Số cách chọn 3 bạn trong 5 bạn: \(C_5^3\) cách.

Từ bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên \(\left( -\infty ;-2 \right)\) và \(\left( 0;2 \right).\)

Công sai của CSC là \(d={{u}_{2}}-{{u}_{1}}=3-1=2.\)

\(\Rightarrow {{u}_{3}}={{u}_{1}}+2d=1+2.2=5.\)

Hàm số đạt cực đại tại x = -2

\(f'\left( x \right)\) đổi dấu qua 4 điểm nên \(f\left( x \right)\) có 4 điểm cực trị.

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

Tiệm cận đứng của đồ thị là đường thẳng x=1.

Từ đồ thị, hàm số là hàm bậc 4 trùng phương: \(y=\text{a}{{\text{x}}^{4}}+b{{x}^{2}}+c\) có \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,=+\infty \) nên có hệ số a>0.

Đồ thị hàm số cắt trục tung nên có hoành độ \(x=0\Rightarrow y=2.\)

\({\log _3}\left( {9a} \right) = {\log _3}9 + {\log _3}a = 2 + {\log _3}a.\)

\(y' = \left( {{2^x}} \right)' = {2^x}.\ln 2.\)

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

\({{5}^{2x-4}}=25\Leftrightarrow {{5}^{2x-4}}={{5}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow 2x-4=2\Leftrightarrow x=3\)

Vậy phương trình có nghiệm x=3.

ĐKXĐ: x>0

Ta có:

\({{\log }_{2}}\left( 3x \right)=3\Leftrightarrow 3x={{2}^{3}}

\(\Leftrightarrow 3x=8\Leftrightarrow x=\frac{8}{3}\)

\(\int {f\left( x \right)dx = \int {\left( {3{x^2} - 1} \right)dx = {x^3} - x + C} } \)

\(\int {f\left( x \right)dx = \int {\left( {\cos 2x} \right)dx = \frac{1}{2}\int {\left( {\cos 2x} \right)d\left( {2x} \right) = \frac{1}{2}\sin 2x}  + C} } \)

\(\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_2^3 {f\left( x \right)dx}  = 5 + \left( { - 2} \right) = 3.\)

\(\int\limits_1^2 {{x^3}dx = \frac{1}{4}{x^4}\left| \begin{array}{l} 2\\ 1 \end{array} \right.} = 4 - \frac{1}{4} = \frac{{15}}{4}.\)

\(z = 3 + 2i \Rightarrow \overline z  = 3 - 2i.\)

\(z - {\rm{w}} = \left( {3 + i} \right) - \left( {2 + 3i} \right) = \left( {3 - 2} \right) + \left( {1 - 3} \right)i = 1 - 2i.\)

Số phức 5-2i có điểm biểu diễn trong mặt phẳng là điểm \(\left( 5;2 \right).\)

\(V = \frac{1}{3}S.h = 10.\)

V = 2.3.7 = 42.

Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h là \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h.\)

\({S_{xq}} = 2\pi rl = 24\pi \left( {c{m^2}} \right).\)

Gọi M là trung điểm của AB ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{1 + 3}}{2} = 2\\ {y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{1 + 1}}{2} = 1\\ {z_M} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{2 + 0}}{2} = 1 \end{array} \right..\)

Vậy \(M\left( {2;1;1} \right).\)

Mặt cầu \(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=9\) có bán kính \(R=\sqrt{9}=3.\)

Thay M vào \(\left( {{P}_{1}} \right)\) ta được: 1-2+1=0 nên \(M\in \left( {{P}_{1}} \right).\)

1 VTCP của đường thẳng đi qua O,M là \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{OM}=\left( 1;-2;1 \right)=\overrightarrow{{{u}_{4}}}.\)

Không gian mẫu là \(\Omega =\left\{ 1;2;3;...;15 \right\}\Rightarrow \left| \Omega  \right|=15.\)

Gọi A là biến cố chọn được số chẵn trong 15 số nguyên dương đầu tiên..

Trong 15 số nguyên dương đầu tiên có 7 số nguyên dương chẵn là \(\left\{ 2;4;6;8;10;12;14 \right\}\) nên \(\left| {{\Omega }_{A}} \right|=7.\)

Vậy xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right)=\frac{\left| {{\Omega }_{A}} \right|}{\left| \Omega  \right|}=\frac{7}{15}.\)

Đáp án A: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\Rightarrow \) Loại đáp án A.

Đáp án B: Loại vì \(y'=2x+2>0\Leftrightarrow x>-1.\)

Đáp án C: \(y'=3{{x}^{2}}-2x+1>0\text{ }\forall \text{x}\in \mathbb{R}\Rightarrow \) Thỏa mãn.

Đáp án D: Loại vì là \(y'=4{{x}^{3}}-6x,\) do đó không thỏa mãn \(y'>0\text{ }\forall x\in \mathbb{R}.\)

TXĐ: \(D=\mathbb{R}.\) Ta có: \(f'\left( x \right)=4{{x}^{3}}-4x\)

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

Ta có: \(f\left( 0 \right)=3,f\left( 2 \right)=11,f\left( 1 \right)=2\)

Vậy \(M=11,m=2\Rightarrow M+m=11+2=13.\)

Ta có:

\({{3}^{4-{{x}^{2}}}}\ge 27\)

\(\Leftrightarrow 4-{{x}^{2}}\ge 3\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}\le 1\Leftrightarrow -1\le x\le 1\)

Vậy nghiệm của bất phương trình là \(\left[ -1;1 \right].\)

\(\int\limits_{1}^{3}{\left[ 2f\left( x \right)+1 \right]dx=}2\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)dx+}\int\limits_{1}^{3}{dx}\)

\(\Leftrightarrow 5=2\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)dx+}x\left| \begin{align} & 3 \\ & 1 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow 5=2\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)dx+}2\)

\(\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)dx=\frac{3}{2}}\)

Ta có: \(w=\left( 1+i \right)z\)

\(\Rightarrow \left| \text{w} \right|=\left| 1+i \right|.\left| z \right|=\sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}}.\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}=5\sqrt{2}.\)

Vì \(\text{AA}'\bot \left( ABCD \right)\) nên CA là hình chiếu vuông góc của CA' lên \(\left( ABCD \right).\)

\(\Rightarrow \angle \left( CA';\left( ABCD \right) \right)=\angle \left( CA';CA \right)=\angle A'CA.\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC ta có:

\(AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=2\sqrt{2}\text{=AA}'\Rightarrow \Delta \text{AA }\!\!'\!\!\text{ C}\) vuông cân tại \(\Rightarrow \angle \text{ACA}'={{45}^{0}}.\)

Vậy \(\angle \left( CA';\left( ABCD \right) \right)={{45}^{0}}.\)

Gọi \(\left\{ O \right\}=AC\cap BD.\) Vì S.ABCD là chóp tứ giác đều nên \(SO\bot \left( ABCD \right),\) do đó \(d\left( S;\left( ABCD \right) \right)=SO.\)

Vì ABCD là hình vuông cạnh 2 nên \(BD=2\sqrt{2}\Rightarrow OD=\sqrt{2}.\)

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông SOD ta có:

\(SO = \sqrt {S{D^2} - O{D^2}}  = \sqrt {9 - 2}  = \sqrt 7 \)

Bán kính mặt cầu có tâm là gốc tọa độ O và đi qua điểm \(M\left( 0;0;2 \right)\) là \(R=OM=\sqrt{{{0}^{2}}+{{0}^{2}}+{{2}^{2}}}=2.\)

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=4.\)

Đường thẳng đi qua hai điểm A,B nhận \(\overrightarrow{AB}=\left( 1;-3;2 \right)\) làm 1 VTCP.

Do đó phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A,B là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + t\\ y = 2 - 3t\\ z = - 1 + 2t \end{array} \right.\) 

Ta có: \(g'\left( x \right)=2f'\left( 2x \right)-4\)

Cho \(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 2f'\left( 2x \right)-4=0\Leftrightarrow f'\left( 2x \right)=2\Leftrightarrow f'\left( 2x \right)=1.\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) đề bài cho ta thấy trên \(\left[ -\frac{3}{2};2 \right]\) đường thẳng y=1 cắt đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) tại x-0,x=2, trong đó x=0 là nghiệm kép.

Do đó \(f'\left( 2x \right)=1\Leftrightarrow 2x=2\Leftrightarrow x=1\) (không xét nghiệm kép 2x=0 vì qua các nghiệm của phương trình này thì \(g'\left( x \right)\) không đổi dấu.

Lấy x=0 ta có \(g'\left( -1 \right)=2f'\left( -1 \right)-4>0\) do \(f'\left( -1 \right)>2\)

Do đó ta có bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\) trên \(\left[ -\frac{3}{2};1 \right]\) như sau:

Với \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - \frac{3}{2};1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = f\left( 2 \right) - 4.\)

\(\left( {{2}^{x+1}}-\sqrt{2} \right)\left( {{2}^{x}}-y \right)<0\Leftrightarrow \left( {{2}^{x}}-\frac{1}{\sqrt{2}} \right)\left( {{2}^{x}}-y \right)<0\)

Vậy y>0 nên bất phương trình có không quá 10 nghiệm nguyên khi và chỉ khi

\(\frac{1}{\sqrt{2}}<{{2}^{x}}<y\Leftrightarrow -\frac{1}{2}<x<{{\log }_{2}}y.\)

Nếu \({{\log }_{2}}y>10\Rightarrow x\in \left\{ 0;1;2;...;10 \right\}\) đều là nghiệm, do đó không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

\(\Rightarrow {{\log }_{2}}y\le 10\Leftrightarrow y\le 1024.\)

Mà y là số nguyên dương nên \(y\in \left\{ 1;2;3;...;1023;1024 \right\}.\)

Vậy có 1024 gía trị nguyên dương của y thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xét \(I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( 2\sin x+1 \right)\text{cosxdx}}.\)

Đặt \(t=2\operatorname{s}\text{inx+1}\) ta có \(dt=2\cos xdx.\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{align} & x=0\Rightarrow t=1 \\ & x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=3 \\ \end{align} \right..\) Khi đó ta có:

\(I=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{f\left( t \right)dt=\frac{1}{2}}\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)dx}\)

\(=\frac{1}{2}\left( \int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)dx+\int\limits_{2}^{3}{f\left( x \right)dx}} \right)\)

\(=\frac{1}{2}\left( \int\limits_{1}^{2}{\left( {{x}^{2}}-2x+3 \right)dx+\int\limits_{2}^{3}{\left( {{x}^{2}}-1 \right)dx}} \right)\)

\(=\frac{1}{2}\left( \frac{7}{3}+\frac{16}{3} \right)=\frac{23}{6}\)

Đặt \(\text{w}=\left( z+2i \right)\left( \overline{z}-2 \right)\)

\(=z.\overline{z}-2z+2i\overline{z}-4i\)

\(={{\left| z \right|}^{2}}-2z+2i\overline{z}-4i\)

\(=2-2z+2i\overline{z}-4i\)

Đặt \(z=x+yi\left( x;y\in \mathbb{R} \right)\Rightarrow \overline{z}=x-yi,\) khi đó ta có:

\(\text{w}=2-2z+2i\overline{z}-4i\)

\(=2-2\left( x+yi \right)+2i\left( x-yi \right)-4i\)

\(=2-2x-2yi+2xi+2y-4i\)

\(=\left( 2-2x+2y \right)+\left( 2x-2y-4 \right)i\)

Vì \(\text{w}\] là số thuần ảo nên \(2-2x+2y=0\Leftrightarrow x=y+1.\)

Lại có \(\left| z \right|=2\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=4\Rightarrow {{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=4\Leftrightarrow 2{{y}^{2}}+2y-3=0\Leftrightarrow y=\frac{-1\pm \sqrt{7}}{2}.\)

Vậy có 2 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi M là trung điểm BC, trong \(\left( SAM \right)\) kẻ \(AH\bot SM\left( H\in SM \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{align} & BC\bot AM \\ & BC\bot SA \\ \end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAM \right)\Rightarrow BC\bot AH\)

\(\left\{ \begin{align} & AH\bot BC\left( cmt \right) \\ & AH\bot SM \\ \end{align} \right.\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\)

\(\Rightarrow SH$ là hình chiếu vuông góc của SA lên \(\left( SBC \right)\)

\(\Rightarrow \angle \left( SA;\left( SBC \right) \right)=\angle \left( SA;SH \right)\Leftrightarrow ASH=\angle ASM={{45}^{0}}\Rightarrow \Delta SAM\) vuông cân tại A.

Vì ABC là tam giác đều cạnh a nên \(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow SA=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) và \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\)

Vậy \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}}{8}.\)

Giả sử \(\left( O;R \right)\) là đường tròn đáy của hình trụ.

Áp dụng định lý \(\sin \) trong tam giác ABC, với \(\left( O \right)\) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có: \(\frac{MN}{\sin A}=2R\Leftrightarrow R=4,45.\)

\(\Rightarrow \) Diện tích xung quanh của hình trụ là: \({{S}_{xq}}=2\pi Rh=2\pi .4,45.1,35=12,015\pi \left( {{m}^{2}} \right).\)

Vì \(OM=ON=MN=4,45\) nên \(\Delta OMN\) là tam giác đều \(\Rightarrow \angle MON={{60}^{0}}.\)

\(\Rightarrow \) Diện tích tấm cường lực là: \(\frac{1}{3}{{S}_{xq}}\left( {{m}^{2}} \right).\)

Vậy số tiền Ông Bình mua tấm kính trên là: \(\frac{1}{6}.12,105\pi .1500000\approx 9436558\) (đồng).

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần tìm

Gọi \(A=\Delta \cap {{d}_{1}}\Rightarrow A\left( 1+2t;t;-1-2t \right)\)

Gọi \(B=\Delta \cap {{d}_{2}}\Rightarrow B\left( 2+t';2t';-1-t' \right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( t'-2t+1;2t'-t;-t'+2t \right).\)

Vì \(\Delta \bot \left( P \right)\) nên \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\left( 2;2;-1 \right)\) là 2 vectơ cùng phương.

\(\Rightarrow \frac{t'-2t+1}{2}=\frac{2t'-t}{2}=\frac{-t'+2t}{-1}\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & t'-2t+1=2t'-t \\ & t'-2t+1=2t'-4t \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & t'+t=1 \\ & t'-2t=1 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & t'=1 \\ & t=0 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow A\left( 1;0;-1 \right),B\left( 3;2;-2 \right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( 2;2;-1 \right).\)

Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta \) là: \(\frac{x-3}{2}=\frac{y-2}{2}=\frac{z+2}{-1}.\)

Xét hàm số \(h\left( x \right)=f\left( {{x}^{3}} \right)-3x\) ta có \(h'\left( x \right)=3{{x}^{2}}f'\left( {{x}^{3}} \right)-3.\)

Cho \(h'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}f'\left( {{x}^{3}} \right)-3=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}f'\left( {{x}^{3}} \right)-1=0\Leftrightarrow f'\left( {{x}^{3}} \right)=\frac{1}{{{x}^{2}}}.\)

Đặt \(t={{x}^{3}}\Rightarrow x=\sqrt[3]{t}\Rightarrow {{x}^{2}}={{\left( \sqrt[3]{t} \right)}^{2}}\) ta có \(f'\left( t \right)=\frac{1}{{{\left( \sqrt[3]{t} \right)}^{2}}}\left( * \right).\)

Xét hàm số \(k\left( t \right)=\frac{1}{{{\left( \sqrt[3]{t} \right)}^{2}}}\) ta có \(k\left( t \right)={{t}^{-\text{ }\frac{2}{3}}}\Rightarrow k'\left( t \right)=-\frac{2}{3}.{{t}^{-\text{ }\frac{5}{3}}}=-\frac{2}{3}.\frac{1}{\sqrt[3]{{{t}^{5}}}}.\)

BBT

Khi đó ta có đồ thị hàm số:

Dựa vào đồ thị ta thấy \(\left( * \right)\Leftrightarrow t=a>0\Leftrightarrow {{x}^{3}}=a\Leftrightarrow x=\sqrt[3]{a}.\)

⇒ Hàm số \(h\left( x \right)=f\left( {{x}^{3}} \right)-3x\) có 1 điểm cực trị.

BBT

Dựa vào BBT ta thấy \(h\left( \sqrt[3]{a} \right)<h\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)=0.\) Do đó phương trình \(h\left( x \right)=0\) có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy hàm số \(g\left( x \right)=\left| h\left( x \right) \right|\) có tất cả 3 điểm cực trị.

Ta có: \({{\left( {{a}^{\log x}}+2 \right)}^{\log a}}=x-2\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{\log a}}+2 \right)}^{\log a}}=x-2\)

Đặt \(b=\log a\Leftrightarrow a={{10}^{b}}.\) Vì \(a\ge 2\Rightarrow b\ge \log 2>0.\)

Phương trình đã cho trở thành:

\({{\left( {{x}^{b}}+2 \right)}^{b}}=x-2\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{b}}+2 \right)}^{b}}+\left( {{x}^{b}}+2 \right)={{x}^{b}}+x\left( * \right).\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{t}^{b}}+t\) ta có \(f'\left( t \right)=b{{t}^{b-1}}+1>0\Rightarrow \) Hàm số \(y=f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Do đó \(\left( * \right)\Leftrightarrow {{x}^{b}}+2=x\Leftrightarrow {{x}^{\log a}}=x-2\left( ** \right).\)

Với \(\log a\ge 1\) ta có đồ thị hàm số như sau:

⇒ Phương trình \(\left( ** \right)\) vô nghiệm.

Với \(\log a<1\) ta có đồ thị hàm số như sau:

⇒ Phương trình \(\left( ** \right)\) có nghiệm ⇒ Thỏa mãn.

\(\Rightarrow \log a<1\Leftrightarrow a<10.\) Kết hợp điều kiện đề bài ta có \(a\in \left\{ 2;3;4;...;9 \right\}.\)

Vậy có 8 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn \({{x}_{1}}=1\Rightarrow {{x}_{2}}=3,\) khi đó ta chọn \(f'\left( x \right)=\left( x-1 \right)\left( x-3 \right)={{x}^{2}}-4x+3\)

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

Vì \(f\left( x \right)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên chọn \(\left( x \right)=\frac{{{x}^{3}}}{3}-2{{x}^{2}}+3x-\frac{2}{3}.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(f\left( x \right)=\frac{{{x}^{3}}}{3}-2{{x}^{2}}+3x-\frac{2}{3}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=2-\sqrt{3} \\ & x=2+\sqrt{3} \\ & x=2 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow {{S}_{2}}=\int\limits_{1}^{2}{\left( \frac{{{x}^{3}}}{3}-2{{x}^{2}}+3x-\frac{2}{3} \right)}dx=\frac{5}{12}.\)

Với \(x=1\Rightarrow f\left( 1 \right)=\frac{2}{3}\Rightarrow {{S}_{HCN}}=\frac{2}{3}.1=\frac{2}{3}.\)

\(\Rightarrow {{S}_{1}}={{S}_{HCN}}-{{S}_{1}}=\frac{2}{3}-\frac{5}{12}=\frac{1}{4}.\)

Vậy \(\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\frac{23}{12}:\frac{1}{4}=\frac{5}{3}.\)

Gọi A,B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức \({{z}_{1}},{{z}_{2}}\)

Vì \(\left| {{z}_{1}} \right|=1\) nên tập hợp các điểm M là đường tròn tâm O bán kính \({{R}_{1}}=1\Rightarrow OM=1.\)

Vì \(\left| {{z}_{2}} \right|=2\) nên tập hợp các điểm N là đường tròn tâm O bán kính \({{R}_{2}}=2\Rightarrow ON=2.\)

Vì \(\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=\sqrt{3}\) nên \(MN=\sqrt{3}.\)

Đặt \({{z}_{3}}=3{{z}_{1}}+{{z}_{2}}\) là gọi P là điểm biểu diễn số phức \({{z}_{3}},\) khi đó ta có \(\overrightarrow{OP}=3\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}=\overrightarrow{OM'}+\overrightarrow{ON}.\)

\(\Rightarrow OM'PN\) là hình bình hàng.

Khi đó \(O{{P}^{2}}=OM{{'}^{2}}+O{{N}^{2}}+2OM'.ON.\cos \angle M'ON.\)

Lại có \(\Delta OMN\) vuông tại M (định lý Pytago đảo) \(\Rightarrow c\text{os}\angle \text{MON =}\frac{OM}{ON}=\frac{1}{2}.\)

\(\Rightarrow O{{P}^{2}}=OM{{'}^{2}}+O{{N}^{2}}+2OM'.ON.c\text{os}\angle \text{M }\!\!'\!\!\text{ ON}\)

\(={{3}^{2}}+{{2}^{2}}+2.3.2.\frac{1}{2}=19\)

\(\Rightarrow OP=\sqrt{19}\)

Gọi \(Q\left( 0;-5 \right)\) là điểm biểu diễn số phức 5i, khi đó ta có \(\left| 3{{z}_{1}}+{{z}_{2}}-5i \right|=PQ.\)

Do đó \({{\left| 3{{z}_{1}}+{{z}_{2}}-5i \right|}_{max}}=P{{Q}_{_{max}}}.\)

Áp dụng BĐT tam giác có \(PQ\le OP+OQ=\sqrt{19}+5.\)

\(\Rightarrow P{{Q}_{max}}=5+\sqrt{19}.\) Dấu ''='' xảy ả khi P,O,Q thẳng hàng.

Không mất tính tổng quát ta giả sử đường cao của hình trụ trùng với AB.

Gọi I là tâm mặt cầu đường kính AB.

Gọi H là hình chiếu của I lên mặt phẳng chứa đường tròn đáy của hình nón \(\left( N \right).\)

Đặt R,r lần lượt là bán kính mặt cầu và bán kính đường tròn đáy của hình nón.

Ta có \(AB=\sqrt{{{4}^{2}}+{{4}^{2}}+{{2}^{2}}}=\sqrt{36}=6\Rightarrow R=\frac{1}{2}AB=3.\)

Gọi h là chiều cao hình trụ \(\left( h>3 \right)\Rightarrow IH=h-3\)

\(\Rightarrow r=\sqrt{{{3}^{2}}-{{\left( h-3 \right)}^{2}}}=\sqrt{-{{h}^{2}}+6h}.\)

⇒ Thể tích khối nón \(\left( N \right)\) là: \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi .\left( -{{h}^{2}}+6h \right).h=\frac{1}{3}\pi {{h}^{2}}\left( 6-h \right).\)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \({{h}^{2}}\left( 6-h \right)=\frac{1}{2}h.h.\left( 12-2h \right)\le \frac{1}{2}.{{\left( \frac{h+h+12-2h}{3} \right)}^{3}}=32.\)

\(\Rightarrow {{V}_{\left( N \right)}}\le \frac{1}{3}\pi .32=\frac{32\pi }{3}.\)

Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow h=12-2h=h=4\Rightarrow \frac{AH}{AB}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}\Rightarrow \overrightarrow{AH}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}.\)

\( \Rightarrow \left( {{x_H} - 2;{y_H} - 1;{z_H} - 3} \right) = \frac{2}{3}\left( {4;4;2} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_H} - 2 = \frac{8}{3}\\ {y_H} - 1 = \frac{8}{3}\\ {z_H} - 3 = \frac{4}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_H} = \frac{{14}}{3}\\ {y_H} = \frac{{11}}{3}\\ {z_H} = \frac{{13}}{3} \end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\frac{{14}}{3};\frac{{11}}{3};\frac{{13}}{3}} \right)\)

⇒ Mặt phẳng chứa đường tròn đáy của hình nón đi qua \(H\left( \frac{14}{3};\frac{11}{3};\frac{13}{3} \right)\) và có 1 VTPT là \(\overrightarrow{n} =\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\left( 2;2;1 \right)\)

Vậy phương trình mặt phẳng chứa đường tròn đáy của hình nón:

\(2\left( x-\frac{14}{3} \right)+2\left( y-\frac{11}{3} \right)+1\left( z-\frac{13}{3} \right)=0\Leftrightarrow 2x+2y+z-21=0.\)