Có 5! cách sắp xếp 5 học sinh đứng thành một hàng dọc

Ta có:  \(u_{3}^{{}}=u_{1}^{{}}{{q}^{2}}=18.\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( -2;-1 \right)\). 

Giá trị cực đại của hàm số là: y = 0

\(f'\left( x \right)=x\left( x-2 \right){{\left( x+1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}-4 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=2 \\ & x=-1 \\ & x=-2 \\ \end{align} \right.\)

Bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\)

Vậy hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y=1+\frac{1}{x-1}\) là đường thẳng y = 1

+ Do đây là đồ thị của hàm số bậc ba nên loại đáp án C.

+ Từ đồ thị ta thấy \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \) nên hệ số của \({{x}^{3}}\) dương nên loại đáp án D.

+ Ở đáp án B ta có:

\(\begin{align} & y=\frac{1}{9}{{x}^{3}}-\frac{1}{3}x+1 \\ & y'=\frac{1}{3}{{x}^{2}}-\frac{1}{3} \\ \end{align}\)

\(y'=0\Leftrightarrow x=\pm 1\)

Suy ra hàm số có hai điểm cực trị nên loại B.

+ Vậy chọn đáp án A.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục hoành:

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

Vậy phương trình có 2 nghiệm nên đồ thị cắt trục hoành tại 2 điểm.

Ta có \({{\log }_{5}}\left( 125a \right)={{\log }_{5}}125+{{\log }_{5}}a=3+{{\log }_{5}}a.\)

Ta có \(y'={{e}^{1-2x}}.\left( 1-2x \right)'=-2{{e}^{1-2x}}.\)

\(\sqrt[3]{{{a}^{5}}}={{a}^{\frac{5}{3}}}\).

Ta có \({{3}^{{{x}^{4}}-3{{x}^{2}}}}=81\Leftrightarrow {{x}^{4}}-3{{x}^{2}}=4\Leftrightarrow \) \({{x}^{4}}-3{{x}^{2}}-4=0\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} {{x}^{2}}=-1 \\ {{x}^{2}}=4 \\ \end{matrix} \right.\) \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}=4\Leftrightarrow x=\pm 2\)

Vậy tổng các nghiệm của phương trình \({{3}^{{{x}^{4}}-3{{x}^{2}}}}=81\) bằng 0

Phương trình:\({{\log }_{3}}\left( 2x \right)=2\)\(\Leftrightarrow 2x={{3}^{2}}\Leftrightarrow x=\frac{9}{2}\).

Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản: \(\int{f\left( x \right)\,}\text{d}x=\int{\left( 4{{x}^{3}}+2021 \right)\,}\text{d}x={{x}^{4}}+2021x+C\).

Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản: \(\int{f\left( x \right)\,}\text{d}x=-\frac{1}{3}\cos 3x+C\).

Áp dụng tính chất tích phân ta có: \(\int\limits_{2}^{3}{f\left( x \right)}\,\text{d}x=\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)}\,\text{d}x-\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)}\,\text{d}x=-7-2=-9\)

Ta có: \(\int\limits_{0}^{\ln 3}{{{e}^{x}}}\,\text{d}x=\left. {{e}^{x}} \right|_{0}^{\ln 3}\)\(={{e}^{\ln 3}}-{{e}^{0}}=2\).

Số phức liên hợp của số phức \(\left( a+bi \right)\) là \(\left( a-bi \right)\). Nên \(\overline{z}=3+4i\) là số phức liên hợp của số phức \(z=3-4i\).

Số phức \({{z}_{2}}-{{z}_{1}}=\left( -6-8i \right)-\left( 3+5i \right)=-9-13i\).

Vậy số phức liên hợp của số phức \({{z}_{2}}-{{z}_{1}}\) là -9+13i.

Số phức liên hợp của số phức 23+5i là số phức 23-5i.

Vậy điểm biểu diễn số phức 23-5i là điểm \(M\left( 23;-5 \right)\).

Ta có đáy là tam giác đều nên \(S=\frac{{{2}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\).

Ta có chiều cao bằng một nửa cạnh đáy nên : \(h=1\)

Vậy thể tích khối lăng trụ \(V=S.h=\sqrt{3}\).

Ta có diện tích đáy bằng \(25\,c{{m}^{2}}\)

Chu vi đáy : \(P=5.4=20\,cm\Rightarrow h=\frac{P}{2}=10\,cm\)

Vậy ta có thể tích khối hộp là \(V=25.10=250\,c{{m}^{3}}\)

Diện tích đáy đường tròn là \(4\pi {{R}^{2}}\Rightarrow \) Bán kính hình nón là 2R.

\({{V}_{N\acute{o}n}}=\frac{1}{3}\pi {{\left( 2R \right)}^{2}}h=\frac{4}{3}\pi {{R}^{2}}h.\)

\({{S}_{tp}}=2\pi R.\left( R+l \right)=2\pi 6.\left( 6+4 \right)=120\pi \left( c{{m}^{2}} \right)\)

Trọng tâm G của tam giác \(ABC\) có tọa độ là

\({{x}_{G}}=\frac{{{x}_{A}}+{{x}_{B}}+{{x}_{C}}}{3}=-1;{{y}_{G}}=\frac{{{y}_{A}}+{{y}_{B}}+{{y}_{C}}}{3}=1;\,{{z}_{G}}=\frac{{{z}_{A}}+{{z}_{B}}+{{z}_{C}}}{3}=0.\)

Phương trình mặt cầu là: \({{\left( x-a \right)}^{2}}+{{\left( y-b \right)}^{2}}+{{\left( z-c \right)}^{2}}={{R}^{2}}\Rightarrow \) tọa độ tâm \(I\left( -1;1;3 \right)\).

\(N\left( -1;1;0 \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\)

\(\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 2;1;-2 \right)\) là 1 vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\Rightarrow \)\(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( -2;-1;2 \right)\) và \(\overrightarrow{{{u}_{3}}}=\left( -4;-2;4 \right)\) cũng là vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\Rightarrow \) đáp án D sai.

Từ 1 đến 30 có 10 số chia hết cho 3 nên xác suất để chọn được 1 chiếc thẻ mang số chia hết cho 3 là \(\frac{10}{30}=\frac{1}{3}.\)

Ta có: \(y=-{{x}^{3}}-x+1\Rightarrow {y}'=-3{{x}^{2}}-1<0,\,\forall x\in \mathbb{R}\) nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

\(D=\mathbb{R}\).

\({y}'=3{{x}^{2}}-3\)\(\Rightarrow {y}'=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-3=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=1\in \left[ 0;2 \right] \\ & x=-1\not{\in }\left[ 0;2 \right] \\ \end{align} \right.\)

Ta có \(y\left( 0 \right)=-4,y\left( 2 \right)=-2;y\left( 1 \right)=-6\).

Vậy \(m=-2,m=-6\).

\({{5}^{{{x}^{2}}-3x}}\le \frac{1}{25}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-3x\le {{\log }_{5}}\frac{1}{25}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-3x+2\le 0\)\(\Leftrightarrow 1\le x\le 2\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(T=\left[ 1;2 \right]\).

Ta có \(\int\limits_{1}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}=4,\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}=3\Rightarrow \int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{1}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}-\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}=1\).

\(\int\limits_{2}^{5}{\left( 2f\left( x \right)+x \right)\text{d}x}=2\int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{2}^{5}{x\,\text{d}x}=2.1+\left. \frac{{{x}^{2}}}{2} \right|_{2}^{5}=\frac{25}{2}\).

Ta có \(z\left( 1+2i \right)=1-4i\Leftrightarrow z=\frac{1-4i}{1+2i}\)\(\Leftrightarrow z=\frac{\left( 1-4i \right)\left( 1-2i \right)}{5}=-\frac{7}{5}-\frac{6}{5}i\)

Vậy phần thực của số phức \(z=-\frac{7}{5}\in \left( -2;-1 \right)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD \bot AD}\\ {CD \bot SA\,\,} \end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD} \right.\).

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD = \left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right)}\\ \begin{array}{l} SD \subset \left( {SCD} \right),\,SD \bot CD\\ AD \subset \left( {ABCD} \right),\,AD \bot CD \end{array} \end{array}} \right. \Rightarrow \widehat {\left[ {\left( {ABCD} \right),\left( {SCD} \right)} \right]} = \widehat {\left( {SD,AD} \right)} = \widehat {SDA} = \alpha \).

Xét tam giác \(SAD\): \(\tan \widehat{SDA}=tan\alpha =\frac{SA}{AD}=\frac{a}{a}=1\) .

Ta có : \({{V}_{S.ABCD}}={{\left( AB \right)}^{3}}\frac{\sqrt{2}}{6}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{6}\)\(\Rightarrow {{V}_{S.AOD}}=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{24}\) .

Diện tích tam giác \(SAD\) là \({{S}_{SAD}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\).

Vậy \(d\left[ O,\left( SAD \right) \right]=\frac{3.{{V}_{SAOD}}}{{{S}_{SAD}}}=\frac{3.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}}{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}\) . 

Gọi \(I\) là tâm của mặt cầu \(\left( S \right)\)\(\Rightarrow I\) là trung điểm của \(AB\)\(\Rightarrow I\left( 1\,;\,0\,;\,-2 \right)\).

\(\overrightarrow{AB}=\left( 0\,;\,-2\,;\,-4 \right)\Rightarrow AB=2\sqrt{5}\).

Vậy mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 1\,;\,0\,;\,-2 \right)\) và bán kính \(R=\frac{AB}{2}=\sqrt{5}\) .

\(\Rightarrow \left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+2 \right)}^{2}}=5\).

Do \(\left( d \right)\bot \left( Oxy \right)\)\(\Rightarrow \) Vectơ chỉ phương của \(\left( d \right)\) là \(\overrightarrow{k}=\left( 0\,;\,0\,;\,1 \right)\) .

Vậy phương trình \(\left( d \right):\left\{ \begin{matrix} x=-2\,\,\, \\ \begin{align} & y=3 \\ & z=4+t \\ \end{align} \\ \end{matrix} \right.\,\,\,\,\left( t\in \mathbb{R} \right)\)

Đặt \(t=2x-1\Rightarrow t\in \left[ 0;3 \right]\) , xét hàm số \(h\left( t \right)=f\left( t \right)+3t+3\)  trên \(\left[ 0;3 \right]\) .

Ta có \({{h}^{/}}\left( x \right)={{f}^{/}}\left( x \right)+3, {{h}^{/}}\left( t \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=0 \\ & t=1 \\ & t=2 \\ \end{align} \right. .\)

\({{h}^{/}}\left( x \right)>0\Leftrightarrow {{f}^{/}}\left( x \right)>-3\Leftrightarrow x\in \left( 1;3 \right)\)

\({{h}^{/}}\left( x \right)<0\Leftrightarrow {{f}^{/}}\left( x \right)<-3\Leftrightarrow x\in \left( 0;1 \right)\)

Ta có bẳng biến thiên sau

Ta có \(\underset{\left[ 0;3 \right]}{\mathop{\min }}\,h\left( t \right)=h\left( 1 \right)=f\left( 1 \right)+6\) .

Ta có \(\left( {{{\log }_3}x - y} \right)\sqrt {{3^x} - 9} \le 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} \begin{array}{l} x > 0\\ {3^x} \ge 9\,\,\,\,\,\,\, \end{array}\\ {{{\log }_3}x \le y} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x \ge 2}\\ {x \le {3^y}} \end{array}} \right.\)

Nếu \({{3}^{y}}<2\) thì bất phương trình vô nghiệm ( không thỏa mãn).

Nếu \({{3}^{y}}=2\Leftrightarrow y={{\log }_{3}}2\approx 0,631\) thì bất phương trình có tập nghiệm \(T=\left\{ 2 \right\}\)

( không thỏa mãn vì \(y\) nguyên dương).

Nếu \({{3}^{y}}>2\Leftrightarrow y>{{\log }_{3}}2\approx 0,631\), khi đó bất phương trình có tập nghiệm \(T=\left[ 2;\,{{3}^{y}} \right]\)

Để mỗi giá trị \(y\), bất phương trình có không quá 2021 nghiệm nguyên \(x\) thì \({{3}^{y}}\le 2187\Leftrightarrow y\le {{\log }_{3}}2187=7\).

Kết hợp điều kiện \(y\) nguyên dương, \)0,631<y\le 7\) suy ra có 7 số \(y\) thỏa mãn bài toán.

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

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

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 có: \(f\left( x \right)=\int{\left( 4{{x}^{3}}+2x \right)\,}dx={{x}^{4}}+{{x}^{2}}+C\) và \(f\left( 0 \right)=1\Rightarrow C=1.\)

Do đó ta có: \(f\left( x \right)={{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1>0\,,\ \forall x.\)

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

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

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số \(y=g\left( x \right)\) có hai cực tiểu

Điều kiện: \(x>\frac{5}{6}.\)

Đặt \(y-1={{\log }_{7}}\left( 6x-5 \right)\) thì ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{align} & {{7}^{x-1}}=6\left( y-1 \right)+1 \\ & y-1={{\log }_{7}}\left( 6x-5 \right) \\ \end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{7}^{x-1}}=6y-5 \\ & {{7}^{y-1}}=6x-5 \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{7}^{x-1}}+6x={{7}^{y-1}}+6y (2)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{7}^{t-1}}+6t\) với \(t>\frac{5}{6}\) thì \(f'\left( t \right)={{7}^{t-1}}\ln 7+6>0,\forall t>\frac{5}{6}\Rightarrow f\left( t \right)\) đồng biến nên

\(\left( 2 \right)\Leftrightarrow f\left( x \right)=f\left( y \right)\Leftrightarrow x=y\) khi đó ta có phương trình \({{7}^{x-1}}-6x+5=0.\) (3)

Xét hàm số \(g\left( x \right)={{7}^{x-1}}-6x+5\) với \(x>\frac{5}{6}\) thì \(g'\left( x \right)={{7}^{x-1}}\ln 7-6\Rightarrow g''\left( x \right)={{7}^{x-1}}{{\left( \ln 7 \right)}^{2}}>0\) \(\forall x>\frac{5}{6}\)

Nên suy ra phương trình \(g\left( x \right)=0\) có không quá hai nghiệm.

Mặt khác \(g\left( 1 \right)=g\left( 2 \right)=0\) nên \(x=1\) và \(x=2\) là 2 nghiệm của phương trình (3).

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là \(x=1\) và \(x=2\).

Suy ra tổng các nghiệm của phương trình là 1+2=3.

- Gọi \(A\), \(B\) là các giao điểm của \(\left( {{P}_{1}} \right)\) và trục \(Ox\)\(\Rightarrow A\left( -2;0 \right)\), \(B\left( 2;0 \right)\)\(\Rightarrow AB=4\).

- Gọi \(M\), \(N\) là giao điểm của \(\left( {{P}_{1}} \right)\) và đường thẳng \(d\)\(\Rightarrow M\left( -\sqrt{4-a};a \right), N\left( \sqrt{4-a};a \right)\) \(\Rightarrow MN=2\sqrt{4-a}\).

- Nhận thấy: \(\left( {{P}_{2}} \right)\) là parabol có phương trình \(y=-\frac{a}{4}{{x}^{2}}+a\).

- Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ta được:

\({{S}_{1}}=2\int\limits_{a}^{4}{\sqrt{4-y}.\text{d}y}=-\frac{4}{3}\left. \left( {{\left( 4-y \right)}^{\frac{3}{2}}} \right) \right|_{a}^{4}=\frac{4}{3}\left( 4-a \right)\sqrt{4-a}\).

\({{S}_{2}}=2\int\limits_{0}^{2}{\left( -\frac{a}{4}{{x}^{2}}+a \right).\text{d}x}=2\left. \left( -\frac{a{{x}^{3}}}{12}+ax \right) \right|_{0}^{2}=\frac{8a}{3}\).

- Theo giả thiết: \({{S}_{1}}={{S}_{2}}\)\(\Rightarrow \frac{4}{3}\left( 4-a \right)\sqrt{4-a}=\frac{8a}{3}\)\(\Leftrightarrow {{\left( 4-a \right)}^{3}}=4{{a}^{2}}\)\(\Leftrightarrow {{a}^{3}}-8{{a}^{2}}+48a=64\).

Ta có \({{\left| z \right|}^{2}}=z.\overline{z}\). Đặt \(T=\left| 3u-4v \right|\), \(m=\left| 4u+3v \right|\).

Khi đó \({{T}^{2}}=\left( 3u-4v \right)\left( 3\overline{u}-4\overline{v} \right)=9{{\left| u \right|}^{2}}+16{{\left| v \right|}^{2}}-12\left( u\overline{v}+v\overline{u} \right)\).

Tương tự ta có \({{M}^{2}}=\left( 4u+3v \right)\left( 4\overline{u}+3\overline{v} \right)=16{{\left| u \right|}^{2}}+9{{\left| v \right|}^{2}}+12\left( u\overline{v}+v\overline{u} \right)\).

Do đó \({{M}^{2}}+{{T}^{2}}=25\left( {{\left| u \right|}^{2}}+{{\left| v \right|}^{2}} \right)=5000\).

Suy ra \({{M}^{2}}=5000-{{T}^{2}}=5000-{{50}^{2}}=2500\) hay\(m=50\).

Áp dụng \(\left| z+{z}' \right|\le \left| z \right|+\left| {{z}'} \right|\)ta có

\(\left| 4u+3v-10i \right|\le \left| 4u+3v \right|+\left| -10i \right|=50+10=60\).

Suy ra \(\max \left| 4u+3v-10i \right|=60\).

Mặt cầu \(\left( {{S}_{1}} \right)\) có tâm \(I\left( 1;-3;2 \right)\), bán kính \({{R}_{1}}=7\); mặt cầu \(\left( {{S}_{2}} \right)\) có tâm \(J\left( 10;9;2 \right)\), bán kính \({{R}_{2}}=20\). Ta có \(\overrightarrow{IJ}\left( 9;12;0 \right)\), \(IJ=15\).

Mặt phẳng \(\left( P \right):4x-3y+mz+22=0\) có vec tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{{{n}_{P}}}\left( 4;-3;m \right)\)

Do \(\overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{{{n}_{P}}}=0\) nên \(IJ\) song song hoặc chứa trong (P).

Bán kính đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu \(\left( {{S}_{1}} \right),\left( {{S}_{2}} \right)\) là \(R=\frac{2\sqrt{p\left( p-7 \right)\left( p-20 \right)\left( p-15 \right)}}{15}=\frac{28}{5}\)  với \(p=\frac{20+7+15}{2}=21\)

Phương trình mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến hai mặt cầu là (Q): \(3x+4y+30=0\)

Ta có \(d\left( I;(Q) \right)=\frac{21}{5}\), \(d\left( J;(Q) \right)=\frac{96}{5}\) nên \(d\left( I;(Q) \right)+IJ=d\left( J;(Q) \right)\)

Ta có mp(P) cắt hai mặt cầu \(\left( {{S}_{1}} \right),\left( {{S}_{2}} \right)\) theo giao tuyến là hai đường tròn, trong đó đường tròn nhỏ ở trong đường tròn lớn khi \(\frac{28}{5}

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 45{{m}^{2}}-140m>0 \\ & \frac{684}{25}{{m}^{2}}-140m-441<0 \\ \end{align} \right.\)

Và có m nguyên, nên \(m\in \left\{ -2;-1;4;5;6;7 \right\}\).