\(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{2}{3}\)

Vì mỗi tập con gồm 2 phần tử của tập A là một tổ hợp chập 2 của 20 phần tử nên số tập con cần tìm là \(C_{20}^2\).

\(\int\limits_a^b {f(x){\rm{d}}x = F(b) - F(a)} \)

Do \(SA\bot \left( ABCD \right)\) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng góc \(\widehat{SBA}\).

Ta có \(\cos \widehat{SBA}=\frac{AB}{SB} =\frac{1}{2} \Rightarrow \widehat{SBA}=60{}^\circ \).

Vậy góc giữa đường thẳng SB và và mặt phẳng đáy bằng bằng \(60{}^\circ \).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot AB\\ BC \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)

Kẻ \(AH\bot SB\). Khi đó \(AH\bot BC \Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\)

\(\Rightarrow AH\) là khoảng cách từ A đến mặt phẳng \(\left( SBC \right)\)

Ta có \(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}=\frac{1}{4{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}=\frac{5}{4{{a}^{2}}} \Rightarrow A{{H}^{2}}=\frac{4{{a}^{2}}}{5}\Rightarrow AH=\frac{2\sqrt{5}a}{5}\)

Mỗi một cách chọn hai học sinh trong một nhóm gồm 10 học sinh là một tổ hợp chập ba của mười phần tử.

Vậy số cách chọn là: \(C_{10}^3.\)

Quan sát đồ thị ta thấy đồ thị đi lên trong khoảng \(\left( -1;0 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right)\).

Vậy hàm số đồng biến trên \(\left( -1;0 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right)\).

Quan sát đáp án chọn D

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

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

Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;1 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right)\).

\(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+1}{x-1} =1 \Rightarrow y=1\) là đường tiệm cận ngang.

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

\(\Rightarrow x=1\) là đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số \(y=\frac{x+1}{x-1}\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng (0;1) và \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).

Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm số bậc ba nên loại A và B.

Đồ thi hàm số bậc ba có hệ số a > 0 nên D đúng.

Hàm số có ba điểm cực trị.

TXĐ D = R

Hàm số liên tục trên đoạn [0;4].

Ta có \(y' = 3{x^2} + 4x - 7\)

y' = 0 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1 \in \left[ {0;4} \right]\\ x = - \frac{7}{3} \notin \left[ {0;4} \right] \end{array} \right.\).

\(y\left( 0 \right) = 0;y\left( 1 \right) =  - 4;y\left( 4 \right) = 68\)

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y =  - 4\).

\(x + 2 = 0 \Leftrightarrow x =  - 2\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \left( {\frac{{x - 1}}{{x + 2}}} \right) =  - \infty \) nên đường thẳng x = -2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Dễ thấy phương trình \(\left( {{x^2} + 2} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \(x =  \pm 1 \Rightarrow \) ⇒ (C) cắt trục hoành tại hai điểm.

TCĐ: \(x + 1 = 0 \Leftrightarrow x =  - 1\)

Điều kiện: x > 0

\(\ln x \ge 1 \Leftrightarrow x \ge e\)

Số nghiệm của phương trình f(x) = 1 bằng số giao điểm của đường thẳng y = 1 và đồ thị hàm số y = f(x).

Từ đồ thị trên ta thầy đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt.

Vậy phương trình f(x) = 1 có 3 nghiệm.

ADCT: \(\int\limits_{}^{} {\sin kxdx}  =  - \frac{1}{k}\cos kx + C\)

\(\int\limits_{}^{} {\sin 3xdx}  =  - \frac{1}{3}\cos 3x + C\)

Số phức liên hợp của số phức z = 2 + 3i là \(\bar z = 2 - 3i\)

\({z_1} - {z_2} = 3 - 2i - \left( {1 + 4i} \right) = 2 - 6i\)

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

Điểm biểu diễn số phức \(\overline{z}=-1+2i\) là \(P\left( -1;\,\,2 \right)\)

Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm M(2;1;-1) trên trục Oy có tọa độ là (0;1;0)

Tâm của (S) là \(I\left( {2;\, - 4;\,1} \right)\)

Nên đường thẳng \(d:\ \frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{3}=\frac{z+1}{-1}\) có VTCP \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 2;\,3;-1 \right)\)

Thay tọa độ điểm P(-2;1;1) vào phương trình mp \(\left( P \right):2( - 2) + 1 + 1 + 2 = 0\) thỏa mãn

\(AB \bot (BCGF) \Rightarrow AB \bot CF\)

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số đạt cực đại tại x =  - 1,x = 3

\(y' = \left( {\frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}}} \right)' = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \in \left[ { - \frac{1}{2};2} \right]\\ x = - 2 \notin \left[ { - \frac{1}{2};2} \right] \end{array} \right.\)

\(f(0) = 2,f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{5}{2},f(2) = \frac{{10}}{3}\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số cho là \(\frac{{10}}{3}\) khi x = 2

\(P = {\log _a}\left( {{b^2}{c^3}} \right) = {\log _a}{b^2} + {\log _a}{c^3} = 2{\log _a}b + 3{\log _a}c = 2.2 + 3.3 = 13\)

TCĐ: x = 1, TCN: y = 2 nên giao điểm I của hai đường tiệm cận của đồ thị \(\left( C \right)\) là \(I\left( 1;2 \right)\)

\({4^x} + {2.2^x} - 3 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {2^x} \le - 3\\ {2^x} \ge 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow {2^x} \ge 1 \Leftrightarrow x \ge 0\)

Tam giác ABC vuông cân tại B, SC = a. Suy ra \(r=AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\) 

Diện tích xung quanh của hình nón \(S=\pi rl=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{2}}{2}\) 

\(I = \int\limits_{}^{} {2x.{e^{{x^2}}}dx}  = \int\limits_{}^{} {{e^{{x^2}}}d\left( {{x^2}} \right)}  = {e^{{x^2}}} + C\)

Phương trình hoành độ giao điểm \({x^3} + 2x = 3{x^2} \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1\\ x = 2 \end{array} \right.\)

\(S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} + 2x - 3{x^2}} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {\left( {{x^3} - 3{x^2} + 2x} \right){\rm{d}}x} - \int\limits_1^2 {\left( {{x^3} - 3{x^2} + 2x} \right){\rm{d}}x} \)

\({z_1}{z_2} = \left( {3 + 2i} \right)\left( { - 2 + i} \right) =  - 8 - i\)

Gọi \(z = a + bi,{\rm{ }}a,b \in R\)

Theo đề \(z + 3(z + \overline z ) = 2 - 5i\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4{\rm{z}} + 3\overline z = 2 - 5i\\ \Leftrightarrow 4\left( {a + bi} \right) + 3(a - bi) = 2 - 5i\\ \Leftrightarrow 7a + bi = 2 - 5i\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = \frac{2}{7}\\ b = - 5 \end{array} \right. \end{array}\)

Vậy số phức z thỏa mãn \(z + 3(z + \overline z ) = 2 - 5i\) có phần thực bằng \(\frac{2}{7}\)

Mặt phẳng (P) song song với mp(Q) có dạng \(x-3y+z+C=0,\text{  }C\ne -1\)

Vì (P) đi qua A nên ta có \(1-3\left( -2 \right)+3+C=0\Rightarrow C=-10\)

Vậy mặt phẳng (P) đi qua A và song song với mp(Q) có phương trình x-3y+z-10=0

Gọi \(\overrightarrow{u}\) là VTCP của đường thẳng đi qua I và song song với hai mặt phẳng \(\left( P \right),\left( Q \right)\)

VTPT của (P) \(\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\left( 1;0;-3 \right)\)

VTPT của (P) \(\overrightarrow{{{n}_{2}}}=\left( 0;2;-1 \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{u}\bot \overrightarrow{{{n}_{1}}} \\ & \overrightarrow{u}\bot \overrightarrow{{{n}_{2}}} \\ \end{align} \right.\Rightarrow \overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{1}}},\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right]=\left( 6;1;2 \right)\)

Đường thẳng cần tìm có phương trình \(\frac{x-1}{6}=\frac{y+2}{1}=\frac{z-1}{2}\)

Các bước thực hiện:

Bước 1: Chọn vị trí cho từng môn học => Có 3! cách.

Bước 2: Xếp sách toán vào có 5! cách.

Bước 3: Xếp sách toán vào có 4! cách.

Bước 4: Xếp sách toán vào có 3! cách.

Vậy ta có: 5!.4!.3!.3!

Gọi N là trung điểm AC, H là hình chiếu của A trên SM. Khi đó AH ⊥ (SMN). Lại có BC ∥ (SMN)

nên d(SM, BC) = d(B,(SMN)) = d(A,(SMN)) = AH.

Ta có AB = AC sin C = \(\sqrt{3},AH=\frac{SA.AM}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}}}=\frac{\sqrt{21}}{7}\)

Vậy d(SM, BC) =\(\frac{\sqrt{21}}{7}\)

x³ − 3mx + 2 = 0 (∗) ⇔ \(\left\{ \begin{array}{l} x \ne 0\\ m = \frac{{{x^3} + 2}}{{3x}} \end{array} \right.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^3} + 2}}{{3x}}\) trên D = R \ {0}. Ta có f’(x) =  \(\frac{{2{x^3} - 2}}{{3{x^2}}};f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Bảng biến thiên của hàm số f = f(x)

Phương trình (∗) có nghiệm duy nhất

⇔ Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại một điểm duy nhất ⇔ m < 1 .

Mà m là số nguyên,\(m \ge  - 3\) nên \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0} \right\}\)

Gọi x và h lần lượt là bán kính và chiều cao của cốc, ta có \(\left( x>0,2 \right)\) và \({{\left( x-0,2 \right)}^{2}}\left( h-1,5 \right)\pi =180\Leftrightarrow {{\left( x-0,2 \right)}^{2}}=\frac{180}{\left( h-1,5 \right)\pi }\) với \(h=15\,cm.\)

Suy ra \(x=0,2+\sqrt{\frac{40}{3\pi }}\)

Thể tích thủy tinh cần là: \(V=\pi {{x}^{2}}h-180\approx 60,717\,c{{m}^{3}}\Rightarrow T=60,717\,.500\approx 30359\) đồng.

Ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow \) Hệ số a > 0.

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ \(O\left( 0;0 \right)\Rightarrow \) Hệ số d=0.

Gọi \({{x}_{1}},\text{ }{{x}_{2}},\) lần lượt là hoành độ các điểm cực trị.

\(\Rightarrow {{x}_{1}};\,{{x}_{2}}\) là nghiệm của phương trình \(y'=3a{{x}^{2}}+2bx+c=0.\)

Dựa vào đồ thị \({{x}_{1}}<0;\text{ }{{x}_{2}}<0\text{ }\Rightarrow {{x}_{1}}.{{x}_{2}}>0\Leftrightarrow \frac{c}{3a}>0\Rightarrow c>0\)

Mặt khác \({{x}_{1}}+{{x}_{2}}<0-\frac{2b}{3a}<0\Rightarrow b>0\)

V_cầu = \(\frac{4}{3}\pi .R_{cau}^3 = \frac{{32}}{3}\pi \)

r_nón =  \(\sqrt {{2^2} - {1^2}}  = \sqrt 3 \)

V_nón = \(\frac{1}{3}\pi r_{non}^2.h = 3\pi \)

\(\begin{array}{l} \int\limits_1^e {\frac{{f\left( x \right)}}{x}dx} = \int\limits_1^e {f\left( x \right)d\ln x} = \left. {f\left( x \right)\ln x} \right|{}_1^e - \int\limits_1^e {\ln xf'\left( x \right)dx = 1} \\ \Rightarrow f\left( e \right) - \int\limits_1^e {\ln xf'\left( x \right)dx = 1} \\ \Leftrightarrow \int\limits_1^e {\ln xf'\left( x \right)dx = f\left( e \right) - 1 = 2 - 1 = 1} \end{array}\)

BBT của hàm số y = f(x)

\( \Rightarrow f\left( x \right) \le 1,\forall x \in R\)

Ta có: \(g\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) - 4f\left( x \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = 2f\left( x \right).f'\left( x \right) - 4f'\left( x \right) = 2f'\left( x \right).\left( {f\left( x \right) - 2} \right)\)

Mà \(f\left( x \right) - 2 < 0,\forall x\) (do \(f\left( x \right) \le 1,\forall x\))

BBT của hàm số y = g(x)

\(\log _2^2\left( {5{u_1}} \right) + \log _2^2\left( {7{u_1}} \right) = \log _2^25 + \log _2^27 \Leftrightarrow \log _2^2\left( {5{u_1}} \right) - \log _2^25 + \log _2^2\left( {7{u_1}} \right) - \log _2^27 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}5{u_1} - {{\log }_2}5} \right)\left( {lo{g_2}5{u_1} + {{\log }_2}5} \right) + \left( {{{\log }_2}7{u_1} - {{\log }_2}7} \right)\left( {{{\log }_2}7{u_1} + {{\log }_2}7} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{u_1}} \right).{\log _2}\left( {25{u_1}} \right) + {\log _2}\left( {{u_1}} \right).{\log _2}\left( {49{u_1}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _2}{u_1} = 0\\ {\log _2}\left( {25{u_1}} \right) + {\log _2}\left( {49{u_1}} \right) = 0 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ {\log _2}\left( {1225u_1^2} \right) = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow 1225u_1^2 = 1 \Leftrightarrow u_1^2 = \frac{1}{{1225}} \Rightarrow {u_1} = \frac{1}{{35}}\)

Lại có \({u_{n + 1}} = 7{u_n} \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) là cấp số nhân với \({u_1} = \frac{1}{{35}};q = 7 \Rightarrow {u_n} = \frac{{{7^{n - 1}}}}{{35}}\)

Do đó \({u_n} > 1111111 \Leftrightarrow \frac{{{7^{n - 1}}}}{{35}} > 1111111 \Leftrightarrow n > 1 + {\log _7}\left( {35.1111111} \right) \approx 9,98.\)

\({\log _{\sqrt 3 }}\frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} + xy + 2}} = x\left( {x - 3} \right) + y\left( {y - 3} \right) + xy\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) - {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) = {x^2} - 3x + {y^2} - 3y + xy\)

\( \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) + 3x + 3y = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) + 2 + 3x + 3y = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy + 2\\ \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {3x + 3y} \right) + 3x + 3y = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy + 2\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right) \end{array}\)

Đặt \(f\left( t \right) = {\log _{\sqrt 3 }}t + t,t > 0 \Rightarrow f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 3}} + 1 > 0,\forall t > 0 \Rightarrow f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

\(\begin{array}{l} \left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( {3x + 3y} \right) = f\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) \Leftrightarrow 3x + 3 = {x^2} + {y^2} + xy + 2\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + 4{y^2} + 4xy - 12x - 12y + 8 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2x + y} \right)^2} - 6\left( {2x + y} \right) + 5 = - 3{\left( {y - 1} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow 1 \le 2x + y \le 5 \end{array}\)

Khi đó \(P = \frac{{3x + 2y + 1}}{{x + y + 6}} = 1 + \frac{{2x + y - 5}}{{x + y + 6}} \le 1\) vì \(\left\{ \begin{array}{l} 2x + y - 5 \le 0\\ x + y + 6 > 0 \end{array} \right.\)

Vậy P_max = 1 khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l} 2x + y - 5 = 0\\ y - 1 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 2\\ y = 1 \end{array} \right.\)

Trong (ACC'A') kéo dài AI cắt AC’tại D.

Trong (A'B'C') kẻ \(A'H \bot B'D\) ta có:

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} A'H \bot B'D\\ A\,A' \bot B'D \end{array} \right. \Rightarrow B'D \bot \left( {A\,A'H} \right) \Rightarrow AH \bot B'D\\ \left\{ \begin{array}{l} \left( {AB'I} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = B'D\\ \left( {A'B'C} \right) \supset A'H \bot B'D\\ \left( {AB'I} \right) \supset AH \bot B'D \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left( {\left( {AB'I} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \left( {A'H;AH} \right) = \widehat {AHA'} \end{array}\)

Ta dễ dàng chứng minh được C’ là trung điểm của AD’

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{B'A'D}} = \frac{1}{2}d\left( {B';A'D} \right).A'D = \frac{1}{2}.d\left( {B';A'C'} \right).2A'C = 2{S_{A'B'C'}}\\ \Rightarrow {S_{B'A'D}} = 2.\frac{1}{2}.a.a.\sin {120^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \end{array}\)

Xét tam giác có

\(\begin{array}{l} B'D = \sqrt {A'B{'^2} + A'{D^2} - 2A'B'.A'D.c{\rm{os}}{{120}^0}} = \sqrt {{a^2} + 4{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 7 \\ \Rightarrow A'H = \frac{{2{S_{A'B'D}}}}{{B'D}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{a\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7} \end{array}\) 

Xét tam giác vuông AA'H có :

\(AH = \sqrt {A\,A{'^2} + A'{H^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{3}{7}{a^2}} = \frac{{a\sqrt {70} }}{7}\)

\( \Rightarrow c{\rm{os}}\,\widehat {AHA'} = \frac{{A'H}}{{AH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {21} }}{7}}}{{\frac{{a\sqrt {70} }}{7}}} = \frac{{\sqrt {30} }}{{10}}\)

Từ giả thiết, ta có \(x\left( x+1 \right).{f}'\left( x \right)+f\left( x \right)={{x}^{2}}-3x+2 \Leftrightarrow  \frac{x}{x+1}.{f}'\left( x \right)+\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}f\left( x \right)=\frac{x+2}{x+1}\)

\(\Leftrightarrow {{\left[ \frac{x}{x+1}.f\left( x \right) \right]}^{\prime }}=\frac{x+2}{x+1}\), với \(\forall x\in \mathbb{R}\backslash \left\{ 0;\,\,-1 \right\}\).

Suy ra \(\frac{x}{x+1}.f\left( x \right) =\int{\frac{x+2}{x+1}\,}\text{d}x=\int{\left( 1+\frac{1}{x+1} \right)\,}\text{d}x=\) hay \(\frac{x}{x+1}.f\left( x \right) =x+\ln \left| x+1 \right|+C\).

Mặt khác, ta có \(f\left( 1 \right)=2\ln 2\) nên C=-1. Do đó \(\frac{x}{x+1}.f\left( x \right) =x+\ln \left| x+1 \right|-1\).

Với x=2 thì \(\frac{2}{3}.f\left( 2 \right)=1+\ln 3 \Leftrightarrow  f\left( 2 \right)=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\ln 3\). Suy ra \(a=\frac{3}{2}\) và \(b=\frac{3}{2}\)

Vậy \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}=\frac{9}{2}\)