Số tam giác bằng với số cách chọn 3 phần tử trong 20 phần tử. Do đó có \(C_{20}^{3}\) tam giác.

\({S_n} = \frac{{n\left( {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right)}}{2} \Leftrightarrow \frac{{n\left( {2.3 + \left( {n - 1} \right).4} \right)}}{2} = 253\)

\( \Leftrightarrow 4{n^2} + 2n - 506 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} n = 11\\ n = - \frac{{23}}{2}\left( L \right) \end{array} \right.\)

Từ bảng biến thiên ta thấy kết luận hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( -1;3 \right)\) là kết luận SAI

Giá trị cực đại của hàm số là y=3 tại x=2.

Từ bảng biến thiên, ta thấy \({y}'\) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x=0 nên x=0 là điểm cực đại của đồ thị hàm số; \({y}'\) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x=1 nên x=1 là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.

Vậy hàm số đã cho đạt cực đại tại x=0 và đạt cực tiểu tại x=1.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{2x - 2}} = 1\)\( \Rightarrow y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( 1;-2 \right)\) nên loại B và C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( 2;-4 \right)\) nên loại A và D đúng.

Phương trình \(- {x^4} - 2{x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow {x^2} =  - 1\) (VN)

\({\log _a}\left( {{a^2}b} \right) = {\log _a}{a^2} + {\log _a}b = 2 + {\log _a}b\)

\(f'\left( x \right) = {\left( {2x - 3} \right)^\prime }.{{\rm{e}}^{2x - 3}} = 2.{{\rm{e}}^{2x - 3}}\)

\({a^2}.\sqrt[3]{a} = {a^2}.{a^{\frac{1}{3}}} = {a^{2 + \frac{1}{3}}} = {a^{\frac{7}{3}}}\)

\({2^{2{x^2} + 5x + 4}} = 4 \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 4 = 2 \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 2\\ x = - \frac{1}{2} \end{array} \right.\)

Vậy tổng tất cả các nghiệm bằng \( - \frac{5}{2}\)

Phương trình \(\log \left( x+1 \right)-2=0\Leftrightarrow \log \left( x+1 \right)=2\Leftrightarrow x+1=100\Leftrightarrow x=99\).

\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = {x^4} + {x^2} + x + C\)

\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \frac{1}{3}\sin \left( {3x + \frac{\pi }{6}} \right) + C\)

\(I = \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} 2\\ { - 1} \end{array} + 2\int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + 3\int\limits_{ - 1}^2 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{3}{2} + 4 - 3 = \frac{5}{2}\)

\({I=\int\limits_{-1}^{1}{(4{{x}^{3}}-3)\text{d}x}}=\left. \left( {{x}^{4}}-3x \right) \right|_{-1}^{1}=6\).

\(\bar z = 1 - 2i\)

\(z={{z}_{1}}+{{z}_{2}}=2+3i+\left( -4-5i \right)=-2-2i\).

Ta có \(z=\frac{\left( 2-3i \right)\left( 4-i \right)}{3+2i}=\frac{5-14i}{3+2i}=\frac{\left( 5-14i \right)\left( 3-2i \right)}{13}=\frac{-13-52i}{13}=-1-4i\).

Do đó điểm biểu diễn cho số phức z có tọa độ \(\left( -1;-4 \right)\).

\(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 8 = 8.\)

V = 3.4.8 = 96

\(V = \frac{1}{3}\pi .{r^2}.h = \frac{1}{3}\pi {.2^2}.4 = \frac{{16\pi }}{3}\)

\({S_{xq}} = 2\pi rl = 42\pi \)

Áp dụng công thức tìm tọa độ trọng tâm \(G\left( {\frac{4}{3}; - \frac{1}{3}; - \frac{1}{3}} \right)\)

Ta có: \(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2x-4y+6z-2=0\) hay a=-1,b=2,c=-3,d=-2.

Do đó mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( -1;2;-3 \right)\) và bán kính R=4.

Ta lấy tọa độ điểm M thế vào từng đáp án, thấy rằng chỉ có câu B thỏa: \(\left( {{P}_{2}} \right):1-1+1-1=0\) thỏa. chọn B.

Dựa vào công thức chính tắc của phương trình đường thẳng, vecto chỉ phương nằm phía bê dưới phương trình. Suy ra câu C.

Lấy ngẫu nhiêu 4 viên bị trong 11 viên bi, suy ra \(n(\Omega )=C_{11}^{4}=330\)

Gọi  X là biến cố “ lấy ra 4 viên bi có tổng là một số lẻ ”.

Ta xét các khả năng sau:

TH1. Trong 4 viên bi lấy ra có 1 viên bi đánh số lẻ, 3 viên bi đánh chẵn 

\(\Rightarrow C_{6}^{1}.C_{5}^{3}=60\) cách.

TH2. Trong 4 viên bi lấy ra có 3 viên bi đánh số lẻ, 1 viên bi đánh số chẵn

\(\Rightarrow C_{6}^{3}.C_{5}^{1}=100\) cách.

\(\Rightarrow n(X)=60+100=160\)

Vậy xác suất cần tính là: \(\Rightarrow P(X)=\frac{n(X)}{n(\Omega }=\frac{16}{33}\)

Đồ thị câu C, D lại vì đồng biến trên R nên luôn tăng.

Câu B loại vì tính \(y'=6{{x}^{2}}-5=0\) có hai nghiệm phân biệt, nên không thỏa.

Câu A thỏa \(y'=6{{x}^{2}}+3>0,a>0\)

Ta có hàm số đã cho xác định và liên tục \(\forall x \in \left[ {0;9} \right]\)

\(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 20x,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 20x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \in \left[ {0;9} \right]\\ x = \sqrt 5 \in \left[ {0;9} \right]\\ x = - \sqrt 5 \notin \left[ {0;9} \right] \end{array} \right.\)

\(f\left( 0 \right)={{0}^{4}}-{{10.0}^{2}}-4=-4\)

\(f\left( \sqrt{5} \right)={{\sqrt{5}}^{4}}-10.{{\sqrt{5}}^{2}}-4=-29\)

\(f\left( 9 \right)={{9}^{4}}-{{10.9}^{2}}-4=5747\)

Vậy \(\underset{\left[ 0;9 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=-29\).

Điều kiện xác định : \(18-{{x}^{2}}>0\Leftrightarrow -3\sqrt{2}<x<3\sqrt{2}\).

Ta có : \(18-{{x}^{2}}\ge 9\Leftrightarrow {{x}^{2}}\le 9\Leftrightarrow -3\le x\le 3\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \({{\log }_{3}}\left( 18-{{x}^{2}} \right)\ge 2\) là \(S=\left[ -3\,;\,3 \right]\).

\(I = \int\limits_0^9 {\left[ {2f\left( x \right) + 3g(x)} \right]{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^9 {2f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_0^9 {3g\left( x \right){\rm{d}}x}  = 2\int\limits_0^9 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - 3\int\limits_9^0 {g\left( x \right){\rm{d}}x}  = 26\)

\(z = \frac{1}{{3 - 4i}} = \frac{{3 + 4i}}{{25}} = \frac{3}{{25}} + \frac{4}{{25}}i \Rightarrow \overline z  = \frac{3}{{25}} - \frac{4}{{25}}i\)

Ta có \(\left. \begin{align} & A'B\cap \left( ABC \right)=B \\ & A'A\bot \left( ABC \right) \\ \end{align} \right\}\Rightarrow\)AB là hình chiếu của A'B trên \(\left( ABC \right).\)

\(\Rightarrow \left( \widehat{A'B,\left( ABC \right)} \right)=\left( \widehat{A'B,AB} \right)=\widehat{A'BA}={{60}^{0}}\)

Khi đó xét trong tam giác vuông A'BA ta có :

\(AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=2a,\tan \widehat{A'BA}=\frac{A'A}{AB}\Rightarrow A'A=AB\tan {{60}^{0}}=2a\sqrt{3}.\)

Ta có : Tam giác SAO vuông tại A, \(SA=a;AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Gọi AH là đường cao của tam giác SAO.

\(AH\bot SO\) và cũng có \(AH\bot BD\) (dễ dàng thấy rằng BD vuông với mp \(\left( SAC \right)\).

Suy ra khoảng cách chính là AH.

\(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{O}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( a\frac{\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{3}{{{a}^{2}}}\).

Suy ra : \(AH=\frac{a}{\sqrt{3}}\).

Mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Suy ra tọa độ tâm mặt cầu cần tìm là \(\left( 0;3;-1 \right)\)

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

Do đó phương trình mặt cầu đường kính AB là \({{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=9\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có VTPC là \(\overrightarrow{{{n}_{\alpha }}}=\left( 4;3;-7 \right)\).

Do \(d\bot \left( \alpha  \right)\) nên có VTCP là \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\overrightarrow{{{n}_{\alpha }}}=\left( 4;3;-7 \right)\).

Ta có: \(g(x)=f(x)-\frac{{{x}^{3}}}{3}-\frac{3{{x}^{2}}}{4}+\frac{3x}{2}+20\Rightarrow g'(x)=f'(x)-{{x}^{2}}-\frac{3x}{2}+\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow g'(x)=f'(x)-({{x}^{2}}+\frac{3x}{2}-\frac{3}{2})=f'(x)-h(x)\)

Với \(h(x)={{x}^{2}}+\frac{3x}{2}-\frac{3}{2}\) là hàm số parabol, ta sẽ vẽ chúng lên cùng hệ trục tọa độ với đồ thị hàm \(f'(x)\)

Ta sẽ có bảng biển thiên sau:

Vậy: \(Mi{{n}_{\left[ -3;1 \right]}}g(x)=g(-1)\). Chọn A.

\(\left( {{3}^{x+2}}-\sqrt{3} \right)\left( {{3}^{x}}-2m \right)<0\Leftrightarrow \left( {{9.3}^{x}}-\sqrt{3} \right)\left( {{3}^{x}}-2m \right)<0\).

Đặt \(t={{3}^{x}},\text{ }t>0\)

Ta được \(\left( 9.t-\sqrt{3} \right)\left( t-2m \right)<0\).

TH1: \(2m<\frac{\sqrt{3}}{9}\Leftrightarrow m<\frac{\sqrt{3}}{18}\), khi đó: \(2m<t<\frac{\sqrt{3}}{9}\) mà \(t>0,t\in \mathbb{Z}\) suy ra không có t thỏa.

TH2: \(2m>\frac{\sqrt{3}}{9}\Leftrightarrow m>\frac{\sqrt{3}}{18}\), khi đó: \(\frac{\sqrt{3}}{9}<t<2m\) thỏa mãn mà t>0

\(\frac{\sqrt{3}}{9}<{{3}^{x}}<2m\Leftrightarrow \frac{-3}{2}<x<{{\log }_{3}}2m\)

Để bất phương trình ban đầu có tập nghiệm chứa không quá 9 số nguyên thì

\(x\in \left\{ -1;0;...;7 \right\}\)

Suy ra: \({{\log }_{3}}2m\le 8\Leftrightarrow 2m\le {{3}^{8}}\Leftrightarrow m\le \frac{{{3}^{8}}}{2}\)

Mà m là số nguyên dương nên \(m\in \left\{ 1;2;3;...;3280 \right\}\).

Đặt \(t = {e^{3x + 1}} \Rightarrow dt = \frac{1}{3}{e^{3x + 1}}dx \Leftrightarrow {e^{3x}}dx = \frac{3}{e}dt\)

Đổi cận \(x =  - \frac{1}{3} \Rightarrow t = 1\) ; \(x = 0 \Rightarrow t = e\).

Suy ra \(\int\limits_{ - \frac{1}{3}}^0 {f\left( {{e^{3x + 1}}} \right){e^{3x}}dx} = \frac{3}{e}\int\limits_1^e {f\left( t \right)dt} = \frac{3}{e}\left( {\int\limits_1^2 {\left( {{x^2} + x - 2} \right)dx} + \int\limits_2^e {\frac{1}{x}dx} } \right) = \frac{3}{e}\left( {\frac{{17}}{6} - \ln 2} \right).\)

\(z = \frac{{ - m + i}}{{1 - m\left( {m - 2i} \right)}} = \frac{{\left( { - m + i} \right)\left( {1 - {m^2} - 2mi} \right)}}{{{{\left( {1 - {m^2}} \right)}^2} + 4{m^2}}} = \frac{m}{{{m^2} + 1}} + \frac{i}{{{m^2} + 1}}\)

\( \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {\frac{1}{{{m^2} + 1}}}  \le 1 \Rightarrow {\left| z \right|_{\max }} = 1 \Leftrightarrow z = i{\rm{ }}\) khi m = 0

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

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD thì \(SO\bot \left( ABCD \right)\) và theo đề bài thì SO=a.

Gọi E là trung điểm của CD thì vì \(SE\bot CD\) và \(OE\bot CD\) nên góc giữa mặt bên \(\left( SCD \right)\) và mặt đáy \(\left( ABCD \right)\) là \(\widehat{SEO}={{45}^{0}}\).

Dễ thấy tam giác SOE vuông cân tại O nên SO=OE=a.

Suy ra ABCD là hình vuông cạnh 2a.

Vậy \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.SO=\frac{1}{3}.4{{a}^{2}}.a=\frac{4{{a}^{3}}}{3}\).

Diện tích của phần vành mũ: \({{S}_{1}}=\pi {{18}^{2}}-\pi {{8}^{2}}=260\pi \,\,(\text{c}{{\text{m}}^{2}}).\)

Diện tích xung quanh của hình nón cụt:

Goị \(\left( N \right)\) là hình nón có đỉnh S và bán kính là JB=8cm, và \(\left( {{N}_{1}} \right)\) là hình nón có đỉnh S và bán kính IA=6cm.

\({{S}_{2}}\) là diện tích xung quanh của hình nón cụt; \({{S}_{N}}\) là diện tích xung quanh của hình nón \(\left( N \right)\) ; \({{S}_{{{N}_{1}}}}\) là diện tích xung quanh của hình nón \(\left( {{N}_{1}} \right)\).

Xét tam giác SJB có \(\frac{SI}{SJ}=\frac{IA}{JB}=\frac{3}{4}\Leftrightarrow \frac{SI}{15+SI}=\frac{3}{4}\Leftrightarrow SI=45\ cm\)

Suy ra \(SA=\sqrt{S{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}}=\sqrt{{{45}^{2}}+{{6}^{2}}}=3\sqrt{229}\ cm\)

và \(SB=\sqrt{S{{J}^{2}}+J{{B}^{2}}}=\sqrt{{{60}^{2}}+{{8}^{2}}}=4\sqrt{229}\ cm\)

Ta có \({{S}_{2}}={{S}_{N}}-{{S}_{{{N}_{1}}}}=\pi .JB.SB-\pi .IA.SA=\pi \left( 8.4\sqrt{229}-6.3\sqrt{229} \right)=14\sqrt{229}\pi \,\,(\text{c}{{\text{m}}^{2}}).\)

Diện tích của đáy mũ: \({{S}_{3}}=\pi {{6}^{2}}=36\pi \,\,(\text{c}{{\text{m}}^{2}}).\)

Tổng diện tích vải cần có để làm chiếc cái mũ đó (không tính viền, mép, phần thừa) là:

\(S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}+{{S}_{3}}=(14\sqrt{229}+296)\pi \,\,(\text{c}{{\text{m}}^{2}})=\frac{(14\sqrt{229}+296)\pi \,\,}{{{100}^{2}}}({{\text{m}}^{2}})\)

Vậy số tiền cần mua vải là \(\frac{(14\sqrt{229}+296)\pi \,\,}{{{100}^{2}}}.120000\approx 19145,81225\) đồng

Suy ra đáp án A.

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có vtpt \(\overrightarrow n  = \left( {1;1; - 2} \right)\).

Đường thẳng \(d:\frac{{x - 3}}{1} = \frac{{y - 3}}{1} = \frac{z}{2}\) có phương trình tham số \(\left\{ \begin{array}{l} x = 3 + h\\ y = 3 + h\\ z = 2h \end{array} \right.\)

Gọi \(H = d \cap \Delta  \Rightarrow H\left( {3 + h;3 + h;2h} \right) \in d \Rightarrow \overrightarrow {AH} \left( {2 + h;1 + h;2h + 1} \right)\)

Theo đề ta có \(\Delta \) song song với \(\,\left( \alpha  \right)\) nên:

\(\overrightarrow {AH} .\,\overrightarrow n = 0 \Leftrightarrow 2 + h + 1 + h - 4h - 2 = 0 \Leftrightarrow h = \frac{1}{2} \Rightarrow \overrightarrow {AH} = \left( {\frac{5}{2};\frac{3}{2};2} \right)\)

VTCP của đường thẳng \(\Delta \) : \(\overrightarrow u  = \left( {5;3;4} \right)\)

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) : \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 5t\\ y = 2 + 3t\\ z = - 1 + 4t \end{array} \right.\).

Xét hàm số \(g\left( x \right)=4f\left( x \right)-2{{x}^{3}}+7{{x}^{2}}-8x+1\), ta có:

\({g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 4{f}'\left( x \right)-6{{x}^{2}}+14x-8=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=\frac{3}{2}{{x}^{2}}-\frac{7}{2}x+2\text{ }\left( * \right)\).

Đường cong \(y={f}'\left( x \right)\) cắt parabol \(y=\frac{3}{2}{{x}^{2}}-\frac{7}{2}x+2\) tại ba điểm có hoành độ lần lượt là \(x=0\,;x=1\,;x=2\). Do đó \(\left( * \right)\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=1 \\ & x=2 \\ \end{align} \right.\)

Và \({g}'\left( x \right)\) đổi dấu khi đi qua các điểm \(x=0\,;x=1;\,x=2\) nên \(g\left( x \right)\) có ba điểm cực trị.

Ta có bảng biến thiên

Suy ra phương trình \(g\left( x \right)=0\) có tối đa bốn nghiệm.

Vậy hàm số \(y=\left| g\left( x \right) \right|\) có tối đa 3+4=7 điểm cực trị.

Điều kiện xác định \(\frac{2{{x}^{2}}+x+m+1}{{{x}^{2}}+x+1}>0\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+x+m+1>0\).

Ta có \({{\log }_{3}}\frac{2{{x}^{2}}+x+m+1}{{{x}^{2}}+x+1}\ge 2{{x}^{2}}+4x+5-2m \Leftrightarrow {{\log }_{3}}\frac{2{{x}^{2}}+x+m+1}{{{x}^{2}}+x+1}-1\ge 2{{x}^{2}}+4x+4-2m\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\frac{2{{x}^{2}}+x+m+1}{3\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)}\ge 2{{x}^{2}}+4x+4-2m\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( 2{{x}^{2}}+x+m+1 \right)\,\,-\,\,{{\log }_{3}}3\left( {{x}^{2}}+x+1 \right) \ge \,\,-2\left( 2{{x}^{2}}+x+m+1 \right)+6\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( 2{{x}^{2}}+x+m+1 \right) +\,2\left( 2{{x}^{2}}+x+m+1 \right) \ge \,\,{{\log }_{3}}3\left( {{x}^{2}}+x+1 \right) +6\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{\log }_{3}}t\,+2t\) với t>0.

Ta có: \({f}'\left( t \right)=\frac{1}{t.\ln 3}\,\,+\,\,2>0,\forall t>0\). Suy ra hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( 0\,;\,+\infty  \right)\)

Do đó tương đương với

\(f\left( 2{{x}^{2}}+x+m+1 \right) \ge \,\,f\left( 3\left( {{x}^{2}}+x+1 \right) \right) \Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+x+m+1 \ge \,\,3\left( {{x}^{2}}+x+1 \right))\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}+2x+2\le m\)

BPT \({{x}^{2}}+2x+2\le m\) có nghiệm \(\Leftrightarrow m\ge \text{min}\,g\left( x \right)\) với \(g\left( x \right)={{x}^{2}}+2x+2\).

Xét hàm số \(g\left( x \right)={{x}^{2}}+2x+2\) với \(x\in \mathbb{R}\) có \({g}'\left( x \right)=2x+2\)

\({g}'\left( x \right)=0 \Leftrightarrow 2x+2=0 \Leftrightarrow x=-1\)

 Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra \(\min \,g\left( x \right)=1\).

Do đó \(m\ge 1\)

Vì \(m\in \left[ -10;\,10 \right]\) nên tập \(S=\left\{ 1;2;...;10 \right\}\)

Vậy S có 10 phần tử.

Dựa vào đồ thị của hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên của hàm \(y=f\left( x \right)\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(M=\max \left\{ f\left( 0 \right),\,\,f\left( b \right),\,\,f\left( d \right) \right\},m=\min \left\{ f\left( a \right),\,\,f\left( c \right) \right\}\)

Gọi \({{S}_{1}}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=0,\,\,x=a.\)

Gọi \({{S}_{2}}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=a,\,\,x=b.\)

Gọi \({{S}_{3}}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=b,\,\,x=c.\)

Gọi \({{S}_{4}}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=c,\,\,x=d\)

Dựa vào hình vẽ ta có;

\({{S}_{1}}>{{S}_{2}}\Leftrightarrow \int\limits_{a}^{0}{{f}'\left( x \right)}\,\text{d}x>\int\limits_{a}^{b}{{f}'\left( x \right)}\,\text{d}x\Leftrightarrow f\left( 0 \right)-f\left( a \right)>f\left( b \right)-f\left( a \right)\Leftrightarrow f\left( 0 \right)>f\left( b \right)\).

\({{S}_{3}}>{{S}_{4}}\Leftrightarrow \int\limits_{c}^{b}{{f}'\left( x \right)}\,\text{d}x>\int\limits_{c}^{d}{{f}'\left( x \right)}\,\text{d}x\Leftrightarrow f\left( b \right)-f\left( c \right)>f\left( d \right)-f\left( c \right)\Leftrightarrow f\left( b \right)>f\left( d \right).\)

Suy ra \(M=f\left( 0 \right)\).

\({{S}_{3}}>{{S}_{2}}\Leftrightarrow \int\limits_{c}^{b}{{f}'\left( x \right)}\,\text{d}x>\int\limits_{a}^{b}{{f}'\left( x \right)}\,\text{d}x\Leftrightarrow f\left( b \right)-f\left( c \right)>f\left( b \right)-f\left( a \right)\Leftrightarrow f\left( c \right)<f\left( a \right).\)

Suy ra \(m=f\left( c \right)\)

Vậy \(M+m=f\left( 0 \right)+f\left( c \right)\)

Đặt \(z=a+bi \left( a,b\in \mathbb{R} \right)\) thì \(\left| {{z}^{2}}+1 \right|=2\left| z \right| \Leftrightarrow \left| {{\left( a+bi \right)}^{2}}+1 \right|=2\left| a+bi \right|\)

\(\Leftrightarrow \left| {{a}^{2}}-{{b}^{2}}+1+2abi \right|=2\left| a+bi \right| \Leftrightarrow {{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}}+1 \right)}^{2}}+4{{a}^{2}}{{b}^{2}}=4\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\)

\(\Leftrightarrow {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+1-2{{a}^{2}}-6{{b}^{2}}+2{{a}^{2}}{{b}^{2}}=0 \Leftrightarrow {{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-1 \right)}^{2}}-4{{b}^{2}}=0 \Leftrightarrow \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-1-2b \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-1+2b \right)=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-1-2b=0 \\ & {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-1+2b=0 \\ \end{align} \right.\)

TH1: \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-1-2b=0 \Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{\left( b-1 \right)}^{2}}=2\).

Khi đó tập hợp điểm \(M\left( a;b \right)\) biểu diễn số phức z là đường tròn có tâm \({{I}_{1}}\left( 0;1 \right)\), bán kính \(R=\sqrt{2}\), giao điểm của OI (trục tung) với đường tròn là \({{M}_{1}}\left( 0;\sqrt{2}+1 \right)\) và \({{M}_{2}}\left( 0;1-\sqrt{2} \right)\)

\(\Rightarrow w=\left( \sqrt{2}+1 \right)i+\left( 1-\sqrt{2} \right)i \Rightarrow w=2\sqrt{2}i \Rightarrow \left| w \right|=2\sqrt{2}\)

TH2: \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-1+2b=0 \Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{\left( b+1 \right)}^{2}}=2\).

Khi đó tập hợp điểm \(M\left( a;b \right)\) biểu diễn số phức z là đường tròn có tâm \({{I}_{2}}\left( 0;-1 \right)\), bán kính \(R=\sqrt{2}\), giao điểm của OI (trục tung) với đường tròn là \({{M}_{3}}\left( 0;\sqrt{2}-1 \right)\) và \({{M}_{4}}\left( 0;-\sqrt{2}-1 \right)\)

\(\Rightarrow w=\left( \sqrt{2}-1 \right)i+\left( -1-\sqrt{2} \right)i \Rightarrow w=2\sqrt{2}i \Rightarrow \left| w \right|=2\sqrt{2}\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 1\,;\,-2\,;\,3 \right)\) và bán kính \(R=3\sqrt{3}\).

Vì \(\left( \alpha  \right):ax+by-z+c=0\) đi qua hai điểm \(A\left( 0\,;\,0\,;\,-4 \right), B\left( 2\,;\,0\,;\,0 \right)\) nên c=-4 và a=2.

Suy ra \(\left( \alpha  \right):2x+by-z-4=0\).

Đặt IH=x, với \(0<x<3\sqrt{3}\) ta có \(r=\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}=\sqrt{27-{{x}^{2}}}\)

Thể tích khối nón là \(V=\frac{1}{3}\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }{{r}^{2}}IH=\frac{1}{3}\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\left( 27-{{x}^{2}} \right)x=\frac{1}{3\sqrt{2}}\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\sqrt{\left( 27-{{x}^{2}} \right).\left( 27-{{x}^{2}} \right).2{{x}^{2}}}\le 18\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\).

\({{V}_{\max }}=18\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\) khi \(27-{{x}^{2}}={{x}^{2}}\Leftrightarrow x=3\)

Khi đó, \(d\left( I\,;\,\left( \alpha  \right) \right)=\frac{\left| 2b+5 \right|}{\sqrt{{{b}^{2}}+5}}=3\Leftrightarrow {{\left( 2b+5 \right)}^{2}}=9\left( {{b}^{2}}+5 \right)\Leftrightarrow b=2\).

Vậy a-b+c=-4.