Chọn ra 3 học sinh từ 5 học sinh và sắp xếp vào 5 vị trí ta được \(A_{5}^{3}\) cách xếp.

Từ giả thiết \({{u}_{1}}=2\) và \({{u}_{4}}={{u}_{1}}+3d=8\Rightarrow d=2\)

Vậy \({{u}_{5}}={{u}_{1}}+4d=2+4.2=10\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên (0;1)

Qua bảng biến thiên ta thấy hàm số có \({y}'\) đổi dấu từ âm sang dương qua x=2 nên hàm số đạt cực tiểu tại x=2.

Vì hàm số \(y=f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và \({f}'\left( x \right)\) đổi dấu 4 lần nên hàm số \(y=f\left( x \right)\) có 4 cực trị.

Đồ thị hàm số \(y=\frac{3x-2}{x+4}\) có tiệm cận ngang y=3 vì \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3x-2}{x+4}=3\)

Từ đồ thị và các phương án lựa chọn ta thấy, hình dạng trên là dạng đồ thị hàm trùng phương có hệ số a<0. Do đó chỉ có phương án C thỏa mãn.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành \({{x}^{3}}-{{x}^{2}}-x-2=0\Leftrightarrow x=2\)

Có 1 giao điểm với trục Ox.

Ta có \(P={{\log }_{{{b}^{2}}}}\left( {{b}^{3}}.{{b}^{\frac{1}{2}}} \right)={{\log }_{{{b}^{2}}}}{{b}^{\frac{7}{2}}}=\frac{7}{4}{{\log }_{b}}b=\frac{7}{4}\).

Áp dụng công thức \(y={{a}^{u}}\Rightarrow {y}'={u}'.{{a}^{u}}\ln a\).

Nên \(y={{3}^{2x-1}}\Rightarrow {y}'={{2.3}^{2x-1}}\ln 3\).

\(P = {x^{\frac{1}{3}}}.\sqrt[4]{x} = {x^{\frac{1}{3}}}.{x^{\frac{1}{4}}} = {x^{\frac{7}{{12}}}}\)

\({2^{2{x^2} + 5x + 4}} = 4 \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 4 = 2 \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 2\\ x = - \frac{1}{2} \end{array} \right.\)

Vậy tổng tất cả các nghiệm bằng \( - \frac{5}{2}\)

Điều kiện: \(2x+3>0\Leftrightarrow x>-\frac{3}{2}\).

\({{\log }_{3}}\left( 2x+3 \right)=1\Leftrightarrow 2x+3=3\Leftrightarrow x=0\).

Vậy \(S=\left\{ 0 \right\}\).

Áp dụng công thức nguyên hàm ta có \(\int {\left( {{x^2} - 3x + \frac{1}{x}} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{3{x^2}}}{2} + \ln \left| x \right| + C\)

\(\int {\sin 3x{\rm{d}}x}  = \frac{1}{3}\int {\sin 3x{\rm{d}}\left( {3x} \right)}  =  - \frac{1}{3}\cos 3x + C\)

\(\int\limits_0^1 {\left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  = 3\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right){\rm{d}}x}  = 3.2 - 2.3 = 0\)

\(I = \int\limits_1^2 {\frac{1}{{2x - 1}}{\rm{d}}x}  = \left. {\frac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right|} \right|_1^2 = \frac{1}{2}\left( {\ln 3 - \ln 1} \right) = \ln \sqrt 3 \)

\(\left| w \right| = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = 5\)

Gọi \(z=a+bi\left( a,b\in \mathbb{R} \right)\) là số phức cần tìm.

Ta có: \(z+\left( 1-2i \right)\overline{z}=2-4i\Leftrightarrow \left( a+bi \right)+\left( 1-2i \right)\left( a-bi \right)=2-4i\).

\( \Leftrightarrow \left( {2a - 2b} \right) - 2ai = 2 - 4i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2a - 2b = 2\\ - 2a = - 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 2\\ b = 1 \end{array} \right.\)

Vậy \(z = 2 + i \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{2^2} + {1^2}}  = \sqrt 5 \)

Từ phương trình \(\left( 1+i \right)z=3-i\Rightarrow z=\frac{3-i}{1+i}=1-2i.\)

Suy ra điểm biểu diễn của số phức z là \(\left( 1;-2 \right).\)

Vậy dựa vào hình vẽ chọn điểm Q.

Diện tích mặt đáy là \({{S}_{ABCD}}=AB.AD=2{{a}^{2}}\)

Thể tích của khối chóp S.ABCD là \(V=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.2{{a}^{2}}=\frac{2{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}\)

Ta có \(A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}+A{{{A}'}^{2}}=A{{{C}'}^{2}}\Leftrightarrow 2A{{B}^{2}}=A{{{C}'}^{2}}-A{{{A}'}^{2}}={{\left( 5a \right)}^{2}}-{{\left( 3a \right)}^{2}}=16{{a}^{2}}\Rightarrow AB=2a\sqrt{2}\)

Vậy thể tích khối hộp \(ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'\) là \(V=A{A}'.{{S}_{ABCD}}=3a.{{\left( 2a\sqrt{2} \right)}^{2}}=24{{a}^{3}}.\)

Thể tích của khối chóp S.ABCD là \(V=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.2{{a}^{2}}=\frac{2{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}\)

\(V = \pi {R^2}h = \pi {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2}.2a\sqrt 3  = 6\pi {a^3}\sqrt 3 \)

Độ dài đường sinh của hình nón: \(l=\sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}=\sqrt{{{12}^{2}}+{{5}^{2}}}=13\)

Vậy diện tích xung quanh của một hình nón là: \({{S}_{xq}}=\pi rl=\pi .13.5=65\pi \)

\(\left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = 2\\ {y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = 1\\ {z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = 3 \end{array} \right. \Rightarrow I\left( {2;1;3} \right)\)

Từ phương trình của mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 2;-1;1 \right)\) và bán kính \(R=\sqrt{9}=3\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) chứa Ox nên loại B và C.

Thay toạ độ điểm M vào phương trình ở phương án A và D. Suy ra chọn phương án D.

Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng cần tìm.

\(\left( P \right)\) qua \(A\left( 3;-4;5 \right)\) và có VTPT \(\overrightarrow{n}={{\vec{u}}_{d}}\left( 1;-2;3 \right)\) (do \(\left( P \right)\bot d\)).

Vậy \(\left( P \right)\) có phương trình: \(1\left( x-3 \right)-2\left( y+4 \right)+3\left( z-5 \right)=0\Leftrightarrow x-2y+3z-26=0\)

Có bốn thẻ chẵn \(\left\{ 2;4;6;8 \right\}\) và 5 thẻ lẻ \(\left\{ 1;3;5;7;9 \right\}\)

Rút ngẫu nhiên hai thẻ, số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right)=C_{9}^{2}=36\)

Gọi A là biến cố “tích nhận được là số chẵn”, số phần tử của biến cố A là \(n\left( A \right)=C_{4}^{2}+C_{4}^{1}.C_{5}^{1}=26\)

Xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{26}{36}=\frac{13}{18}\)

Hàm số \(y=\frac{mx-2}{-2x+m}\) có tập xác định là \(D=\left( -\infty ;\,\frac{m}{2} \right)\cup \left( \frac{m}{2};\,+\infty  \right)\)

Ta có: \({y}'=\frac{{{m}^{2}}-4}{{{\left( -2x+m \right)}^{2}}},\,\forall x\ne \frac{m}{2}\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( \frac{1}{2};\,+\infty  \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 4 < 0\\ \frac{m}{2} \le \frac{1}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < m < 2\\ m \le 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 < m \le 1\)

Mà \(m\in \mathbb{Z}\) nên \(m\in \left\{ -1;\,0;\,1 \right\}\)

Ta có \({f}'\left( x \right)=-4{{x}^{3}}+24x\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 4{x^3} + 24x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \in \left[ { - 1;2} \right]\\ x = \sqrt 6 \notin \left[ { - 1;2} \right]\\ x = - \sqrt 6 \notin \left[ { - 1;2} \right] \end{array} \right.\)

\(f\left( { - 1} \right) = 12,\,f\left( 2 \right) = 33,\,f\left( 0 \right) = 1\)

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 33\).

\({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{9{x^2} - 17x + 11}} \ge {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{7 - 5x}} \Leftrightarrow 9{x^2} - 17x + 11 \le 7 - 5x \Leftrightarrow 9{x^2} - 12x + 4 \le 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {3x - 2} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow x = \frac{2}{3}\)

\(\int\limits_1^5 {\left( {2f\left( x \right)} \right){\rm{d}}x = 6 \Leftrightarrow \int\limits_1^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x = 3} } \)

\(\int\limits_0^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_1^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  =  - 2 + 3 = 1\)

Ta có \(5+2i-{{\left( 1+i \right)}^{6}}=5+2i-{{\left[ {{\left( 1+i \right)}^{2}} \right]}^{3}}=5+2i-{{\left( 2i \right)}^{3}}=5+2i+8i=5+10i\)

\(\Rightarrow \left| 5+2i-{{\left( 1+i \right)}^{6}} \right|=\left| 5+10i \right|=\sqrt{{{5}^{2}}+{{10}^{2}}}=5\sqrt{5}\)

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD khi đó ta có \(AO\bot BD\) (1).

Mặt khác ta lại có \(ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'\) là hình lập phương nên \(B{B}'\bot \left( ABCD \right) \Rightarrow B{B}'\bot AO\) (2).

Từ (1) và (2) ta có \(AO\bot \left( BD{D}'{B}' \right)\Rightarrow \left( A{B}',\left( ABCD \right) \right)=\left( A{B}',{B}'O \right)=\widehat{A{B}'O}\)

Xét tam giác vuông \(A{B}'O\) có \(\sin A{B}'O=\frac{AO}{A{B}'}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{A{B}'O}=30{}^\circ \)

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

Gọi H là trọng tâm tam giác BCD

\(d(A;(BCD))=AH=\sqrt{A{{D}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{2}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot \)

Gọi \(I\left( x\,;\,y  \,;\,z \right)\) và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.

\(IO = IA = IB = IC = R\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} I{O^2} = I{A^2}\\ I{O^2} = I{B^2}\\ I{O^2} = I{C^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {y^2} + {z^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2}\\ {x^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2}\\ {x^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {z^2} \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - \frac{1}{2}\\ y = - \frac{3}{2}\\ z = 1 \end{array} \right.\)

\(I\left( { - \frac{1}{2}\,;\, - \frac{3}{2} \,;\,1} \right) \Rightarrow R = IO = \frac{{\sqrt {14} }}{2}\)

Ta có: \(\overrightarrow{AB}=\left( 4;-2;-2 \right)\) nên phương trình đường thẳng AB nhận vecto \(\overrightarrow{n}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\left( 2;-1;-1 \right)\) làm vecto chỉ phương.

Vì \(B\in AB\) nên ta suy ra phương trình đường thẳng AB là: \(\frac{x-1}{2}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z}{-1}\)

\({g}'\left( x \right)=\left( 4-2x \right){f}'\left( 4x-{{x}^{2}} \right)+{{x}^{2}}-6x+8=\left( 2-x \right)\left[ 2{f}'\left( 4x-{{x}^{2}} \right)+4-x \right]\).

Với \(x\in \left[ 1\,;\,3 \right]\) thì 4-x>0; \(3\le 4x-{{x}^{2}}\le 4\) nên \({f}'\left( 4x-{{x}^{2}} \right)>0\).

Suy ra \(2{f}'\left( 4x-{{x}^{2}} \right)+4-x>0, \forall x\in \left[ 1\,;\,3 \right]\).

Bảng biến thiên

Suy ra \(\underset{\left[ 1\,;\,3 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=g\left( 2 \right)=f\left( 4 \right)+7=12\).

+ Ta có \(P=3a+4b\Leftrightarrow b=\frac{P-3a}{4}\). (2)

+ Thay (2) vào (1) ta được \(4a+2\frac{P-3a}{4}\ge {{a}^{2}}+{{\left( \frac{P-3a}{4} \right)}^{2}}+1\)

\(\Leftrightarrow 25{{a}^{2}}-2a(3P+20)+{{P}^{2}}-8P+16\le 0\). (3)

Để bài toán đã cho tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P thì bất phương trình (3) có nghiệm hay \(\Delta '\ge 0\Leftrightarrow \Delta '=-16{{P}^{2}}+320P\ge 0\Leftrightarrow 0\le P\le 20\)

Suy ra \(M=20;\,m=0\) hay M+m=20.

Đặt \(t=2\cos x-1\Leftrightarrow dt=-2sinxdx\)

Đổi cận \(x=-\pi \Rightarrow t=-3;\,x=0\Rightarrow t=1\)

Tích phân trở thành:

\(I=-\frac{1}{2}\int\limits_{-3}^{1}{f\left( t \right)dt}=-\frac{1}{2}\left( \int\limits_{-3}^{0}{f\left( t \right)dt}+\int\limits_{0}^{1}{f\left( t \right)dt} \right)=-\frac{1}{2}\left( \int\limits_{-3}^{0}{\left( {{t}^{2}}+2 \right)dt}+\int\limits_{0}^{1}{\left( {{t}^{3}}-4 \right)dt} \right)\)

\(=-\frac{1}{2}\left( 15-\frac{15}{4} \right)=-\frac{45}{8}\)

Giả sử z=a+bi, \(\left( a,b\in \mathbb{R} \right)\).

\(\left| \frac{z-1}{z-i} \right|=1\Leftrightarrow \left| z-1 \right|=\left| z-i \right|\Leftrightarrow \left| \left( a-1 \right)+bi \right|=\left| a+\left( b-1 \right)i \right|\) hay

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

Lại có: \(\left| \frac{z-3i}{z+i} \right|=1\Leftrightarrow \left| z-3i \right|=\left| z+i \right|\Leftrightarrow \left| a+\left( b-3 \right)i \right|=\left| a+\left( b+1 \right)i \right|\) hay

\({{a}^{2}}+{{\left( b-3 \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{\left( b+1 \right)}^{2}}\Leftrightarrow b=1\Rightarrow a=1\)

Vậy số phức z=1+i suy ra \(a=1;b=1\Rightarrow 2a+b=3\)

\(\Delta ABC\) vuông cân tại B có \(AC=a\Rightarrow BC=BA=\frac{a}{\sqrt{2}}\)

Mà \(\Delta SAB\) vuông tại A có \(\widehat{SBA}=60{}^\circ \)

\(\Rightarrow SA=AB.\tan SBA=\frac{a}{\sqrt{2}}\tan 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{6}}{2}\)

\(V=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABC}}=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}BC.BA=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{1}{2}.\frac{a}{\sqrt{2}}.\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}{{a}^{3}}}{24}\)

(Phần màu nhạt là phần giao nhau của hai khối cầu)

Gọi h là chiều cao của chỏm cầu. Ta có \(h=\frac{2R-d}{2}=\frac{2.25-40}{2}=5cm\)

(d là khoảng cách giữa hai tâm)

Diện tích xung quanh của chỏm cầu là: \({{S}_{xq}}=2\pi Rh\)

Vì 2 khối cầu bằng nhau nên 2 hình chỏm cầu bằng nhau.

\({{S}_{xq}}\) khối trang sức \(=2{{S}_{xq}}\) khối cầu \(-2{{S}_{xq}}\) chỏm cầu.

Khối trang sức có \({{S}_{xq}}=2.4\pi {{R}^{2}}-2.2\pi Rh=2.4\pi {{.25}^{2}}-2.2\pi .25.5=4500\pi c{{m}^{2}}=0.45{{m}^{2}}\)

Vậy số tiền dùng để mạ vàng khối trang sức đó là \(470.000.0,45\pi \simeq 664.000\) đồng.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 2;3;5 \right)\), bán kính R=10. Do \(d(I,(\alpha ))<R\) nên \(\Delta \) luôn cắt \(\left( \text{S} \right)\) tại A, B.

Khi đó \(AB=\sqrt{{{R}^{2}}-{{\left( d(I,\Delta ) \right)}^{2}}}\). Do đó, AB lớn nhất thì \(d\left( I,\left( \Delta  \right) \right)\) nhỏ nhất nên \(\Delta \) qua H, với H là hình chiếu vuông góc của I lên \(\left( \alpha  \right)\).

Phương trình \(BH:\left\{ \begin{align} & \text{x}=2+2\text{t} \\ & \text{y}=3-2t \\ & \text{z}=5+\text{t} \\ \end{align} \right. \) \(H\in (\alpha )\Rightarrow 2\left( 2+2t \right)-2\left( 32t \right)+5+t+15=0\Leftrightarrow \text{t}=-2\Rightarrow H\left( -2;\text{ }7;\text{ }3 \right)\).

Do vậy \(\overrightarrow{\text{AH}}=(1;4;6)\) là véc tơ chỉ phương của \(\Delta \). Phương trình của \(\frac{x+3}{1}=\frac{y-3}{4}=\frac{z\text{ }+3}{6}\)

Hàm số \(h\left( x \right)=15f\left( -{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}-2 \right)-10{{x}^{6}}+30{{x}^{2}}\)

Ta có \(h'\left( x \right)=15\left( -4{{x}^{3}}+4x \right).{f}'\left( -{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}-2 \right)-60{{x}^{5}}+60x\)

\(\Rightarrow h'\left( x \right)=-60x\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left[ {f}'\left( -{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}-2 \right)+{{x}^{2}}+1 \right]\).

Mà \(-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}-2=-{{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}-1\le -1,\forall x\in \mathbb{R}\) nên dựa vào bảng xét dấu của \({f}'\left( x \right)\) ta suy ra \({f}'\left( -{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}-2 \right)\ge 0\).

Suy ra \({f}'\left( -{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}-2 \right)+{{x}^{2}}+1>0,\forall x\in \mathbb{R}\).

Do đó dấu của \(h'\left( x \right)\) cùng dấu với \(u\left( x \right)=-60x\left( {{x}^{2}}-1 \right)\), tức là đổi dấu khi đi qua các điểm \(x=-1;x=0;x=1\)

Vậy hàm số \(h\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị.

Ta có h(0)=15f(-2)=0 nên đồ thị hàm số y=h(x) tiếp xúc \(\text{Ox}\) tại O và cắt trục \(\text{Ox}\) tại 3 điểm phân biệt.

Vậy y=g(x) có 5 cực trị.

Ta có \({{2}^{-\left| \left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1 \right|}}.{{\log }_{81}}\left( \left| \left| {{x}^{3}} \right|-3{{x}^{2}}+1 \right|+2 \right)+{{2}^{-\left| \left| {{x}^{3}} \right|-3{{x}^{2}}+1 \right|-2}}.{{\log }_{3}}\left( \frac{1}{\left| \left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1 \right|+2} \right)=0\)

\(\Leftrightarrow {{2}^{\left| \left| {{x}^{3}} \right|-3{{x}^{2}}+1 \right|+2}}.{{\log }_{3}}\left( \left| \left| {{x}^{3}} \right|-3{{x}^{2}}+1 \right|+2 \right)={{2}^{\left| \left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1 \right|+2}}.{{\log }_{3}}\left( \left| \left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1 \right|+2 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{2}^{t}}.{{\log }_{3}}t\) với \(t\ge 2\); Ta có \({f}'\left( t \right)={{2}^{t}}\ln 2.{{\log }_{3}}t+{{2}^{t}}.\frac{1}{t\ln 3}>0\forall t\ge 2\).

Suy ra hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( 2;+\infty  \right)\).

Do đó phương trình tương đương với \(\left| \left| {{m}^{3}} \right|-3{{m}^{2}}+1 \right|=\left| \left| {{x}^{3}} \right|-3{{x}^{2}}+1 \right|\quad \left( 1 \right)\).

Vẽ đồ thị hàm số \(g\left( x \right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1\) từ đó suy ra đồ thị \(\left| g\left( x \right) \right|\) và đồ thị của \(\left| g\left( \left| x \right| \right) \right|\) như hình vẽ.

Từ đồ thị suy ra \(\left( 1 \right)\) có 6,7,8 nghiệm \(\Leftrightarrow 0<\left| g\left( \left| m \right| \right) \right|<3\).

Suy ra các giá trị nguyên của m là -3,-2,-1,0,1,2,3.

Vậy S=28.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

\(\frac{{{x}^{2}}+2ax+3{{a}^{2}}}{1+{{a}^{6}}}=\frac{{{a}^{2}}-ax}{1+{{a}^{6}}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}+3ax+2{{a}^{2}}=0\Leftrightarrow \left( x+a \right)\left( x+2a \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x=-a\,\,\, \\ x=-2a \\ \end{matrix} \right.\)

Nếu a=0 thì diện tích hình phẳng S=0.

+ Nếu a>0 thì \(S=\int\limits_{-2a}^{-a}{\left| \frac{{{x}^{2}}+3ax+2{{a}^{2}}}{1+{{a}^{6}}} \right|\text{d}x=}-\int\limits_{-2a}^{-a}{\frac{{{x}^{2}}+3ax+2{{a}^{2}}}{1+{{a}^{6}}}\text{d}x=}\frac{1}{6}.\frac{{{a}^{3}}}{1+{{a}^{6}}}\)

+ Nếu a<0 thì \(S=\int\limits_{-a}^{-2a}{\left| \frac{{{x}^{2}}+3ax+2{{a}^{2}}}{1+{{a}^{6}}} \right|\text{d}x=}-\int\limits_{-a}^{-2a}{\frac{{{x}^{2}}+3ax+2{{a}^{2}}}{1+{{a}^{6}}}\text{d}x=}-\frac{1}{6}.\frac{{{a}^{3}}}{1+{{a}^{6}}}\)

Do đó, với \(a\ne 0\) thì \(S=\frac{1}{6}.\frac{{{\left| a \right|}^{3}}}{1+{{\left| a \right|}^{6}}}\le \frac{1}{6}.\frac{{{\left| a \right|}^{3}}}{2{{\left| a \right|}^{3}}}=\frac{1}{12}\).

Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi \({{\left| a \right|}^{3}}=1\Leftrightarrow a=\pm 1\). Vì a>0 nên a=1.

Khi đó \({{S}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{x}^{2}}+2x+3}{2}\text{d}x}=\frac{13}{6}\,,{{S}_{2}}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{1-x}{2}\text{d}x}=\frac{1}{4}\)

Suy ra \(\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\frac{26}{3}\).

Gọi \({{M}_{1}}, {{M}_{2}}, M\) lần lượt là điểm biểu diễn cho số phức \({{z}_{1}}, 2{{z}_{2}}, z\) trên hệ trục tọa độ Oxy. Khi đó quỹ tích của điểm \({{M}_{1}}\) là đường tròn \(\left( {{C}_{1}} \right)\) tâm \(I\left( 3;4 \right)\), bán kính R=1; quỹ tích của điểm \({{M}_{2}}\) là đường \(\left( {{C}_{2}} \right)\) tròn tâm \(I\left( 6;8 \right)\), bán kính R=1; quỹ tích của điểm M là đường thẳng d:3x-2y-12=0.

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của \(M{{M}_{1}}+M{{M}_{2}}+2\).

Gọi \(\left( {{C}_{3}} \right)\) có tâm \({{I}_{3}}\left( \frac{138}{13};\frac{64}{13} \right)\), R=1 là đường tròn đối xứng với \(\left( {{C}_{2}} \right)\) qua d. Khi đó \(\min \left( M{{M}_{1}}+M{{M}_{2}}+2 \right)=\min \left( M{{M}_{1}}+M{{M}_{3}}+2 \right)\) với \({{M}_{3}}\in \left( {{C}_{3}} \right)\).

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đoạn thẳng \({{I}_{1}}{{I}_{3}}\) với \(\left( {{C}_{1}} \right), \left( {{C}_{3}} \right)\). Khi đó với mọi điểm \({{M}_{1}}\in \left( {{C}_{1}} \right), {{M}_{3}}\in \left( {{C}_{3}} \right), M\in d\) ta có \(M{{M}_{1}}+M{{M}_{3}}+2\ge AB+2\), dấu "=" xảy ra khi \({{M}_{1}}\equiv A,{{M}_{3}}\equiv B\).

Do đó \({{P}_{\min }}=AB+2={{I}_{1}}{{I}_{3}}-2+2={{I}_{1}}{{I}_{3}}=\frac{\sqrt{9945}}{13}\).

Mặt cầu (S) có tâm I(1;-1;1), bán kính \(R=\sqrt{6}\)

Gọi x là khoảng cách từ I đến mặt phẳng \((\alpha ), 0<x<\sqrt{6}\). Khi đó, thể tích khối nón đỉnh I, đáy là đường tròn (C) là: \(V=\frac{1}{3}x\left( 6-{{x}^{2}} \right)=-\frac{{{x}^{3}}}{3}+2x\)

Xét hàm số \(f(x)=-\frac{{{x}^{3}}}{3}+2x,\,\,\) với \(0<x<\sqrt{6}\)

\(f'(x)=-{{x}^{2}}+2;\,\,f'(x)=0\,\Leftrightarrow \,x=\pm \sqrt{2}\)

Hàm số y=f(x) liên tục trên \(\left[ 0;\sqrt{6} \right]\), có \(f(0)=f(\sqrt{6})=0,\,\,f(\sqrt{2})=\sqrt{2}\),

nên \(\underset{{}}{\mathop{\underset{\left( 0;\sqrt{6} \right)}{\mathop{Max}}\,\,f(x)}}\,=\sqrt{2}\), đạt được khi \(x=\sqrt{2}\).

Gọi \(\overrightarrow{u}=(1;-4;1)\) là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng d. Vì \(IH\bot (\alpha )\) nên tồn tại số thực k sao cho \(\overrightarrow{IH}=k\overrightarrow{u}\), suy ra \(\left| \overrightarrow{IH} \right|=|k|.\left| \overrightarrow{u} \right|\,\,\Rightarrow \,|k|\,=\,\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{18}}=\frac{1}{3}\,\Rightarrow k\,=\,\pm \frac{1}{3}\).

Với \(k=\frac{1}{3}:\overrightarrow{IH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{u}\,\Rightarrow \,H\left( \frac{4}{3};-\frac{7}{3};\frac{4}{3} \right)\Rightarrow (\alpha ):x-4y+z-6=0\) (nhận vì \(O\notin (\alpha )\) )

Với \(k=-\frac{1}{3}:\overrightarrow{IH}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{u}\,\Rightarrow \,H\left( \frac{2}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3} \right)\Rightarrow (\alpha ):x-4y+z=0\) ( loại vì \(O\in (\alpha )\) ).

Vậy \({{x}_{H}}+{{y}_{H}}+{{z}_{H}}=\frac{1}{3}\)

Mặt cầu (S) có tâm I(1;-1;1), bán kính \(R=\sqrt{6}\)

Gọi x là khoảng cách từ I đến mặt phẳng \((\alpha ), 0<x<\sqrt{6}\). Khi đó, thể tích khối nón đỉnh I, đáy là đường tròn (C) là: \(V=\frac{1}{3}x\left( 6-{{x}^{2}} \right)=-\frac{{{x}^{3}}}{3}+2x\)

Xét hàm số \(f(x)=-\frac{{{x}^{3}}}{3}+2x,\,\,\) với \(0<x<\sqrt{6}\)

\(f'(x)=-{{x}^{2}}+2;\,\,f'(x)=0\,\Leftrightarrow \,x=\pm \sqrt{2}\)

Hàm số y=f(x) liên tục trên \(\left[ 0;\sqrt{6} \right]\), có \(f(0)=f(\sqrt{6})=0,\,\,f(\sqrt{2})=\sqrt{2}\),

nên \(\underset{{}}{\mathop{\underset{\left( 0;\sqrt{6} \right)}{\mathop{Max}}\,\,f(x)}}\,=\sqrt{2}\), đạt được khi \(x=\sqrt{2}\).

Gọi \(\overrightarrow{u}=(1;-4;1)\) là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng d. Vì \(IH\bot (\alpha )\) nên tồn tại số thực k sao cho \(\overrightarrow{IH}=k\overrightarrow{u}\), suy ra \(\left| \overrightarrow{IH} \right|=|k|.\left| \overrightarrow{u} \right|\,\,\Rightarrow \,|k|\,=\,\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{18}}=\frac{1}{3}\,\Rightarrow k\,=\,\pm \frac{1}{3}\).

Với \(k=\frac{1}{3}:\overrightarrow{IH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{u}\,\Rightarrow \,H\left( \frac{4}{3};-\frac{7}{3};\frac{4}{3} \right)\Rightarrow (\alpha ):x-4y+z-6=0\) (nhận vì \(O\notin (\alpha )\) )

Với \(k=-\frac{1}{3}:\overrightarrow{IH}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{u}\,\Rightarrow \,H\left( \frac{2}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3} \right)\Rightarrow (\alpha ):x-4y+z=0\) ( loại vì \(O\in (\alpha )\) ).

Vậy \({{x}_{H}}+{{y}_{H}}+{{z}_{H}}=\frac{1}{3}\)