f'(x) thấy hàm số f(x) có 1 điểm cực đại.

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

Ta có: \(\int\limits_{-1}^{2}{f(x)dx=F\left( 2 \right)-F\left( -1 \right)}\).

\(\Leftrightarrow $$\int\limits_{-1}^{2}{\frac{2}{x+2}}=\left. 2\ln \left| x+2 \right| \right|_{-1}^{2}=2\ln 4-2\ln 1=2\ln 4\)

\( \Leftrightarrow F\left( 2 \right) - F\left( { - 1} \right) = 2\ln 4\)

\(\Leftrightarrow F\left( 2 \right)=2\ln 4\) (do \(F\left( -1 \right)=0\)).

Đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên nhận \(\overrightarrow{n}=\left( 2;-1;1 \right)\) là một vecto chỉ phương.

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(A\left( 1;-2;1 \right)\) là: \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 2t\\ y = - 2 - t\\ z = 1 + t \end{array} \right.\)

Đặt \(t={{2}^{x}}, t>0\Rightarrow t+1>0\)

Bài toán đã cho trở thành:

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình: \(\frac{{{t}^{2}}}{4\left( t+1 \right)}>m\,,\,\forall t>0\,\,\left( 1 \right)\)

Đặt \(f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}}{4\left( t+1 \right)},\,\left( t>0 \right)\Rightarrow {f}'\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}+2t}{4{{\left( t+1 \right)}^{2}}}\Rightarrow {f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=0\,\left( l \right)\vee t=-2\,\left( l \right)\)

Bảng biến thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên ta có \(m\in \left( -\infty ;\,0 \right]\) thỏa yêu cầu bài toán.

Số điểm cực trị của hàm số g(x) bằng số nghiệm đơn (bội lẻ) của phương trình f'(x)=m.

Dựa và đồ thị ta có điều kiện \(\left[ \begin{align} & 0<m\le 5 \\ & 10\le m<13 \\ \end{align} \right.\).

Vậy có 8 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn.

\({\left( {f'\left( x \right)} \right)^3} = {e^x}{\left( {f\left( x \right)} \right)^2},\,\forall x \in R \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \sqrt[3]{{{e^x}}}.\sqrt[3]{{{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}}}}} = \sqrt[3]{{{e^x}}}\)

\( \Rightarrow \int\limits_0^3 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}}}}}dx} = \int\limits_0^3 {\sqrt[3]{{{e^x}}}dx} \Leftrightarrow \int\limits_0^3 {\frac{1}{{\sqrt[3]{{{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}}}}}df\left( x \right)} = \int\limits_0^3 {{e^{\frac{x}{3}}}dx} \Leftrightarrow \left. {3\sqrt[3]{{f\left( x \right)}}} \right|_0^3 = \left. {3{e^{\frac{x}{3}}}} \right|_0^3\)

\(\sqrt[3]{{f\left( 3 \right)}} - \sqrt[3]{{f\left( 0 \right)}} = e - 1 \Leftrightarrow \sqrt[3]{{f\left( 3 \right)}} - 1 = e - 1 \Leftrightarrow f\left( 3 \right) = {e^3}\)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Đường viền chiếc gương là đường Parabol \(y=a{{x}^{2}}+bx+c\,\left( a\ne 0 \right)\) có đỉnh \(H\left( 0\,;\,30 \right)\) và đi qua điểm \(B\left( 30\,;\,0 \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} c = 30\\ - \frac{b}{{2a}} = 0\\ 900a + 30b + c = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} c = 30\\ b = 0\\ a = - \frac{1}{{30}} \end{array} \right.\)

Diện tích chiếc gương là diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol \(y=-\frac{1}{30}{{x}^{2}}+30\) và trục hoành. Diện tích chiếc gương là: 

\(S = \int\limits_{ - 30}^{30} {\left| { - \frac{1}{{30}}{x^2} + 30} \right|{\rm{d}}x} = 2\left| {\int\limits_0^{30} {\left( { - \frac{1}{{30}}{x^2} + 30} \right){\rm{d}}x} } \right| = 2\left| {\left. {\left( { - \frac{1}{{90}}{x^3} + 30x} \right)} \right|_0^{30}} \right| = 1200\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Phương trình tham số của đường thẳng \({{d}_{1}}:\left\{ \begin{align} & x=4+t \\ & y=-2+4t \\ & z=1-2t \\ \end{align} \right.\) và .

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua A vuông góc với \({{d}_{1}}\) là: x+4y-2z+9=0.

Gọi H là giao điểm của \(\left( P \right)\) và đường thẳng \({{d}_{2}}\).

\(H\in {{d}_{2}}\Rightarrow H\left( 2+t;-1-t;1+t \right)\)

\(H\in \left( P \right)\Rightarrow 2+t+4\left( -1-t \right)-2\left( 1+t \right)+9=0\Leftrightarrow t=1.\) Nên giao điểm \(H\left( 3;-2;2 \right)\)

Phương trình đường thẳng qua A vuông góc với \({{d}_{1}}\) và cắt \({{d}_{2}}\) là phương trình đường thẳng AH qua \(A\left( 1;-1;3 \right)\) và nhận \(\overrightarrow{AH}=\left( -2;1;1 \right)\) làm véctơ chỉ phương.

* Ta có: \(CC'\text{//} AA'\Rightarrow CC'\text{//} \left(AA'B'B \right)\)

Mà \(A'B\subset \left( AA'B'B \right),\,\) nên

\(d\left( CC'\,;\,A'B \right)=d\left( CC'\,;\,\left( AA'B'B \right) \right)=C'A'=a\sqrt{3}\,\)

* Ta có: \(AC=A'C'=a\sqrt{3}\,;\,AB=A'B'=a\,;\,\)

Diện tích đáy là \(B=dt\left( ABC \right)=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}\)

* Dễ thấy \(A'B'\,\) \(\bot\) \(\left( ACC'A' \right)\,\)

Góc giữa B'C và mặt phẳng \(\left( ACC'A' \right)\) là \(\widehat{B'CA'}=\alpha \)

\(\sin \alpha =\frac{A'B'}{B'C}=\frac{1}{2\sqrt{5}}\,\,\Leftrightarrow \,B'C=2a\sqrt{5}\)

* Thể tích lăng trụ là V=B.h với \(h\,=\,CC': V=\,\,\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}\,.\,4a=2{{a}^{3}}\sqrt{3}.\)

Phương trình \(\left( C \right): {{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=5\).

Tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( C \right)\) là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 5\\ y = {x^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y + {\left( {y - 3} \right)^2} = 5\\ y = {x^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} y = 1\\ y = 4 \end{array} \right.\\ y = {x^2} \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = 1 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x = - 1\\ y = 1 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x = - 2\\ y = 4 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x = - 2\\ y = 4 \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Vậy tọa độ các giao điểm là \(\left( 1\,;\,1 \right), \left( -1\,;\,1 \right), \left( -2\,;\,4 \right), \left( 2\,;\,4 \right)\).

Ta có: \(S = 2\left( {{S_1} + {S_2}} \right)\).

Tính S₁: \({x^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 5\,\,(C)\,\,\, \Rightarrow y = 3 - \sqrt {5 - {x^2}} \).

\( \Rightarrow {S_1} = \int\limits_0^1 {\left[ {\left( {3 - \sqrt {5 - {x^2}} } \right) - {x^2}} \right]} {\rm{d}}x \approx 0,5075\)

Tính S₂: \(\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 5\,\,(C)\, \Rightarrow x = \sqrt {5 - {{\left( {y - 3} \right)}^2}} \\ y = {x^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow x = \sqrt y \end{array} \right.\).

\( \Rightarrow {S_2} = \int\limits_1^4 {\left[ {\sqrt {5 - {{\left( {y - 3} \right)}^2}}  - \sqrt y } \right]} {\rm{d}}y \approx 1,26\)

Vậy \(S = 2\left( {{S_1} + {S_2}} \right) \approx 3,54\)

Đặt: \(t=\sqrt{{{x}^{2}}+5}-x\Rightarrow x=\frac{5-{{t}^{2}}}{2t}\Rightarrow \text{d}x=-\left( \frac{1}{2}+\frac{5}{2{{t}^{2}}} \right)\text{d}t\).

Ta có: \(1=\int\limits_{1}^{5}{f\left( t \right)}\left( \frac{1}{2}+\frac{5}{2{{t}^{2}}} \right)\text{d}t=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{5}{f\left( t \right)}\text{d}t+\frac{5}{2}\int\limits_{1}^{5}{\frac{f\left( t \right)}{{{t}^{2}}}\text{d}t}\)

\(\Rightarrow \frac{1}{2}\int\limits_{1}^{5}{f\left( t \right)}\text{d}t=1-\frac{5}{2}\int\limits_{1}^{5}{\frac{f\left( t \right)}{{{t}^{2}}}\text{d}t}=1-\frac{5}{2}.3=-\frac{13}{2}\)

\(\Rightarrow \int\limits_{1}^{5}{f\left( t \right)}\text{d}t=-13\)

Giả sử \(z=x+yi,\ \left( x,\,y\in \mathbb{R} \right)\). Gọi \(M\left( x\,;\,y \right)\) là điểm biểu diễn của z trên \(mp\left( Oxy \right)\).

Ta có:

+) \(\left| z+2 \right|=\left| \overline{z} \right|\Leftrightarrow {{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}\Leftrightarrow x+1=0\quad \left( {{d}_{1}} \right)\).

+) \(\left| z+i \right|=\left| z-i \right|\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}={{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}\Leftrightarrow y=0\ \ \ \left( {{d}_{2}} \right)\).

Khi đó \(M=\left( {{d}_{1}} \right)\cap \left( {{d}_{2}} \right)\Rightarrow M\left( -1\,;\,0 \right)\).

Giả sử \(w=a+bi,\ \left( a,\,b\in \mathbb{R} \right)\). Gọi \(N\left( a\,;\,b \right)\) là điểm biểu diễn của w trên \(mp\left( Oxy \right)\).

Ta có:

+) \(\left| w-2-3i \right|\le 2\sqrt{2}\Leftrightarrow {{\left( a-2 \right)}^{2}}+{{\left( b-3 \right)}^{2}}\le 8\quad \left( {{C}_{1}} \right)\).

+) \(\left| \overline{w}-5+6i \right|\le 2\sqrt{2}\Leftrightarrow {{\left( a-5 \right)}^{2}}+{{\left( b-6 \right)}^{2}}\le 8\quad \left( {{C}_{2}} \right)\).

Với \(\left( {{C}_{1}} \right)\) là hình tròn tâm \(I\left( 2\,;\,3 \right)\), bán kính \({{R}_{1}}=2\sqrt{2}\);

\(\left( {{C}_{2}} \right)\) là hình tròn tâm \(J\left( 5\,;\,6 \right)\), bán kính \({{R}_{2}}=2\sqrt{2}\).

Khi đó N thuộc miền chung của hai hình tròn \(\left( {{C}_{1}} \right)\) và \(\left( {{C}_{2}} \right)\) ( hình vẽ).

Ta có: \(\left| z-w \right|=MN\).

Ta có: \(\overrightarrow{MI}=\left( 3\,;\,3 \right);\ \overrightarrow{IJ}=\left( 3\,;\,3 \right)\Rightarrow \overrightarrow{MI}=\ \overrightarrow{IJ}\).

Như vậy ba điểm \(M,\,I,\,J\) thẳng hàng.

Do đó: MN lớn nhất khi và chỉ khi \(N=MJ\cap \left( {{C}_{1}} \right)\Rightarrow M{{N}_{\max }}=MI+IN=3\sqrt{2}+2\sqrt{2}=5\sqrt{2}\).

\({{3}^{x}}\left( {{3}^{2x}}+1 \right)-\left( {{3}^{x}}+m+2 \right)\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}=2\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}\)

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

\(\Leftrightarrow {{3}^{3x}}+{{3}^{x}}=\left( {{3}^{x}}+m+3 \right)\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}+\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}\)

\(\Leftrightarrow {{3}^{3x}}+{{3}^{x}}={{\left( \sqrt{{{3}^{x}}+m+3} \right)}^{3}}+\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}\).

Xét hàm đặc trưng \(f\left( t \right)={{t}^{3}}+t\) có \({f}'\left( t \right)=3{{t}^{2}}+1>0,\text{ }\forall t\in \mathbb{R}\).

Vậy \(\Leftrightarrow {{3}^{3x}}+{{3}^{x}}={{\left( \sqrt{{{3}^{x}}+m+3} \right)}^{3}}+\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}\Leftrightarrow f\left( {{3}^{x}} \right)=f\left( \sqrt{{{3}^{x}}+m+3} \right)\)

\(\Leftrightarrow {{3}^{x}}=\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}\Leftrightarrow {{3}^{2x}}-{{3}^{x}}-3=m\). (*)

Đặt \(u={{3}^{x}}\), với điều kiện u>0 và đặt \(g\left( u \right)={{u}^{2}}-u-3\)

Phương trình (*) \(\Leftrightarrow g\left( u \right)=m\).

\({g}'\left( u \right)=2u-1, {g}'\left( u \right)=0\Leftrightarrow u=\frac{1}{2}\) ta có bảng biến thiên của \(g\left( u \right)\):

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm thực khi và chỉ khi \(m>-\frac{13}{4}\).

Vậy có tất cả 3 giá trị nguyên âm của m để phương trình có nghiệm thực là: -3; -2; -1.

\(d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 + m + 3\left( {2m + 1} \right) - m - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {m^2} + {{\left( {2m + 1} \right)}^2}} }} = \frac{{3\left| {2m + 1} \right|}}{{\sqrt {1 + {m^2} + {{\left( {2m + 1} \right)}^2}} }}\)

Vì \(1+{{m}^{2}}\ge \frac{1}{5}{{\left( 2m+1 \right)}^{2}}, \forall m\in \mathbb{R}\) nên \(d\left( A,\left( P \right) \right)\le \frac{3\left| 2m+1 \right|}{\sqrt{\frac{1}{5}{{\left( 2m+1 \right)}^{2}}+{{\left( 2m+1 \right)}^{2}}}}=\frac{\sqrt{30}}{2}\)

Suy ra, khoảng cách từ điểm A đến \(\left( P \right)\] là lớn nhất khi và chỉ khi m=2.

Khi đó: \(\left( P \right):x+2y+5z-4=0; AH:\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} x=2+t \\ y=1+2t \\ z=3+5t \\ \end{array} \right.\)

\(H=d\cap \left( P \right)\Rightarrow 2+t+2\left( 1+2t \right)+5\left( 3+5t \right)-4=0\Leftrightarrow t=-\frac{1}{2}\Rightarrow H\left( \frac{3}{2};0;\frac{1}{2} \right)\).

Vậy \(a=\frac{3}{2}, b=0\Rightarrow a+b=\frac{3}{2}\).

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

Ta có \(g\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} f\left( x \right) & {\rm{ }}khi{\rm{ }}x \ge 0\\ \begin{array}{*{20}{c}} {f\left( { - x} \right)}&{khi x < 0} \end{array} \end{array} \right.\)

Để hàm số \(y=g\left( x \right)\) có đúng 1 điểm cực trị

\(\Leftrightarrow \) khi hàm số \(y=f\left( x \right)\) không có điểm cực trị nào thuộc khoảng \(\left( 0;+\infty  \right)\)

Trường hợp 1: Phương trình \(\left( 1 \right)\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

\(\Leftrightarrow {{m}^{2}}-5\le 0\Leftrightarrow -\sqrt{5}\le m\le \sqrt{5}\)(*)

Trường hợp 2: Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) phân biệt thoả mãn \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}\le 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 5 > 0\\ - 2m < 0\\ 5 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m > \sqrt 5 \) (**)

Từ (*) và (**) suy ra \(m\ge -\sqrt{5}\). Vì m là số nguyên âm nên: \(m=\left\{ -2;-1 \right\}\)