Chọn ra 2 học sinh từ một tổ có 10 học sinh và phân công giữ chức vụ tổ trưởng, tổ phó là một chỉnh hợp chập 2 của 10 phần tử. Số cách chọn là \(A_{10}^{2}\) cách.

\({{u}_{4}}={{u}_{1}}+3d=3+5.3=18\).

Ta thấy nhận xét I, II,III đúng, nhận xét IV sai.

Từ đồ thị, hàm số đạt cực tiểu tại x = 1

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = 2\\ x = - 3 \end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = -2

Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc 3 với hệ số a<0 nên chỉ có hàm số \(y=-{{x}^{3}}+3x+1\) thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-2\) và đường thẳng y=-3x là: \({{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-2=-3x\Leftrightarrow {{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+3x-2=0\Leftrightarrow {{x}_{0}}=1\). Suy ra \({{y}_{0}}=-3\).

Ta có: \(A=\frac{\sqrt[3]{{{a}^{7}}}.{{a}^{\frac{11}{3}}}}{{{a}^{4}}.\sqrt[7]{{{a}^{-5}}}}=\frac{{{a}^{\frac{7}{3}}}.{{a}^{\frac{11}{3}}}}{{{a}^{4}}.{{a}^{\frac{-5}{7}}}}=\frac{{{a}^{6}}}{{{a}^{\frac{23}{7}}}}={{a}^{\frac{19}{7}}}\).

Mà \(A={{a}^{\frac{m}{n}}},m,n\in {{N}^{*}}\) và \(\frac{m}{n}\) là phân số tối giản

\(\Rightarrow m=19,n=7\Rightarrow {{m}^{2}}-{{n}^{2}}=312\).

\({\left( {{3^u}} \right)^\prime } = u'{.3^u}.\ln 3 \Rightarrow {\left( {{3^{{x^2} - x}}} \right)^\prime } = \left( {2x - 1} \right){.3^{{x^2} - x}}.\ln 3\)

Điều kiện xác định của hàm số là \({{x}^{2}}-2x+1>0 \Leftrightarrow x\ne 1\).

Tập xác định D của hàm số là \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

 \({{3}^{x-1}}=27\Leftrightarrow {{3}^{x-1}}={{3}^{3}}\Leftrightarrow x-1=3\Leftrightarrow x=4\).

Ta có \(\log _{3}^{2}\left( 3x \right)-\log _{3}^{2}{{x}^{2}}-1=0\)

\(\Leftrightarrow {{\left( 1+{{\log }_{3}}x \right)}^{2}}-{{\left( 2{{\log }_{3}}x \right)}^{2}}-1=0.\)

Đặt \({{\log }_{3}}x=t\) ta có phương trình \({{\left( 1+t \right)}^{2}}-{{\left( 2t \right)}^{2}}-1=0\Leftrightarrow -3{{t}^{2}}-2t=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=-\frac{2}{3} \\ & t=0 \\ \end{align} \right..\)

Với \(t=0\Leftrightarrow {{\log }_{3}}x=0\Leftrightarrow x=1.\)

Với \(t=-\frac{2}{3}\Leftrightarrow {{\log }_{3}}x=-\frac{2}{3}\Leftrightarrow x={{3}^{-\frac{2}{3}}}=\frac{1}{\sqrt[3]{9}}.\)

Vậy \(P=1.\sqrt[3]{9}=\sqrt[3]{9}.\)

Mệnh đề D sai, vì \({\left( {\cos x} \right)^\prime } =  - \sin x\)

Đặt \(x+2=t\Rightarrow x=t-1\Rightarrow dx=dt\) với t>0

Ta có \(\int{f\left( x \right)\text{d}x=\int{\frac{2t-1}{{{t}^{2}}}}}\text{dt}\,\text{=}\,\int{\left( \frac{2}{t}-\frac{1}{{{t}^{2}}} \right)\text{dt}=2\ln t+\frac{1}{t}}+C\)

Hay \(\int{f\left( x \right)}\text{d}x=2\ln \left( x+2 \right)+\frac{1}{x+2}+C.\)

\(I=\int\limits_{1}^{2}{2x\sqrt{{{x}^{2}}-1}\text{d}x}\)

đặt \(u={{x}^{2}}-1\Rightarrow \text{d}u=2x\text{d}x\). Đổi cận \(x=1\Rightarrow u=0;x=2\Rightarrow u=3\)

Nên \(I=\int\limits_{0}^{3}{\sqrt{u}}\text{d}u\).

Ta có \(\int\limits_1^{\rm{e}} {\left( {2 + x\ln x} \right)} {\rm{d}}x = \int\limits_1^{\rm{e}} 2 {\rm{d}}x + \int\limits_1^{\rm{e}} {x\ln x} {\rm{d}}x = 2x\left| \begin{array}{l} {\rm{e}}\\ 1 \end{array} \right. + I = 2{\rm{e}} - 2 + I\) với \(I = \int\limits_1^{\rm{e}} {x\ln x} {\rm{d}}x\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln x\\ {\rm{d}}v = x{\rm{d}}x \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\rm{d}}u = \frac{1}{x}{\rm{d}}x\\ v = \frac{{{x^2}}}{2} \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow I = \frac{{{x^2}}}{2}\ln x\left| \begin{array}{l} {\rm{e}}\\ 1 \end{array} \right. - \int\limits_1^{\rm{e}} {\frac{x}{2}} {\rm{d}}x = \frac{{{x^2}}}{2}\ln x\left| \begin{array}{l} {\rm{e}}\\ 1 \end{array} \right. - \frac{{{x^2}}}{4}\left| \begin{array}{l} {\rm{e}}\\ 1 \end{array} \right. = \frac{{{e^2}}}{2} - \frac{1}{4}\left( {{e^2} - 1} \right) = \frac{{{e^2} + 1}}{4}\)

\(\Rightarrow \int\limits_1^{\rm{e}} {\left( {2 + x\ln x} \right)} {\rm{d}}x = 2{\rm{e}} - 2 + \frac{{{{\rm{e}}^2} + 1}}{4} = \frac{1}{4}{{\rm{e}}^2} + 2{\rm{e}} - \frac{7}{4}\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = \frac{1}{4}\\ b = 2\\ c = - \frac{7}{4} \end{array} \right. \Rightarrow a - b = c\)

Ta có \(\bar{z}=-5-2i\). Vậy phần thực và phần ảo của số phức \(\bar{z}\) lần lượt là -5 và -2.

\(2{z_1} - {z_2} = 2\left( { - 2 - 3i} \right) - 5 + i =  - 4 - 6i - 5 + i =  - 9 - 5i\)

Vậy - 9 - 5 =  - 14

Giả sử \(z=a+bi\,\,\left( a,\,\,b\in \mathbb{R} \right)\)

\(\left( 1-i \right)z+4\bar{z}=7-7i\Leftrightarrow \left( 1-i \right)\left( a+bi \right)+4\left( a-bi \right)=7-7i\)

\(\Leftrightarrow a+bi-ai+b+4a-4bi=7-7i.\)

\(\Leftrightarrow \left( 5a+b \right)-\left( a+3b \right)i=7-7i\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 5a+b=7 \\ & -a-3b=-7 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & a=1 \\ & b=2 \\ \end{align} \right.\) \(\Rightarrow z=1+2i\).

Vậy \(\left| z \right|=\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}}=\sqrt{5}\).

\(h = \frac{{3V}}{B} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BC \bot AB}\\ {BC \bot SA} \end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot SB.\)

Như vậy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {SBC} \right) \cap (ABCD) = BC}\\ {BC \bot AB}\\ {BC \bot SB} \end{array}} \right.\) \(\Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {AB;SB}} \right) = \widehat {SBA} = \varphi .\)

Trong tam giác SAB vuông tại A, \(\tan \varphi =\frac{SA}{AB}\Leftrightarrow \sqrt{6}=\frac{a\sqrt{6}}{AB}\Leftrightarrow AB=a.\)

Gọi I là trung điểm CD, trọng tâm G của tam giác SCD,G thuộc SI.

Có \({{V}_{S.OCI}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{\Delta OIC}}=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}.IO.IC=\frac{1}{6}.a.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}=\frac{{{a}^{3}}}{24}.\)

Khi đó: \(\frac{{{V}_{SOGC}}}{{{V}_{SOIC}}}=\frac{SG}{SI}=\frac{2}{3}\Rightarrow {{V}_{SOGC}}=\frac{2}{3}{{V}_{SOIC}}=\frac{2}{3}\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{24}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{36}.\)

\(V = \frac{1}{3}.\pi .{r^2}.h \Rightarrow h = \frac{{3V}}{{\pi .{r^2}}} = \frac{{3.4\pi }}{{\pi .4}} = 3\)

\({S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi r\left( {r + h} \right) = 2\pi .2\left( {2 + 4} \right) = 24\pi \)

Vì M là trung điểm của AB nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l} {x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\ {y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\\ {z_M} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2 = \frac{{ - 1 + {x_B}}}{2}\\ 1 = \frac{{5 + {y_B}}}{2}\\ - 2 = \frac{{3 + {z_M}}}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_B} = 5\\ {y_B} = - 3\\ {z_B} = - 7 \end{array} \right.\)

Phương trình mặt cầu: \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2ax-2by-2cz+d=0\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d>0 \right)\) có tâm \(I\left( a\,;\,b\,;\,c \right)\), bán kính \(R=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d}\).

Ta có a=4, b=-5, c=3, d=49. Do đó \(R=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d}=1\).

\(\overrightarrow{BA}=\left( 1;1;2 \right); \vec{i}=\left( 1;0;0 \right)\) là vectơ đơn vị của trục Ox.

Vì \(\left( \alpha  \right)\) đi qua hai điểm A, B và song song với trục Ox nên \(\left[ \overrightarrow{BA},\vec{i} \right]=\left( 0;2;-1 \right)\) là một vectơ pháp tuyến của \(\left( \alpha  \right)\). Do đó \(\frac{a}{b}=-2\).

VTCP của d là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {2; - 5;3} \right)\)

Tại mọi ô đang đứng, ông vua có 8 khả năng lựa chọn để bước sang ô bên cạnh.

Do đó không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right)={{8}^{3}}\).

Gọi A là biến cố “sau 3 bước quân vua trở về ô xuất phát”. Sau ba bước quân vua muốn quay lại ô ban đầu khi ông vua đi theo đường khép kín tam giác. Chia hai trường hợp:

+ Từ ô ban đầu đi đến ô đen, đến đây có 4 cách để đi bước hai rồi về lại vị trí ban đầu.

+ Từ ô ban đầu đi đến ô trắng, đến đây có 2 cách để đi bước hai rồi về lại vị trí ban đầu.

Do số phần tử của biến cố A là \(n\left( A \right)=4.4+2.4=24\).

Vậy xác suất \(P\left( A \right)=\frac{24}{{{8}^{3}}}=\frac{3}{64}\).

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0)

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

Lập bảng biến thiên của hàm số \(y=f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ -1;2 \right]\) như sau:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y=f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ -1;2 \right]\) là \(f\left( 0 \right)\).

\({\log _3}\left( {36 - {x^2}} \right) \ge 3 \Leftrightarrow 36 - {x^2} \ge 27 \Leftrightarrow 9 - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow  - 3 \le x \le 3\)

Ta có \(\int{x{{\cos }^{2}}x\text{d}x}=\int{x.\frac{1+\cos 2x}{2}}\text{d}x=\int{\frac{x}{2}\text{d}x+\frac{1}{2}\int{x\cos 2x\text{d}x}}=\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{1}{4}\int{x\text{d}\left( \sin 2x \right)}\)

\(=\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{1}{4}x\sin 2x-\frac{1}{4}\int{\sin 2x\text{d}x}=\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{1}{4}x\sin 2x+\frac{1}{8}\cos 2x+C\)

Suy ra \(f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{1}{4}x\sin 2x+\frac{1}{8}\cos 2x+C\)

Mà \(f\left( 0 \right)=\frac{1}{8}\Rightarrow \frac{1}{8}+C=\frac{1}{8}\Leftrightarrow C=0\)

Do đó \(f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{1}{4}x\sin 2x+\frac{1}{8}\cos 2x\).

Ta có \(\int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }{\frac{8f\left( x \right)-\cos 2x}{x}\text{d}x}=\int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }{\left( 2x+2\sin 2x \right)\text{d}x}=\left. \left( {{x}^{2}}-\cos 2x \right) \right|_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }={{\pi }^{2}}-1-\frac{{{\pi }^{2}}}{4}-1=\frac{3{{\pi }^{2}}-8}{4}\).

Số phức z=3+i có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 1. Do đó, điểm biểu diễn cho số phức z=3+i là điểm \(Q\left( 3\,;\,1 \right)\).

Do SA vuông góc với mặt phẳng đáy nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng đáy. Từ đó suy ra: \(\left( \widehat{SC\,;\,\left( ABC \right)} \right)=\left( \widehat{SC\,;\,AC} \right)=\widehat{SCA}\).

Trong tam giác ABC vuông tại B có: \(AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}=\sqrt{5}a\).

Trong tam giác SAC vuông tại A có: \(\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{\sqrt{15}a}{\sqrt{5}a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}=60{}^\circ \).

Vậy \(\left( \widehat{SC\,;\,\left( ABC \right)} \right)=60{}^\circ \).

Dựng hình bình hành AMDI. Khi đó: \(MD//AI\Rightarrow MD//\left( SAI \right)\)

\(\Rightarrow d\left( MD,AI \right)=d\left( MD,\left( SAI \right) \right)=d\left( M,\left( SAI \right) \right)\)

Dựng \(MH\bot AI\) và \(MK\bot SH\,\,\,\left( 1 \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} AI \bot MH\\ AI \bot SM\,\,\left( {do\,SM \bot \left( {ABCD} \right)} \right) \end{array} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {SMH} \right) \Rightarrow AI \bot MK\,\,\,\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)suy ra: \(MK\bot \left( SAI \right)\Rightarrow d\left( M,\left( SAI \right) \right)=MK\)

+ Ta có: \(SM\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow MC\) là hình chiếu của SC trên \(\left( ABCD \right)\) nên \(\left( \widehat{SC,\left( ABCD \right)} \right)=\widehat{SCM}=60{}^\circ \)

+ Xét tam giác vuông SMC và SMD có: \(SM=\sqrt{S{{D}^{2}}-M{{D}^{2}}}=MC.\tan 60{}^\circ \,\,\left( 3 \right)\)

Mặt khác: MC=MD (ABCD là hình vuông).

Suy ra: \(\left( 3 \right)\Leftrightarrow S{{D}^{2}}-M{{C}^{2}}=3M{{C}^{2}}\Leftrightarrow MC=a\sqrt{5}=MD\Rightarrow SM=a\sqrt{15}\).

Đặt \(MA=x\,\,\,\,\left( x>0 \right)\Rightarrow \,AD=2x\)

Xét tam giác MAD vuông tại A có \(M{{A}^{2}}=M{{D}^{2}}-A{{D}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}={{\left( a\sqrt{5} \right)}^{2}}-{{\left( 2x \right)}^{2}}\Rightarrow x=a\).

Lại có: \(\Delta MAH\backsim \Delta AID\Rightarrow MH=\frac{AD.MA}{AI}=\frac{2a}{\sqrt{5}}\).

Khi đó: \(\frac{1}{M{{K}^{2}}}=\frac{1}{M{{H}^{2}}}+\frac{1}{S{{M}^{2}}}\Rightarrow MK=\frac{2a\sqrt{15}}{\sqrt{79}}\).

Gọi \(I\left( a;b;c \right)\) là tâm mặt cầu đi qua bốn điểm A,B,C,D. Khi đó:

\(\left\{ \begin{array}{l} A{I^2} = B{I^2}\\ A{I^2} = C{I^2}\\ A{I^2} = D{I^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\left( {a - 2} \right)^2} + {b^2} + {c^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 3} \right)^2} + {c^2}\\ {\left( {a - 2} \right)^2} + {b^2} + {c^2} = {\left( {a + 1} \right)^2} + {b^2} + {\left( {c - 3} \right)^2}\\ {\left( {a - 2} \right)^2} + {b^2} + {c^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 3} \right)^2} \end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a - 3b = - 3\\ a - c = - 1\\ a - 2b - 3c = - 5 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0\\ b = 1\\ c = 1 \end{array} \right. \Rightarrow I\left( {0;1;1} \right)\)

Bán kính \(R = IA = \sqrt {{2^2} + {1^2} + {1^2}}  = \sqrt 6 \)

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là \(\vec{u}=\left( 1 ; 1 ; 1 \right)\) Do \(H\in d\Rightarrow H\left( 1+t ; 1+t ; t \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow{AH}=(t ; t ;t-1)\) Do H là hình chiếu của điểm A lên đường thẳng d nên suy ra \(\overrightarrow{AH}\bot \vec{u}\Leftrightarrow \overrightarrow{AH}.\vec{u}=0\Leftrightarrow t+t+t-1=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{3}\Rightarrow H\left( \frac{4}{3} ; \frac{4}{3}\,;1 \right)\).

Ta có: \({y}'={f}'\left( x \right)-\left( 2x+1 \right)\) ⇔ \({y}'=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=2x+1\).

Từ đồ thị ta thấy x=0 là nghiệm đơn của phương trình \({y}'=0\).

Ta có bảng biến thiên trên \(\left( -\infty ;\,2 \right)\):

Từ bảng biến thiên ⇒ hàm số đạt cực đại tại x=0.

Ta có \({{\left( \frac{1}{3} \right)}^{2{{x}^{2}}-3x-7}}>{{3}^{2x-21}}\Leftrightarrow {{3}^{-\left( 2{{x}^{2}}-3x-7 \right)}}>{{3}^{2x-21}}\)

\(\Leftrightarrow -\left( 2{{x}^{2}}-3x-7 \right)>2x-21\Leftrightarrow -2{{x}^{2}}+3x+7>2x-21\)

\(\Leftrightarrow -2{{x}^{2}}+x+28>0\Leftrightarrow -\frac{7}{2}<x<4\)

Do \(x\in \mathbb{Z}\) nên \(x\in \left\{ -3;\,-2;\,-1;\,0;\,1;\,2;\,3 \right\}\).

Vậy bất phương trình đã cho có 7 nghiệm nguyên.

Xét trên đoạn \(\left[ 0\,;\,1 \right]\), theo đề bài: \(\left[ 2f\left( x \right)+1-{{x}^{2}} \right]{f}'\left( x \right)=2x\left[ 1+f\left( x \right) \right]\)

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

\(\Leftrightarrow {{\left[ {{f}^{2}}\left( x \right) \right]}^{\prime }}={{\left[ {{x}^{2}}+\left( {{x}^{2}}-1 \right).f\left( x \right) \right]}^{\prime }}\)

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

Thay x=1 vào \(\left( 1 \right)\) ta được: \({{f}^{2}}\left( 1 \right)=1+C\Leftrightarrow C=0\)

Do đó, \(\left( 1 \right)\) trở thành: \({{f}^{2}}\left( x \right)={{x}^{2}}+\left( {{x}^{2}}-1 \right).f\left( x \right)\)

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

\(\Leftrightarrow \left[ f\left( x \right)-1 \right].\left[ f\left( x \right)+1 \right]=\left( {{x}^{2}}-1 \right).\left[ f\left( x \right)+1 \right]\)

\(\Leftrightarrow f\left( x \right)-1={{x}^{2}}-1\)

\(\Leftrightarrow f\left( x \right)={{x}^{2}}\).

Vậy \(\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}\text{d}x}=\left. \frac{{{x}^{3}}}{3} \right|_{0}^{1}=\frac{1}{3}\).

Giả sử \(z=a+bi, \left( a,b\in \mathbb{R} \right)\).

Đặt: \(w=\frac{1+i}{z}=\frac{1+i}{a+bi}=\frac{1}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\left[ a+b+\left( a-b \right)i \right]=\frac{a+b}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\frac{a-b}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}i\).

w là số thực nên: \(a=b\,\,\,\left( 1 \right)\).

Mặt khác: \(\left| a-2+bi \right|=m\Leftrightarrow {{\left( a-2 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}={{m}^{2}}\,\,\,\left( 2 \right)\).

Thay \(\left( 1 \right)\) vào \(\left( 2 \right)\) được: \({{\left( a-2 \right)}^{2}}+{{a}^{2}}={{m}^{2}}\Leftrightarrow 2{{a}^{2}}-4a+4-{{m}^{2}}=0\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\).

Để có đúng một số phức thoả mãn bài toán thì PT \(\left( 3 \right)\) phải có nghiệm a duy nhất.

\(\Leftrightarrow {\Delta }'=0\Leftrightarrow 4-2\left( 4-{{m}^{2}} \right)=0\Leftrightarrow {{m}^{2}}=2\Leftrightarrow m=\sqrt{2}\in \left( 1;\frac{3}{2} \right)\).

Trình bày lại

Giả sử z=a+bi, vì \(z\ne 0\) nên \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}>0\left( * \right)\).

Đặt: \(w=\frac{1+i}{z}=\frac{1+i}{a+bi}=\frac{1}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\left[ a+b+\left( a-b \right)i \right]=\frac{a+b}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\frac{a-b}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}i\).

w là số thực nên: \(a=b\,\,\,\left( 1 \right)\).Kết hợp \(\left( * \right)\) suy ra \(a=b\,\,\ne 0\)

Mặt khác: \(\left| a-2+bi \right|=m\Leftrightarrow {{\left( a-2 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}={{m}^{2}}\,\,\,\left( 2 \right)\).

Thay \(\left( 1 \right)\) vào \(\left( 2 \right)\) được: \({{\left( a-2 \right)}^{2}}+{{a}^{2}}={{m}^{2}}\Leftrightarrow g\left( a \right)=2{{a}^{2}}-4a+4-{{m}^{2}}=0\,\,\,\left( 3 \right)\).

Để có đúng một số phức thoả mãn bài toán thì PT \(\left( 3 \right)\) phải có nghiệm \(a\ne 0\) duy nhất.

Có các khả năng sau :

KN1 : PT \(\,\left( 3 \right)\) có nghiệm kép \(a\ne 0\)

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l} \Delta ' = 0\\ g\left( 0 \right) \ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 2 = 0\\ 4 - {m^2} \ne 0 \end{array} \right. \Rightarrow m = \sqrt 2 \).

KN2: PT (3) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm a = 0

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l} \Delta ' > 0\\ g\left( 0 \right) = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 2 > 0\\ 4 - {m^2} = 0 \end{array} \right. \Rightarrow m = 2\). Từ đó suy ra \(\exists {m_0} = \sqrt 2 \in \left( {1;\,\frac{3}{2}} \right)\).

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC

Do \(\left\{ \begin{array}{l} AB \bot CC'\\ AB \bot CM \end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {MCC'} \right) \Rightarrow \left( {ABC'} \right) \bot \left( {MCC'} \right)\)

Kẻ CK vuông góc với CM tại K thì ta được \(CK\bot \left( AB{C}' \right)\),

do đó \(CK=d\left( C;\left( AB{C}' \right) \right)=a\).

Đặt \(BC=x,C{C}'=y,\left( x>0,y>0 \right)\), ta được: \(CM=\frac{x\sqrt{3}}{2}\)

\(\frac{1}{C{{M}^{2}}}+\frac{1}{C{{{{C}'}}^{2}}}=\frac{1}{C{{K}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{4}{3{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}\,\,\left( 1 \right)\).

Kẻ \(CE\bot B{C}'\) tại E, ta được \(\widehat{KEC}=\alpha , EC=\frac{KC}{\sin \alpha }=\frac{a}{\sqrt{1-\frac{1}{12}}}=a\sqrt{\frac{12}{11}}\).

Lại có \(\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}=\frac{1}{C{{E}^{2}}}=\frac{11}{12{{a}^{2}}}\,\,\left( 2 \right)\)

Giải \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) ta được \(x=2a,y=\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.{A}'{B}'{C}'\) là:

\(V=y.\frac{{{x}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{4{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{2}{{a}^{3}}}{2}\)

Gắn hệ trục toạ độ như hình vẽ.

Giả sử parabol là \(\left( P \right):y=a{{x}^{2}}+bx+c\left( a\ne 0 \right)\) do \(A\left( -1;0 \right),B\left( 1;0 \right),E\left( 0;1 \right)\in \left( P \right)\)

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

Diện tích \({{S}_{1}}\) là \({{S}_{1}}=\int\limits_{-1}^{1}{\left( -{{x}^{2}}+1 \right).\text{dx}}=\left. \left( -\frac{{{x}^{3}}}{3}+x \right) \right|_{-1}^{1}=\frac{4}{3}\)

Ta có diện tích tứ giác ABCD là \({{S}_{ABCD}}=AB.BC=8\left( {{m}^{2}} \right)\)

Số tiền mà ông An phải trả để làm cánh cửa đó bằng \(\left( {{S}_{ABCD4}}+{{S}_{1}} \right).900000=\left( 8+\frac{4}{3} \right).900000=8400000\) đồng.

Ta có \({{C}_{\Delta ABM}}=AM+BM+AB\) mà AB không đổi suy ra \({{C}_{\Delta ABM}}\) nhỏ nhất khi AM+BM nhỏ nhất.

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -2;-3;-10 \right), \overrightarrow{CD}=\left( 1;-4;1 \right)\).

Xét \(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=0\Rightarrow AB\bot CD\). Gọi \(\left( \alpha  \right)\) qua AB và vuông góc với CD.

\(\left( \alpha  \right)\) đi qua \(A\left( -1;1;6 \right)\) và nhận \(\overrightarrow{CD}=\left( 1;-4;1 \right)\) làm véc tơ pháp tuyến.

Suy ra \(\left( \alpha  \right)\) có phương trình là: x-4y+z-1=0.

Vì điểm M thuộc CD sao cho AM+BM nhỏ nhất nên \(M=CD\cap \left( \alpha  \right)\).

\(\left( \alpha  \right):x-4y+z-1=0\), CD có phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + t\\ y = 2 - 4t\\ z = - 1 + t \end{array} \right.\)

\(M = CD \cap \left( \alpha  \right) \Rightarrow M\left( {\frac{3}{2};0;\frac{{ - 1}}{2}} \right) \Rightarrow a + b + c = \frac{3}{2} + 0 + \frac{{ - 1}}{2} = 1\)

Ta có: \(g'\left( x \right) = 5\cos xf'\left( {\frac{{5\sin x - 1}}{2}} \right) + \frac{5}{2}\cos x\left( {5\sin x - 1} \right)\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 5\cos xf'\left( {\frac{{5\sin x - 1}}{2}} \right) + \frac{5}{2}\cos x\left( {5\sin x - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \cos x = 0\\ f'\left( {\frac{{5\sin x - 1}}{2}} \right) = - \frac{{5\sin x - 1}}{2} \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \cos x = 0\\ \frac{{5\sin x - 1}}{2} = - 3\\ \frac{{5\sin x - 1}}{2} = - 1\\ \frac{{5\sin x - 1}}{2} = \frac{1}{3}\\ \frac{{5\sin x - 1}}{2} = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \cos x = 0\\ 5\sin x - 1 = - 6\\ 5\sin x - 1 = - 2\\ 5\sin x - 1 = \frac{2}{3}\\ 5\sin x - 1 = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \cos x = 0\\ \sin x = - 1\\ \sin x = - \frac{1}{5}\\ \sin x = \frac{1}{3}\\ \sin x = \frac{3}{5} \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \cos x = 0\\ \sin x = - 1\\ \sin x = - \frac{1}{5}\\ \sin x = \frac{1}{3}\\ \sin x = \frac{3}{5} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{\pi }{2} \vee x = \frac{{3\pi }}{2}\\ x = \frac{{3\pi }}{2}\\ x = \pi - arc\sin \left( { - \frac{1}{5}} \right) \vee x = 2\pi + arc\sin \left( { - \frac{1}{5}} \right)\\ x = arc\sin \left( {\frac{1}{3}} \right) \vee x = \pi - arc\sin \left( {\frac{1}{3}} \right)\\ x = arc\sin \left( {\frac{3}{5}} \right) \vee x = \pi - arc\sin \left( {\frac{3}{5}} \right) \end{array} \right.\)

Suy phương trình g'(x) = 0 có 9 nghiệm, trong đó có nghiệm \(x = \frac{{3\pi }}{2}\) là nghiệm kép.

Vậy hàm số y = g(x) có 7 cực trị.

Phương trình tương đương \({3^{{x^2} - 2x + 3 - (2\left| {x - m} \right| + 2)}} = \frac{{\ln \left( {2\left| {x - m} \right| + 2} \right)}}{{\ln \left( {{x^2} - 2x + 3} \right)}}\).

\( \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 2x + 3}}.\ln \left( {{x^2} - 2x + 3} \right) = {3^{2\left| {x - m} \right| + 2}}.\ln \left( {2\left| {x - m} \right| + 2} \right)\).

Xét hàm đặc trưng \(f\left( t \right) = {3^t}.\ln t,\;t \ge 2\) là hàm số đồng biến nên từ phương trình suy ra 

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

Có \(g\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} {x^2} - 4x + 2m + 1\;khi\;x \ge m\\ {x^2} - 2m + 1\quad \quad khi\;x \le m \end{array} \right. \Rightarrow g'\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} 2x - 4\;khi\;x \ge m\\ 2x\quad \;\;khi\;x \le m \end{array} \right.\).

và \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2\;khi\;x \ge m\\ x = 0\;khi\;x \le m \end{array} \right.\).

Xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: \(m \le 0\) ta có bảng biến thiên của g(x) như sau:

Phương trình chỉ có tối đa 2 nghiệm nên không có m thoả mãn.

Trường hợp 2: \(m \ge 2\) tương tự.

Trường hợp 3: 0 < m < 2, bảng biến thiên g(x) như sau:

Phương trình có 3 nghiệm khi \(\left[ \begin{array}{l} {\left( {m - 1} \right)^2} = 0\\ - 2m + 1 = 0 > 2m - 3\\ - 2m + 1 < 0 = 2m - 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 1\\ m = \frac{1}{2}\\ m = \frac{3}{2} \end{array} \right.\).

Cả 3 giá trị trên đều thoả mãn, nên tổng của chúng bằng 3.

Gọi hình chiếu của \(P,\,Q\) trên AF và BE là R và S. Vật thể được chia thành hình lập phương ABCD.PQRS có cạnh \(2,5\,cm\), thể tích \({{V}_{1}}=\frac{125}{8}\,c{{m}^{3}}\) và phần còn lại có thể tích \({{V}_{2}}\). Khi đó thể tích vật thể \(V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}=\frac{125}{8}+{{V}_{2}}\).

Đặt hệ trục Oxyz sao cho O trùng với F, Ox trùng với FA, Oy trùng với tia Fy song song với AD. Khi đó Parabol \(\left( P \right)\) có phương trình dạng \(y=a{{x}^{2}}\), đi qua điểm \(P\left( 1;\frac{5}{2} \right)\) do đó \(a=\frac{5}{2}\Rightarrow y=\frac{5}{2}{{x}^{2}}\)

Cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với Ox và đi qua điểm \(M\left( x;0;0 \right),\,0\le x\le 1\) ta được thiết diện là hình chữ nhật MNHK có cạnh là \(MN=\frac{5}{2}{{x}^{2}}\) và \(MK=\frac{5}{2}\) do đó diện tích \(S\left( x \right)=\frac{25}{4}{{x}^{2}}\)

Áp dụng công thức thể tích vật thể ta có \({{V}_{2}}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{25}{4}{{x}^{2}}dx}=\frac{25}{12}\)

Từ đó \(V=\frac{125}{8}+\frac{25}{12}=\frac{425}{24}\text{c}{{\text{m}}^{3}}\)

Gọi A là điểm biểu diễn của số phức \(\,{{z}_{1}}\). Suy ra A thuộc đường tròn \(\left( {{C}_{1}} \right)\,\,\,\) tâm \(\,{{I}_{1}}\left( 4;5 \right),R=1\).

Gọi B là điểm biểu diễn của số phức \(\,{{z}_{2}}\). Suy ra B thuộc đường tròn \(\left( {{C}_{2}} \right)\) tâm \(\,{{I}_{2}}\left( 1;0 \right),R=1\).

Gọi \(M\left( x;y \right)\) là điểm biểu diễn của số phức \(\,z=x+yi\)

Theo giả thiết \(\left| \overline{z}+4i \right|=\left| z-8+4i \right|\Leftrightarrow x-y=4\). Suy ra M thuộc đường thẳng \(\left( d \right)\,\,x-y-4=0\)

Gọi \(\left( {{C}_{2}}' \right)\) có tâm \(\,{{I}_{2}}'\left( 4;-3 \right),R=1\) là đường tròn đối xứng với đường tròn \(\left( {{C}_{2}} \right)\) tâm \(\,{{I}_{2}}\left( 1;0 \right),{{R}_{2}}=1\) qua đường thẳng d. Gọi B' là điểm đối xứng với đối xứng với B qua đường thẳng d. Ta có \(P=\left| z-{{z}_{1}} \right|\,+\left| z-{{z}_{2}} \right|=MA+MB=MA+MB'\ge AB'={{I}_{1}}{{I}_{2}}'-{{R}_{1}}-{{R}_{2}}=6\).

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi \(A,B',{{I}_{1}},{{I}_{2}}',M\) thẳng hàng. Khi đó \(\overrightarrow{{{I}_{1}}A}=\frac{1}{8}\overrightarrow{{{I}_{1}}{{I}_{2}}'}\,\,\) suy ra \(A\left( 4;4 \right)\) và \(\overrightarrow{{{I}_{2}}B'}=\frac{1}{8}\overrightarrow{{{I}_{2}}'{{I}_{1}}}\,\,\) suy ra \(B'\left( 4;-2 \right)\Rightarrow B\left( 2;0 \right). AB=2\sqrt{5}\).

Vậy \(\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|\,=2\sqrt{5}\,\).

Gọi \(A\left( d,e,f \right)\) thì A thuộc mặt cầu \(\left( {{S}_{1}} \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=1\) có tâm \({{I}_{1}}\left( 1;2;3 \right)\), bán kính \({{R}_{1}}=1, B\left( a,b,c \right)\) thì B thuộc mặt cầu \(\left( {{S}_{2}} \right):{{\left( x+3 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=9\) có tâm \({{I}_{2}}\left( -3;2;0 \right)\), bán kính \({{R}_{2}}=3\). Ta có \({{I}_{1}}{{I}_{2}}=5>{{R}_{1}}+{{R}_{2}}\Rightarrow \left( {{S}_{1}} \right)\) và \(\left( {{S}_{2}} \right)\) không cắt nhau và ở ngoài nhau.

Dễ thấy F=AB, AB max khi \(A\equiv {{A}_{1}},B\equiv {{B}_{1}}\Rightarrow \) Giá trị lớn nhất bằng \({{I}_{1}}{{I}_{2}}+{{R}_{1}}+{{R}_{2}}=9\).

AB min khi \(A\equiv {{A}_{2}},B\equiv {{B}_{2}}\Rightarrow \) Giá trị nhỏ nhất bằng \({{I}_{1}}{{I}_{2}}-{{R}_{1}}-{{R}_{2}}=1\).

Vậy M-m=8.