Chọn 5 học sinh trong lớp có 41 học sinh là tổ hợp chập 5 của 41 phần tử nên số cách chọn là \(C_{41}^{5}\).

\({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right).d \Rightarrow {u_7} =  - 0,1 + \left( {7 - 1} \right).0,1 = 0,5\)

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

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = 4

Do hàm số xác định trên \(\mathbb{R}\) và có biểu thức đạo hàm đổi dấu ba lần tại \({{x}_{1}}; {{x}_{2}}; {{x}_{3}}\) nên hàm số \(y=g\left( x \right)\) có ba điểm cực trị.

Ta có: \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-2x-1}{x-1}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-2-\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}=-2\) và \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-2x-1}{x-1}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-2-\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}=-2\).

Suy ra, đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y=-2.

Ta có: \(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{-2x-1}{x-1}=-\infty \) và \(\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{-2x-1}{x-1}=+\infty \).

Suy ra, đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x=1.

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đã cho là hàm bậc ba \(y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\) có hệ số a>0. Đồng thời phương trình \({y}'=0\) có nghiệm \({{x}_{1}}=0\) và nghiệm \({{x}_{2}}>0\).

Do đó, ta có hàm số thỏa mãn là \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm : \(-4{{x}^{4}}-5{{x}^{2}}=0\Leftrightarrow -{{x}^{2}}\left( 4{{x}^{2}}+5 \right)=0\Rightarrow x=0\)

Vậy đồ thị hàm số \(y=-4{{x}^{4}}-5{{x}^{2}}\) cắt trục hoành tại một điểm.

\(I = {\log _{\frac{a}{2}}}\left( {\frac{{{a^2}}}{4}} \right) = {\log _{\frac{a}{2}}}{\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = 2{\log _{\frac{a}{2}}}\left( {\frac{a}{2}} \right) = 2\)

Áp dụng công thức: \({{\left( {{a}^{x}} \right)}^{\prime }}={{a}^{x}}.\ln a\). Ta có \({y}'={{2021}^{x}}.\ln 2021\).

Ta có: \(P=\sqrt[4]{{{x}^{5}}}={{x}^{\frac{5}{4}}}\).

Ta có \({{2}^{x+1}}=8\Leftrightarrow {{2}^{x+1}}={{2}^{3}}\Leftrightarrow x+1=3\Leftrightarrow x=2\).

ĐKXĐ: x>1.

Ta có: \({{\log }_{2}}\left( 2x-2 \right)=3\Leftrightarrow 2x-2=8\Leftrightarrow x=5\) (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x=5.

\(F\left( x \right) = \int {\left( {3{x^2} + 2x + 5} \right)} \,dx = {x^3} + {x^2} + 5x + C\)

Áp dụng công thức ta có:

\(\int{\cos \left( 2-3x \right)\text{d}x=-\frac{1}{3}\sin \left( 2-3x \right)+C}\)

Với a<b<c ta có: \(\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{b}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}\).

\(\Rightarrow I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}-\int\limits_{b}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}=17+11=28\).

\(I = \int\limits_{ - 1}^1 {(4{x^3} - 3){\rm{d}}x}  = \left. {\left( {{x^4} - 3x} \right)} \right|_{ - 1}^1 =  - 6\)

Số phức liên hợp của số phức \(w=1-2i\) là \(\overline w  = 1 + 2i\)

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

Vì \(z=2-3i\Rightarrow \overline{z}=2+3i\). Vậy điểm biểu diễn của \(\overline{z}\) có tọa độ là \(\left( 2;3 \right)\).

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

Thể tích khối lập phương: \(V = {2^3} = 8{m^3}\)

Thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h.\)

\({S_{xq}} = \pi rl = \pi .4.3 = 12\pi c{m^2}.\)

Do A đối xứng với B qua I nên I là trung điểm của A và B

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\ {y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\\ {z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{5 + 3}}{2}\\ {y_I} = \frac{{3 + 1}}{2}\\ {z_I} = \frac{{4 + 0}}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_I} = 4\\ {y_I} = 2\\ {z_I} = 2 \end{array} \right.\)

Vậy \(I\left( 4;2;2 \right).\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có phương trình dạng: \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2ax-2by-2cz+d=0,\,\,\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d>0 \right)\)

Ta có 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} { - 2a = 4}\\ { - 2b = - 2}\\ { - 2c = 6}\\ {d = 5} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {a = - 2}\\ {b = 1}\\ {c = - 3}\\ {d = 5} \end{array}} \right.} \right.\)

Vậy mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( -2;1;-3 \right)\) và bán kính \(R=\sqrt{{{(-2)}^{2}}+{{1}^{2}}+{{(-3)}^{2}}-5}=3\)

Xét điểm \(M\left( 2;2;3 \right)\) ta có: \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l} 2 = 1 + t\\ 2 = 1 + t\\ 3 = 1 + 2t \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = 1\\ t = 1\\ t = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow M \in \Delta \)

Vectơ pháp tuyến của \(x+2y+3z+4=0\) là \(\overrightarrow{n}\left( 1;2;3 \right)\).

10 số nguyên dương đầu tiên là: \(1;2;3;4;5;6;7;8;9;10\)

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right)=C_{10}^{2}=45\)

Gọi A là biến cố “Chọn được hai số có tích là một số chẵn”.

Số cách chọn 2 số lẻ từ 5 số lẻ là: \(C_{5}^{2}\) cách.

Suy ra: \(n(A)=C_{10}^{2}-C_{5}^{2}=35\)

Xác suất để chọn được hai số có tích là một số chẵn là:

\(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{35}{45}=\frac{7}{9}\)

Ta có: \({y}'=-3{{x}^{2}}+2x-1<0,\,\forall \,x\in \mathbb{R}\)

Vậy hàm số luôn nghịch biến trên ℝ.

Hàm số \(y=\frac{x+1}{2x-1}\) xác định và liên tục trên đoạn \(\left[ -2;\,0 \right]\)

Ta có \({y}'=\frac{-3}{{{\left( 2x-1 \right)}^{2}}}<0,\,\forall x\ne \frac{1}{2}\)

Vậy hàm số luôn nghịch biến trên đoạn \(\left[ -2;\,0 \right]\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} y = y\left( { - 2} \right) = \frac{1}{5}\\ m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} y = y\left( 0 \right) = - 1 \end{array} \right.\)

Khi đó: 5M+m=0.

Ta có \({{\left( \frac{1}{2} \right)}^{{{x}^{2}}-4x}}<8\Leftrightarrow {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{{{x}^{2}}-4x}}<{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{-3}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-4x>-3\Leftrightarrow {{x}^{2}}-4x+3>0\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x<1 \\ x>3 \\ \end{matrix} \right. \)

Vậy \(S=\left( -\infty ;1 \right)\cup \left( 3;+\infty\right)\)

Ta có \(\int\limits_{1}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x=}\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{ }}dx+\int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)dx}=-3+5=2\)

\(I=\int\limits_{1}^{5}{\left[ 2.f\left( x \right)-g\left( x \right) \right]\text{d}x}=2\int\limits_{1}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}-\int\limits_{1}^{5}{g\left( x \right)\text{d}x}=-2\)

Ta có z=-3-4i.

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

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

Góc giữa đường thẳng \({B}'C\) với mặt phẳng đáy \(\left( ABC \right)\) là \(\widehat{{B}'CB}\)

\(\tan \widehat{{B}'CB}=\frac{{B}'B}{BC}=\frac{\sqrt{3}a}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{{B}'CB}=60{}^\circ \)

- Gọi O là tâm của tam giác đều ABC

Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều \(\Rightarrow O\) là hình chiếu vuông góc của S trên \(\left( ABC \right)\Rightarrow d\left( S,\left( ABC \right) \right)=SO\)

- Xét tam giác đều ABC có cạnh bằng 3 ta có: \(AD=\frac{3\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AO=\frac{2}{3}AD=\frac{2}{3}.\frac{3\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\)

Xét tam giác SOA vuông tại O có: \(S{{O}^{2}}=S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}={{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{2}}-{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}=9\Rightarrow SO=3\)

- Vì M thuộc mặt cầu tâm I nên bán kính mặt cầu là

\(R=IM=\sqrt{{{\left( 6-2 \right)}^{2}}+{{\left( 5-2 \right)}^{2}}+{{\left( 2-2 \right)}^{2}}}=5\)

- Mặt cầu có tâm I, bán kính R=5 có phương trình là: \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=25\)

- Vì \(O,B\in d\Rightarrow \) Đường thẳng d nhận \(\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 1;2;3 \right)\) là một vectơ chỉ phương.

- Đường thẳng d đi qua điểm \(O\left( 0;0;0 \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 1;2;3 \right)\) nên đường thẳng d có phương trình tham số là: \(\left\{ \begin{array}{l} x = t\\ y = 2t\\ z = 3t \end{array} \right.\,\,\,\,\left( {t \in R} \right)\)

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

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

Dựa vào đồ thị ta thấy: trên khoảng \(\left( -3;3 \right)\) đồ thị của hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) và đường thẳng y=x+1 cắt nhau tại điểm duy nhất có hoành độ là x=1.

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có: Trên khoảng \(\left( -3;3 \right)\) hàm số \(y=g\left( x \right)\) đạt GTLN tại x=1.

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

\(\left( {{3}^{y+3}}-3 \right)\left( {{3}^{y}}-x \right)>0\,\,\) với \(\left\{ \begin{align} & x\in {{\mathbb{Z}}^{+}} \\ & y\in \mathbb{Z} \\ \end{align} \right.\)

Trường hợp 1:\(\left\{ \begin{array}{l} {3^{y + 3}} - 3 < 0\\ {3^y} - x > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y + 3 < 1\\ y > {\log _3}x \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y < - 2\\ y > {\log _3}x \end{array} \right.\)

Theo yêu cầu bài toán, một x có không quá 10 số nguyên y, mà y<-2

\(\Rightarrow -13<{{\log }_{3}}x\le -3\)

\(\Leftrightarrow {{3}^{-13}}<x\le {{3}^{-3}}.\) Mà x nguyên dương \(\Rightarrow \) Không tồn tại x thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trường hợp 2: \(\left\{ \begin{array}{l} {3^{y + 3}} - 3 > 0\\ {3^y} - x < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y + 3 > 1\\ y < {\log _3}x \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y > - 2\\ y < {\log _3}x \end{array} \right.\)

Theo yêu cầu bài toán, một x có không quá 10 số nguyên y, mà y>-2

\(\begin{align} & \Rightarrow -1\le {{\log }_{3}}x\le 9 \\ & \Leftrightarrow 0<x\le {{3}^{9}}=19683 \\ \end{align}\)

Vì x nguyên dương \(\Rightarrow x\in \left\{ 1;...;19683 \right\}\Rightarrow \) Có 19683 giá trị.

Xét bất phương trình \( \left| x \right|>1\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x>1 \\ & x<-1 \\ \end{align} \right.\)

Vậy \(\min \left\{ 1;\left| x \right| \right\}=1\) khi 1<x hoặc x<-1

\(\min \left\{ 1;\left| x \right| \right\}=\left| x \right|\) khi -1<x<1

Xét \(I=\int\limits_{-1}^{2}{\min \left\{ f\left( x \right);g\left( x \right) \right\}}\text{d}x=\int\limits_{-1}^{2}{\min \left\{ 1;\left| x \right| \right\}}\text{d}x=\int\limits_{-1}^{1}{\min \left\{ 1;\left| x \right| \right\}}\text{d}x+\int\limits_{1}^{2}{\min \left\{ 1;\left| x \right| \right\}}\text{d}x\)

\(I=\int\limits_{-1}^{1}{\left| x \right|}\text{d}x+\int\limits_{1}^{2}{\text{d}x}=\int\limits_{-1}^{0}{-x}\text{d}x+\int\limits_{0}^{1}{x}\text{d}x+\int\limits_{1}^{2}{\text{d}x}=\left. \frac{-{{x}^{2}}}{2} \right|_{-1}^{0}+\left. \frac{{{x}^{2}}}{2} \right|_{0}^{1}+\left. x \right|_{1}^{2}=2.\)

Gọi điểm \(M\left( x;y \right)\) là điểm trên mp tọa độ Oxy biểu diễn số phức \(z=x+yi\,\,(x,y\in \mathbb{R})\Rightarrow \overline{z}=x-yi\)

\(\left| z+\overline{z} \right|+\left| z-\overline{z} \right|=4\Leftrightarrow \left| 2x \right|+\left| 2yi \right|=2\Leftrightarrow \left| x \right|+\left| y \right|=2\).

Khi đó tập hợp điểm \(M\left( x;y \right)\) biểu diễn số phức z là hai cạnh đối \(AD,\,BC\) của hình vuông ABCD độ dài cạnh bằng \(2\sqrt{2}\) và tâm là gốc tọa độ O

\(\left| z-2-2i \right|=3\sqrt{2}\Leftrightarrow {{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}=18\). Tập hợp điểm \(M\left( x;y \right)\) biểu diễn số phức z là đường tròn tâm \(I\left( 2\,;\,2 \right),\,R=3\sqrt{2}\)

Vậy có 2 điểm biểu diễn M, P thỏa yêu cầu bài toán.

Gọi K là trung điểm của đoạn AB. Vì \(\Delta SAB\) là tam giác đều nên \(SK\bot AB\)

\(\left( SAB \right)\bot \left( ABC \right)\) theo giao tuyến AB.

\(SK\bot \left( ABC \right)\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SK.{{S}_{\Delta ABC}}\)

\(\Delta ABC\) vuông tại A có \(AB=a,\,BC=a\sqrt{3}\Rightarrow AC=\sqrt{B{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=a\sqrt{2}\)

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

\(\Delta SAB\) là tam giác đều \(\Rightarrow SK=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

\({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SK.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{12}\)

Bán kính mặt cầu là R=20 cm; bán kính đường tròn phần chỏm cầu là r=10cm.

Theo hình vẽ ta có \(\sin \alpha =\frac{10}{20}=\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha ={{30}^{0}}\).

Diện tích phần làm kính là: \(S=\frac{360-2.30}{360}.4\pi {{.20}^{2}}=\frac{4000\pi }{3}\left( c{{m}^{2}} \right)\).

Xét hình nón đỉnh là tâm mặt cầu, hình tròn đáy có bán kính bằng \(r=10\ cm\ ;\ l=R=20\ cm\Rightarrow h=\sqrt{{{20}^{2}}-{{10}^{2}}}=10\sqrt{3}cm\)

Thể tích phần chỏm cầu bằng

\({{V}_{c\hom cau}}=\frac{2.30}{360}.\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}-\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}.h =\frac{16000\pi }{9}-\frac{1000\pi \sqrt{3}}{3}\ \left( c{{m}^{3}} \right)\)

Vậy số tiền ông An cần mua vật liệu là: \(\frac{4000\pi }{3}.150+\left( \frac{16000\pi }{9}-\frac{1000\pi \sqrt{3}}{3} \right).100\approx 1.005.000\)

\(H\in {{\Delta }_{1}}\Leftrightarrow H\left( 3+2t;t;1+t \right), K\in {{\Delta }_{2}}\Leftrightarrow K\left( 1+m;2+2m;m \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{HK}=\left( m-2t-2;2m-t+2;m-t-1 \right)\). Đường thẳng d có một VTCP là \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 1;1;-2 \right)\).

\(\Delta \bot d\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}.\overrightarrow{HK}=0\Leftrightarrow m-t+2=0\Leftrightarrow m=t-2\Rightarrow \overrightarrow{HK}=\left( -t-4;t-2;-3 \right).\)

Ta có \(H{{K}^{2}}={{\left( -t-4 \right)}^{2}}+{{\left( t-2 \right)}^{2}}+{{\left( -3 \right)}^{2}}=2{{\left( t+1 \right)}^{2}}+27\ge 27,\forall t\in \mathbb{R}\)

\(HK=\sqrt{27}\Leftrightarrow t=-1,\,\,m=-3.\) Khi đó \(\overrightarrow{HK}=\left( -3;-3;-3 \right)=-3(1;1;1), H(1;-1;0)\).

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) là \(\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{1}=\frac{z}{1}\)

+ Ta xét hàm số \(h(x)=2f\left( x-1 \right)-{{x}^{2}}\), có \({h}'(x)=2{f}'\left( x-1 \right)-2x=2\left[ {f}'\left( x-1 \right)-\left( x-1+1 \right) \right]\)

+ Đặt u=x-1 thì có \({h}'(x)=2\left[ {f}'\left( u \right)-\left( u+1 \right) \right]\)

+ Quan sát đồ thị hàm số \(y={f}'\left( u \right)\) và y=u+1

Ta suy ra bảng xét dấu

+ Giải các phương trình \(\left[ \begin{array}{l} x - 1 = - 1\\ x - 1 = 0\\ x - 1 = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1\\ x = 3 \end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên dễ thấy hàm số \(h(x)=2f\left( x-1 \right)-{{x}^{2}}\) và \(g(x)=\left| 2f\left( x-1 \right)-{{x}^{2}} \right|\) cùng đồng biến trên \(\left( 0;3 \right)\)

Đặt \(t=\sqrt{{{\log }_{a}}b}\) vì \(a,b\in \left( 1;+\infty  \right)\) nên t>0. Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l} b = {a^{{t^2}}}\\ \sqrt {{{\log }_b}a} = \frac{1}{t} \end{array} \right..\)

Bất phương trình trở thành \(2{{a}^{t}}-{{\left( {{a}^{{{t}^{2}}}} \right)}^{\frac{1}{t}}}>mt+1\Leftrightarrow {{a}^{t}}>mt+1\). Để bất phương trình \(2{{\text{a}}^{\sqrt{{{\log }_{a}}b}}}\text{ - }{{\text{b}}^{\sqrt{{{\log }_{b}}a}}}>m\sqrt{{{\log }_{a}}b}+1\) đúng với a,b là các số thực lớn hơn 1 thì \(m<\frac{{{a}^{t}}-1}{t}\) với mọi t>0.

Xét hàm \(f\left( t \right)=\frac{{{a}^{t}}-1}{t}\) trên \(\left( 0;+\infty  \right).\) Ta có \({f}'\left( t \right)=\frac{t{{a}^{t}}\ln a-{{a}^{t}}+1}{{{t}^{2}}}.\)

• \(g\left( t \right)=t{{a}^{t}}\ln a-{{a}^{t}}+1\) trên \(\left[ 0;+\infty  \right).\) Đạo hàm \({g}'\left( t \right)=t{{a}^{t}}{{\ln }^{2}}a>0,\forall t>0.\)

• Suy ra \(g\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left[ 0;+\infty  \right)\) nên \(g\left( t \right)>g\left( 0 \right)=0,\forall t>0.\)

Suy ra \({f}'\left( t \right)>0,\forall t>0.\) Suy ra hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right).\)

Ta có bảng biến thiên sau

Từ bảng biến thiên suy ra \(m\le \ln a\). Do đúng với mọi a>1 và m là số nguyên thuộc (-2020;2020) nên \(m\in \left\{ -2019;-2018;...0 \right\}\).

Không mất tính tổng quát, ta tịnh tiến đồ thị sang bên trái 1 đơn vị thì có đồ thị như hình dưới

Ta vẫn gọi đường cong và đường thẳng có phương trình dạng \(f\left( x \right)=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\) và \(g\left( x \right)=mx+n\).

+ Quan sát đường thẳng đi qua điểm \(M\left( -2;0 \right)\) và \(N\left( -1;1 \right)\) nên đường thẳng có phương trình y=x+2

+ Quan sát đường cong thấy hai điểm cực trị có hoành độ là -1;1, kết hợp với đạo hàm \({f}'\left( x \right)=3a{{x}^{2}}+2bx+c\) suy ra b=0 và \(c=-3\text{a}\).

+ Quan sát giao điểm đồ thị với \(\text{Oy}\) ta thấy \(\text{d=2}\); vậy \(f\left( x \right)=a{{x}^{3}}-3ax+2\)

+ Từ giả thiết về diện tích phần tô đen ta có \(\int\limits_{-1}^{0}{\left( a{{x}^{3}}-3ax-x \right)}\text{d}x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a\int\limits_{-1}^{0}{\left( {{x}^{3}}-3x \right)}\text{d}x-\int\limits_{-1}^{0}{x}\text{d}x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \frac{5}{4}.a-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a=\frac{4}{5}\)

Vậy ta có hai đường có phương trình: \(f\left( x \right)=\frac{4}{5}{{x}^{3}}-\frac{12}{5}x+2\).

+ Diện tích hình gạch chéo bằng \(S=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{4}{5}{{x}^{3}}-\frac{12}{5}x+2 \right)}\text{d}x=1\)

Đặt \({{z}_{1}}=a+bi,\text{ }{{z}_{2}}=c+di\left( a,b,c,d\in \mathbb{R} \right);\) Gọi \(M\left( a;b \right),\text{ }N\left( c;d \right),\text{ }A\left( -1;2 \right),\text{ }B\left( 3;3 \right)\) lần lượt là điểm biểu diễn các số phức \({{z}_{1}},\text{ }{{z}_{2}},\text{ }-1+2i,\text{ }3+3i\) trong mặt phẳng tọa độ.

\(\left| {{z}_{1}}+1-2i \right|+\left| {{z}_{1}}-3-3i \right|=\sqrt{17}\Leftrightarrow MA+MB=\sqrt{17}=AB\xrightarrow{{}}M\) thuộc đoạn thẳng AB.

\(2\left| {{z}_{2}}-1-\frac{5}{2}i \right|=\sqrt{17}\Leftrightarrow NI=\frac{\sqrt{17}}{2}=\frac{AB}{2}\) với \(I\left( 1;\frac{5}{2} \right).\) Ta thấy I là trung điểm của AB. Suy ra N thuộc đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm I, đường kính AB (như hình bên dưới).

Ta có \(P=\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|+\left| {{z}_{1}}+2-i \right|=MN+MD\) với \(D\left( -2;1 \right).\)

Nhận thấy M nằm trên đoạn thẳng AB và \(N\in \left( C \right)\)

\(\Rightarrow MN\le AB=\sqrt{17}\) và \(MD\le \max \left\{ AD,BD \right\}=BD=\sqrt{29}.\)

Suy ra \(P=\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|+\left| {{z}_{1}}+2-i \right|=MN+MD\le \sqrt{17}+\sqrt{29}.\) Dấu ''='' xảy ra khi \(\left\{ \begin{align} & M\equiv B \\ & N\equiv A \\ \end{align} \right..\)

Vậy \({{P}_{\text{max}}}=\sqrt{17}+\sqrt{29}.\)

Ta tính được \(AB=\frac{3\sqrt{3}}{2},\) lại có \({{R}_{1}}+{{R}_{2}}=3+\frac{3}{2}=\frac{9}{2}\) nên giao tuyến hai mặt cầu là một đường tròn.

Gọi \(I=AB\cap \left( \alpha  \right)\) với \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng thỏa mãn bài toán. Hạ BK,AH vuông góc với mặt phẳng \(\left( \alpha  \right).\) Khi đó ta có I nằm ngoài AB và B là trung điểm AI vì \({{R}_{2}}=\frac{3}{2}=\frac{1}{2}{{R}_{1}}\xrightarrow{{}}BK=\frac{1}{2}AH.\)

Suy ra \(I\left( 2;1;2 \right).\) Gọi phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):a\left( x-2 \right)+b\left( y-1 \right)+c\left( z-2 \right)=0,\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}>0 \right).\)

Vì \(\left( \alpha  \right)\,\text{//}CD\) mà \(\overrightarrow{CD}=\left( 4;2;-4 \right)\) nên ta có \(2a+b-2c=0\Leftrightarrow b=2c-2a.\)

Khi đó 

\(d\left( {A,\left( \alpha \right)} \right) = 3 \Leftrightarrow \frac{{\left| { - a + b - 5c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = 3 \Leftrightarrow {\left( {c + a} \right)^2} = {a^2} + {\left( {2c - 2a} \right)^2} + {c^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = 2c \to b = - 2c\\ a = \frac{1}{2}c \to b = c \end{array} \right..\)

Khi đó ta có

Trường hợp 1. \(b=-2c;\,a=2c\Rightarrow \left( \alpha  \right):2c\left( x-2 \right)-2c\left( y-1 \right)+c\left( z-2 \right)=0\Leftrightarrow 2x-2y+z-4=0.\)

Vì \(C\in \left( \alpha  \right)\xrightarrow{{}}\) mặt phẳng 2x-2y+z-4=0 không thỏa.

Trường hợp 2. \(b=c;a=\frac{1}{2}c\Rightarrow \left( \alpha  \right):\frac{1}{2}c\left( x-2 \right)+c\left( y-1 \right)+c\left( z-2 \right)=0\Leftrightarrow x+2y+2z-8=0.\)

Ta thấy \(C,D\notin \left( \alpha  \right)\xrightarrow{{}}x+2y+2z-8=0\) thỏa.

Vậy x+2y+2z-8=0.