Áp dụng công thức: \(\int{f\left( ax+b \right)\text{dx}}=\frac{1}{a}F\left( ax+b \right)+C\) và nguyên hàm của hàm số lượng giác, nên \(F\left( x \right)=-{{\text{e}}^{-x}}+\operatorname{s}\text{inx}+2019\)

Đồ thị đã cho có hình dạng của đồ thị hàm số bậc ba \(y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\) nên loại phương án B và C

Dựa vào đồ thị, ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow a>0\) nên loại phương án A

Ta có \(w=iz+\overline{z}=i\left( 5-2i \right)+5+2i=7+7i\).

Từ hình vẽ ta có \(A\left( 3;2 \right)\) biểu diễn số phức z=3+2i, số phức z có phần thực là 3 và phần ảo là 2.

Khối chóp S.ABCD có chiều cao \(h=a\sqrt{3}\) và diện tích đáy \(B={{a}^{2}}\).

Nên có thể tích \(V=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.a\sqrt{3}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}\).

Một véctơ chỉ phương của đường thẳng d là \({{\overrightarrow{u}}_{4}}\left( -1;2;1 \right)\).

Từ đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (0;1)

Diện tích xung quanh của hình trụ \({S_{xq}} = 2\pi Rl = 2\pi .4.5 = 40\pi c{m^2}\)

\({u_5} = {u_1} + 4d = 2 + 4.5 = 22\)

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

Vì \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3x}{5x-2}=\frac{3}{5}\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y=\frac{3}{5}$.

Hình chiếu của điểm \(M\left( a\ ;\ b\ ;\ c \right)\) lên trục Oxy là điểm \(\left( a\ ;\ b\ ;\ 0 \right)\) nên chọn D

+ Vì \(f(\,x\,)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên \(f(\,x\,)\) liên tục tại \(x=-1;\,x=2;\,x=4;\,x=0\).

+ Từ bảng biến thiên ta thấy \({f}'(x)\) đổi dấu khi x qua \(x=-1;\,x=2;\,x=4;\,x=0\)

Suy ra hàm số \(y=f(\,x\,)\) đạt cực trị tại \(x=-1;\,x=2;\,x=4;\,x=0\)

Vậy hàm số \(y=f(\,x\,)\) có 4 cực trị.

Dựa vào định nghĩa và công thức tính số tổ hợp, chỉnh hợp ta thấy:

\(A_{n}^{k}=\frac{n!}{\left( n-k \right)!}, C_{n}^{k}=C_{n}^{n-k}\,\left( 1\le k\le n \right), C_{n}^{k}=\frac{n!}{k!\left( n-k \right)!}\) nên các đáp án A, C, D sai.

Ta có \(C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^{k}=\frac{\left( n-1 \right)!}{\left( k-1 \right)!\left( n-k \right)!}+\frac{\left( n-1 \right)!}{k!\left( n-k-1 \right)!}=\left( n-1 \right)!\left( \frac{n}{k!\left( n-k \right)!} \right)=\frac{n!}{k!\left( n-k \right)!}=C_{n}^{k}\).

\(\int\limits_3^5 {2f\left( z \right)} {\rm{d}}z = 2\int\limits_3^5 {f\left( z \right)} {\rm{d}}z = 2\left[ {\int\limits_0^5 {f\left( z \right)} {\rm{d}}z - \int\limits_0^3 {f\left( z \right)} {\rm{d}}z} \right] = 2\left( {10 - 3} \right) = 14\)

\(P = \frac{{{a^{\sqrt 3  + 1}}.{a^{2 - \sqrt 3 }}}}{{{{\left( {{a^{\sqrt 2  - 2}}} \right)}^{\sqrt 2  + 2}}}} = \frac{{{a^{\sqrt 3  + 1 + 2 - \sqrt 3 }}}}{{{a^{\left( {\sqrt 2  - 2} \right)\left( {\sqrt 2  + 2} \right)}}}} = \frac{{{a^3}}}{{{a^{ - 2}}}} = {a^5}\)

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} - 2a = - 8\\ - 2b = 2\\ - 2c = 0\\ {R^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} - d \end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 4\\ b = - 1\\ c = 0\\ {R^2} = 16 \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \left( S \right)\) có tâm \(I\left( 4;\,-1;\,0 \right)\) và bán kính R=4

Diện tích xung quanh của hình nón: \({S_{xq}} = \pi Rl = 2\pi {a^2}\)

\(f'\left( x \right) = \frac{{4{x^3} + 2}}{{{x^4} + 2x}} \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 2\)

Nhận thấy \(2.1-\left( -3 \right)+\left( -4 \right)-1=0\) nên \(Q\left( 1;-3;-4 \right)\) thuộc \(\left( P \right)\).  

\({{\log }_{n}}256=8.{{\log }_{n}}2=\frac{8}{{{\log }_{2}}n}\) là số nguyên dương

\(\Leftrightarrow {{\log }_{2}}n\in \left\{ 1;2;4;8 \right\}\Leftrightarrow n\in \left\{ 2;4;16;256 \right\}\).

Vậy có 4 số nguyên dương.

Ta có \(0<\frac{1}{1+{{a}^{2}}}<1,\text{ }\forall a\ne 0\), nếu \({{\left( \frac{1}{1+{{a}^{2}}} \right)}^{2x+1}}>1\Leftrightarrow 2x+1<0\Leftrightarrow x<-\frac{1}{2}\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;-\frac{1}{2} \right)\).

\(z = {(1 - 2i)^2} =  - 3 - 4i \Rightarrow \left| z \right| = 5 \Rightarrow \frac{1}{{\left| z \right|}} = \left| {\frac{1}{z}} \right| = \frac{1}{5}\)

Vậy mô đun của số phức \(\frac{1}{z}\) bằng \(\frac{1}{5}.\)

Phương trình tương đương với \({{x}^{2}}-5x+7=0\), tổng các nghiệm của phương trình này là 5 (theo định lý Vi-et).

Từ giả thiết suy ra OI là đường trung bình của \(\Delta SAC\), do đó \(OI\parallel \,SA\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} IO\parallel \,SA\\ SA \bot \left( {ABCD} \right) \end{array} \right. \Rightarrow IO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Vậy \(d\left( {I,\left( {ABCD} \right)} \right) = OI\)

\(\int\limits_1^9 {f\left( x \right)dx}  = \left. {F\left( x \right)} \right|_1^9 = F\left( 9 \right) - F\left( 1 \right) \Leftrightarrow \int\limits_1^9 {f\left( x \right)dx}  = F\left( 9 \right) - 8 \Leftrightarrow F\left( 9 \right) = 8 + \int\limits_1^9 {f\left( x \right)dx} \)

Gọi H là trung điểm AB.

Theo đề, tam giác SAB cân tại S nên suy ra \(SH\bot AB\).

Mặt khác, tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên suy ra \(SH\bot \left( ABCD \right)\).

Xét tam giác SHA vuông tại H.

\(SH=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2a \right)}^{2}}-{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}\)

Diện tích hình vuông là \({{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}\).

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là \(V=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{15}}{6}\).

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình:

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

Khi đó \(A( - 2;\, - 6)\,;\,\,B(1;\,0)\,;\,\,C( - 1;\, - 2)\) suy ra \(AB = \sqrt {45} ;\,\,BC = \sqrt 8 ;\,\,AC = \sqrt {17} \)

Áp dụng công thức hê rông ta có \({S_{ABC}} = 3\)

Ta có bảng xét dấu \({f}'\left( x \right)\)

Do đó hàm số đạt cực tiểu tại x=1.

Ta có \({y}'=3{{x}^{2}}-4x-4\). Xét trên đoạn \(\left[ 1\,;\,3 \right]\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 2\;\;\left( N \right)}\\ {x = - \frac{2}{3}\left( L \right)} \end{array}} \right.\)

Ta có \(y\left( 1 \right)=0, y\left( 2 \right)=-3, y\left( 3 \right)=2\).

Vậy \(\underset{\left[ 1\,;\,3 \right]}{\mathop{\min }}\,y=-3\).

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -2 \right\}\)

Ta có: \({y}'=\frac{3}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}>0,\forall x\in D\Rightarrow \) Hàm số \(y=\frac{x-1}{x+2}\) đồng biến trên từng khoảng của miền xác định.

Ta có mặt phẳng (P):x+z-2=0

⇒ Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có véc tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 1;0;1 \right)\)

Gọi đường thẳng cần tìm là \(\Delta \). Vì đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với \(\left( P \right)\) nên véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là véc tơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \).

\(\Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 1;0;1 \right)\)

Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua M(3;2;-1) và có véc tơ chỉ phương \(\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left( 1;0;1 \right)\) là:

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

Gọi số phức z có dạng: \(z=2+bi\text{ }\left( b\in \mathbb{R} \right)\)

Ta có: \(\left| z+1-2i \right|=3 \Leftrightarrow \left| 2+bi+1-2i \right|=3\Leftrightarrow \left| 3+\left( b-2 \right)i \right|=3\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{9+{{\left( b-2 \right)}^{2}}}=3\Leftrightarrow {{\left( b-2 \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow b=2\)

Vậy có một số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán: z=2+2i.

Ta có: \(x\left( 3+2i \right)+y\left( 1-4i \right)=1+24i\)

\( \Leftrightarrow 3x + y + \left( {2x - 4y} \right)i = 1 + 24i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3x + y = 1\\ 2x - 4y = 24 \end{array} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 2\\ y = - 5 \end{array} \right.\)

Vậy x+y=-3.

\(\int\limits_{ - 1}^2 {f''\left( x \right){\rm{d}}x}  = \left. {f'\left( x \right)} \right|_{ - 1}^2 = f'\left( 2 \right) - f'\left( { - 1} \right) = 4 - \left( { - 2} \right) = 6\)

Tâm I của mặt cầu là trung điểm đoạn MN \(\Rightarrow I\left( 1;2;1 \right)\).

Bán kính mặt cầu \(R=\frac{MN}{2}=\frac{\sqrt{{{\left( -1-3 \right)}^{2}}+{{\left( 6+2 \right)}^{2}}+{{\left( -3-5 \right)}^{2}}}}{2}=6\).

Vậy phương trình mặt cầu là \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=36\).

Gọi O là giao điểm của AC và BD, N là trung điểm của BC.

\(\alpha =\left( \left( SBC \right),\left( ABC\text{D} \right) \right)=\left( SN,ON \right)=\widehat{SNO}\)

\(OB=\frac{1}{2}BD=\sqrt{2}a\)

Xét \(\Delta SOB\) vuông tại O: \(SO=\sqrt{S{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=a\sqrt{7}\)

Xét \(\Delta SON\) vuông tại O: \(SN=\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{N}^{2}}}=2\sqrt{2}a\)

Xét \(\Delta SON\) vuông tại O: \(\cos \alpha =\frac{ON}{SN}=\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}\)

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega\right)=6!=720\).

Gọi A là biến cố “hai bi vàng không xếp cạnh nhau”. Do đó \(\overline{A}\) là biến cố hai bi vàng xếp cạnh nhau.

Xếp 2 bi vàng cạnh nhau vào 6 vị trí có: 5 cách.

Xếp 4 bi còn lại vào 4 vị trí còn lại có: 4! cách.

Do đó \(n\left( \overline{A} \right)=5.4!=120\).

Vậy \(P=P\left( A \right)=1-P\left( \overline{A} \right)=1-\frac{120}{720}=\frac{5}{6}\).

Từ giả thiết, ta chỉ xét \(m\in {{\mathbb{Z}}^{+}}\)

Ta có: \({{9}^{{{m}^{2}}x}}+{{4}^{{{m}^{2}}x}}\ge m{{.5}^{{{m}^{2}}x}} \Leftrightarrow {{\left( \frac{9}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}+{{\left( \frac{4}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}\ge m\,\,\left( 1 \right)\)

Có \({{\left( \frac{9}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}+{{\left( \frac{4}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}\ge 2\sqrt{{{\left( \frac{9}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}.{{\left( \frac{4}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}}=2{{\left( \frac{6}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}\).

Do đó nếu có \({{x}_{0}}\) là nghiệm của bất phương trình \(2{{\left( \frac{6}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}\ge m\) thì \({{x}_{0}}\) cũng là nghiệm của \({{\left( \frac{9}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}+{{\left( \frac{4}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}\ge m\).

Ta xét các giá trị \(m\in {{\mathbb{Z}}^{+}}\) làm cho bất phương trình \(2{{\left( \frac{6}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}\ge m\,\,\,\left( 2 \right)\) có nghiệm.

Vì \(2{{\left( \frac{6}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}\ge m\Leftrightarrow {{\left( \frac{6}{5} \right)}^{{{m}^{2}}x}}\ge \frac{m}{2}, m\in {{\mathbb{Z}}^{+}}\)

\(\Leftrightarrow {{m}^{2}}x\ge {{\log }_{\frac{6}{5}}}\left( \frac{m}{2} \right) \Leftrightarrow x\ge \frac{1}{{{m}^{2}}}{{\log }_{\frac{6}{5}}}\left( \frac{m}{2} \right)\), với \(m\in {{\mathbb{Z}}^{+}}\).

Vậy với \(m\in {{\mathbb{Z}}^{+}}\) thì bất phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm tương ứng là \(x\ge \frac{1}{{{m}^{2}}}{{\log }_{\frac{6}{5}}}\left( \frac{m}{2} \right)\)

Suy ra có vô số giá trị \(m\in {{\mathbb{Z}}^{+}}\) làm cho bất phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm.

Phương trình (E)có dạng: \(\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{{{y}^{2}}}{1}=1\).

Diện tích \(\left( E \right)\) là: \({{S}_{E}}=\pi ab=2\pi \).

Vì MN=2m nên \(M\left( 1;\frac{\sqrt{3}}{2} \right)\).

Vì Parabol có đỉnh \(B\left( 0;-1 \right)\) và đi qua \(M\left( 1;\frac{\sqrt{3}}{2} \right)\) nên \(\left( P \right)\) có phương trình: \(y=\left( \frac{\sqrt{3}}{2}+1 \right){{x}^{2}}-1.\)

Diện tích phần tô đậm giới hạn bởi \(y=\left( \frac{\sqrt{3}}{2}+1 \right){{x}^{2}}-1\) và \(y=\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{4}}\) là: \({{S}_{1}}=\int\limits_{-1}^{1}{\left| \left( \sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{4}} \right)-\left( \frac{\sqrt{3}}{2}+1 \right){{x}^{2}}+1 \right|\text{d}x}\)

Vậy kinh phí cần sử dụng là: \(P={{S}_{1}}.200000+({{S}_{E}}-{{S}_{1}}).500000\approx 2340000\) đồng.

Với \(x\in \left[ 1;\,\,3 \right]\) ta có: \({f}'\left( x \right){{\left[ 1+f\left( x \right) \right]}^{2}}={{\left[ {{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}}\left( x-1 \right) \right]}^{2}}\Leftrightarrow \frac{{f}'\left( x \right){{\left[ 1+f\left( x \right) \right]}^{2}}}{{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{4}}}={{\left( x-1 \right)}^{2}}\)

\(\,\,\,\Leftrightarrow \left( \frac{1}{{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{4}}}+\frac{2}{{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{3}}}+\frac{1}{{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{2}}} \right){f}'\left( x \right)={{x}^{2}}-2x+1\)

Suy ra: \(-\frac{1}{3{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{3}}}-\frac{1}{{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{2}}}-\frac{1}{f\left( x \right)}=\frac{{{x}^{3}}}{3}-{{x}^{2}}+x+C\) (lấy nguyên hàm hai vế).

Ta lại có: \(f\left( 1 \right)=-1\Rightarrow \frac{1}{3}-1+1=\frac{1}{3}-1+1+C\Rightarrow C=0\)

Dẫn đến: \(-\frac{1}{3}{{\left( \frac{1}{f\left( x \right)} \right)}^{3}}-{{\left( \frac{1}{f\left( x \right)} \right)}^{2}}-\frac{1}{f\left( x \right)}=-\frac{1}{3}{{\left( -x \right)}^{3}}-{{\left( -x \right)}^{2}}-\left( -x \right)\,\,\,\,\left( * \right)\)

Vì hàm số \(g\left( t \right)=-\frac{1}{3}{{t}^{3}}-{{t}^{2}}-t\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) nên \(\left( * \right)\Rightarrow \frac{1}{f\left( x \right)}=-x\Rightarrow f\left( x \right)=-\frac{1}{x}\).

Hàm số này thỏa các giả thiết của bài toán.

Do đó \(\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{1}^{3}{\left( -\frac{1}{x} \right)\text{d}x=-}\ln 3\Rightarrow a=-1,\,\,b=0\).

Vậy \(S=a+{{b}^{2}}=-1\).

Tam giác ABC vuông tại C nên \(BC=\sqrt{A{{B}^{2}}-A{{C}^{2}}}=a\sqrt{3}\).

Tam giác \(BC{C}'\) vuông tại C nên \(C{C}'=\sqrt{B{{{{C}'}}^{2}}-B{{C}^{2}}}=a\).

Thể tích của khối lăng trụ là \(V={{S}_{ABC}}.C{C}'=\frac{1}{2}AC.BC.C{C}'=\frac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{2}\)

Ta có diện tích hình vuông OABC là 16 và bằng \({{S}_{1}}\,+\,{{S}_{2}}\).

\({S_2} = \,\,\int\limits_0^4 {\frac{1}{4}{x^2}{\rm{d}}x} \,\, = \,\left. {\,\frac{{{x^3}}}{{12}}} \right|_0^4\, = \,\,\frac{{16}}{3}\)\(\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}}\,\,\, = \,\,\,\frac{{16 - {S_2}}}{{{S_2}}}\,\,\, = \,\,\,\frac{{16 - \frac{{16}}{3}}}{{\frac{{16}}{3}}}\,\,\, = \,\,\,2\)

Theo bài ra ta có \(f'\left( x \right)=4{{x}^{3}}\).

Suy ra \(g\left( x \right)=4{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-6x+1\).

Suy ra \(g'\left( x \right)=12{{x}^{2}}-6x-6=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{x}_{1}}=1 \\ & {{x}_{2}}=-\frac{1}{2} \\ \end{align} \right.\)

Đồ thị hàm số lên - xuống – lên.

Hàm số \(g\left( x \right)=f'\left( x \right)-3{{x}^{2}}-6x+1\) đạt cực tiểu, cực đại lần lượt tại \({{x}_{1}}=1,\text{ }{{\text{x}}_{2}}=-\frac{1}{2}\).

Suy ra \(m=g\left( 1 \right).g\left( 2 \right)=\left( 4-3-6+1 \right)\left[ 4.{{\left( \frac{-1}{2} \right)}^{3}}-3.{{\left( \frac{-1}{2} \right)}^{2}}-6.\left( \frac{-1}{2} \right)+1 \right]=-11\).

Xét \(x\in {{\mathbb{R}}^{*}}\), ta có

\(f\left( x \right)+2.f\left( \frac{1}{x} \right)=3x\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\).

Thay x bằng \(\frac{1}{x}\) ta được

\(f\left( \frac{1}{x} \right)+2.f\left( x \right)=\frac{3}{x}\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\).

Nhân hai vế đẳng thức \(\left( 2 \right)\) cho 2 rồi trừ cho đẳng thức \(\left( 1 \right)\) vế theo vế ta có

\(3f\left( x \right)=\frac{6}{x}-3x\Rightarrow \frac{f\left( x \right)}{x}=\frac{2}{{{x}^{2}}}-1\).

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

Phương trình tham số của \(d:\,\,\left\{ \begin{array}{l} x = - 3 + 2t\\ y = - 1 + t\\ z = \,\,\,\,\,\,\,\,\, - t \end{array} \right.\)

Tọa độ giao điểm của d và \(\left( P \right)\) là nghiệm của hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l} x = - 3 + 2t\\ y = - 1 + t\\ z = \,\,\,\,\,\,\,\,\, - t\\ x + y - 3z - 2 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - 3 + 2t\\ y = - 1 + t\\ z = \,\,\,\,\,\,\,\,\, - t\\ - 3 + 2t - 1 + t + 3t - 2 = 0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = 1\\ x = - 1\\ y = 0\\ z = - 1 \end{array} \right. \Rightarrow d \cap \left( P \right) = M\left( { - 1;\,0;\, - 1} \right)\).

Vì d' nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\), cắt và vuông góc với d nên d' đi qua M và có véc tơ chỉ phương \({{\overrightarrow{u}}_{d'}}={{\overrightarrow{n}}_{P}}\wedge {{\overrightarrow{u}}_{d}}=\left( 2;\,-5;\,-1 \right)\) hay d' nhận véc tơ \(\overrightarrow{v}=\left( -2;\,5;\,1 \right)\) làm véc tơ chỉ phương.

Phương trình của d': \(\frac{x+1}{-2}=\frac{y}{5}=\frac{z+1}{1}\).

Vì mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) đi qua \(D\left( 4\,;\,2\,;\,1 \right)\) nên phương trình \(\left( \alpha  \right)\) có dạng:

\(a.\left( x-4 \right)+b.\left( y-2 \right)+c.\left( z-1 \right)=0\) (với \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}>0\))

Đặt \(S=d\left[ A,\left( \alpha  \right) \right]+d\left[ B,\left( \alpha  \right) \right]+d\left[ C,\left( \alpha  \right) \right]=\frac{\left| -2a-2b \right|+\left| -a-b+4c \right|+\left| -3a-c \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}\).

Theo giả thiết, A, B, C nằm cùng phía đối với \(\left( \alpha  \right)\) nên không mất tính tổng quát, ta giả sử:

\(\left\{ \begin{array}{l} - 2a - 2b > 0\\ - a - b + 4c > 0\\ - 3a - c > 0 \end{array} \right.\)

Khi đó, \(S=\frac{-2a-2b-a-b+4c-3a-c}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{-6a-3b+3c}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}\)

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai bộ số \(\left( -6\,;\,-3\,;\,3 \right)\) và \(\left( a\,;\,b\,;\,c \right)\), ta được:

\(-6a-3b+3c\le \left| -6a-3b+3c \right|\le \sqrt{\left( {{6}^{2}}+{{3}^{2}}+{{3}^{2}} \right).\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}\].

\(\Rightarrow S\le 3\sqrt{6}\).

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & -6a-3b+3c\ge 0 \\ & \frac{a}{-6}=\frac{b}{-3}=\frac{c}{3} \\ \end{align} \right.\). Ta chọn \(\left\{ \begin{align} & a=-2 \\ & b=-1 \\ & c=1 \\ \end{align} \right.\).

\(\Rightarrow \left( \alpha  \right):-2x-y+z+9=0\) hay \(\left( \alpha  \right):2x+y-z-9=0\)

\(\Rightarrow m=1, n=-1, p=9\).

Vậy T=m+n+p=9.

Do hàm số \(y=f\left( x \right)\) có đạo hàm với mọi \(x\in \mathbb{R}\) nên \(y=f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\), do đó hàm số \(g\left( x \right)=f\left( \left| x \right| \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\). Suy ra \(g\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)\) là một số hữu hạn.

Xét trên khoảng \(\left( 0;+\infty\right): g\left( x \right)=f\left( x \right)\)

\(g\prime \left( x \right)=f\prime \left( x \right)={{\left( x+1 \right)}^{4}}{{\left( x-m \right)}^{5}}{{\left( x+3 \right)}^{3}}\)

\(g\prime \left( x \right)=0 \Leftrightarrow {{\left( x-m \right)}^{5}}=0 \Leftrightarrow x=m\)

- TH1: m=0 thì x=0. Khi đó x=0 là nghiệm bội lẻ của \(g\prime \left( x \right)\) nên \(g\prime \left( x \right)\) đổi dấu một lần qua x=0 suy ra hàm số \(g\left( x \right)\) có duy nhất một điểm cực trị là x=0.

- TH2: m<0 thì \(g\prime \left( x \right)\) vô nghiệm, suy ra \(g\prime \left( x \right)>0\) với mọi x>0

Hàm số \(y=g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \( \left( 0;+\infty\right)\).

Cả hai trường hợp trên đều có: hàm số \(g\left( x \right)=f\left( \left| x \right| \right)\) có duy nhất một điểm cực trị là x=0.

- TH 3: m>0 thì x=m là nghiệm bội lẻ của \(g\prime \left( x \right)\)

Bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)=f\left( \left| x \right| \right)\):

- Lại có \({m \in [ - 5 ; 5 ]}\) và m nguyên nên \(m\in \left\{ 1,2,3,4,5 \right\}\).

Vậy có 5 giá trị nguyên của m.

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

Ta có, số phức z thỏa mãn \(\left| z+1 \right|=\sqrt{3}\Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=3\)

Suy ra, tập hợp tất cả các số phức thỏa mãn thỏa mãn \(\left| z+1 \right|=\sqrt{3}\) là một đường tròn có tâm \(I\left( -1\,;\,0 \right)\) và bán kính \(r=\sqrt{3}\).

Gọi \(M\left( x\,;\,y \right)\in C\left( I,\sqrt{3} \right)\)

\(\Rightarrow T=\left| z+4-i \right|+\left| z-2+i \right|\)

\(=M{{I}_{1}}+M{{I}_{2}}=\sqrt{{{\left( x+4 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}}+\sqrt{{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}}\), với \({{I}_{1}}\left( -4\,;\,1 \right),\,\,{{I}_{2}}\left( 2\,;\,-1 \right)\)

Ta có, \(\overrightarrow{I{{I}_{1}}}=\left( -3\,;\,1 \right),\,\overrightarrow{I{{I}_{2}}}=\left( 3\,;\,-1 \right)\). Suy ra \(\overrightarrow{I{{I}_{1}}},\,\,\overrightarrow{I{{I}_{2}}}\) cùng phương và 3 điểm \(I,\,\,{{I}_{1}},\,\,{{I}_{2}}\) thẳng hàng.

Ta lại có, I là trung điểm của \({{I}_{1}},\,\,{{I}_{2}}\) và \(\left| \overrightarrow{I{{I}_{1}}} \right|=\sqrt{10}>r,\,\,\left| \overrightarrow{I{{I}_{2}}} \right|=\sqrt{10}>r\). Suy ra các điểm \({{I}_{1}},\,\,{{I}_{2}}\) nằm ngoài đường tròn \(C\left( I,\sqrt{3} \right)\)

Ta có, hình biểu diễn tập hợp các điểm M.

Mặt khác: \(M{{I}_{1}}^{2}+M{{I}_{2}}^{2}=2M{{I}^{2}}+\frac{{{I}_{1}}{{I}_{2}}^{2}}{2}=2.3+20=26\), với \(\left| \overrightarrow{{{I}_{1}}{{I}_{2}}} \right|=\sqrt{26},\,\,\,\,\,\overrightarrow{{{I}_{1}}{{I}_{2}}}=\left( 6\,;-2 \right)\)

Ta có, \(T=M{{I}_{1}}+M{{I}_{2}}\le \sqrt{2\left( M{{I}_{1}}^{2}+M{{I}_{2}}^{2} \right)}\Rightarrow T=M{{I}_{1}}+M{{I}_{2}}\le 2\sqrt{13}\)

Vậy, giá trị lớn nhất của \(T=\left| z+4-i \right|+\left| z-2+i \right|\) bằng \(2\sqrt{13}\) khi và chỉ khi \(M{{I}_{1}}=M{{I}_{2}}\Rightarrow \Delta M{{I}_{1}}{{I}_{2}}\) cân tại M.

Xét phương trình: \({{4}^{{{x}^{2}}-2x+1}}-m{{.2}^{{{x}^{2}}-2x+2}}+3m-2=0\text{  }{{\text{ }}^{\left( 1 \right)}}\)

Đặt \(t={{2}^{{{x}^{2}}-2x+1}}={{2}^{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}}\). Do đó, ta có \({{\left( x-1 \right)}^{2}}={{\log }_{2}}t\). Điều kiện \(\left( t\ge 1 \right)\)

Ta có phương trình: (1) trở thành: \({{t}^{2}}-2mt+3m-2=0\text{    }{{\text{ }}^{\left( 2 \right)}}\)

Ta nhận thấy mỗi giá trị t>1 cho hai giá trị x tương ứng. Như vậy phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: \(1<{{t}_{1}}<{{t}_{2}}\).

\(\left( 2 \right)\Leftrightarrow \left( 2t-3 \right)m={{t}^{2}}-2\).

Nhận xét: \(t=\frac{3}{2}\), không là nghiệm phương trình.

Xét \(t\ne \frac{3}{2}, \left( 2 \right)\Leftrightarrow m=\frac{{{t}^{2}}-2}{2t-3}\). Xét hàm \(g\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}-2}{2t-3}\) trên \(\left( 1;+\infty  \right)\backslash \left\{ \frac{3}{2} \right\}\)

\(g'\left( t \right)=\frac{2{{t}^{2}}-6t+4}{{{\left( 2t-3 \right)}^{2}}}\); \(g'\left( t \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=1 \\ & t=2 \\ \end{align} \right.\)

Dựa vào bảng biến thiên, ta cần m>2.