Số cách chọn ra 3 học sinh từ 10 học sinh là \(C_{10}^{3}\).

Số cách xếp 3 học sinh đã chọn vào 3 vị trí là 3!

Vậy số cách chọn ra 3 học sinh và xếp thành một hàng ngang là \(3!\times C_{10}^{3}=A_{10}^{3}\)

\(6 = {u_5} \Leftrightarrow 6 = {u_3} + 2d \Leftrightarrow 6 = {u_3} + 2 \Leftrightarrow {u_3} = 4\)

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right).\)

Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số có điểm cực đại là (-1;3)

Từ bảng xét dấu ta thấy đạo hàm chỉ đổi dấu 2 lần. Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{ - 2x + 4}}{{ - x + 1}} =  - \infty \)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{ - 2x + 4}}{{ - x + 1}} =  + \infty \)

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1

Ta có: \({y}'=4{{x}^{3}}, {y}'=0\Leftrightarrow 4{{x}^{3}}=0\Leftrightarrow x=0\).

Hàm số đã cho là hàm trùng phương, có một cực trị nên có đồ thị là hình 3.

\(x = 0 \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} \times 2 = 2\)

\(\ln \left( {ea} \right) = \ln e + \ln a = 1 + \ln a\)

\(y' = {\pi ^x}\ln \pi \)

\(a\sqrt[3]{a} = a.{a^{\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{4}{3}}}\)

\({4^{2x - 1}} = 32 \Leftrightarrow {2^{2\left( {2x - 1} \right)}} = {2^5} \Leftrightarrow 2\left( {2x - 1} \right) = 5 \Leftrightarrow x = \frac{7}{4}\)

\({\log _3}\left( {1 - 3x} \right) = 2 \Leftrightarrow 1 - 3x = {3^2} \Leftrightarrow x =  - \frac{8}{3}\)

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

\(f\left( x \right) = F'\left( x \right) =  - 2\sin 2x\)

\(6 = \int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x \Leftrightarrow 6}  = \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_2^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \)

\( \Leftrightarrow 6 =  - 2 + \int\limits_2^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \)

\( \Leftrightarrow \int\limits_2^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 8\)

\(\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} + x} \right)dx}  = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1 = \left( {\frac{1}{3} + \frac{1}{2}} \right) - 0 = \frac{5}{6}\)

Ta có \(\overline z  =  - 2021i\)

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

Điểm biểu diễn số phức z = 2 - 3i

Đáy là hình vuông cạnh bằng a nên diện tích đáy là \({{a}^{2}}\).

Đường cao \(SA=a\sqrt{3}\) nên thể tích của S.ABCD là \(\frac{1}{3}{{a}^{2}}.a\sqrt{3} =\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}\).

Thể tích khối lập phương là \({\left( {3a} \right)^3}= 27{a^3}\)

Thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là \(V=\pi {{r}^{2}}h\).

Ta có \(r=3\text{ cm}, h=l=4\text{ cm}\).

Diện tích xung quanh của hình trụ là \(2\pi .r.l =2\pi .3.4 =24\pi \text{ c}{{\text{m}}^{2}}\).

Tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB là \(G\left( {\frac{{1 + 2 + 0}}{3};\frac{{2 + 4 + 0}}{3};\frac{{4 - 1 + 0}}{3}} \right)\) \( \Leftrightarrow G\left( {1;2;1} \right)\)

Mặt cầu \(\left( S \right):{{\left( x-a \right)}^{2}}+{{\left( y-b \right)}^{2}}+{{\left( z-c \right)}^{2}}={{R}^{2}}\) có tâm là \(I\left( a;b;c \right)\), do đó mặt cầu \(\left( S \right):{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=9\) có tâm \(I\left( -1;2;1 \right)\).

Ta có \(M\left( m;1;6 \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right):x-2y+z-5=0\) khi \(m-2.1+6-5=0 \Leftrightarrow m=1\).

Đường thẳng \(d:\frac{x-{{x}_{0}}}{a}=\frac{y-{{y}_{0}}}{b}=\frac{z-{{z}_{0}}}{c}\) có một véc tơ chỉ phương là \(\vec{u}=\left( a;b;c \right)\), do đó đường thẳng \(d:\frac{x-2}{-1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z}{1}\) có một véc tơ chỉ phương là \(\vec{u}=\left( -1;2;1 \right)\).

Trong 5 số thuộc tập \(E=\left\{ 1;2;3;4;5 \right\}\) có 3 số lẻ nên xác suất cần tìm là \(\frac{3}{5}\).

Hàm số \(y=\ln x\) có cơ số e>1 nên đồng biến trên tập xác định của nó.

Ta có \({f}'\left( x \right)=\frac{-4}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}\) và \({f}'\left( x \right)=0\) vô nghiệm.

Trên đoạn \(\left[ 2;3 \right]\), xét các giá trị \(f\left( 2 \right)=5\) và \(f\left( 3 \right)=3\)

Do đó M=5, m=3 nên M+m=8.

Ta có \({{\left( \frac{1}{2} \right)}^{{{x}^{2}}-x}}>{{2}^{x-4}} \Leftrightarrow {{2}^{-{{x}^{2}}+x}}>{{2}^{x-4}} \Leftrightarrow -{{x}^{2}}+x>x-4\Leftrightarrow {{x}^{2}}-4<0\Leftrightarrow -2<x<2\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \({{\left( \frac{1}{2} \right)}^{{{x}^{2}}-x}}>{{2}^{x-4}}\) là S=(-2;2).

Ta có \(\int\limits_{0}^{1}{\left[ f\left( x \right)+3{{x}^{2}} \right]\text{d}x}=6 \Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{0}^{1}{3{{x}^{2}}\text{d}x}=6 \Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}+\left. {{x}^{3}} \right|_{0}^{1}=6\)

\(\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}+\left( 1-0 \right)=6 \Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}=5\).

Ta có

\(w=\left( 1+i \right)z-\bar{z} =\left( 1+i \right)\left( 2+3i \right)-\left( 2-3i \right) =2+3i+2i+3{{i}^{2}}-2+3i =8i+3\left( -1 \right) =-3+8i\).

Khi đó môđun của số phức \(w=\left( 1+i \right)z-\bar{z}\) là \(\left| w \right|=\sqrt{{{\left( -3 \right)}^{2}}+{{8}^{2}}} =\sqrt{63}\).

Ta có SB có hình chiếu vuông góc xuống \(\left( ABC \right)\) là AB, do đó góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) là \(\widehat{SBA}\).

Do tam giác ABC vuông cân tại B và AC=2a nên \(A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=A{{C}^{2}} \Rightarrow 2A{{B}^{2}}=4{{a}^{2}} \Rightarrow AB=a\sqrt{2}\).

Trong tam giác SAB có \(\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB} =1\), do đó \(\widehat{SBA}={{45}^{0}}\).

Vậy số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) bằng \({{45}^{0}}\).

Trong \(\left( SAB \right)\) dựng \(AH\bot SB\) tại H.

Vì \(\left\{ \begin{align} & AD\bot SA \\ & AD\bot AB \\ \end{align} \right.\) \(\Rightarrow AD\bot \left( SAB \right) \Rightarrow AD\bot AH\).

Khi đó \(d\left( AD,SB \right)=AH\).

Xét tam giác SAB vuông tại A có \(AH=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Ta có tâm I của mặt cầu \(\left( S \right)\) là trung điểm của AB nên \(I\left( 1;2;0 \right)\).

Mặt khác mặt cầu \(\left( S \right)\) có bán kính là \(R=\frac{AB}{2} =\frac{\sqrt{{{\left( 0-2 \right)}^{2}}+{{\left( 3-1 \right)}^{2}}+{{\left( -1-1 \right)}^{2}}}}{2} =\frac{\sqrt{12}}{2} =\sqrt{3}\).

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

Do AM là trung tuyến của tam giác ABC nên M là trung điểm của BC, suy ra \(M\left( -1;4;1 \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{AM}=\left( -4;3;-1 \right)\) là véc tơ chỉ phương của đường thẳng AM và có AM đi qua điểm \(A\left( 3;1;2 \right)\) nên có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 - 4t\\ y = - 3 + 3t\\ z = 4 - 1t \end{array} \right.\)

Từ đồ thị của \(y={f}'\left( x \right)\), ta có bảng biến thiên của \(y=f\left( x \right)\) trên \(\left[ -2;6 \right]\) như sau

Từ bảng biến thiên ta có

\(M=\underset{\left[ \text{-2;6} \right]}{\mathop{\text{max}}}\,\text{ }f\left( x \right)=\text{max}\left\{ f\left( 0 \right),f\left( 5 \right) \right\}, m=\underset{\left[ \text{-2;6} \right]}{\mathop{\text{min}}}\,\text{ }f\left( x \right)=\text{min}\left\{ f\left( -2 \right),f\left( 2 \right),f\left( 6 \right) \right\}\).

Từ đồ thị của \(y={f}'\left( x \right)\) ta có \(\int\limits_{0}^{2}{\left| {f}'\left( x \right) \right|\text{d}x}<\int\limits_{2}^{5}{\left| {f}'\left( x \right) \right|\text{d}x} \Leftrightarrow \int\limits_{0}^{2}{-{f}'\left( x \right)\text{d}x<\int\limits_{2}^{5}{{f}'\left( x \right)\text{d}x}} \Leftrightarrow f\left( 0 \right)-f\left( 2 \right)<0\)

Suy ra \(\text{max}\left\{ f\left( 0 \right),f\left( 5 \right) \right\}=f\left( 5 \right)\).

Mặt khác, cũng từ từ đồ thị của \(y={f}'\left( x \right)\), ta có \(\int\limits_{-2}^{0}{\left| {f}'\left( x \right) \right|\text{d}x}>\int\limits_{0}^{2}{\left| {f}'\left( x \right) \right|\text{d}x}\Leftrightarrow \int\limits_{-2}^{0}{{f}'\left( x \right)\text{d}x>\int\limits_{0}^{2}{-{f}'\left( x \right)\text{d}x}}\Leftrightarrow f\left( 0 \right)-f\left( -2 \right)>f\left( 0 \right)-f\left( 2 \right)\Leftrightarrow f\left( -2 \right)<f\left( 2 \right)\)

Hơn nữa \(\int\limits_{2}^{5}{\left| {f}'\left( x \right) \right|\text{d}x}>\int\limits_{5}^{6}{\left| {f}'\left( x \right) \right|\text{d}x} \Leftrightarrow \int\limits_{2}^{5}{{f}'\left( x \right)\text{d}x>\int\limits_{5}^{6}{-{f}'\left( x \right)\text{d}x}} \Leftrightarrow f\left( 5 \right)-f\left( 2 \right)>f\left( 5 \right)-f\left( 6 \right) \Leftrightarrow f\left( 2 \right)<f\left( 6 \right)\)

Suy ra \(\text{min}\left\{ f\left( -2 \right),f\left( 2 \right),f\left( 6 \right) \right\}=f\left( -2 \right)\).

Vậy \(\text{M=max}\left\{ f\left( 0 \right),f\left( 5 \right) \right\}=f\left( 5 \right), \text{m=min}\left\{ f\left( -2 \right),f\left( 2 \right),f\left( 6 \right) \right\}=f\left( -2 \right)\),

nên \(M+m=f\left( 5 \right)+f\left( -2 \right)\)

Ta có \({{3}^{2x+2}}-{{3}^{x}}.({{3}^{m+2}}+1)+{{3}^{m}}<0\Leftrightarrow \left( {{3}^{x}}-{{3}^{m}} \right)\left( {{3}^{x+2}}-1 \right)<0\).

Do m là số nguyên dương nên \(m\ge 1\), suy ra \({{3}^{x}}-{{3}^{m}}<0\)

Vậy \(\left( {{3}^{x}}-{{3}^{m}} \right)\left( {{3}^{x+2}}-1 \right)<0\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} {{3}^{x}}-{{3}^{m}}<0 \\ {{3}^{x+2}}-1>0 \\ \end{matrix} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x<m \\ x>-2 \\ \end{matrix} \right.\).

Nên tập nghiệm của \({{3}^{2x+2}}-{{3}^{x}}.({{3}^{m+2}}+1)+{{3}^{m}}<0\) là \(S=\left( -2;m \right)\), với m là số nguyên dương thỏa m<10. Khi đó \(S=\left( -2;m \right)\) có ít nhất 3 nghiệm nguyên thì $<m<10.

Vậy có 8 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn đề bài.

Đặt \(t=2\sin x \Rightarrow \text{dt}=2\cos x\text{dx}\) và

Khi đó

\(\int\limits_{0}^{{\pi }/{2}\;}{f(2\sin x)\cos x\text{dx}} =\int\limits_{0}^{2}{\frac{f(t)}{2}\text{dt}} =\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{2}{f(t)\text{dt}} =\frac{1}{2}\left( \int\limits_{0}^{1}{f(t)\text{dt}}+\int\limits_{1}^{2}{f(t)\text{dt}} \right) =\frac{1}{2}\left( 6+\left( -2 \right) \right) =2\).

Vậy \(\int\limits_{0}^{{\pi }/{2}\;}{f(2\sin x)\cos x\text{dx}}=2\)

Ta có \(\left| z \right|=5\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=25\) (1)

Ta có \(z\left( 2+i \right)\left( 1-2i \right)= \left( a+bi \right)\left( 4-3i \right)= \left( 4a+3b \right)+\left( -3a+4b \right)i\).

Vì \(\(z\left( 2+i \right)\left( 1-2i \right)\) là một số thực \(-3a+4b=0\Leftrightarrow b=\frac{3a}{4}\) (2).

Thế (2) vào (1) ta được \({{a}^{2}}+\frac{9}{16}{{a}^{2}}=25\Leftrightarrow {{a}^{2}}=16\Rightarrow a=\pm 4\Rightarrow b=\pm 3\).

Vậy \(P=\left| a \right|+\left| b \right|=7\).

Gọi M là trung điểm của cạnh BC.

Ta có:

♦ \(AM\bot BC\) (do tam giác ABC đều). \(\left( 1 \right)\)

♦ \(SA\bot \left( ABC \right)\) (theo giả thiết). \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(SM\bot BC\) (theo định lí ba đường vuông góc).

Nên góc tạo bởi mặt phẳng \(\left( SBC \right)\) và mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) bằng góc \(\widehat{SMA} \Rightarrow \widehat{SMA}=30{}^\circ \).

Xét tam giác vuông SMA có \(\widehat{SMA}=30{}^\circ \) và \(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) do đó ta có \(\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM} \Rightarrow AM=\frac{SA}{\tan \widehat{SMA}} \Rightarrow AM=\frac{\frac{a}{2}}{\tan 30{}^\circ }\) nên \(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Trong tam giác vuông ABM tại M ta có \(B{{M}^{2}}+A{{M}^{2}}=A{{B}^{2}}\), mà AB=2BM nên có \(B{{M}^{2}}+A{{M}^{2}}=4B{{M}^{2}} \Rightarrow 3B{{M}^{2}}=A{{M}^{2}} \Rightarrow BM=\frac{1}{\sqrt{3}}AM\) hay \(\Rightarrow BM=\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a}{2}\), do đó \(\Rightarrow BC=a\)

Diện tích tam giác ABC là \({{S}_{ABC}}= \frac{1}{2}BC.AM =\frac{1}{2}a.\frac{a\sqrt{3}}{2} =\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\).

Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABC}} =\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4} =\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}\)

Ta có \(V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}\).

Xét mặt cắt như hình vẽ, ta có \(CE=6\text{ cm}, CD=\sqrt{D{{E}^{2}}-C{{E}^{2}}}=8\text{ cm}\).

Do đó bán kính đáy hình trụ \(r=4\text{ cm}\).

\({{V}_{1}}=\pi {{r}^{2}}h=\pi {{.4}^{2}}.5=80\pi \,\text{c}{{\text{m}}^{\text{3}}}, {{V}_{2}}=\frac{1}{2}\pi {{r}^{2}}l=\frac{1}{2}\pi {{.4}^{2}}.6=48\pi \,\,\text{c}{{\text{m}}^{\text{3}}}\).

Vậy \(V=128\pi \,\text{c}{{\text{m}}^{\text{3}}}\).

Ta có \(\Delta :\frac{x}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{{z - 1}}{1}\) \( \Rightarrow \Delta :\left\{ \begin{array}{l} x = t\\ y = - 1 + 2t\\ z = 1 + t \end{array} \right.\)

Gọi \(M=\Delta \cap \left( P \right) \Rightarrow M\in \Delta  \Rightarrow M\left( t;2t-1;t+1 \right)\).

Với \(M\in \left( P \right) \Rightarrow t-2\left( 2t-1 \right)-\left( t+1 \right)+3=0 \Leftrightarrow 4-4t=0 \Leftrightarrow t=1 \Rightarrow M\left( 1;1;2 \right)\).

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow{n}=\left( 1;-2;-1 \right)\)

Véc tơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow{u}=\left( 1;2;1 \right)\)

Đường thẳng d nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\) đồng thời cắt và vuông góc với \(\Delta \)

Do vậy đường thẳng d nhận \(\frac{1}{2}\left[ \overrightarrow{n},\overrightarrow{u} \right]=\left( 0;-1;2 \right)\) làm véc tơ chỉ phương, mặt khác \(M\left( 1;1;2 \right)\in d\) nên phương trình đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = 1 - t\\ z = 2 + 2t \end{array} \right.\)

Xét hàm số \(y=f\left( {{x}^{3}} \right)-2021x=h\left( x \right)\)

\(h'\left( x \right)=3{{x}^{2}}.f'\left( {{x}^{3}} \right)-2021=0\)

\(\Leftrightarrow f'\left( {{x}^{3}} \right)=\frac{2021}{3{{x}^{2}}}\,\,\left( * \right)\) (Chỉ xét \(x\ne 0\) do x=0 không là nghiệm của phương trình)

Đặt \({{x}^{3}}=u\Rightarrow {{x}^{2}}=\sqrt[3]{{{u}^{2}}}\). \(\left( * \right)\) trở thành \(f'\left( u \right)=\frac{2021}{3\sqrt[3]{{{u}^{2}}}}\)

Số nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\) chính là số giao điểm của ĐTHS \(y=f'\left( u \right)\) và \(y=\frac{2021}{3\sqrt[3]{{{\mathsf{u}}^{2}}}}\)

Xét hàm số \(y=t\left( u \right)=\frac{2021}{3\sqrt[3]{{{u}^{2}}}}\Rightarrow t'\left( u \right)=-\frac{4042}{9}.\frac{1}{\sqrt[3]{{{u}^{5}}}}\). Ta có BBT:

⇒ Ta có ĐTHS \(y=f'\left( u \right)\) và \(y=\frac{2021}{3\sqrt[3]{{{u}^{2}}}}\) như sau:

Dựa vào ĐTHS, ta thấy đồ thị hàm \(y=f'\left( u \right)\) và đồ thị hàm \(y=\frac{2021}{3\sqrt[3]{{{u}^{2}}}}\) có 1 giao điểm có hoành độ là a

⇒ Phương trình \(f'\left( u \right)=\frac{2021}{3\sqrt[3]{{{u}^{2}}}}\) có 1 nghiệm u=a>0

⇒ Phương trình \(\left( * \right)\) có 1 nghiệm \(x=\sqrt[3]{a}\)

⇒ Phương trình \(h'\left( x \right)=0\) có 1 nghiệm \(x=\sqrt[3]{a}\)

Ta có BBT của hàm số \(h\left( x \right)\)

(Giải thích \(\left( 1 \right) h\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)-0=0\))

Từ BBT của hàm số \(y=h\left( x \right)\),ta thu được BBT của hàm số \(y=g\left( x \right)=\left| h\left( x \right) \right|\)

⇒ Hàm \(g\left( x \right)\) có 3 cực trị

Đặt \({\log _3}\left( {x + 2y} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = t \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + 2y = {3^t}\\ {x^2} + {y^2} = {2^t} \end{array} \right.\) (*)

Ta có \({\left( {x + 2y} \right)^2} \le \left( {1 + 4} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 5\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\) nên: \({9^t} \le {5.2^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{9}{2}} \right)^t} \le 5 \Leftrightarrow t \le {\log _{\frac{9}{2}}}5\).

Suy ra \({x^2} + {y^2} = {2^t} \le {2^{{{\log }_{\frac{9}{2}}}5}} \approx 2.1\).

Vì y là số nguyên nên \(y \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}\).

+Với y = -1, hệ (*) trở thành \(\left\{ \begin{array}{l} x - 2 = {3^t}\\ {x^2} + 1 = {2^t} \end{array} \right. \Rightarrow {\left( {{3^t} + 2} \right)^2} + 1 = {2^t} \Leftrightarrow {9^t} + {4.3^t} - {2^t} + 5 = 0\)  (**)

Nếu t<0 thì \(2-{{2}^{t}}>0\Rightarrow {{9}^{t}}+{{4.3}^{t}}-{{2}^{t}}+5>0\).

Nếu \(t\ge 0\Rightarrow {{9}^{t}}-{{2}^{t}}\ge 0\Rightarrow {{9}^{t}}+{{4.3}^{t}}-{{2}^{t}}+5>0\).

Vậy (**) vô nghiệm.

-Với y = 0 thì hệ (*) trở thành \(\left\{ \begin{array}{l} x = {3^t}\\ {x^2} = {2^t} \end{array} \right. \Rightarrow {9^t} = {2^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{9}{2}} \right)^t} = 1 \Leftrightarrow t = 0 \Rightarrow x = 1\).

-Với y = 1 thì hệ (*) trở thành \(\left\{ \begin{array}{l} x + 2 = {3^t}\\ {x^2} + 1 = {2^t} \end{array} \right. \Rightarrow {\left( {{3^t} - 2} \right)^2} = {2^t} - 1\,\,\left( {***} \right)\).

Dễ thấy (***) luôn có ít nhất một nghiệm \(t = 0 \Rightarrow x = 0\).

Vậy có 2 giá trị nguyên của thỏa mãn là y = 0,y = 1.

Gọi \({{x}_{1}}\) là nghiệm dương lớn nhất của phương trình \({{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+m=0\),ta có \(m=-x_{1}^{4}+3x_{1}^{2} \left( 1 \right)\).

Vì \({{S}_{1}}+{{S}_{3}}={{S}_{2}}\) và \({{S}_{1}}={{S}_{3}}\) nên \({{S}_{2}}=2{{S}_{3}}\) hay \(\int\limits_{0}^{{{x}_{1}}}{f\left( x \right)\text{d}x}=0\).

Mà \(\int\limits_{0}^{{{x}_{1}}}{f\left( x \right)\text{d}x} =\int\limits_{0}^{{{x}_{1}}}{\left( {{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+m \right)\text{d}x} =\left. \left( \frac{{{x}^{5}}}{5}-{{x}^{3}}+mx \right) \right|_{0}^{{{x}_{1}}} =\frac{x_{1}^{5}}{5}-x_{1}^{3}+m{{x}_{1}} ={{x}_{1}}\left( \frac{x_{1}^{4}}{5}-x_{1}^{2}+m \right)\).

Dođó,\({{x}_{1}}\left( \frac{x_{1}^{4}}{5}-x_{1}^{2}+m \right)=0 \Leftrightarrow  \frac{x_{1}^{4}}{5}-x_{1}^{2}+m=0 \left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), ta có phương trình \(\frac{x_{1}^{4}}{5}-x_{1}^{2}-x_{1}^{4}+3x_{1}^{2}=0 \Leftrightarrow  -4x_{1}^{4}+10x_{1}^{2}=0 \Leftrightarrow  x_{1}^{2}=\frac{5}{2}\).

Vậy \(m=-x_{1}^{4}+3x_{1}^{2} =\frac{5}{4}\).

Đặt \({{z}_{1}}=x+yi\) thì \(\left| {{z}_{1}}-5+3i \right|=\left| {{z}_{1}}-1-3i \right|\Leftrightarrow 2\text{x}-3y-6=0\left( {{d}_{1}} \right).\)

Đặt \({{z}_{2}}=x'+y'i\) thì \(\left| {{z}_{2}}-4-3i \right|=\left| {{z}_{2}}-2+3i \right|\Leftrightarrow \text{x }\!\!'\!\!\text{ +3}y'-3=0\left( {{d}_{2}} \right).\)

Gọi A,B lần lượt là điểm biểu diễn của \({{z}_{1}},{{z}_{2}}\) thì \(A\in {{d}_{1}};B\in {{d}_{2}}.\)

Gọi \(C\left( 6;1 \right)\).

\(\begin{align} & P=\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|+\left| \overline{{{z}_{1}}}-6+i \right|+\left| {{z}_{2}}-6-i \right| \\ & =\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|+\left| {{z}_{1}}-6-i \right|+\left| {{z}_{2}}-6-i \right|. \\ & =AB+AC+BC\ge {{C}_{1}}{{C}_{2}}. \\ \end{align}\)

Với \({{C}_{1}},{{C}_{2}}\) lần lượt đối xứng với C qua \({{d}_{1}};{{d}_{2}}.\)

Phương trình \(C{{C}_{1}}:3x+2y-20=0\Rightarrow {{C}_{1}}\left( \frac{66}{13};\frac{31}{13} \right)\)

Phương trình \(C{{C}_{2}}:3x-y-17=0\Rightarrow {{C}_{2}}\left( \frac{24}{5};\frac{-13}{5} \right)\)

Vậy \({{C}_{1}}{{C}_{2}}=\frac{18}{\sqrt{13}}.\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 4;3;-2 \right)\) và bán kính R=5.

Gọi H là trung điểm của AB thì \(IH\bot AB\) và IH=3 nên H thuộc mặt cầu \(\left( {{S}'} \right)\) tâm I bánkính \({R}'=3\)

Gọi M là trung điểm của \({A}'{B}'\) thì \(A{A}'+B{B}'=2HM\), M nằm trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Mặt khác ta có \(d\left( I;\left( P \right) \right)=\frac{4}{\sqrt{3}}<R\) nên \(\left( P \right)\) cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) và \(\sin \left( d;\left( P \right) \right)=\sin \alpha =\frac{5}{3\sqrt{3}}\). Gọi K là hình chiếu của H lên \(\left( P \right)\) thì \(HK=HM.\sin \alpha \).

Vậy để \(A{A}'+B{B}'\) lớn nhất thì HK lớn nhất

\(\Leftrightarrow HK\) đi qua I nên \(H{{K}_{\max }}={R}'+d\left( I;\left( P \right) \right)=3+\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{4+3\sqrt{3}}{\sqrt{3}}\).

Vậy \(A{A}'+B{B}'\) lớn nhất bằng \(2\left( \frac{4+3\sqrt{3}}{\sqrt{3}} \right).\frac{3\sqrt{3}}{5}=\frac{24+18\sqrt{3}}{5}\).