Chọn 3 người đi công tác từ một tổ có 30 người là một tổ hợp chập 3 của 30 phần tử, nên có \(C_{30}^{3}\) cách.

Từ giả thiết \({{u}_{2}}=3\) và \({{u}_{4}}=7\) suy ra ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{align} & {{u}_{1}}+d=3 \\ & {{u}_{1}}+3d=7 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{u}_{1}}=1 \\ & d=2 \\ \end{align} \right.\).

Vậy \({{u}_{15}}={{u}_{1}}+14d=29\).

Ta có \(a.\sqrt[3]{{{a}^{2}}}=a.{{a}^{\frac{2}{3}}}={{a}^{1+\frac{2}{3}}}={{a}^{\frac{5}{3}}}\).

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\), suy ra hàm số cũng đồng biến trên khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right)\).

Ta có \({{\log }_{5}}\left( \frac{25}{a} \right)={{\log }_{5}}25-{{\log }_{5}}a=2-{{\log }_{5}}a\).

Ta có: \(y={{2021}^{x}}\Rightarrow {y}'={{2021}^{x}}.\ln 2021\).

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị của hàm số \(y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}\) và trục hoành:

\(-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}\left( -{{x}^{2}}+2 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=\sqrt{2} \\ & x=-\sqrt{2} \\ \end{align} \right.\)

Phương trình có 3 nghiệm nên đồ thị của hàm số \(y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}\) cắt trục hoành tại 3 điểm.

Dựa vào hình dạng đồ thị, ta thấy đây là dạng đồ thị của hàm số bậc 3, hệ số \(a<0\).

Ta có :

Vì \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{x+1}=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2-\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x}}=2\) nên đường thẳng \(y=2\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Vì \(\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{x+1}=-\infty \), \(\underset{x\to -{{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{x+1}=+\infty \)nên đường thẳng \(x=-1\) là tiệm cân đứng của đồ thị hàm số

Hàm số có ba điểm cực trị.

Căn cứ vào đồ thị ta có

\({f}'\left( x \right)<0\), \(\forall x\in \left( -2\,;-1 \right)\) và \({f}'\left( x \right)>0\), \(\forall x\in \left( -1\,;0 \right)\) suy ra hàm số đạt cực tiểu tại \(x=-1\).

\({f}'\left( x \right)>0\), \(\forall x\in \left( 0\,;1 \right)\) và \({f}'\left( x \right)<0\), \(\forall x\in \left( 1\,;2 \right)\) suy ra hàm số đạt cực đại tại \(x=1\).

Hàm số không đạt cực tiểu tại hai điểm \(x=\pm 2\) vì \({f}'\left( x \right)\) không đổi dấu khi \(x\) đi qua \(x=\pm 2\).

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

Vậy \(x=2\) là nghiệm của phương trình đã cho

Ta có \({{2}^{{{x}^{2}}-2x}}=8\Leftrightarrow {{2}^{{{x}^{2}}-2x}}={{2}^{3}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x-3=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-1 \\ & x=3 \\ \end{align} \right.\)

Nên tích các nghiệm của phương trình là -3.

Ta có \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) nếu \({F}'\left( x \right)=f\left( x \right)\) .

Mà \({{\left[ F\left( x \right) \right]}^{\prime }}={{\left( {{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+3 \right)}^{\prime }}=3{{x}^{2}}-4x\Rightarrow f\left( x \right)=3{{x}^{2}}-4x\).

Ta có \(f\left( x \right)=\int{\text{cos}2x\text{d}x=\frac{1}{2}\int{\text{cos}2x\,\text{d}\left( 2x \right)=}}\frac{1}{2}\sin 2x+C\).

Mà \(F\left( \frac{\pi }{2} \right)=1\Rightarrow \frac{1}{2}\sin \left( 2.\frac{\pi }{2} \right)+C=1\Rightarrow C=1.\)

Suy ra \(F\left( x \right)=\frac{1}{2}\sin 2x+1\Rightarrow F\left( \frac{\pi }{4} \right)=\frac{1}{2}\sin \left( 2.\frac{\pi }{4} \right)+1=\frac{3}{2}\).

\(I=\int\limits_{-\frac{3}{2}}^{-1}{f\left( -2x \right)\text{d}x}=-\frac{1}{2}\int\limits_{-\frac{3}{2}}^{-1}{f\left( -2x \right)\text{d}\left( -2x \right)}=-\frac{1}{2}\int\limits_{3}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}=-1.\)

Diện tích S của hình phẳng ( tô đậm) trong hình là         

\(S=\int\limits_{a}^{0}{f\left( x \right)}dx-\int\limits_{0}^{b}{f\left( x \right)dx}=\int\limits_{a}^{0}{f\left( x \right)}dx+\int\limits_{b}^{0}{f\left( x \right)dx}\).

Ta có: \({{z}_{1}}.{{z}_{2}}=\left( 3+2i \right).4i=-8+12i.\) Nên phần thực của số phức \({{z}_{1}}.{{z}_{2}}\) là -8.

\(z=-i+2\)\(\Rightarrow \overline{z}=2+i\).

\(\overline{\text{w}}=-3-2i\Rightarrow \text{w}=-3+2i\).

Do đó \(\overline{z}.\text{w}=\left( 2+i \right)\left( -3+2i \right)=-8+i.\)

Số phức z=-2i+4 có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là \(M\left( 4;-2 \right)\).

Điểm đối xứng với M qua Oy là \({M}'\left( -4;-2 \right)\).

Vì ABCD là hình bình hành nên \({{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{2}.8=4.\)

\({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABC}}.h=\frac{1}{3}.4.3=4.\)

Hình hộp chữ nhật có ba kích thước là \(a,\,b,\,c\) thì có độ dài đường chéo là \(\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}\).

Do đó độ dài đường chéo hình hộp chữ nhật đã cho là \(\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}+{{12}^{2}}}=13.\)

Thể tích khối nón có bán kính đáy là \(\frac{r}{2}\) và chiều cao h là: \(V=\frac{1}{3}.\pi {{\left( \frac{r}{2} \right)}^{2}}.h=\frac{\pi {{r}^{2}}h}{12}\).

Đường kính đáy hình trụ là \(10cm\Rightarrow \) bán kính đáy là r=5cm.

Diện tích toàn phần của hình trụ là: \(S=2\pi r\left( r+h \right)=2\pi r\left( r+h \right)=2\pi .5.\left( 5+2 \right)=70\pi \).

\(AB=\sqrt{{{\left( 4-1 \right)}^{2}}+{{\left( 2-1 \right)}^{2}}+{{\left( 1-3 \right)}^{2}}}=\sqrt{14}\).

Mặt cầu đã cho có tâm là điểm \({{I}_{2}}\left( 0;1;-3 \right)\).

Vectơ \(\vec{j}\left( 0;1;0 \right)\) là một vectơ chỉ phương của trục \(Oy\). Do đó nó là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng vuông góc với trục \(Oy\). 

Xét các phương án A, B, C. Ta có \(1+t=2\Leftrightarrow t=1\). Thay \(t=1\) vào \(y,z\) ta thấy phương án C thỏa mãn.

Trong 10 số nguyên dương đầu tiên có 4 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7. Do đó xác suất để chọn được số nguyên tố bằng\(\frac{4}{10}\) hay là \(\frac{2}{5}\).

Xét hàm số \(y=\frac{x+1}{3x+2}\) có tập xác định \(D=\left( -\infty ;-\frac{2}{3} \right)\cup \left( -\frac{2}{3};+\infty  \right)\) và \({y}'=\frac{-1}{{{\left( 3x+2 \right)}^{2}}}<0\) với mọi \(x\ne -\frac{2}{3}\). Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( 1;5 \right)\). 

Xét hàm số \(f\left( x \right)={{x}^{3}}-\frac{3}{2}{{x}^{2}}-6x+1\) trên đoạn \(\left[ 0;3 \right]\).

Ta có \(f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-3x-6\).

\(f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-1 \\ & x=2 \\ \end{align} \right.\)

Do \(x\in \left[ 0;3 \right]\) nên \(x=2\).

Ta có: \(f\left( 0 \right)=1\), \(f\left( 2 \right)=-9\), \(f\left( 3 \right)=-\frac{7}{2}\).

Do đó \(M=f\left( 0 \right)=1,m=f\left( 2 \right)=-9\).

Vậy \(2M-m=2+9=11\).

Ta có \({\log _3}\left( {25 - {x^2}} \right) \le 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 25 - {x^2} > 0\\ 25 - {x^2} \le 9 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} < 25\\ {x^2} \ge 16 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 5 < x \le - 4\\ 4 \le x < 5 \end{array} \right.\)

Do tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S=\left( -5;-4 \right]\cup \left[ 4;5 \right)\).

Ta có \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left[ 2020f\left( x \right)+\sin 2x \right]}\text{d}x=2021\Leftrightarrow 2020\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)}\text{d}x+\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin 2x}\text{d}x=2021\).

Khi đó ta có \(2020\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)}\text{d}x-\frac{1}{2}\left. \left( c\text{os}2x \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=2021\Leftrightarrow 2020\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)}\text{d}x+1=2021\).

Do đó \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)}\text{d}x=1\).

Ta có \(\text{w}=\left( 1-2i \right)\overline{z}=\left( 1-2i \right)\left( 2+3i \right)=8-i\).

Do đó a=8,b=-1.

Vậy P=a+b+2021=8-1+2021=2028.

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & CB\bot AB \\ & CB\bot A{A}' \\ & A{A}'\cap AB=A \\ \end{align} \right.\Rightarrow CB\bot \left( AB{B}'{A}' \right)\)

Suy ra \({A}'B\) là hình chiếu của \({A}'C\) lên mặt phẳng \(\left( AB{B}'{A}' \right)\).

Do đó: \(\left( {A}'C,\left( A{A}'{B}'B \right) \right)=\left( {A}'C,{A}'B \right)=\widehat{B{A}'C}\).

Xét \(\Delta {A}'AB\) vuông tại A, ta có: \({A}'B=\sqrt{{A}'{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=a\sqrt{3}\).

Xét \(\Delta {A}'BC\) vuông tại B, ta có: \(\tan B{A}'C=\frac{BC}{{A}'B}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\).

\(\Rightarrow \widehat{B{A}'C}=30{}^\circ \).

\(\Rightarrow \left( {A}'C,\left( A{A}'{B}'B \right) \right)=30{}^\circ \).

Trong \(\left( ABCD \right)\) kẻ \(AH\bot BD\left( H\in DB \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & BD\bot AH \\ & BD\bot SA \\ \end{align} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAH \right)\)

Trong \(\left( SAH \right)\) kẻ \(AK\bot SH\)

Mà \(BD\bot \left( SAH \right)\)

và \(AK\subset \left( SAH \right)\)

\(\Rightarrow AK\bot BD\)

Do đó \(AK\bot \left( SBD \right)\Rightarrow d\left( A,\left( SBD \right) \right)=AK\)

Xét \(\Delta ABD\) có: \(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Xét \(\Delta SAH\) có: \(\frac{1}{A{{K}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{H}^{2}}}\Rightarrow AK=\frac{2\sqrt{57}a}{19}\)

Do đó \(d\left( A,\left( SBD \right) \right)=\frac{2\sqrt{57}a}{19}\)

Gọi M là hình chiếu của I lên trục Ox suy ra \(M\left( 3;0;0 \right)\).

Suy ra mặt cầu tiếp xúc với \(Ox\) tại M.

Do đó \(R=IM=\sqrt{5}\).

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

Ta có: \(\overrightarrow{AB}=\left( 3;-3;3 \right)\)

Đường thẳng CD qua C và song song với AB nên nhận vectơ \(\overrightarrow{u}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}\) làm vectơ chỉ phương.

Ta có  \(\overrightarrow{u}=\left( 1;-1;1 \right)\).

Do đó phương trình tham số của CD là: \(\left\{ \begin{align} & x=1+t \\ & y=5-t \\ & z=-1+t \\ \end{align} \right.\)

Đặt \(g(x)=f\left( 1-\frac{x}{2} \right)+x\Rightarrow g'(x)=-\frac{1}{2}f'\left( 1-\frac{x}{2} \right)+1.\)

\(g'(x)=0\Leftrightarrow f'\left( 1-\frac{x}{2} \right)=2.\)

Đặt \(t=1-\frac{x}{2}\Rightarrow t\in \left[ 0;3 \right].\)

Vẽ đường thẳng \(y=2\) lên cùng một bảng biến thiên ta được

Ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại \(t=2\Rightarrow x=-2\Rightarrow \underset{\left[ -4;2 \right]}{\mathop{\max }}\,g(x)=g(-2)=f(2)-2.\)

Đặt \(t={{3}^{x}}>0\) thì ta có bất phương trình \((3t-\sqrt{3})(t-y)<0\) hay \)(t-\frac{\sqrt{3}}{3})(t-y)<0\text{ }(*).\)

Vì \(y\in {{\mathbb{Z}}^{+}}\) nên \(y>\frac{\sqrt{3}}{3}\), do đó \((*)\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}}{3}<t<y\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}}{3}<{{3}^{x}}<y\) Do \(y\in {{\mathbb{N}}^{*}}\)

\(\Leftrightarrow -\frac{1}{2}<x<{{\log }_{3}}y.\)

Do mỗi giá trị \(y\in {{\mathbb{N}}^{*}}\)có không quá 10 giá trị nguyên của \(x\in \left( -\frac{1}{2};{{\log }_{3}}y \right)\)

nên \(0\le {{\log }_{3}}y\le 10\) hay \(\Leftrightarrow 1\le y\le {{3}^{10}}=59049\), từ đó có \(y\in \{1,2,\ldots ,59049\}.\)

Vậy có 59049 giá trị nguyên dương của \(y\).

Ta có

\(\begin{align} & \underset{x\to {{4}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{4}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( 2x-4 \right)=4;\underset{x\to {{4}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{4}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{4}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x \right)=4;f\left( 4 \right)=4 \\ & \Rightarrow \underset{x\to {{4}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{4}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( 4 \right) \\ \end{align}\)

Nên hàm số đã cho liên tục tại \(x=4\)

Xét \(I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( 2{{\sin }^{2}}x+3 \right)\sin 2x\text{d}x}\)

Đặt \(2{{\sin }^{2}}x+3=t\)\(\Rightarrow \)\(\sin 2x\text{d}x=\frac{1}{2}\text{d}t\)

Với \(x=0\)\(\Rightarrow t=3\)

\(x=\frac{\pi }{2}\)\(\Rightarrow t=5\)

\(\Rightarrow I=\int\limits_{3}^{5}{f\left( t \right)\frac{1}{2}\text{d}t}=\frac{1}{2}\int\limits_{3}^{5}{f\left( t \right)\text{d}t}=\frac{1}{2}\int\limits_{3}^{4}{\left( \frac{1}{4}{{t}^{3}}-{{t}^{2}}+t \right)\text{d}t}+\frac{1}{2}\int\limits_{4}^{5}{\left( 2t-4 \right)\text{d}t}=\frac{341}{96}\).

Gọi z=a+bi

Ta có \(\left( z-3i \right)\left( \bar{z}+2 \right)=\left( a+bi-3i \right)\left( a+2-bi \right)=\left( {{a}^{2}}+2a+{{b}^{2}}-3b \right)+\left( 2b-3a-6 \right)i\)

Theo đề ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{align} & {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=5 \\ & 2b-3a-6=0 \\ \end{align} \right.\)

Giải hệ này tìm được 2 nghiệm, suy ra có 2 số phức thỏa yêu cầu bài toán.

Từ A kẻ \(AH\bot SB\) tại B.

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

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

Từ đó suy ra \(\left( AC,\left( SBC \right) \right)=\left( AC,HC \right)=\widehat{ACH}=30{}^\circ \).

Tam giác ABC vuông cân tại B nên \(AC=AB\sqrt{2}=a\sqrt{2}\).

Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H:AH=AC.\sin \widehat{ACH}=a\sqrt{2}.\sin 30{}^\circ =\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A:\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{S{{A}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}\Rightarrow SA=a\).

Diện tích tam giác ABC là \({{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}A{{B}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{2}\).

Thể tích khối chóp S.ABC là \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABC}}.SA=\frac{{{a}^{3}}}{6}\).

Ta có \(SO=OA=OB=r\Rightarrow SM=r\sqrt{2}=MN\)

Do dó tam giác OMN vuông cân tại O.

Gọi S là diện tích xung quanh của hình nón, \({{S}_{d}}\) là diện tích xung quanh của phần hình nón được sơn màu đỏ, ứng với góc \(\widehat{MON}={{90}^{0}}\) nên \(\frac{{{S}_{1}}}{S}=\frac{{{90}^{0}}}{{{360}^{0}}}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{{{S}_{d}}}{{{S}_{t}}}=\frac{1}{3}.\)

Gọi \(\left\{ \begin{align} & A=\Delta \cap {{d}_{1}}\Rightarrow A\left( a;-1+2a;a \right) \\ & B=\Delta \cap {{d}_{2}}\Rightarrow B\left( b;1-2b;1+3b \right) \\ \end{align} \right.\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( -a+b;-2a-2b+2;-a+3b+1 \right).\)

Ta có: \(\overrightarrow{AB}\text{//}{{\vec{u}}_{d}}\Rightarrow \frac{-a+b}{1}=\frac{-2a-2b+2}{4}=\frac{-a+3b+1}{-2}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & -2a+6b=2 \\ & 3a-5b=1 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & a=2 \\ & b=1 \\ \end{align} \right.\Rightarrow A\left( 2;3;2 \right),B\left( 1;-1;4 \right).\)

\(\Rightarrow \Delta \)qua \(B\left( 1;-1;4 \right)\) và có vectơ chỉ phương là \(\vec{u}=\left( 1;4;-2 \right)\)

\(\Rightarrow \left( \Delta\right):\left\{ \begin{align} & x=1+t \\ & y=-1+4t \\ & z=4-2t \\ \end{align} \right.\) đi qua điểm \(N\left( 0;-5;6 \right).\)

Xét hàm số \(h\left( x \right)=f\left( {{x}^{3}} \right)-x\)

Ta có

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

\({h}'\left( x \right)=0\)\(\Leftrightarrow {f}'\left( {{x}^{3}} \right)=\frac{1}{3{{x}^{2}}}\) \(\left( x\ne 0 \right)\)      \(\left( 1 \right)\)

Đặt \({{x}^{3}}=t\)\(\Rightarrow x=\sqrt[3]{t}\Rightarrow {{x}^{2}}=\sqrt[3]{{{t}^{2}}}\).

Khi đó \(\left( 1 \right)\) trở thành: \({f}'\left( t \right)=\frac{1}{3\sqrt[3]{{{t}^{2}}}}\)                                             (2)

Vẽ đồ thị hàm số \(y=\frac{1}{3\sqrt[3]{{{x}^{2}}}}\), \(y={f}'\left( x \right)\) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy, ta được:

Từ đồ thị suy ra phương trình (2) có hai nghiệm \({{t}_{1}}=a>0\) và \({{t}_{2}}=b<0\).

\(\Rightarrow \left( 1 \right)\) có hai nghiệm \(x=\sqrt[3]{a}>0\) và \(x=\sqrt[3]{b}<0\).

Bảng biến thiên của \(h\left( x \right)\), \(g\left( x \right)=h\left( \left| x \right| \right)\).

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số \(g\left( x \right)=h\left( \left| x \right| \right)=f\left( {{\left| x \right|}^{3}} \right)-\left| x \right|\) có 1  điểm cực đại.

Phương trình \({{6}^{x}}-2m={{\log }_{\sqrt[3]{6}}}\left( 18\left( x+1 \right)+12m \right)\Leftrightarrow {{6}^{x}}=2m+3{{\log }_{6}}\left[ 6\left( 3x+2m+3 \right) \right]\)

\(\begin{align} & \Leftrightarrow {{6}^{x}}=2m+3\left[ 1+{{\log }_{6}}\left( 3x+2m+3 \right) \right] \\ & \Leftrightarrow {{6}^{x}}=3{{\log }_{6}}\left( 3x+2m+3 \right)+2m+3,\,\,\left( * \right) \\ \end{align}\)

Đặt \(y={{\log }_{6}}\left( 3x+2m+3 \right)\Leftrightarrow {{6}^{y}}=3x+2m+3,\,\left( 1 \right)\)

Mặt khác, PT(*) trở thành: \({{6}^{x}}=3y+2m+3,\,\left( 2 \right)\)

Lấy (1) trừ vế với vế cho (2), ta được

\({{6}^{y}}-{{6}^{x}}=3x-3y\Leftrightarrow {{6}^{x}}+3x={{6}^{y}}+3y\,\,\,\,\left( 3 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{6}^{t}}+3t,\,\,t\in \mathbb{R}.\)

Ta có \(f'\left( t \right)={{6}^{t}}\ln 6+3>0,\,\forall t\in \mathbb{R}.\) Suy ra hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

Mà PT (3) \(f\left( x \right)=f\left( y \right)\Leftrightarrow x=y.\)

Thay \(y=x\) vào PT (1), ta được \({{6}^{x}}=3x+2m+3\Leftrightarrow {{6}^{x}}-3x=2m+3\).

Xét hàm số \(g\left( x \right)={{6}^{x}}-3x\), với \(x\in \mathbb{R}\). Ta có \(g'\left( x \right)={{6}^{x}}\ln 6-3\Rightarrow g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x={{\log }_{6}}\left( \frac{3}{\ln 6} \right)\)

BBT:

Từ đó suy ra PT đã cho có nghiệm \(\Leftrightarrow 2m+3\ge g\left( {{\log }_{6}}\frac{3}{\ln 6} \right)\approx 0,81\Rightarrow m\ge -1,095\)

Vậy có 2023 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu.

Kết quả bài toán không thay đổi khi ta tịnh tiến đồ thị đồ thị \(\left( C \right)\) sang trái sao cho điểm uốn trùng với gốc tọa độ O. (như hình dưới)

Do \(f\left( x \right)\) là hàm số bậc ba, nhận gốc tọa độ là tâm đối xứng \(\left( O\equiv N \right)\).

Đặt \({{x}_{1}}=-a,\,\,{{x}_{2}}=a\), với a>0 \(\Rightarrow f'\left( x \right)=k\left( {{x}^{2}}-{{a}^{2}} \right)\)  với k>0

\(\Rightarrow f\left( x \right)=k\left( \frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{a}^{2}}x \right)\) \(\Rightarrow {{x}_{M}}=-a\sqrt{3},\,\,{{x}_{K}}=a\sqrt{3}\) 

Có MAKB nội tiếp đường tròn tâm O \(\Rightarrow OA=OM=a\sqrt{3}\)

Có \(f\left( {{x}_{1}} \right)=\sqrt{O{{A}^{2}}-{{x}_{1}}^{2}}\Leftrightarrow f\left( -a \right)=a\sqrt{2}\Leftrightarrow k\left( -\frac{1}{3}{{a}^{3}}+{{a}^{3}} \right)=a\sqrt{2}\Leftrightarrow k=\frac{3\sqrt{2}}{2{{a}^{2}}}\)

\(\Rightarrow f\left( x \right)=\frac{3\sqrt{2}}{2{{a}^{2}}}\left( \frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{a}^{2}}x \right)\)

\({{S}_{1}}=\int\limits_{-a\sqrt{3}}^{0}{f\left( x \right)dx}=\frac{3\sqrt{2}}{2{{a}^{2}}}\left. \left( \frac{1}{12}{{x}^{4}}-\frac{{{a}^{2}}}{2}{{x}^{2}} \right) \right|_{-a\sqrt{3}}^{0}=\frac{9\sqrt{2}}{8}{{a}^{2}}\)

\({{S}_{2}}={{S}_{\Delta AMO}}=\frac{1}{2}f\left( -a \right).MO=\frac{1}{2}a\sqrt{2}.a\sqrt{3}=\frac{\sqrt{6}}{2}{{a}^{2}}\)

Vậy \(\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\).

Gọi \({{M}_{1}}\) là điểm biểu diễn của số phức \(3{{z}_{1}}\), suy ra \(O{{M}_{1}}=3\).

Gọi \({{N}_{1}}\) là điểm biểu diễn của số phức \(2{{z}_{2}}\), suy ra \(O{{N}_{1}}=6\). Gọi P là điểm sao cho \(\overrightarrow{O{{M}_{1}}}+\overrightarrow{O{{N}_{1}}}=\overrightarrow{OP}\). Suy ra tứ giác \(O{{M}_{1}}P{{N}_{1}}\) là hình bình hành.

Do từ giả thiết  \(\widehat{MON}=120{}^\circ \), suy ra \(\widehat{{{M}_{1}}O{{N}_{1}}}=120{}^\circ \).

Dùng định lí cosin trong tam giác \(O{{M}_{1}}{{N}_{1}}\) ta tính được \({{M}_{1}}{{N}_{1}}=\sqrt{9+36-2.3.6.\left( -\frac{1}{2} \right)}=3\sqrt{7}\);

và  định lí cosin trong tam giác \(O{{M}_{1}}P\) ta có \(OP=\sqrt{9+36-2.3.6.\frac{1}{2}}=3\sqrt{3}\).

Ta có \({{M}_{1}}{{N}_{1}}=\left| 3{{z}_{1}}-2{{z}_{2}} \right|=3\sqrt{7}; OP=\left| 3{{z}_{1}}+2{{z}_{2}} \right|=3\sqrt{3}\).

   Tìm giá trị lớn nhất của \(\left| 3{{\text{z}}_{1}}+2{{z}_{2}}-3i \right|\).

Đặt \(3{{z}_{1}}+2{{z}_{2}}={{w}_{1}}\Rightarrow \left| {{w}_{1}} \right|=3\sqrt{3}\), suy ra điểm biểu diễn \({{w}_{1}}\) là \(A\) thuộc đường tròn \(\left( {{C}_{1}} \right)\)   tâm \(O\left( 0;0 \right)\) bán kính \({{R}_{1}}=3\sqrt{3}\). Gọi điểm \({{Q}_{1}}\) là biểu diễn số phức 3i.

Khi đó \(\left| 3{{\text{z}}_{1}}+2{{z}_{2}}-3i \right|=A{{Q}_{1}}\), bài toán trở thành tìm \({{\left( A{{Q}_{1}} \right)}_{max}}\)biết điểm A trên đường tròn \(\left( {{C}_{1}} \right)\). Dễ thấy \({{\left( A{{Q}_{1}} \right)}_{max}}=O{{Q}_{1}}+{{R}_{1}}=3+3\sqrt{3}\).

   Tìm giá trị nhỏ nhất của \(\left| 3{{\text{z}}_{1}}-2{{z}_{2}}+1-2i \right|=\left| 3{{\text{z}}_{1}}-2{{z}_{2}}-\left( -1+2i \right) \right|\).

Đặt \(3{{z}_{1}}-2{{z}_{2}}={{w}_{2}}\Rightarrow \left| {{w}_{2}} \right|=3\sqrt{7}\), suy ra điểm biểu diễn \({{w}_{2}}\) là \(B\) thuộc đường tròn \(\left( {{C}_{2}} \right)\)   tâm \(O\left( 0;0 \right)\) bán kính \({{R}_{1}}=3\sqrt{7}\). Gọi điểm \({{Q}_{2}}\) là biểu diễn số phức -1+2i.

Khi đó \(\left| 3{{\text{z}}_{1}}-2{{z}_{2}}-\left( -1+2i \right) \right|=B{{Q}_{2}}\), bài toán trở thành tìm \({{\left( B{{Q}_{2}} \right)}_{\min }}\)biết điểm B trên đường tròn \(\left( {{C}_{2}} \right)\). Dễ thấy điểm \({{Q}_{2}}\) nằm trong đường tròn \(\left( {{C}_{2}} \right)\) nên \({{\left( B{{Q}_{2}} \right)}_{\min }}={{R}_{2}}-O{{Q}_{2}}=3\sqrt{7}-\sqrt{5}\).

Vậy \({{M}_{0}}+{{m}_{0}}=3\sqrt{7}+3\sqrt{3}-\sqrt{5}+3\).

Gọi E là trung điểm của \(AB\Rightarrow E\left( 1;2;0 \right)\) và \(IE=\sqrt{{{R}^{2}}-9}\)

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \(AB\) là\(\left( \alpha  \right)\,\,:\,2x-y+2z=0\)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên \(d.\)

Gọi M là hình chiếu vuông góc của \(E\) lên \(d\Rightarrow EM={{d}_{\left( E;d \right)}}=9\)

Toạ độ M là nghiệm hệ \(\left\{ \begin{align} & x=2t+4 \\ & y=-t+5 \\ & z=2t+3 \\ & 2x-y+2\text{z}=0 \\ \end{align} \right.\Rightarrow t=-1\Rightarrow M\left( 2;6;1 \right)\Rightarrow ME=3\sqrt{2}\)

Vì \(\left( \alpha  \right)\bot d\) và \(IH+IE\ge EM\Rightarrow \,R\)nhỏ nhất \(\Leftrightarrow \,I,H,E\) thẳng hàng.

\(\Rightarrow \,R+\sqrt{{{R}^{2}}-9}=3\sqrt{2}\Rightarrow R=\frac{9\sqrt{2}}{4}\)

Vậy \(\Rightarrow \overrightarrow{EI}=\frac{1}{4}\overrightarrow{EH}\Rightarrow I\left( \frac{5}{4};3;\frac{1}{4} \right)\Rightarrow \overrightarrow{IA}=\left( \frac{7}{4};-2;\frac{7}{4} \right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{AB};\overrightarrow{IA} \right]=\left( -18;0;18 \right)=-18\left( 1;0;-1 \right)\)

\(\left( P \right):\,\,2x-2\text{z-2}=0\Rightarrow b=0;c=-2;d=-2\Rightarrow d+b-c=0\)