\({u_6} = {u_1} + 5d \Rightarrow 18 = 3 + 5d \Rightarrow d = 3\)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm x=2 vì \({y}'\) đổi dấu từ dương sang âm qua điểm x=2.

Tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu \(\left( S \right)\) có phương trình \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+2 \right)}^{2}}=16\) là: \(I\left( 1;0;-2 \right)\), r=4.

\(C_n^k = \frac{{A_n^k}}{{k!}}\)

\(\int\limits_0^3 {f(x)dx}  = \int\limits_0^2 {f(x)dx}  + \int\limits_2^3 {f(x)dx}  = 1 + 4 = 5.\)

\(V = \frac{1}{3}Bh\)

Ta có: \(2\overrightarrow{a}=\left( 2;4;6 \right);3\overrightarrow{b}=\left( -6;12;3 \right); 5\overrightarrow{c}=\left( -5;15;20 \right)\)

Suy ra: \(\overrightarrow{v}=2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}+5\overrightarrow{c}=\left( 3;7;23 \right)\).

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

Tập xác định của hàm số \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -3 \right\}\).

Ta có \(\underset{x\to {{\left( -3 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{\left( -3 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2-x}{x+3}=+\infty \).

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x=-3.

Dựa vào đồ thị ta thấy \(a<0,\,\,c=0\) nên chỉ có đáp án B thỏa mãn.

Số phức z=a+bi \(\left( a,b\in \mathbb{R} \right)\). Điểm biểu diến số phức là M(a;b).

Từ đó suy ra điểm M(3;-1) biểu diễn số phức: z=3-i.

\({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .2.3 = 12\pi \)

\(\int {f(x)} dx = \int {\left( {{e^{2x}} + {x^2}} \right)} dx = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} + C\)

Ta có: 1.1-2.0+2.1-3=0.Tọa độ điểm N(1;0;1) thỏa mãn phương trình mặt phẳng \((\alpha )\) nên N nằm trên mặt phẳng \((\alpha )\).

\(y' = \left[ {\ln \left( {\sin x} \right)} \right]' = \frac{1}{{\sin x}}.\left( {\sin x} \right)' = \frac{{\cos x}}{{\sin x}} = \cot x\)

\({2^a}{.2^b} = {2^{a + b}}.\)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (1;3)

\({3^{2x - 1}} = 27 \Leftrightarrow 2x - 1 = 3 \Leftrightarrow x = 2\)

Đường thẳng \(\Delta :\frac{x-1}{2}=\frac{y+2}{-1}=\frac{z+3}{-1}\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{{{u}_{3}}}=\left( 2\,;-1\,;-1 \right)\).

\({\left( {1 + i} \right)^2} = 1 + 2i + {i^2} = 2i\)

Ta có: \(\left( \left( A'B'C \right);\left( ABC'D' \right) \right)=\left( BC';B'C \right)\)

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo BC' và B'C.

+) \(\tan \widehat{CB'B}=\frac{CB}{BB'}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{CB'B}={{30}^{\text{o}}}\).

Tam giác IBB' cân tại I, suy ra: \(\widehat{BIB'}={{120}^{\text{o}}}\Rightarrow \widehat{CIB}={{60}^{\text{o}}}\).

Vậy \(\left( \left( A'B'C \right);\left( ABC'D' \right) \right)={{60}^{\text{o}}}\).

Ta có: \(d\left( I,\left( P \right) \right)=3;\) bán kính đường tròn giao tuyến r=5 suy ra bán kính mặt cầu là:

\(R=\sqrt{{{3}^{2}}+{{5}^{2}}}=\sqrt{34}\) do đó phương trình mặt cầu là: \({{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=34.\)

\(\begin{array}{l} {\log _{{a^2}}}\left( {{a^{10}}{b^2}} \right) + {\log _{\sqrt a }}\left( {\frac{a}{{\sqrt b }}} \right) + {\log _{\sqrt[3]{b}}}\left( {{b^{ - 2}}} \right)\\ = {\log _{{a^2}}}{a^{10}} + {\log _{{a^2}}}{b^2} + {\log _{\sqrt a }}a - {\log _{\sqrt a }}\sqrt b + {\log _{{b^{\frac{1}{3}}}}}\left( {{b^{ - 2}}} \right)\\ = \frac{{10}}{2}{\log _a}a + \frac{2}{2}{\log _a}b + {\log _{{a^{\frac{1}{2}}}}}a - {\log _{{a^{\frac{1}{2}}}}}{b^{\frac{1}{2}}} + \frac{{ - 2}}{{\frac{1}{3}}}{\log _b}b\\ = 5 + {\log _a}b + 2 - {\log _a}b - 6=1 \end{array}\)

Theo bảng nguyên hàm của một số hàm số thường gặp ta có: Phương án A, B, C đúng.

Phương án D sai vì \(\int {\sin x\,} {\rm{d}}x =  - \cos x + C\)

Ta có phương trình đường thẳng d: \(\left\{ \begin{align} & x=2+2t \\ & y=-3t \\ & z=-3+5t \\ \end{align} \right.\,\) đi qua điểm \(A(2;\,0;\,-3)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(2;\,-3;\,5)\) nên có phương trình chính tắc là \(\frac{x-2}{2}=\frac{y}{-3}=\frac{z+3}{5}\).

Đồ thị hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) cắt trục hoành tại ba điểm lần lượt là \({{x}_{1}}, {{x}_{2}}, {{x}_{3}}\) (với \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}<{{x}_{3}}\)).

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

Ta thấy \({f}'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm qua dương khi qua điểm \({{x}_{1}}\) này nên số điểm cực trị của hàm số \(y=f\left( x \right)\) bằng 1.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Ta có \(\left\{ \begin{align} & BD\bot AO\,\, \\ & BD\bot A{A}' \\ \end{align} \right.\Rightarrow BD\bot \left( A{A}'O \right)\)

Suy ra \(\left( BD{A}' \right)\bot \left( A{A}'O \right)\).

Kẻ \(AH\bot {A}'O\Rightarrow AH\bot \left( BD{A}' \right)\).

Suy ra \(AH=d\left( A,\,\,\left( BD{A}' \right) \right)\).

Xét tam giác \(A{A}'O\) vuông tại A có \(A{A}'=1, AO=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{2}}{2}: AH=\frac{A{A}'.AO}{\sqrt{A{{{{A}'}}^{2}}+A{{O}^{2}}}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Vậy \(d\left( A,\,\,\left( BD{A}' \right) \right)=\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Ta có \({{x}_{0}}\) là nghiệm của phương trình.

\(\begin{align} & 2{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x+2=-6{{x}^{2}}-4x-4 \\ & \Leftrightarrow 2{{x}^{3}}+5{{x}^{2}}+5x+6=0 \\ & \Leftrightarrow (x+2)(2{{x}^{2}}+x+3)=0 \\ \end{align}\)

\(\Leftrightarrow {{x}_{0}}=-2\).

Với \({{x}_{0}}=-2\Rightarrow {{y}_{0}}=-20\). Vậy \({{x}_{0}}+{{y}_{0}}=-22\).

\(\int\limits_0^1 {\frac{{2x + 3}}{{2 - x}}dx = \int\limits_0^1 {\left( { - 2 + \frac{7}{{ - x + 2}}} \right)dx = \left( { - 2x - 7\ln \left| {2 - x} \right|} \right)\left| \begin{array}{l} 1\\ 0 \end{array} \right.} } = 7\ln 2 - 2\)

Ta có \(a = 7\,,\,b =  - 2 \Rightarrow a + 2b = 3\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( 1;\,2 \right)\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega\right)=36\).

Gọi A là biến cố để số chấm xuất hiện trên hai con xúc sắc đều là số chẵn.

\(\Rightarrow A=\left\{ \left( 2;2 \right);\left( 2;4 \right);\left( 2;6 \right);\left( 4;2 \right);\left( 4;4 \right);\left( 4;6 \right);\left( 6;2 \right);\left( 6;4 \right);\left( 6;6 \right) \right\}\Rightarrow n\left( A \right)=9.\)

Xác xuất của biến cố A là \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}.\)

Hình lục giác đều cạnh a được tạo bởi 6 tam giác đều cạnh a.

Mỗi tam giác đều cạnh a có diện tích: \(S=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\)

Diện tích của hình lục giác đều là: \(S=6.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3}{2}{{a}^{2}}\sqrt{3}.\)

Thể tích của khối lăng trụ là: \(V=S.h=\frac{3}{2}{{a}^{2}}\sqrt{3}.4a=6\sqrt{3}{{a}^{3}}\).

\({z^3} = 1 \Leftrightarrow {z^3} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left( {z - 1} \right)\left( {{z^2} + z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = 1\\ z = - \frac{1}{2} \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}i \end{array} \right.\)

Vậy có 3 số phức z thỏa mãn \({{z}^{3}}=1\).

Ta có: \(\left( 2+3i \right)x+y\left( 1-2i \right)=5+4i \Leftrightarrow 2x+3xi+y-2yi=5+4i\)

\(\Leftrightarrow \left( 2x+y \right)+\left( 3x-2y \right)i=5+4i\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 2x+y=5 \\ & 3x-2y=4 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=2 \\ & y=1 \\ \end{align} \right.\).

Nên \(P={{x}^{2}}-2y=4-2=2\).

\({\log _3}\left( {3x - 2} \right) = 3 \Leftrightarrow 3x - 2 = {3^3} \Leftrightarrow x = \frac{{29}}{3}\)

Ta có : \(y'=\frac{2-m}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}\)

+ Xét m=2.

⇒ Hàm số trở thành : y=2 là hàm số hằng nên không đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3

\(\Rightarrow m=2\) (loại)

+ Xét m>2.

\(\Rightarrow y'=\frac{2-m}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}<0\text{ (}\forall x\ne -1) \Rightarrow \underset{\left[ 0;4 \right]}{\mathop{\min y}}\,=y(4)=\frac{8+m}{5}\)

\(\Rightarrow \frac{8+m}{5}=3\Leftrightarrow m=7\) (thoả mãn).

+ Xét m<2.

\(\Rightarrow y'=\frac{2-m}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}>0\text{ (}\forall x\ne -1) \Rightarrow \underset{\left[ 0;4 \right]}{\mathop{\min y}}\,=y(0)=m\)

\(\Rightarrow m=3\) (loại).

Vậy m=7.

\({\left( {\frac{2}{3}} \right)^{{x^2} - x + 1}} > {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2x + 1}} \Leftrightarrow {x^2} - x + 1 < 2x + 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 3.\)

⇒ b - a = 3 - 0 = 3

\(z = 2019 + {i^{2019}} = 2019 + {i^{2016}}.{i^3} = 2019 + {i^3} = 2019 - i\)

\(m{.9^x} + \left( {m - 1} \right){.16^x} + 4\left( {m - 1} \right){.12^x} > 0 \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right){\left( {\frac{4}{3}} \right)^{2x}} + 4\left( {m - 1} \right){\left( {\frac{4}{3}} \right)^x} + m > 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Đặt \(t={{\left( \frac{4}{3} \right)}^{x}},t>0\text{ }\forall x\). Bất phương trình \(\left( 1 \right)\) trở thành \(\left( m-1 \right){{t}^{2}}+4\left( m-1 \right)t+m>0\text{ }\)

Bất phương trình \(\left( 1 \right)\) có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(\left( m-1 \right){{t}^{2}}+4\left( m-1 \right)t+m>0,\text{ }\forall t>0\)

\(\Leftrightarrow m>\frac{{{t}^{2}}+4t}{{{t}^{2}}+4t+1}\text{ , }\forall t>0\text{ }\left( 2 \right)\)

Xét hàm số \(y=f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}+4t}{{{t}^{2}}+4t+1}\) với t>0, ta có \({y}'=\frac{2t+4}{{{\left( {{t}^{2}}+4t+1 \right)}^{2}}}>0\text{ , }\forall t>0\)

Bảng biến thiên

Bất phương trình \(\left( 2 \right)\) được thỏa mãn khi và chỉ khi đường thẳng y=m luôn nằm trên mọi điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( t \right)\). Từ BBT suy ra \(m\ge 1\)

Mà m là số nguyên thuộc khoảng \(\left( \text{0 };\text{ 10} \right)\) nên \(m\in \left\{ 1\text{ ; 2 ; 3 ;}\text{. }\text{. }\text{. ; 9 } \right\}\)

Theo bài ra ta có

\({h}'\left( x \right)=f'\left( x \right).f\left( x \right)-2f\left( x \right)+2x.{f}'\left( x \right)+4x={f}'\left( x \right)\left( f\left( x \right)-2x \right)-2\left( f\left( x \right)-2x \right)=\left( {f}'\left( x \right)-2 \right)\left( f\left( x \right)-2x \right)\)

Từ đồ thị ta thấy \(y=f\left( x \right)\) nghịch biến nên \(f'\left( x \right)<0\) suy ra \({f}'\left( x \right)-2<0\).

Suy ra \({h}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow f\left( x \right)-2x=0\).

Từ đồ thị dưới ta thấy \(f\left( x \right)-2x=0\Leftrightarrow x=1\).

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra đồ thị của hàm số \(y=h\left( x \right)\) có điểm cực tiểu là \(M\left( 1;0 \right)\).

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

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

Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P);

Đường thẳng \({{d}^{'}}\) là hình chiếu vuông góc của d trên (P), \(d'=\left( P \right)\cap \left( Q \right)\)

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) là \(\overrightarrow{{{n}_{Q}}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d'}}}\,,\,\overrightarrow{{{n}_{P}}} \right]=\left( 5\,;\,4\,;\,1 \right)\)

Véc tơ chỉ phương của \({{d}^{'}}\) là \(\overrightarrow{{{u}_{d'}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{P}}}\,,\,\overrightarrow{{{n}_{Q}}} \right]=\left( 3\,;\,-6\,;\,9 \right)=-3\left( -1\,;2\,;-3 \right)\)

Ta thấy đường thẳng \({{d}^{'}}\) thuộc (P) nên điểm \({{M}_{0}}\in d'\,\,\Rightarrow {{M}_{0}}\,\in (P)\). Thay tọa độ điểm \({{M}_{0}}\left( 1\,;\,1\,;\,-2 \right)\) ở đáp án A thấy thỏa mãn phương trình (P).

Đặt: \(u=x\,;\,\,\text{d}v={f}'\left( x \right){{e}^{f\left( x \right)}}\text{d}x\) suy ra \(\text{d}u=\text{d}x\), chọn \(v={{e}^{f\left( x \right)}}.\)

Do đó \(\int\limits_{0}^{5}{x{f}'\left( x \right){{e}^{f\left( x \right)}}\text{d}x=\left. x{{e}^{f\left( x \right)}} \right|_{0}^{5}}-\int\limits_{0}^{5}{{{e}^{f\left( x \right)}}\text{d}x}=5{{e}^{f\left( 5 \right)}}-I\Rightarrow 8=25-I\Leftrightarrow I=17\).

Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(\left( C \right)\), đường thẳng x=9 và trục hoành là \({{S}_{1}}=\int\limits_{0}^{9}{\sqrt{x}\text{d}x}=18\).

Gọi \(M\left( {{x}_{M}};\,{{y}_{M}} \right)\) là một điểm bất kì trên \(\left( C \right)\) ta có \({{S}_{2}}=\frac{1}{2}{{y}_{M}}.OA=\frac{9}{2}{{y}_{M}}\).

Theo giả thiết ta có \({{S}_{1}}=2{{S}_{2}}\Leftrightarrow 18=2.\frac{9}{2}{{y}_{M}}\Leftrightarrow {{y}_{M}}=2\Rightarrow {{x}_{M}}=4\Rightarrow M\left( 4;\,2 \right)\).

Xét lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C'. Gọi \(E,\,\,E'\) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác \(ABC,\,\,A'B'C'\), M là trung điểm BC và I là trung điểm EE'.

Do hình lăng trụ đều nên EE' là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC,\,\,A'B'C'\Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ, IA là bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.

\(AE=\frac{a\sqrt{3}}{3},\,IE=\frac{b}{2}\Rightarrow R=IA=\sqrt{A{{E}^{2}}+I{{E}^{2}}}=\sqrt{\frac{4{{a}^{2}}+3{{b}^{2}}}{12}}.\)

Thể tích khối cầu là \(V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi {{\left( \sqrt{\frac{4{{a}^{2}}+3{{b}^{2}}}{12}} \right)}^{3}}=\frac{\pi }{18\sqrt{3}}\sqrt{{{\left( 4{{a}^{2}}+3{{b}^{2}} \right)}^{3}}}.\)

Đặt hệ trục Oxy như hình vẽ.

Phương trình đường tròn \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=25\Leftrightarrow y=\pm \sqrt{25-{{x}^{2}}}\)

Tìm được tọa độ điểm \(N\left( \frac{5\sqrt{3}}{2};\frac{5}{2} \right)\) (một giao điểm của đường tròn và đường thẳng \(y=\frac{5}{2}\)).

Diện tích 4 phần trắng (không trồng cây) là: \({{S}_{1}}=4\int\limits_{\frac{5}{2}}^{\frac{5\sqrt{3}}{2}}{\left( \sqrt{25-{{x}^{2}}}-\frac{5}{2} \right)}\text{d}x\)

Diện tích phần trồng rau bằng diện tích hình tròn trừ cho \({{S}_{1}}\), tức là \(S=\pi {{r}^{2}}-{{S}_{1}}=\pi {{.5}^{2}}-4\int\limits_{\frac{5}{2}}^{\frac{5\sqrt{3}}{2}}{\left( \sqrt{25-{{x}^{2}}}-\frac{5}{2} \right)}\text{d}x =25\pi -4\left( \frac{25\pi }{12}-\frac{5}{2}.\left( \frac{5\sqrt{3}}{2}-\frac{5}{2} \right) \right)=\frac{50\pi }{3}+25\sqrt{3}-25\).

Số tiền cần để trồng hoa là: \(50000.S\approx 3533057\) đồng.

Dễ thấy đường thẳng \(\Delta \) đi qua các điểm \(\left( 0;-3 \right)\) và \(\left( 1;0 \right)\) nên \(\Delta :y=3x-3\) suy ra hệ số góc của \(\Delta \) là \(k=3\Rightarrow {f}'\left( 2 \right)=3\).

Hàm số \(y=f\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại x=-1 suy ra \({f}'\left( -1 \right)=0\).

Vậy \(\int\limits_{1}^{4}{{f}''\left( x-2 \right)\text{d}x}=\left. {f}'\left( x-2 \right) \right|_{1}^{4}={f}'\left( 2 \right)-{f}'\left( -1 \right)=3-0=3\).

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right).f'\left( {f\left( x \right)} \right)\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f'\left( x \right) = 0\\ f'\left( {f\left( x \right)} \right) = 0 \end{array} \right.\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2 \end{array} \right.\).

\(f'\left( {f\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f\left( x \right) = 0\left( * \right)\\ f\left( x \right) = 2\left( {**} \right) \end{array} \right.\)

Dựa vào đồ thị suy ra:

Phương trình (*) có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = 2 \end{array} \right.\).

Phương trình ( **) có ba nghiệm \(\left[ \begin{array}{l} x = m\left( { - 1 < n < 0} \right)\\ x = n\left( {0 < n < 1} \right)\\ x = p\left( {p > 2} \right) \end{array} \right.\)

\(g'\left( x \right) = 0\) có nghiệm \(\left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = m\\ x = 0\\ x = n\\ x = 2\\ x = p \end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {f\left( x \right)} \right)\) có 6 cực trị.

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

Theo giả thiết, \(\left| z \right|=1\Rightarrow z.\overline{z}=1\) và \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1\).

\(P=\left| z \right|.\left| {{z}^{2}}-1+2\overline{z} \right|=\left| {{z}^{2}}-1+2\overline{z} \right|=\left| {{x}^{2}}-{{y}^{2}}+2xyi-1+2x-2yi \right|=\left| \left( {{x}^{2}}+2x-{{y}^{2}}-1 \right)+2y\left( x-1 \right)i \right|\)

\(=\sqrt{{{\left( {{x}^{2}}+2x-{{y}^{2}}-1 \right)}^{2}}+4{{y}^{2}}{{\left( x-1 \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( {{x}^{2}}+2x-1+{{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}+4\left( 1-{{x}^{2}} \right){{\left( x-1 \right)}^{2}}}\) (vì \({{y}^{2}}=1-{{x}^{2}}\))

\(=\sqrt{16{{x}^{3}}-4{{x}^{2}}-16x+8}\).

Vì \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1\Rightarrow {{x}^{2}}=1-{{y}^{2}}\le 1\Rightarrow -1\le x\le 1\).

Xét hàm số \(f\left( x \right)=16{{x}^{3}}-4{{x}^{2}}-16x+8,\text{ }x\in \left[ -1\,;\,1 \right]\).

\({f}'\left( x \right)=48{{x}^{2}}-8x-16\). \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-\frac{1}{2}\in \left[ -1\,;\,1 \right] \\ & x=\frac{2}{3}\in \left[ -1\,;\,1 \right] \\ \end{align} \right.\)

\(f\left( -1 \right)=4; f\left( -\frac{1}{2} \right)=13; f\left( \frac{2}{3} \right)=\frac{8}{27}; f\left( 1 \right)=4\).

\(\Rightarrow \underset{\left[ -1\,;\,1 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=f\left( -\frac{1}{2} \right)=13\).

Vậy \(\max P=\sqrt{13}\).

Chứng minh góc giữa (P) và (Q) bé nhất là góc giữa Ox và (P).

Giả sử (Q) trùng (AKI). Ta có \(\left( \left( P \right),\left( Q \right) \right)=\widehat{AKI}, \left( Ox,\left( P \right) \right)=\widehat{AIH}\)

Xét \(\Delta AHI,\Delta AHK\) là tam giác vuông chung cạnh AH.

\(\Delta IHK,\widehat{K}=90{}^\circ \Rightarrow HK\le HI\Rightarrow \widehat{K\text{A}H}\le \widehat{IAH}\Leftrightarrow 90{}^\circ -\widehat{AKH}\le 90{}^\circ -\widehat{AIH}\Rightarrow \widehat{AKH}\ge \widehat{AIH}\)

Ox có VTCP \(\vec{i}\left( 1\,;0\,;0 \right)\)

\(\left( P \right)\) có VTPT \({{\vec{n}}_{P}}=\left( 1;-1;2 \right)\)

Góc giữa Ox và mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\alpha : \sin \alpha =\frac{\left| \vec{i}.{{{\vec{n}}}_{P}} \right|}{\left| {\vec{i}} \right|.\left| {{{\vec{n}}}_{P}} \right|}=\frac{1}{\sqrt{6}}\)

Góc giữa \(\left( Q \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) thoả: \(\cos \alpha =\frac{\left| {{{\vec{n}}}_{P}}.{{{\vec{n}}}_{Q}} \right|}{\left| {{{\vec{n}}}_{P}} \right|.\left| {{{\vec{n}}}_{Q}} \right|}=\sqrt{1-{{\sin }^{2}}\alpha }=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):By+Cz=0\)

Ta có:

\(\begin{align} & \frac{\left| -B+2C \right|}{\sqrt{{{B}^{2}}+{{C}^{2}}}.\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}\Leftrightarrow \left| -B+2C \right|=\sqrt{5{{B}^{2}}+5{{C}^{2}}} \\ & \Leftrightarrow 4{{B}^{2}}+4BC+{{C}^{2}}=0\Leftrightarrow C=-2B \\ \end{align} \)

Chọn A = 1, C = -2.

Lấy H là trung điểm của AB. Do tam giác SAB cân tại S nên \(SH \bot AB\). Lại có \(SO \bot \left( {ABC} \right)\, \Rightarrow \,\,SSO \bot AB\) . Từ đó suy ra \(AB \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow AB \bot OH\).

Tam giác OAB có OH vừa là đường cao vừa là dường trung tuyến nên tam giác OAB là tam  giác cân, suy ra OA = OB.

Làm tương tự ta với tam giác OAC, tam giác OBC ta cũng có OA = OC , OB = OC. Vậy OA = OB = OC hay O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.