Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là: \(C_{10}^3\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {u_4} = 2\\ {u_2} = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} + 3d = 2\\ {u_1} + d = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 5\\ d = - 1 \end{array} \right.\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \({f}'\left( x \right)<0\) trên các khoảng \(\left( -1;0 \right)\) và \(\left( 1;+\infty\right)\Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên \(\left( -1;0 \right)\).

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 0

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại bằng 5 tại x=0.

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

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

Đặc trưng của đồ thị là hàm bậc ba. Loại đáp án A và C.

Khi \(x\to +\infty \) thì \(y\to +\infty \Rightarrow a>0\).

Với \(x\,=0\,\Rightarrow \,y=2\). Vậy đồ thị hàm số \(y=\,-\,{{x}^{4\,}}\,+\,{{x}^{2}}\,+\,2\) cắt trục Oy tại điểm \(A\left( 0\,;\,2 \right)\).

\(\log {{a}^{3}}=3\log a\Rightarrow \) A sai, D đúng.

\(\log \left( 3a \right)=\log 3+loga\Rightarrow \) B, C sai.

\(y = {6^x} \Rightarrow y' = {6^x}\ln 6\)

\(P = \sqrt[3]{{{x^5}}}.\frac{1}{{\sqrt {{x^3}} }} = {x^{\frac{5}{3}}}.{x^{ - \frac{3}{2}}} = {x^{\frac{5}{3} - \frac{3}{2}}} = {x^{\frac{1}{6}}}\)

\({2^{x - 1}} = \frac{1}{{16}} \Leftrightarrow {2^{x - 1}} = {2^{ - 4}} \Leftrightarrow x - 1 =  - 4 \Leftrightarrow x =  - 3\)

\({\log _4}\left( {3x - 2} \right) = 2 \Leftrightarrow 3x - 2 = {4^2} \Leftrightarrow 3x - 2 = 16 \Leftrightarrow x = 6.\)

\(\int {\left( {3{x^2} + \sin x} \right){\rm{d}}x}  = {x^3} - \cos x + C\)

\(\int {{{\rm{e}}^{3x}}{\rm{d}}x = \frac{{{{\rm{e}}^{3x}}}}{3}}  + C\)

\(I = \int\limits_0^{10} {f\left( x \right)} dx = \int\limits_0^6 {f\left( x \right)} dx + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right)} dx = 7 - 1 = 6\)

\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin xdx} = - \cos x\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. = 1\)

Số phức liên hợp của số phức z=2+i là \(\overline{z}=2-i\).

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

Điểm biểu diễn số phức z=-1+2i là điểm \(P\left( -1;\,\,2 \right)\).

\(V = {2^3} = 8\)

\({V_{chop}} = \frac{1}{3}B.h \Rightarrow h = \frac{{3V}}{B} = \frac{{3.32}}{{16}} = 6\,\,\,\left( {cm} \right)\)

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {4^2}.3 = 16\pi \)

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

Vì I là trung điểm của AB nên \(I\left( \,\frac{{{x}_{A}}+{{x}_{B}}}{2};\frac{{{y}_{A}}+{{y}_{B}}}{2};\frac{{{z}_{A}}+{{z}_{B}}}{2}\,\, \right)\) vậy \(I\left( \,1;1;-2\, \right)\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(\left( 2;-4;1 \right)\)

Lần lượt thay toạ độ các điểm M, N, P, Q vào phương trình \(\left( P \right)\), ta thấy toạ độ điểm N thoả mãn phương trình \(\left( P \right)\). Do đó điểm N thuộc \(\left( P \right)\). Chọn đáp án B.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là \({{\vec{u}}_{4}}=\left( 7;4;-5 \right)\). 

\(n\left( \Omega  \right) = C_{21}^3 = 1330\)

Gọi A là biến cố: “3 người lấy ra là nam”. Khi đó, \(n\left( A \right)=C_{15}^{3}=455\).

Vậy xác suất để 3 người lấy ra là nam là: \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{13}{38}=\frac{91}{266}\).

Xét các phương án:

A. \(f\left( x \right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+3x-4\Rightarrow {f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-6x+3=3{{\left( x-1 \right)}^{2}}\ge 0, \forall x\in \mathbb{R}\) và dấu bằng xảy ra tại x=1. Do đó hàm số \(f\left( x \right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+3x-4\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

B. \(f\left( x \right)={{x}^{2}}-4x+1\) là hàm bậc hai và luôn có một cực trị nên không đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

C. \(f\left( x \right)={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}-4\) là hàm trùng phương luôn có ít nhất một cực trị nên không đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

D. \(f\left( x \right)=\frac{2x-1}{x+1}\) có \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1 \right\}\) nên không đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

\(y = {x^4} - 10{x^2} + 2 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 20x = 4x\left( {{x^2} - 5} \right)\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \sqrt 5 \\ x = - \sqrt 5 \end{array} \right.\)

Các giá trị \(x=-\sqrt{5}\) và \(x=\sqrt{5}\) không thuộc đoạn \(\left[ -1;2 \right]\) nên ta không tính.

Có \(f\left( -1 \right)=-7\,;\,f\left( 0 \right)=2\,;\,f\left( 2 \right)=-22\)

Do đó \(M=\underset{\left[ -1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,y=2 , m=\underset{\left[ -1;2 \right]}{\mathop{\min }}\,y=-22\) nên M+m=-20

Ta có: \(\log x\ge 1\Leftrightarrow x\ge 10\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left[ 10\,;\,+\infty  \right)\).

\(\int\limits_0^1 {2f\left( x \right)} {\rm{d}}x = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = 2.4 = 8\)

Ta có z=-3-4i.

Suy ra \(\frac{1}{z}=\frac{1}{-3-4i}=-\frac{3}{25}+\frac{4}{25}i\).

Nên \(\left| z \right|=\sqrt{{{\left( \frac{-3}{25} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{4}{25} \right)}^{2}}}=\frac{1}{5}\).

Ta có: \(SB\cap \left( ABC \right)=B; SA\bot \left( ABC \right)\) tại A.

\(\Rightarrow \) Hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) là AB.

\(\Rightarrow \) Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) là \(\alpha =\widehat{SBA}\).

Do tam giác ABC vuông cân tại B và AC=2a nên \(AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}a=SA\).

Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A.

Do đó: \(\alpha =\widehat{SBA}={{45}^{\text{o}}}\).

Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) bằng \({{45}^{\text{o}}}\).

Từ A kẻ \(AD\bot BC\) mà \(SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA\bot BC\)

\(\Rightarrow BC\bot \left( SAD \right)\Rightarrow \left( SAD \right)\bot \left( SBC \right)\) mà \(\left( SAD \right)\cap \left( SBC \right)=SD\)

\(\Rightarrow \) Từ A kẻ \(AE\bot SD\Rightarrow AE\bot \left( SBC \right)\)

\(\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AE\)

Trong \(\vartriangle ABC\) vuông tại A ta có: \(\frac{1}{A{{D}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}=\frac{4}{3{{a}^{2}}}\)

Trong \(\vartriangle SAD\) vuông tại A ta có: \(\frac{1}{A{{E}^{2}}}=\frac{1}{A{{S}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}=\frac{19}{12{{a}^{2}}}\Rightarrow AE=\frac{2a\sqrt{57}}{19}\)

\(R = IA = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\)

Vậy phương trình mặt cầu có dạng: \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {z^2} = 25.\)

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( 2;-3;4 \right)\) nên phương trình chính tắc của đường thẳng AB là \(\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{-3}=\frac{z+3}{4}\).

Ta có \(g\left( x \right)=2f\left( x \right)-{{\left( x+1 \right)}^{2}}\)

\(\Rightarrow {g}'\left( x \right)=2{f}'\left( x \right)-\left( 2x+2 \right)=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=x+1\). Quan sát trên đồ thị ta có hoành độ giao điểm của \({f}'\left( x \right)\) và y=x+1 trên khoảng \(\left( -3;3 \right)\) là x=1.

Vậy ta so sánh các giá trị \(g\left( -3 \right), g\left( 1 \right), g\left( 3 \right)\)

Xét \(\int\limits_{-3}^{1}{{g}'\left( x \right)}\text{d}x=2\int\limits_{-3}^{1}{\left[ {f}'\left( x \right)-\left( x+1 \right) \right]}\text{d}x>0\)

\(\Leftrightarrow g\left( 1 \right)-g\left( -3 \right)>0\Leftrightarrow g\left( 1 \right)>g\left( -3 \right)\).

Tương tự xét \(\int\limits_{1}^{3}{{g}'\left( x \right)}\text{d}x=2\int\limits_{1}^{3}{\left[ {f}'\left( x \right)-\left( x+1 \right) \right]}\text{d}x<0\Leftrightarrow g\left( 3 \right)-g\left( 1 \right)<0\Leftrightarrow g\left( 3 \right)<g\left( 1 \right)\).

Xét \(\int\limits_{-3}^{3}{{g}'\left( x \right)}\text{d}x=2\int\limits_{-3}^{1}{\left[ {f}'\left( x \right)-\left( x+1 \right) \right]}\text{d}x+2\int\limits_{1}^{3}{\left[ {f}'\left( x \right)-\left( x+1 \right) \right]}\text{d}x>0\)

\(\Leftrightarrow g\left( 3 \right)-g\left( -3 \right)>0\Leftrightarrow g\left( 3 \right)>g\left( -3 \right)\). Vậy ta có \(g\left( 1 \right)>g\left( 3 \right)>g\left( -3 \right)\).

Vậy \(\underset{\left[ -3;3 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=g\left( 1 \right)\).

Ta có

\(\left( 3+\sqrt{8} \right)={{\left( 3-\sqrt{8} \right)}^{-1}},\left( 17-12\sqrt{2} \right)={{\left( 3-\sqrt{8} \right)}^{2}}\).

Do đó \({{\left( 17-12\sqrt{2} \right)}^{x}}\ge {{\left( 3+\sqrt{8} \right)}^{{{x}^{2}}}}\Leftrightarrow {{\left( 3-\sqrt{8} \right)}^{2x}}\ge {{\left( 3+\sqrt{8} \right)}^{{{x}^{2}}}}\Leftrightarrow {{\left( 3+\sqrt{8} \right)}^{-2x}}\ge {{\left( 3+\sqrt{8} \right)}^{{{x}^{2}}}}\)

\(\Leftrightarrow -2x\ge {{x}^{2}}\Leftrightarrow -2\le x\le 0\). Vì x nhận giá trị nguyên nên \(x\in \left\{ -2;-1;0 \right\}\).

\(\begin{array}{l} I = 2\int_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( {\sin x} \right)\cos x{\rm{d}}x} + 3\int_0^1 {f\left( {3 - 2x} \right){\rm{d}}x} \\ {\rm{ = }}2\int_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( {\sin x} \right){\rm{d}}\left( {\sin x} \right)} - \frac{3}{2}\int_0^1 {f\left( {3 - 2x} \right){\rm{d}}\left( {3 - 2x} \right)} \\ {\rm{ = }}2\int_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \frac{3}{2}\int_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \\ {\rm{ }} = 2\int_0^1 {\left( {5 - x} \right){\rm{d}}x} + \frac{3}{2}\int_1^3 {\left( {{x^2} + 3} \right){\rm{d}}x} \\ {\rm{ }} = 9 + 22 = 31 \end{array}\)

Đặt z=a+bi với \(a,b\in \mathbb{R}\) ta có : \(\left( 1+i \right)z+\overline{z}=\left( 1+i \right)\left( a+bi \right)+a-bi=2a-b+ai\).

Mà \(\left( 1+i \right)z+\overline{z}\) là số thuần ảo nên \(2a-b=0\Leftrightarrow b=2a\).

Mặt khác \(\left| z-2i \right|=1\) nên \({{a}^{2}}+{{\left( b-2 \right)}^{2}}=1\)

\(\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{\left( 2a-2 \right)}^{2}}=1\)

\(\Leftrightarrow 5{{a}^{2}}-8a+3=0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = 1 \Rightarrow b = 2\\ a = \frac{3}{5} \Rightarrow b = \frac{6}{5} \end{array} \right.\)

Vậy có 2 số phức thỏa yêu cầu bài toán.

Ta có: góc giữa đường thẳng SC và \(\left( ABCD \right)\) là góc \(\widehat{SCA}=45{}^\circ \)

\(\Rightarrow SA=AC=a\sqrt{2}\).

Vậy \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.a\sqrt{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}\).

Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho AB trùng Ox, A trùng O khi đó parabol có đỉnh \(G\left( 2;4 \right)\) và đi qua gốc tọa độ.

Gọi phương trình của parabol là \(y=a{{x}^{2}}+bx+c\)

Do đó ta có \(\left\{ \begin{align} & c=0 \\ & \frac{-b}{2\text{a}}=2 \\ & {{2}^{2}}a+2b+c=4 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & a=-1 \\ & b=4 \\ & c=0 \\ \end{align} \right.\).

Nên phương trình parabol là \(y=f(x)=-{{x}^{2}}+4x\)

Diện tích của cả cổng là \(S=\int\limits_{0}^{4}{(-{{x}^{2}}+4\text{x})dx=}\left( -\frac{{{x}^{3}}}{3}+2{{x}^{2}} \right)\left| _{\begin{smallmatrix} \\ 0 \end{smallmatrix}}^{4} \right.=\frac{32}{3}\approx 10,67({{m}^{2}})\)

Do vậy chiều cao \(CF=DE=f\left( 0,9 \right)=2,79(m)\)

\(CD=4-2.0,9=2,2\left( m \right)\)

Diện tích hai cánh cổng là \({{S}_{CDEF}}=CD.CF=6,138\approx 6,14\left( {{m}^{2}} \right)\).

Diện tích phần xiên hoa là \({{S}_{xh}}=S-{{S}_{CDEF}}=10,67-6,14=4,53({{m}^{2}})\).

Nên tiền là hai cánh cổng là \(6,14.1200000=7368000\left(  \right)\).

và tiền làm phần xiên hoa là \(4,53.900000=4077000\left(  \right)\).

Vậy tổng chi phí là 11445000 đồng.

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần tìm. Gọi \(M=\Delta \cap {{d}_{1}}; N=\Delta \cap {{d}_{2}}\).

Vì \(M\in {{d}_{1}}\) nên \(M\left( 3-t\,;\,3-2t\,;\,-2+t \right)\),

vì \(N\in {{d}_{2}}\) nên \(N\left( 5-3s\,;\,-1+2s\,;\,2+s \right)\)

\(\overrightarrow{MN}=\left( 2+t-3s\,;\,-4+2t+2s\,;\,4-t+s \right), \left( P \right)\) có một vec tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=\left( 1\,;\,2\,;\,3 \right)\);

Vì \(\Delta \bot \left( P \right)\) nên \(\overrightarrow{n}\,,\,\overrightarrow{MN}\) cùng phương, do đó:

\(\left\{ \begin{array}{l} \frac{{2 + t - 3s}}{1} = \frac{{ - 4 + 2t + 2s}}{2}\\ \frac{{ - 4 + 2t + 2s}}{2} = \frac{{4 - t + s}}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} s = 1\\ t = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} M\left( {1\,;\, - 1\,;\,0} \right)\,\,\\ N\left( {2\,;\,1\,;\,3} \right) \end{array} \right.\)

\(\Delta \) đi qua M và có một vecto chỉ phương là \(\overrightarrow{MN}=\left( 1\,;\,2\,;\,3 \right)\).

Do đó \(\Delta \) có phương trình chính tắc là \(\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z}{3}\).

Xét hàm số \(h\left( x \right)=2f\left( x \right)-{{\left( x-1 \right)}^{2}}\), ta có \({h}'\left( x \right)=2{f}'\left( x \right)-2\left( x-1 \right)\)

\({h}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=x-1\Leftrightarrow x=0\vee x=1\vee x=2\vee x=3\)

Lập bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm \(y=h\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị. Đồ thị hàm số \(g\left( x \right)=\left| h\left( x \right) \right|\) nhận có tối đa 5.

Điều kiện: \({{6}^{x}}-{{4}^{x}}\ne 0\Leftrightarrow {{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}\ne 1\Leftrightarrow x\ne 0.\)

Khi đó \(\frac{{{2.9}^{x}}-{{3.6}^{x}}}{{{6}^{x}}-{{4}^{x}}}\le 2\Leftrightarrow \frac{2.{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2x}}-3.{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}}{{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}-1}\le 2\)

Đặt \(t={{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}},t>0\) ta được bất phương trình \(\frac{2{{t}^{2}}-3t}{t-1}\le 2\Leftrightarrow \frac{2{{t}^{2}}-5t+2}{t-1}\le 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t < \frac{1}{2}\\ t > 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} \le \frac{1}{2}\\ 1 < {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} \le 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \le {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{1}{2}\\ 0 < x \le {\log _{\frac{3}{2}}}2 \end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(\left( -\infty ;{{\log }_{\frac{3}{2}}}\frac{1}{2} \right]\cup \left( 0;{{\log }_{\frac{3}{2}}}2 \right]\)

Suy ra \(a+b+c={{\log }_{\frac{3}{2}}}\frac{1}{2}+{{\log }_{\frac{3}{2}}}2=0.\)

Vậy \(\left( a+b+c \right)!=1\)

Gọi \({{x}_{1}}\) là nghiệm dương lớn nhất của phương trình \({{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+m=0\), ta có \(m=-x_{1}^{4}+3x_{1}^{2}\left( 1 \right)\).

Vì \({{S}_{1}}+{{S}_{3}}={{S}_{2}}\) và \({{S}_{1}}={{S}_{3}}\) nên \({{S}_{2}}=2{{S}_{3}}\) hay \(\int\limits_{0}^{{{x}_{1}}}{f\left( x \right)\text{d}x}=0\)

Mà \(\int\limits_{0}^{{{x}_{1}}}{f\left( x \right)\text{d}x} =\int\limits_{0}^{{{x}_{1}}}{\left( {{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+m \right)\text{d}x}=\left. \left( \frac{{{x}^{5}}}{5}-{{x}^{3}}+mx \right) \right|_{0}^{{{x}_{1}}}=\frac{x_{1}^{5}}{5}-x_{1}^{3}+m{{x}_{1}}={{x}_{1}}\left( \frac{x_{1}^{4}}{5}-x_{1}^{2}+m \right)\).

Do đó, \({{x}_{1}}\left( \frac{x_{1}^{4}}{5}-x_{1}^{2}+m \right)=0\Leftrightarrow \frac{x_{1}^{4}}{5}-x_{1}^{2}+m=0\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), ta có phương trình \(\frac{x_{1}^{4}}{5}-x_{1}^{2}-x_{1}^{4}+3x_{1}^{2}=0\Leftrightarrow -4x_{1}^{4}+10x_{1}^{2}=0\Leftrightarrow x_{1}^{2}=\frac{5}{2}\)

Vậy \(m=-x_{1}^{4}+3x_{1}^{2}=\frac{5}{4}\).

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

Khi đó \(\left| z-1-i \right|+\left| z-3-2i \right|=\sqrt{5}\Leftrightarrow ~\left| \left( x-1 \right)+\left( y-1 \right)i \right|+\left| \left( x-3 \right)+\left( y-2 \right)i \right|=\sqrt{5}\left( 1 \right)\).

Trong mặt phẳng Oxy, đặt \(A\left( 1;1 \right);\,B\left( 3;2 \right); M\left( a;b \right)\).

⇒ Số phức z thỏa mãn \(\left( 1 \right)\) là tập hợp điểm \(M\left( a;b \right)\) trên mặt phẳng hệ tọa độ Oxy thỏa mãn \(MA+MB=\sqrt{5}\).

Mặt khác \(AB=\sqrt{{{\left( 3-1 \right)}^{2}}+{{\left( 2-1 \right)}^{2}}}=\sqrt{5}\) nên quỹ tích điểm M là đoạn thẳng AB.

Ta có \(\left| z+2i \right|=\left| a+\left( b+2 \right)i \right|\). Đặt \(N\left( 0;-2 \right)\) thì \(\left| z+2i \right|=MN\).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên đường thẳng AB.

Phương trình AB:x-2y+1=0 .

Ta có \(H\left( -1;0 \right)\) nên hai điểm A,B nằm cùng phía đối với H.

Ta có \(\left\{ \begin{align} & AN=\sqrt{{{1}^{2}}+{{3}^{2}}}=\sqrt{10} \\ & BN=\sqrt{{{3}^{2}}+{{\left( 2+2 \right)}^{2}}}=5 \\ \end{align} \right.\).

Vì M thuộc đoạn thẳng AB nên áp dụng tính chất đường xiên và hình chiếu ta có \(AN\le MN\le BN=5\).

Vậy giá trị lớn nhất của \(\left| z+2i \right|\) bằng 5 đạt được khi \(M\equiv B\left( 3;2 \right)\), tức là z=3+2i.

Tacó:\(A={{x}_{0}}+2{{y}_{0}}+2{{z}_{0}}\Leftrightarrow {{x}_{0}}+2{{y}_{0}}+2{{z}_{0}}-A=0\) nên \(M\in \left( P \right):x+2y+2z-A=0\),

do đó điểm M là điểm chung của mặt cầu \(\left( S \right)\) với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

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

Tồn tại điểm M khi và chỉ khi \(d\left( I,\left( P \right) \right)\le R\Leftrightarrow \frac{|6-A|}{3}\le 3\Leftrightarrow -3\le A\le 15\)

Do đó, với M thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\) thì \(A={{x}_{0}}+2{{y}_{0}}+2{{z}_{0}}\ge -3\).

Dấu đẳng thức xảy ra khi M là tiếp điểm của \(\left( P \right):x+2y+2z+3=0\) với \(\left( S \right)\) hay M là hình chiếu của I lên \(\left( P \right)\). Suy ra \(M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)\) thỏa: 

\(\left\{ \begin{array}{l} {x_0} + 2{y_0} + 2{z_0} + 3 = 0\\ {x_0} = 2 + t\\ {y_0} = 1 + 2t\\ {z_0} = 1 + 2t \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = - 1\\ {x_0} = 1\\ {y_0} = - 1\\ {z_0} = - 1 \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {x_0} + {y_0} + {z_0} =  - 1\)