Thể tích khối cầu bán kính a là \(V = \frac{4}{3}\pi {a^3}.\)

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

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 3; - 3} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}}  = \sqrt {19} \)

\(\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  = 2\)

\(\int\limits_1^2 {g\left( x \right)dx}  = 4 \Rightarrow \int\limits_1^2 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx}  = 6\)

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (-1;1)

Điều kiện: x>1.

Phương trình tương đương với \(x-1=8\Leftrightarrow x=9\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow \) Hệ số \(a>0\) do đó loại B và   C.

Mặt khác hàm số có 2 điểm cực trị tại \(x=0,\ x=2\) nên chỉ đáp án A thỏa mãn.

Thử trực tiếp.

\(V=\frac{1}{3}.h.{{S}_{}}=\frac{1}{3}.h.\pi .{{R}^{2}}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\pi .{{a}^{2}}=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}\) (đvtt)

\(\left( Oxy \right):z=0\)

Ta có:

\(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) – 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} – 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right){\rm{d}}x} \)

\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) – 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} + 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 12 + 2.5 = 22\)

Lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều.

Diện tích đáy \(S=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\), chiều cao \(h=2a\Rightarrow V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}\).

Phương trình hoành độ giao điểm: \({{x}^{2}}-2x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=2 \\ \end{align} \right.\)

Vậy thể tích khối tròn xoay được tính: \(V=\pi \int\limits_{0}^{2}{{{\left( {{x}^{2}}-2x \right)}^{2}}\text{d}x}\).

Biến đổi về \({{5}^{x+2}}<{{5}^{2x}}\Rightarrow x>2\).

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & {{u}_{1}}+d=3 \\ & {{u}_{1}}+3d=7 \\ \end{align} \right.\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & d=2 \\ & {{u}_{1}}=1 \\ \end{align} \right.\)

Do đó: \({{u}_{2019}}={{u}_{1}}+2018d=4037\).

Ta có \(z=\frac{5}{2+i}=2-i\Rightarrow M\left( 2;-1 \right)\) là điểm biểu diễn hình học của z.

Dựa vào đồ thị hàm số ta chọn được đáp án D

\(F\left( x \right)=\int{\left( {{e}^{2x}}+{{x}^{2}} \right)dx}=\frac{{{e}^{2x}}}{2}+\frac{{{x}^{3}}}{3}+C\).

Ta có \({y}'=-3{{x}^{2}}+3\)

Với \({{x}_{0}}=2\Rightarrow {{y}_{0}}=y\left( 2 \right)=-4\)

Hệ số góc của tiếp tuyến tại hai điểm có hoành độ \({{x}_{0}}=2\) là \(k={y}'\left( 2 \right)=-9\).

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ \({{x}_{0}}=2\) là \(y=-9\left( x-2 \right)-4=-9x+14\).

Hàm số liên tục và xác định trên \(\left[ -2;\ 2 \right]\).

Ta có \({f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-6x-9\). Do đó \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6x-9=0\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-1\in \left[ -2;\ 2 \right] \\ & x=3\notin \left[ -2;\ 2 \right] \\ \end{align} \right.\)

Khi đó \(f\left( -1 \right)=15; f\left( -2 \right)=8; f\left( 2 \right)=-12\).

Vậy \(\underset{[-2;\ 2]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=15\).

Điều kiện: \(1<x<5\).

\(\begin{align} & 2{{\log }_{2}}\left( x-1 \right)\le {{\log }_{2}}\left( 5-x \right)+1\Leftrightarrow {{\log }_{2}}{{\left( x-1 \right)}^{2}}\le {{\log }_{2}}\left( 10-2x \right) \\ & \Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}\le 10-2x\Leftrightarrow -3\le x\le 3. \\ \end{align}\)

Vậy \(S=\left( 1;3 \right]\).

Diện tích hình vuông ABCD là \({{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}\).

Do \(SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \left( SB;\widehat{\left( ABCD \right)} \right)=\widehat{SBA}=45{}^\circ \).

Suy ra \(SA=a\tan 45{}^\circ =a\).

Thể tích khối chóp là: \(V=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}}{3}\).

Ta có: \(T=\frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}}+\frac{{{z}_{2}}}{{{z}_{1}}}=\frac{z_{1}^{2}+z_{2}^{2}}{{{z}_{1}}{{z}_{2}}}=\frac{{{\left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right)}^{2}}-2{{z}_{1}}{{z}_{2}}}{{{z}_{1}}{{z}_{2}}}\).

Theo Viet ta có \(\left\{ \begin{align} & {{z}_{1}}+{{z}_{2}}=4 \\ & {{z}_{1}}{{z}_{2}}=10 \\ \end{align} \right.\) nên \(T=\frac{{{4}^{2}}-20}{10}=-\frac{2}{5}\).

\(y'={{e}^{x+1}}+x{{e}^{x+1}}=\left( x+1 \right){{e}^{x+1}}\).

\(y'=-4{{x}^{3}}+4x=0\Rightarrow x=0;\ x=\pm 1\).

Khi đó \(f\left( -2 \right)=-9;\ f\left( 1 \right)=1;\ f\left( 0 \right)=-1;\ f\left( 1 \right)=0\Rightarrow M+m=-9\).

Bán kính mặt cầu bằng khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Do đó: \(R=d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\left| 1+2.2+2 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}}=\frac{7}{\sqrt{5}}\).

Phương trình mặt cầu là: \(\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=\frac{49}{5}\).

Phương trình \(\Leftrightarrow {{f}^{2}}\left( x \right)=\frac{1}{4}\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & f\left( x \right)=\frac{1}{2} \\ & f\left( x \right)=-\frac{1}{2} \\ \end{align} \right.\)

Phương trình \(f\left( x \right)=\frac{1}{2}\) có 1 nghiệm và phương trình \(f\left( x \right)=-\frac{1}{2}\) có 3 nghiệm nên phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Kẻ \(SH\bot BC\Rightarrow SH\bot (ABC)\Rightarrow \left( S\widehat{A;(AB}C) \right)=\widehat{SAH}\).

Cạnh \(AH=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=a\) và

\(SH=\frac{BC\sqrt{3}}{2}=\frac{2a.\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\)

\(\tan \widehat{SAH}=\frac{SH}{AH}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SAH}=60{}^\circ \).

Gọi x là độ dài của cạnh hình lập phương.

Ta có: \({{V}_{O'BCD}}=\frac{1}{3}.{{S}_{BCD}}.d\left( O',\left( BCD \right) \right)=\frac{1}{3}.\frac{{{x}^{2}}}{2}.x=\frac{{{x}^{3}}}{6}\).

Theo giả thiết, \({{V}_{O'BCD}}=6{{a}^{3}}\Leftrightarrow \frac{{{x}^{3}}}{6}=6{{a}^{3}}\Leftrightarrow {{x}^{3}}=36{{a}^{3}}\).

Vậy thể tích lập phương là: \({{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}={{x}^{3}}=36{{a}^{3}}\).

Gọi \(z=x+yi\left( x,y\in \mathbb{R} \right)\Rightarrow z-3i+1=x+1+\left( y-3 \right)i\Rightarrow \left| z-3i+1 \right|=4\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}}=4\)

\(\Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=16\) là đường tròn biểu diễn số phức z.

Do \(\underset{x\to \left( -1 \right)}{\mathop{\lim }}\,y=\infty ,\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \) nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng là \(x=\pm 1\).

\(I=\int\limits_{-2}^{3}{f\left( x \right)dx}={{S}_{1}}-{{S}_{2}}=9\).

\(\overrightarrow{AB}=\left( 2;2;-6 \right)\) và \(I\left( 2;4;-1 \right)\) là trung điểm AB.

Phương trình mặt phẳng trung trực của AB nhận vectơ \(\overrightarrow{n}=\left( 1;1;-3 \right)\) và đi qua điểm I là \(1\left( x-2 \right)+1\left( y-4 \right)-3\left( z+1 \right)=0\Leftrightarrow x+y-3z-9=0\).

Ta có: \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 1;1;-1 \right),\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}=\left( 1;-2;0 \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}};\overrightarrow{{{n}_{Q}}} \right]=-\left( 2;1;3 \right)\).

Chọn \(z=0\) ta được \(x=-1,\ y=1\).

Vậy điểm \(M\left( -1;1;0 \right)\) thuộc giao tuyến.

Phương trình đường thẳng giao tuyến là: \(\frac{x+1}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z}{3}\).

Hàm số \(y=f\left( x \right)\) có đạo hàm là \(f'\left( x \right)={{\left( x-2 \right)}^{4}}\left( x-1 \right)\left( x+3 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+3}\).

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

Bảng biến thiên:

Từ BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị.

Ta có: \(y=f\left( x \right)-\frac{1}{2}{{x}^{2}}-1\Rightarrow y'=f'\left( x \right)-x\).

Dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y=x\) (đường thẳng này đi qua các điểm \(\left( -2;-2 \right),\left( 2;2 \right),\left( 4;4 \right)\) trên hình vẽ) ta có: \(f'\left( x \right)-x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-2 \\ & x=2 \\ & x=4 \\ \end{align} \right.\)

Mặt khác \(x\to +\infty \Rightarrow f'\left( x \right)>x\) (Do đồ thị \(f'\left( x \right)\) nằm phía trên đường thẳng \(y=x\)) ta có bảng xét dấu:

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( -2;2 \right)\) và \(\left( 4;+\infty  \right)\), nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right)\) và \(\left( 2;4 \right)\).

Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách suy ra \(n\left( \Omega  \right)=C_{9}^{3}\).

Gọi A: “biến cố lấy được 3 quyển sách thuộc 3 môn khác nhau”

Ta có: \(n\left( A \right)=C_{4}^{1}.C_{3}^{1}.C_{2}^{1}=24\).

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{24}{C_{9}^{3}}=\frac{2}{7}\)

Ta có: 

\(\begin{align} & 124=\pi .r_{1}^{2}.{{h}_{1}}+\frac{1}{3}\pi .r_{2}^{2}.{{h}_{2}}\Leftrightarrow 124=\pi {{\left( \frac{3}{2}{{r}_{2}} \right)}^{2}}{{h}_{2}}+\frac{1}{3}\pi .r_{2}^{2}.{{h}_{2}} \\ & \Leftrightarrow 124=\frac{31}{12}\pi .r_{2}^{2}.{{h}_{2}}\Rightarrow \frac{1}{3}\pi .r_{2}^{2}.{{h}_{2}}=16\Rightarrow {{V}_{\left( N \right)}}=16\left( c{{m}^{3}} \right) \\ \end{align}\)

Đặt \(t=2x+1\Rightarrow x=\frac{t-1}{2},\ dx=\frac{1}{2}dt,\ I=\int\limits_{1}^{3}{\frac{t-1}{4{{t}^{2}}}}=\left( \frac{1}{4}\ln t+\frac{1}{4t} \right)\left| _{1}^{3} \right.=\frac{1}{4}\ln 3-\frac{1}{6}\).

Khi đó: \(a+b+c=\frac{1}{12}\).

Ta có: \(f\left( a \right)=\frac{{{a}^{\frac{2}{3}}}\left( \sqrt[3]{{{a}^{-2}}}-\sqrt[3]{a} \right)}{{{a}^{\frac{1}{8}}}\left( \sqrt[8]{{{a}^{3}}}-\sqrt[8]{{{a}^{-1}}} \right)}=\frac{{{a}^{\frac{2}{3}}}\left( {{a}^{\frac{-2}{3}}}-{{a}^{\frac{1}{3}}} \right)}{{{a}^{\frac{1}{8}}}\left( {{a}^{\frac{3}{8}}}-{{a}^{\frac{1}{8}}} \right)}=\frac{1-a}{{{a}^{\frac{1}{2}}}-1}=\frac{-\left( {{a}^{\frac{1}{2}}}-1 \right)\left( {{a}^{\frac{1}{2}}}+1 \right)}{{{a}^{\frac{1}{2}}}-1}=-{{a}^{\frac{1}{2}}}-1\)

Khi đó \(M=f\left( {{2019}^{2018}} \right)=-{{\left( {{2019}^{2018}} \right)}^{\frac{1}{2}}}-1=-{{2019}^{1009-1}}\).

Tam giác \(\Delta AOD\) đều (tam giác cân có 1 góc \(60{}^\circ \))

Suy ra \(OA=AD=a\Rightarrow AC=2a\Rightarrow CD=a\sqrt{3}\).

Ta có \(\widehat{SCD}=45{}^\circ \Rightarrow SD=CD\tan 45{}^\circ =a\sqrt{3}\).

Ta có \(\frac{1}{{{d}^{2}}}=\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{{{k}^{2}}}{{{h}^{2}}}\).

Trong đó:

\(\begin{align} & c=d\left( B;AC \right)\Rightarrow \frac{1}{{{c}^{2}}}=\frac{1}{B{{A}^{2}}}+\frac{1}{B{{D}^{2}}} \\ & k=\frac{BD}{BO}=2,\ h=SD=a\Rightarrow \frac{1}{{{d}^{2}}}=\frac{1}{{{\sqrt{3}}^{2}}}+\frac{1}{{{1}^{2}}}+\frac{{{2}^{2}}}{{{\sqrt{3}}^{2}}}\Rightarrow d=\frac{\sqrt{6}}{4} \\ \end{align}\)

Đặt \(\left\{ \begin{align} & u=\frac{1}{x+2} \\ & dv=f'\left( x \right)dx \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & du=-\frac{1}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}} \\ & v=f\left( x \right) \\ \end{align} \right.\)

Khi đó \(\int\limits_{0}^{2}{\frac{f'\left( x \right)dx}{x+2}}=\frac{f\left( x \right)}{x+2}\left| _{0}^{2} \right.+\int\limits_{0}^{2}{\frac{f\left( x \right)dx}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}}=\frac{f\left( 2 \right)}{4}-\frac{f\left( 0 \right)}{2}+\int\limits_{0}^{2}{\frac{f\left( x \right)dx}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}}=1+\int\limits_{0}^{2}{\frac{f\left( x \right)dx}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}}\).

Suy ra \(K=\int\limits_{0}^{2}{\frac{f\left( x \right)dx}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}}=2\xrightarrow{x=2t}K=\int\limits_{0}^{1}{\frac{f\left( 2t \right)d2t}{{{\left( 2t+2 \right)}^{2}}}}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{f\left( 2t \right)dt}{2{{\left( t+1 \right)}^{2}}}}=2\).

Vậy \(\int\limits_{0}^{1}{\frac{f\left( 2t \right)dt}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}}=4\).

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần tìm. Gọi A là giao điểm của d và \(\left( P \right)\).

Gọi \(A\left( -2t;t;-1-2t \right)\in d\), cho \(A\in \left( P \right)\Rightarrow -2t+t+1+2t+1=0\Leftrightarrow t=-2\Rightarrow A\left( 4;-2;3 \right)\in \Delta \).

Áp dụng công thức nhanh ta có: \(\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}};\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}} \right] \right]=\left( 7;-2;5 \right)\).

Do đó phương trình đường thẳng cần tìm là: \(\left\{ \begin{align} & x=4+7t \\ & y=-2+2t \\ & z=3+5t \\ \end{align} \right.\)

Ta có phương trình \(\Leftrightarrow 2\sqrt{1+{{\log }_{3}}x}-3{{\log }_{3}}x+1=m\).

Đặt \(t=\sqrt{1+{{\log }_{3}}x}\Rightarrow {{\log }_{3}}x={{t}^{2}}-1\ \ \left( t\ge 0 \right)\).

Khi đó ta có: \(2t-3\left( {{t}^{2}}-1 \right)+1=m\Leftrightarrow -3{{t}^{2}}+2t+4=m\).

Xét hàm số \(f\left( t \right)=-3{{t}^{2}}+2t+4\) với \(t\ge 0\) ta có \(f'\left( t \right)=-6t+2=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{3}\).

Mặt khác \(f\left( 0 \right)=4,\ f\left( \frac{1}{3} \right)=\frac{13}{3},\ \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty \).

Dựa vào BBT suy ra phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \(m\le 4\).

Kết hợp điều kiện bài toán suy ra \(m=\left\{ 1;2;3;4 \right\}\).

Giả sử đồ thị hàm số \(y={{x}^{4}}-4{{x}^{2}}+2\) cắt đường thẳng \(y=m\) tại 4 điểm có hoành độ \(-b,\ -a,\ a,\ b\) thì \({{b}^{4}}-4{{b}^{2}}+2=m\).

Để

 \(\begin{align} & {{S}_{1}}+{{S}_{2}}={{S}_{3}}\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{b}{\left( {{x}^{4}}-4{{x}^{2}}+2-m \right)}=0\Leftrightarrow \frac{{{b}^{5}}}{5}-4\frac{{{b}^{3}}}{3}+2b-mb=0 \\ & \Rightarrow \frac{{{b}^{4}}}{5}-4\frac{{{b}^{2}}}{3}+2=m\Leftrightarrow \frac{{{b}^{4}}}{5}-\frac{4{{b}^{2}}}{3}+2={{b}^{4}}-4{{b}^{2}}+2\Leftrightarrow \frac{4}{5}{{b}^{4}}=\frac{8}{3}{{b}^{2}}\Rightarrow {{b}^{2}}=\frac{10}{3} \\ \end{align}\)

Khi đó \(m={{b}^{4}}-4{{b}^{2}}+2=\frac{-2}{9}\).

Ta có: \(g'\left( x \right)=2f\left( {{x}^{2}} \right).2x.f'\left( {{x}^{2}} \right)-6xf'\left( {{x}^{2}} \right)=4xf'\left( {{x}^{2}} \right).\left[ f\left( {{x}^{2}} \right)-\frac{3}{2} \right]\).

Phương trình \(f'\left( {{x}^{2}} \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{x}^{2}}=1 \\ & {{x}^{2}}=3 \\ \end{align} \right.\to \) có 4 nghiệm.

Phương trình \(f\left( x \right)=\frac{3}{2}\) có nghiệm x âm nên phương trình \(f\left( {{x}^{2}} \right)=\frac{3}{2}\) vô nghiệm.

Do đó phương trình \(g'\left( x \right)=0\) có 5 nghiệm.

Gọi E là hình chiếu vuông góc của A trên \(\left( P \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow{{{u}_{AI}}}=\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}\left( 1;1;1 \right)\Rightarrow AE:\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-1}{1}\), giao điểm của AI và \(\left( P \right)\) là \(E\left( \frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3} \right)\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 1;-1;0 \right)\) và bán kính \(R=\sqrt{\frac{5}{6}}\), bán kính đường tròn giao tuyến là \(r=\sqrt{{{R}^{2}}-d_{\left( I,\left( P \right) \right)}^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\). Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên \(\left( P \right)\Rightarrow IK:\left\{ \begin{align} & x=1+t \\ & y=-1+t \\ & z=t \\ \end{align} \right.\).

Giải \(1+t-1+t+t-1=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{3}\Rightarrow K\left( \frac{4}{3};-\frac{2}{3};\frac{1}{3} \right)\).

Ta có \(A{{M}^{2}}=A{{E}^{2}}+E{{M}^{2}}\) lớn nhất khi \(E{{M}_{\max }}\).

Mặt khác \(E{{M}_{\max }}=EK+r=\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\Rightarrow {{P}_{\max }}=\sqrt{EM_{\max }^{2}+A{{E}^{2}}}=\frac{\sqrt{210}}{6}\).

Điều kiện để bất phương trình \(m\ge f\left( \frac{x}{2}+1 \right)+{{x}^{2}}-4x\) có nghiệm trên đoạn [-1;4] là \(m\ge \underset{\left[ -1;4 \right]}{\mathop{Min}}\,g(x)\)

Xét hàm số \(g(x)=f\left( \frac{x}{2}+1 \right)+{{x}^{2}}-4x\) với \(x\in \left[ -1;4 \right]\)

Ta có: \(g'(x)=\frac{1}{2}f'\left( \frac{x}{2}+1 \right)+2(x-2).\) Đặt \(t=\left( \frac{x}{2}+1 \right)\)

Ta thấy \(x\in (2;4)\Rightarrow t\in \left( 2;3 \right)\Rightarrow f'\left( t \right)>0\Rightarrow g'\left( x \right)=\frac{1}{2}f'\left( \frac{x}{2}+1 \right)+2\left( x-2 \right)>0\)

Với \(x\in \left( -1;4 \right)\Rightarrow t\in \left( \frac{1}{2};2 \right)\Rightarrow f'(t)<0\Rightarrow g'(t)<0\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số g(x) trên đoạn [-1;4] như sau

Mặt khác \(g(2)=f(2)+{{2}^{2}}-4.2=-5\)

Suy ra \(m\ge -5\) là giá trị cần tìm. Kết hợp \(m\in {{\mathbb{Z}}^{-}}\Rightarrow m=\left\{ -5;-4;-3;-2;-1 \right\}\)

Ta có: \(\text{w}=\frac{2\text{z}-i}{2+iz}\Leftrightarrow \text{w}(2+iz)=2\text{z}-i\Leftrightarrow 2w+\text{w}iz=2z-i\)

\(\text{w}=\frac{2\text{z}-i}{2+iz}\)

Đặt \(\text{w}=x+yi\Leftrightarrow 4{{\text{x}}^{2}}+{{(2y+1)}^{2}}=\left[ {{(y+2)}^{2}}+{{x}^{2}} \right]\Leftrightarrow 3{{\text{x}}^{2}}+3{{y}^{2}}=3\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1\).

Vậy w thuộc đường tròn tâm O(0;0) bán kính \(R=1\Rightarrow {{P}_{\max }}=3+1=4\).

\({{x}^{2}}-2y=t\Rightarrow 5+{{16.4}^{t}}=(5+{{16}^{t}}){{.7}^{2-t}}\Rightarrow \frac{5+{{4}^{t+2}}}{{{7}^{t+2}}}=\frac{5+{{4}^{2t}}}{{{7}^{2t}}}\)

\(\Rightarrow t+2=2t\Rightarrow t=2\Rightarrow {{x}^{2}}-2y=2\Rightarrow 2y={{x}^{2}}-2\)

Khi đó \(P=\frac{3{{\text{x}}^{2}}+10\text{x}+20}{{{x}^{2}}+2\text{x}+3}\Rightarrow (3-P){{x}^{2}}+2(5-P)x+20-3P=0\).

Phương trình bậc hai ẩn x, x tồn tại khi \(\Delta \ge 0\Rightarrow 2{{P}^{2}}-19P+35\le 0\Rightarrow \frac{5}{2}\le P\le 7\).

Vậy \(M+m=9,5\).