Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị hàm số có TCN \(y = 2\) và TCĐ \(x =  - 1\).

Do đó loại đáp án C và D.

Dễ thấy hàm số ở đáp án A: \(y = \frac{{2x + 2}}{{x + 1}} = \frac{{2\left( {x + 1} \right)}}{{x + 1}} = 2\) là hàm hằng nên không có đường tiệm cận.

Các đáp án trên chỉ có đáp án A đúng: \(\log \left( {ab} \right) = \log a + \log b\).

Dựa vào BBT ta thấy hàm số có giá trị cực tiểu bằng \( - 2\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\).

Vì \(\frac{\pi }{2} \notin \mathbb{Z}\) nên hàm số \(y = {\left( {{x^3} - 8} \right)^{\frac{\pi }{2}}}\) xác định \( \Leftrightarrow {x^3} - 8 > 0 \Leftrightarrow x > 2\).

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \left( {2; + \infty } \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {BC}  = \left( {1; - 2; - 5} \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc \(BC\).

Vậy phương trình mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc \(BC\) là:

\(1\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y - 1} \right) - 5\left( {z + 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow x - 2y - 5z - 5 = 0\).

Ta có: \({u_3} = {u_1}.{q^2}\)\( \Rightarrow 27 = {u_1}.{\left( { - 3} \right)^2}\) \( \Leftrightarrow {u_1} = 3\).

Giả sử số hạng thứ \(n\) là \({u_n} = 1594323\), khi đó ta có:

\(3.{\left( { - 3} \right)^{n - 1}} = 1594323\) \( \Leftrightarrow {\left( { - 3} \right)^{n - 1}} = 531441\) \( \Leftrightarrow n - 1 = 12\) \( \Leftrightarrow n = 13\).

Vậy \(1594323\) là số hạng thứ 13 hay cấp số nhân trên có 13 số hạng.

Dễ thấy \(\int {{e^x}dx}  = {e^x} + C\), \(\int {\left( {{x^2} - 1} \right)dx}  = \frac{{{x^3}}}{3} - x + C\) là các mệnh đề đúng.

\(\int {\ln xdx}  = \frac{1}{x} + C\) là mệnh đề sai (Lẫn lộn giữa nguyên hàm và đạo hàm).

Cách làm đúng: \(\int {\ln xdx} \)\( = x.\ln x - \int {x.\frac{1}{x}dx}  + C\) \( = x.\ln x - x + C\)

\(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + 3g\left( x \right)} \right]dx} \)\( = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx}  + 3\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} \) \( =  - 2 + 3.\left( { - 5} \right) =  - 17\).

\(z = \left( {1 + 2i} \right)i = i + 2{i^2}\)\( = i - 2 =  - 2 + i\).

Vậy số phức đó có phần thực là \( - 2\) và phần ảo là \(1\).

Thể tích khối lập phương là: \(V = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\).

Chiều cao của khối nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 \).

Vậy thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\)\( = \frac{1}{3}\pi .{a^2}.a\sqrt 3  = \frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{3}\)

\(\overrightarrow a  = 2\overrightarrow i  + \overrightarrow k  - 3\overrightarrow j \)\( \Rightarrow \overrightarrow a  = \left( {2; - 3;1} \right)\)

Điểm \(M\left( { - 2;1;3} \right)\) không thuộc đường thẳng \(d\) vì \(\frac{{ - 2 - 2}}{3} \ne \frac{{1 + 1}}{{ - 1}} \ne \frac{{3 + 3}}{2}\).

Khai triển nhị thức \({\left( {x + 2} \right)^{n + 5}}\,\,\left( {n \in \mathbb{N}} \right)\) có tất cả \(2019\) số hạng nên \(n + 5 = 2019 + 1\)\( \Leftrightarrow n = 2015\).

Ta có: \(f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - 1\). Khi đó số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y =  - 1\).

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng \(y =  - 1\) cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm phân biệt.

Vậy phương trình \(f\left( x \right) + 1 = 0\) có 2 nghiệm phân biệt.

Điểm biểu diễn của số phức \(z = 2019 + bi\) (\(b\) là số thực tùy ý) là \(M\left( {2019;b} \right)\).

Điểm \(M\left( {2019;b} \right)\) luôn thuộc đường thẳng \(x = 2019\) vói mọi \(b\) tùy ý.

Các khối đa diện mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều là:

- Khối \(\left\{ {3;3} \right\}\): Tứ diện đều.

- Khối \(\left\{ {3;4} \right\}\): Bát diện đều.

- Khối \(\left\{ {3;5} \right\}\): Khối 20 mặt đều.

Vậy có 3 khối đa diện mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2;2} \right\}\).

Ta có: \(y = \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 4}} = \frac{1}{{x + 2}}\).

Đồ thị hàm số có TCN \(y = 0\) và TCĐ \(x =  - 2\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có: \(y' = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \in D\). Do đó \(y' < 0\,\,\,\forall x \in \left[ {3;5} \right]\).

Khi đó hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( {3;5} \right)\).

\( \Rightarrow M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {3;5} \right]} y = y\left( 3 \right) = 2\), \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {3;5} \right]} y = y\left( 5 \right) = \frac{3}{2}\).

Vậy \(M - m = 2 - \frac{3}{2} = \frac{1}{2}.\)

Ta có:

\(f'\left( x \right) = {x^{2017}}.{\left( {x - 1} \right)^{2018}}.{\left( {x + 1} \right)^{2019}}\) với \(\forall x \in \mathbb{R}\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\)

Trong đó:

+ \(x = 0\) là nghiệm bội \(2017\) (là cực trị).

+ \(x = 1\) là nghiệm bội \(2018\) (không là cực trị).

+ \(x =  - 1\) là nghiệm bội \(2019\) (là cực trị).

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

TXĐ: \(D = \left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\).

Ta có: \(y' = \frac{{\left( {2x - 3} \right)'}}{{\left( {2x - 3} \right)\ln 3}} = \frac{2}{{\left( {2x - 3} \right)\ln 3}}\).

Với \(x = 2 \in D\) thì \(y'\left( 2 \right) = \frac{2}{{\left( {2.2 - 3} \right)\ln 3}} = \frac{2}{{\ln 3}}\).

Ta có:

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

Do đó nếu đặt \({\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = t\,\,\left( {t > 0} \right)\) thì \({\left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)^x} = \frac{1}{t}\), khi đó phương trình trở thành:

\(\frac{1}{t} + t = 4 \Leftrightarrow {t^2} - 4t + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2 + \sqrt 3 \\t = 2 - \sqrt 3 \end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = 2 + \sqrt 3 \\{\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = 2 - \sqrt 3 \end{array} \right.\)

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

Do đó phương trình có 2 nghiệm \({x_1} =  - 2,\,\,{x_2} = 2\).

Vậy \({x_1} + {x_2} = 0\).

\(\begin{array}{l}{3^{x + 1}} - \frac{1}{3} > 0 \Leftrightarrow {3^{x + 1}} > \frac{1}{3}\\ \Leftrightarrow {3^{x + 1}} > {3^{ - 1}} \Leftrightarrow x + 1 >  - 1\\ \Leftrightarrow x >  - 2\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - 2; + \infty } \right)\).

\(\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {\frac{{xdx}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}}  = \int\limits_0^1 {\frac{{x + 3 - 3}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}dx} \\ = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{x + 3}}}  - 3\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}} \\ = \left. {\left( {\ln \left| {x + 3} \right| + \frac{3}{{x + 3}}} \right)} \right|_0^1\\ = \ln 4 + \frac{3}{4} - \ln 3 - 1\\ =  - \frac{1}{4} - \ln 3 + \ln 4\end{array}\)

\( \Rightarrow a =  - \frac{1}{4},\,\,b =  - 1,\,\,c = 1\)

Vậy \(a + b + c =  - \frac{1}{4} - 1 + 1 =  - \frac{1}{4}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}a + \left( {b - 1} \right)i = \frac{{1 + 3i}}{{1 - 2i}}\\ \Leftrightarrow a + bi - i = \frac{{1 + 3i}}{{1 - 2i}}\\ \Leftrightarrow a + bi = \frac{{1 + 3i}}{{1 - 2i}} + i\\ \Leftrightarrow z = \frac{{1 + 3i + i - 2{i^2}}}{{1 - 2i}}\\ \Leftrightarrow z = \frac{{1 + 4i + 2}}{{1 - 2i}}\\ \Leftrightarrow z = \frac{{3 + 4i}}{{1 - 2i}} =  - 1 + 2i\end{array}\)

Vậy môđun của số phức \(z\) là \(\left| z \right| = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}}  = \sqrt 5 \).

Ta có \(AB\parallel CD\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AB\parallel \left( {SCD} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(AH \bot CD\).

Vì \(\angle BAD = {60^0} \Rightarrow \angle ADC = {120^0}\) nên điểm \(H\) nằm ngoài đoạn thẳng \(CD\).

Trong \(\left( {SAH} \right)\) dựng \(AK \bot SH\,\,\left( {H \in SH} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AH\\CD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow CD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow CD \bot AK\).

\(\left\{ \begin{array}{l}AK \bot SH\\AK \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AK\).

Xét tam giác vuông \(AHD\) có \(\angle ADH = {180^0} - \angle ADC = {60^0}\), \(AD = a\) \( \Rightarrow AH = AD.sin{60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AH\), suy ra tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\), áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(AK = \frac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }}\) \( = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{4}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy \(d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Gọi \(h\) và \(r\) lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ.

Cắt một hình trụ bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông có cạnh hình vuông bằng chiều cao hình trụ và gấp đôi bán kính đáy hình trụ, suy ra \(h = 2r = 3a \Rightarrow r = \frac{{3a}}{2}\).

Vậy diện tích toàn phần hình trụ là: \({S_{tp}} = 2\pi r\left( {r + h} \right)\)\( = 2\pi .\frac{{3a}}{2}\left( {\frac{{3a}}{2} + 3a} \right) = \frac{{27\pi {a^2}}}{2}\).

Ta có: \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.1 - 2 + 2.\left( { - 1} \right) - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }}\)\( = 1 = d\)

\( \Rightarrow \) Bán kính của mặt cầu là \(R = \sqrt {{r^2} + {d^2}}  = \sqrt {8 + 1}  = 3\).

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9.\)

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2;5;2} \right),\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - 2;4;2} \right)\) \( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {2; - 8;18} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {ABC} \right)\) đi qua \(A\left( {1; - 2;0} \right)\) và nhận \(\overrightarrow n \left( {1; - 4;9} \right)\) là 1 VTPT. Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(1\left( {x - 1} \right) - 4\left( {y + 2} \right) + 9\left( {z - 0} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x - 4y + 9z - 9 = 0\).

Vậy độ dài đường cao của tứ diện \(ABCD\) hạ từ đỉnh \(D\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là:

\(d\left( {D;\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {3 - 4.3 + 9.1 - 9} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {9^2}} }}\)\( = \frac{{9\sqrt 2 }}{{14}} = \frac{9}{{7\sqrt 2 }}\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = {e^{x + 1}} > 0\,\,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\), do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {0;3} \right)\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = {e^4} - 2\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có: \(y' = {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m\).

Để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\) thì \(y' \le 0\,,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m \le 0\) với \(\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\).

Đặt \(f\left( x \right) = {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m\).

Để \(f\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\) thì phương trình \(f\left( x \right) = 0\) phải có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} \le  - 1 < 1 \le {x_2}\). Khi đó ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{x_1} \le  - 1 < {x_2}\\{x_1} < 1 \le {x_2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} - 2m > 0\\{x_1} + 1 \le 0 < {x_2} + 1\\{x_1} - 1 < 0 \le {x_2}\end{array} \right.\)  \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 > 0\\\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) \le 0\\\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) \le 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1}{x_2} + \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \le 0\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \le 0\end{array} \right.\,\,\,\left( * \right)\)

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 2m\end{array} \right.\).

Khi đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 2m + 2\left( {m + 1} \right) + 1 \le 0\\{m^2} + 2m - 2\left( {m + 1} \right) + 1 \le 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 4m + 3 \le 0\\{m^2} - 1 \le 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 \le m \le  - 1\\ - 1 \le m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  - 1\).

Vậy \(S = \left\{ { - 1} \right\}.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 3 điểm phân biệt nên phương trình \(f\left( {x + 2019} \right) = 1\) có 3 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x + 2019 = a\\x + 2019 = b\\x + 2019 = c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a - 2019\\x = b - 2019\\x = c - 2019\end{array} \right.\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(\sqrt {2 + \sin x}  = 0 \Leftrightarrow \sin x =  - 2\) (vô nghiệm).

Khi đó ta có khối tròn xoay \(D\) tạo thành khi quay \(D\) quanh trục hoành có thể tích \(V\) bằng:

\(\begin{array}{l}V = \pi \int\limits_0^\pi  {\left( {2 + \sin x} \right)dx} \\ = \left. {\pi \left( {2x - \cos x} \right)} \right|_0^\pi \\ = \pi \left( {2\pi  + 1 + 1} \right)\\ = 2\pi \left( {\pi  + 1} \right)\end{array}\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({x^3} - 3x + 2 = x + 2\)\( \Leftrightarrow {x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x =  - 2\end{array} \right.\)

Khi đó diện tích \(S\) của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2\) và \(y = x + 2\) là:

\(\begin{array}{l}V = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx} \\ = \int\limits_{ - 2}^0 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx}  + \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx} \\ = \left| {\int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{x^3} - 4x} \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_0^2 {\left( {{x^3} - 4x} \right)dx} } \right|\\ = 4 + 4 = 8\end{array}\)

Vì \(\left| z \right| = 3\) nên \(\left| {\overline z } \right| = 3\). Mà \(w = \overline z  + i \Rightarrow \overline z  = w - i\).

Khi đó ta có: \(\left| {w - i} \right| = 3\).

Vậy tập tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w = \overline z  + i\) là một đường tròn có tâm là điểm biểu diễn số phức \(i\), chính là điểm \(\left( {0;1} \right)\).

Gọi \(O,\,\,I\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(SC\). Khi đó \(OI\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\) nên \(OI\parallel SA\). Mà \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow OI \bot \left( {ABC} \right)\).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\), mà \(OI \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(OI\) chính là trục của \(\left( {ABC} \right)\), suy ra \(IA = IB = IC\,\,\,\left( 1 \right)\).

Lại có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SA \bot AC\), do đó tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) nên \(I\) chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SAC\), suy ra \(IS = IA = IC\,\,\,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) ta có \(IA = IB = IC = IS\), hay \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.ABC\), và bán kính mặt cầu là \(R = IS = \frac{1}{2}SC\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = 2a\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SAC\) ta có: \(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = 2a\sqrt 2 \).

Vậy \(R = \frac{1}{2}SC = a\sqrt 2 \).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nên áp dụng định lí Pytago ta có: \(BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}}  = a\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AC.BC = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 3  = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(CC' \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(CC' \bot BC\), suy ra tam giác \(BCC'\) vuông tại \(C\). Áp dụng định lí Pytago ta có: \(CC' = \sqrt {BC{'^2} - B{C^2}}  = a\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = CC'.{S_{\Delta ABC}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).

Gọi \(\overrightarrow {{u_3}}  = \left( {4; - 1;6} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng \({d_3}\).

Gọi đường thẳng cần tìm là \(d\). Vì \(d\parallel {d_3}\) nên \(d\) nhận \(\overrightarrow {{u_3}}  = \left( {4; - 1;6} \right)\) là 1 VTCP.

Gọi \(\left\{ \begin{array}{l}A = d \cap {d_1}\\B = d \cap {d_2}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {3 + 2{t_1}; - 1 + {t_1};2 - 2{t_1}} \right)\\B\left( { - 1 + 3{t_2}; - 2{t_2}; - 4 - {t_2}} \right)\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {3{t_2} - 2{t_1} - 4; - 2{t_2} - {t_1} + 1; - {t_2} + 2{t_1} - 6} \right)\) cũng là 1 VTCP của đường thẳng \(d\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {{u_3}} \) là 2 vectơ cùng phương.

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{3{t_2} - 2{t_1} - 4}}{4} = \frac{{ - 2{t_2} - {t_1} + 1}}{{ - 1}} = \frac{{ - {t_2} + 2{t_1} - 6}}{6}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3{t_2} + 2{t_1} + 4 =  - 8{t_2} - 4{t_1} + 4\\{t_2} - 2{t_1} + 6 =  - 12{t_2} - 6{t_1} + 6\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5{t_2} + 6{t_1} = 0\\13{t_2} + 4{t_1} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} = 0\\{t_2} = 0\end{array} \right.\\ \Rightarrow A\left( {3; - 1;2} \right);\,\,B\left( { - 1;0; - 4} \right)\end{array}\)

Vậy phương trình đường thẳng \(d\) đi qua \(A\left( {3; - 1;2} \right)\), nhận \(\overrightarrow {{u_3}} \left( {4; - 1;6} \right)\parallel \overrightarrow u \left( { - 4;1; - 6} \right)\) có phương trình là:

\(\frac{{x - 3}}{{ - 4}} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 2}}{{ - 6}}\)

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {3 - 2x} \right) + 2019\), khi đó ta có: \(g'\left( x \right) =  - 2f'\left( {3 - 2x} \right)\).

Xét \(g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow  - 2f'\left( {3 - 2x} \right) < 0\)\( \Leftrightarrow f'\left( {3 - 2x} \right) > 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < 3 - 2x < 1\\3 - 2x > 4\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 4 <  - 2x <  - 2\\2x <  - 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 < x < 2\\x <  - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

Vậy hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {3 - 2x} \right) + 2019\) nghịch biến trên \(\left( {1;2} \right)\) và \(\left( { - \infty ; - \frac{1}{2}} \right)\).

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - {x^2} - x + 2019\), khi đó ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 2x - 1\).

Xét \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2x + 1\). Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 2x + 1\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(x = 0\) là nghiệm của phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) và qua nghiệm \(x = 0\) thì \(g'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm.

(\(g'\left( x \right) > 0\) khi đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) nằm phía trên đường thẳng \(y = 2x + 1\) và \(g'\left( x \right) < 0\) khi đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) nằm phía dưới đường thẳng \(y = 2x + 1\)).

Vậy \(x = 0\) là điểm cực đại của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - {x^2} - x + 2019\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm:.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\frac{x}{{1 - x}} = mx - m - 1\,\,\left( {x \ne 1} \right)\\ \Leftrightarrow x = \left( {mx - m - 1} \right)\left( {1 - x} \right)\\ \Leftrightarrow x = mx - m - 1 - m{x^2} + mx + x\\ \Leftrightarrow m{x^2} - 2mx + m + 1 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Để đường thẳng \(d:\,\,y = mx - m - 1\) cắt \(\left( C \right)\) tại 2 điểm phân biệt \(M,\,\,N\) thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác \(1\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - m\left( {m + 1} \right) > 0\\m - 2m + m + 1 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m > 0\\1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 0\).

Khi đó hoành độ của hai điểm \(M,\,\,N\) là nghiệm của phương trình (*), áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} + {x_N} = 2\\{x_M}.{x_N} = \frac{{m + 1}}{m}\end{array} \right.\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{y_M} = m{x_M} - m - 1\\{y_N} = m{x_N} - m - 1\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {y_M} + {y_N}\)\( = \left( {{x_M} + {x_N}} \right) - 2m - 2 =  - 2\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(MN\), ta có \(I\left( {1; - 1} \right)\) \( \Rightarrow A{I^2} = {2^2} + {\left( { - 2} \right)^2} = 8\).

\(\begin{array}{l}M{N^2} = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + {\left( {{y_M} - {y_N}} \right)^2}\\ = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2}\\ + {\left( {m{x_M} - m - 1 - m{x_N} + m + 1} \right)^2}\\ = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + {m^2}{\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2}\\ = \left( {1 + {m^2}} \right){\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2}\\ = \left( {1 + {m^2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_M} + {x_N}} \right)}^2} - 4{x_M}{x_N}} \right]\\ = \left( {1 + {m^2}} \right)\left[ {4 - 4\frac{{m + 1}}{m}} \right]\\ =  - 4\frac{{1 + {m^2}}}{m}\end{array}\)

Do \(M{N^2} > 0\) nên \(m < 0\).

Đặt \(T = A{M^2} + A{N^2}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}A{I^2} = \frac{{A{M^2} + A{N^2}}}{2} - \frac{{M{N^2}}}{4}\\ \Rightarrow 4A{I^2} = 2T - M{N^2}\\ \Leftrightarrow T = \frac{{4A{I^2} + M{N^2}}}{2}\\ \Leftrightarrow T = \frac{{4.8 - 4\frac{{1 + {m^2}}}{m}}}{2}\\ \Leftrightarrow T = 16 - 2\frac{{1 + {m^2}}}{m}\\ \Leftrightarrow T = \frac{{ - 2{m^2} + 16m - 2}}{m}\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}T' = \frac{{\left( { - 4m + 16} \right)m - \left( { - 2{m^2} + 16m - 2} \right)}}{{{m^2}}}\\T' = \frac{{ - 4{m^2} + 16m + 2{m^2} - 16m + 2}}{{{m^2}}}\\T' = \frac{{ - 2{m^2} + 2}}{{{m^2}}} = 0 \Leftrightarrow m =  \pm 1\end{array}\)

BBT:

Từ BBT ta thấy \(\min T = 20 \Leftrightarrow m =  - 1\) .

Vì các tiếp tuyến của đồ thị \(y = f\left( x \right)\) tại các điểm có hoành độ \(x =  - 1\), \(x = 0\), \(x = 1\) lần lượt tạo với chiều dương của trục \(Ox\) các góc \({30^0}\), \({45^0}\), \({60^0}\) nên ta có: \(y'\left( { - 1} \right) = \tan {30^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\), \(y'\left( 0 \right) = \tan {45^0} = 1\), \(y'\left( 1 \right) = \tan {60^0} = \sqrt 3 \).

Đặt \({I_1} = \int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right).f''\left( x \right)dx} \) , \({I_2} = \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^3}.f''\left( x \right)dx} \).

Đặt \(t = f'\left( x \right)\) \( \Rightarrow dt = f''\left( x \right)dx\).

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 \Rightarrow t = f'\left( { - 1} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\x = 0 \Rightarrow t = f'\left( 0 \right) = 1\\x =  - 1 \Rightarrow t = f'\left( 1 \right) = \sqrt 3 \end{array} \right.\).

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}{I_1} = \int\limits_{\frac{{\sqrt 3 }}{3}}^1 {tdt}  = \left. {\frac{{{t^2}}}{2}} \right|_{\frac{{\sqrt 3 }}{3}}^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{6} = \frac{1}{3}\\{I_2} = \int\limits_1^{\sqrt 3 } {{t^3}dt}  = \left. {\frac{{{t^4}}}{4}} \right|_1^{\sqrt 3 } = \frac{9}{4} - \frac{1}{4} = 2\end{array}\)

Vậy \(I = {I_1} + 4{I_2} = \frac{1}{3} + 8 = \frac{{25}}{3}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left| {iz - 2i + 1} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {iz - 2i - {i^2}} \right| = 1\\ \Leftrightarrow \left| {i\left( {z - 2 - i} \right)} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| i \right|\left| {z - 2 - i} \right| = 1\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left| {z - 2 - i} \right| = 1\\ \Rightarrow \left| {\overline {z - 2 - i} } \right| = 1\\ \Leftrightarrow \left| {\overline z  + \overline { - 2 - i} } \right| = 1\\ \Leftrightarrow \left| {\overline z  - 2 + i} \right| = 1\\ \Leftrightarrow \left| {\overline z  - \left( {2 - i} \right)} \right| = 1\end{array}\).

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(\overline z \) là tâm đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(I\left( {2; - 1} \right)\), bán kính \(R = 1\)

Gọi \(M\) là điểm biểu diễn số phức \(\overline z \), \(N\left( { - 1; - 1} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z =  - 1 - i\).

Khi đó ta có: \(\left| {\overline z  + 1 + i} \right| = \left| {\overline z  - \left( { - 1 - i} \right)} \right| = MN\) với \(M \in \left( C \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}M{N_{\min }} = IN - R = 3 - 1 = 2\\M{N_{\max }} = IN + R = 3 + 1 = 4\end{array} \right.\) \( \Rightarrow m = 2,\,\,M = 4\).

Vậy \(M + m = 4 + 2 = 6\).

Số các số tự nhiên có 7 chữ số là \({9.10^6}\) số \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = {9.10^6}\).

Gọi A là biến cố: “Số lấy được có tận cùng bằng \(3\) và chia hết cho \(7\)”.

Gọi X là số có tận cùng bằng \(3\) và chia hết cho \(7\), khi đó \(X = 7.\overline {Y9} \) (\(\overline {Y9} \) là số tự nhiên có tận cùng bằng \(9\)).

Ta có:

\(\begin{array}{l}1000000 \le X \le 9999999\\ \Leftrightarrow 1000000 \le 7.\overline {Y9}  \le 9999999\\ \Leftrightarrow 142858 \le \overline {Y9}  \le 1428571\\ \Leftrightarrow 142858 \le 10Y + 9 \le 1428571\\ \Leftrightarrow 14285 \le Y \le 142856\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Số các số \(Y\) là: \(\left( {142856 - 14285} \right):1 + 1 = 128572\).

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 128572\).

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{128572}}{{{{9.10}^6}}} \approx 0,014\).

Gọi \(O = AC \cap BD\), vì chóp \(S.ABCD\) đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\), ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\\CD \bot SO\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right)\).

Trong \(\left( {SOM} \right)\) kẻ \(OK \bot SM\,\,\left( {K \in SM} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}OK \bot SM\\OK \bot CD\end{array} \right.\) \( \Rightarrow OK \bot \left( {SCD} \right)\).

Mà \(O \in \left( P \right) \Rightarrow OK \subset \left( P \right) \Rightarrow K \in \left( P \right)\).

Trong \(\left( {SCD} \right)\) gọi \(E = CK \cap SD \Rightarrow E = \left( P \right) \cap SD\). Khi đó \(\left( P \right) \equiv \left( {ACE} \right)\).

Trong \(\left( {SBD} \right)\) kẻ \(EH\parallel SO\,\,\left( {H \in BD} \right)\), suy ra \(EH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có: \(\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{{{V_{D.ACE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{\frac{1}{3}EH.{S_{ACD}}}}{{\frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}}}} = \frac{{EH}}{{SO}}.\frac{1}{2}\) \( \Rightarrow \frac{1}{5} = \frac{{EH}}{{SO}}.\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{EH}}{{SO}} = \frac{2}{5} = \frac{{DE}}{{DS}}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\\left( {SCD} \right) \supset SM \bot CD\\\left( {ABCD} \right) \supset OM \bot CD\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)\)\( = \angle \left( {SM;OM} \right) = \angle SMO\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SMD\) có:

\(\frac{{KS}}{{KM}}.\frac{{CM}}{{CD}}.\frac{{ED}}{{ES}} = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{{KS}}{{KM}}.\frac{1}{2}.\frac{2}{3} = 1 \Leftrightarrow \frac{{KS}}{{KM}} = 3\)\( \Rightarrow \frac{{MK}}{{MS}} = \frac{1}{4}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SOM\), đường cao \(OK\) ta có:

\(O{M^2} = MK.MS \Rightarrow \frac{{O{M^2}}}{{M{S^2}}} = \frac{{MK}}{{MS}} = \frac{1}{4}\) \( \Rightarrow \frac{{OM}}{{MS}} = \frac{1}{2} = \cos \angle SMO\). 

Độ dài cạnh của tam giác đều cắt trục Ox là \(a = 2.\sqrt {1 - {x^2}} \)

Diện tích tam giác đều đó là \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4\left( {1 - {x^2}} \right)\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)\)

Thể tích vật thể là \(V = \int\limits_{ - 1}^1 {Sdx}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)dx}  = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\)

\(\begin{array}{l} + )\,\,{\log _{2019}}\left( {x + y} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow x + y \le 1 \Leftrightarrow x + y - 1 \le 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\\ + )\,\,x + y + \sqrt {2xy + m}  \ge 1\\ \Leftrightarrow \sqrt {2xy + m}  \ge 1 - x - y\\ \Leftrightarrow 2xy + m \ge {\left( {1 - x - y} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2xy + m \ge {x^2} + {y^2} + 1 - 2x - 2y + 2xy\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 2x - 2y - m + 1 \le 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} \le m + 1\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow m + 1 \ge 0 \Leftrightarrow m \ge  - 1\).

Với \(m =  - 1\) ta có \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\end{array} \right.\).

Cặp số này không thỏa mãn \(\left( 1 \right)\).

Với \(m >  - 1\).

Tập hợp các cặp số \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn (1) là nửa mặt phẳng bờ đường thẳng \(x + y - 1 = 0\,\,\left( d \right)\) chứa điểm \(O\).

Tập hợp các cặp số \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn (2) là hình tròn \(\left( C \right)\) tâm \(I\left( {1;1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {m + 1} \,\,\,\left( {m >  - 1} \right)\).

Để tồn tại duy nhất cặp số \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn (1) và (2) thì \(\left( d \right)\) phải tiếp xúc với \(\left( C \right)\).

\( \Rightarrow d\left( {I;d} \right) = R\) \( \Leftrightarrow \frac{{\left| {1 + 1 - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \sqrt {m + 1}  \Leftrightarrow \sqrt {m + 1}  = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) \( \Leftrightarrow m + 1 = \frac{1}{2} \Leftrightarrow m =  - \frac{1}{2}\,\,\left( {tm} \right)\).

Giả sử mặt cầu tiếp xúc với \(\left( P \right)\) tại \(B\), khi đó \(I\) là giao điểm của đường thẳng qua \(B\) vuông góc với \(\left( P \right)\) và trung trực của đoạn thẳng \(AB\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\).

Ta có: \(R = IB \ge HB = \frac{1}{2}AB \ge \frac{1}{2}AA'\).

Khi đó \({R_{\min }} = \frac{1}{2}AA' \Leftrightarrow B \equiv A'\).

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \(\left( P \right)\), khi đó phương trình đường thẳng \(d\) là: \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{{z - 3}}{1}\).

Gọi \(A'\) là hình chiếu của \(A\) lên \(\left( P \right)\), khi đó \(A' = d \cap \left( P \right)\) \( \Rightarrow A'\left( { - 3;0;1} \right)\).

Mặt cầu tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn đi qua \(A\), tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) và có bán kính nhỏ nhất khi và chỉ khi nhận \(AA'\) là đường kính, khi đó \(I\) là trung điểm của \(AA'\) và \(I\left( { - 1;1;2} \right)\).

\( \Rightarrow a =  - 1,\,\,b = 1,\,\,c = 2\)\( \Rightarrow a + b + c = 2\)

Gọi \(\overrightarrow u \left( {2;2;1} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng \(CD\).

Vì \(AB\parallel CD\) nên \(\overrightarrow u \left( {2;2;1} \right)\) cũng là 1 VTCP của đường thẳng \(AB\).

Suy ra phương trình đường thẳng chứa cạnh \(AB\) là: \(\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{z}{1}\).

Vì \(B \in AB \Rightarrow B\left( { - 1 + 2t; - 1 + 2t;t} \right)\) \(\left( { - 1 + 2t >  - 1 \Leftrightarrow t > 0} \right)\).

Lấy \(M\left( {2; - 1;3} \right) \in CD\), ta có: \(\overrightarrow {AM}  = \left( {3;0;3} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow u } \right] = \left( {6; - 3; - 6} \right)\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow d\left( {A;CD} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}}\\ = \frac{{\sqrt {{6^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 3\\{S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AB + CD} \right).d\left( {A;CD} \right)}}{2}\\ \Rightarrow 27 = \frac{{\left( {AB + 2AB} \right).3}}{2}\\ \Leftrightarrow 3AB = 18 \Leftrightarrow AB = 6\\ \Leftrightarrow A{B^2} = 36\\ \Leftrightarrow {\left( { - 1 + 2t + 1} \right)^2} + {\left( { - 1 + 2t + 1} \right)^2}\\ + {\left( {t - 0} \right)^2} = 36\\ \Leftrightarrow 4{t^2} + 4{t^2} + {t^2} = 36\\ \Leftrightarrow {t^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\\t =  - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(B\left( {3;3;2} \right)\).