Số tập con thỏa mãn đề bài chính là số cách chọn 2 phần tử lấy trong tập hợp M có 12 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của tập hợp M là \(C_{12}^{2}.\)

\({u_{14}} = {u_1} + 13d = {u_4} + 10d = 18 \Rightarrow d = 3.\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x{\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^5}{\left( {x - 3} \right)^7} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1\\ x = 2\\ x = 3 \end{array} \right..\)

Bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) như sau:

Từ bảng xét dấu ta thấy \(f'\left( x \right)\) có 3 lần đổi dấu nên hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Hàm số đạt cực đại tại điểm x mà f'(x) đổi dấu từ dương sang âm.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1

Ta có \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+1}{x-1}=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2.\) Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang 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.

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)=-\frac{1}{2}\) bằng số nghiệm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y=-\frac{1}{2}.\)

Dựa vào đồ thị ta thấy: đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y=-\frac{1}{2}\) cắt nhau tại 2 điểm.

Nên phương trình \(f\left( x \right)=-\frac{1}{2}\) có 2 nghiệm.

\({z_1}{z_2} = 5i\left( {2020 + i} \right) =  - 5 + 10100i \Rightarrow \) Phần thực của số phức \({z_1}{z_2}\) là -5

\(\int\limits_0^1 {{e^{3x + 1}}dx} = \frac{1}{3}\int\limits_0^1 {{e^{3x + 1}}d\left( {3x + 1} \right)} = \frac{1}{3}{e^{3x + 1}}\left| \begin{array}{l} 1\\ 0 \end{array} \right. = \frac{1}{3}\left( {{e^4} - e} \right).\)

Ta có 1-2.1+6-5=0 nên \(M\left( 1;1;6 \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right).\)

\(y' = \frac{1}{{x\ln 7}}\)

\(V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}6{a^2}.2a = 4{a^3}.\)

Ta có \(\int\limits_{{}}^{{}}{{{e}^{x}}dx}=\frac{{{e}^{x+1}}}{x+1}+C\) sai vì \(\int\limits_{{}}^{{}}{{{e}^{x}}dx}={{e}^{x}}+C.\)

\(\overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c  = \left( {2;6;2} \right).\)

Vậy \(\left| {\overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c } \right| = 2\sqrt {11} .\)

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

Ta thấy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương có tọa độ \(\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 1;-2;3 \right).\)

Số phức z=-2+4i được biểu diễn bởi điểm \(C\left( -2;4 \right).\)

\(I = \int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx}  = 2 + 6 = 8.\)

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}.\pi {.3^3}.4 = 12\pi .\)

Thể tích của khối hộp đã cho bằng 2.4.6 = 48.

\({z_1} + {z_2} = 1 - 2i + 2 + i = 3 - i.\)

Từ phương trình mặt cầu suy ra tâm của mặt cầu là \(I\left( {2; - 1;3} \right).\)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1)

ĐK: x > -9

\({\log _2}\left( {x + 9} \right) = 5 \Leftrightarrow x + 9 = {2^5} \Leftrightarrow x = 23.\)

Theo tính chất của lũy thừa thì đẳng thức \({x^\alpha } + {y^\alpha } = {\left( {x + y} \right)^\alpha }\) sai.

\({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .2.5 = 20\pi .\)

Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng \(\left( BCD \right)\) nhận vectơ pháp tuyến của \(\left( BCD \right)\) là vectơ chỉ phương.

Ta có \(\overrightarrow{BC}=\left( 2;0;-1 \right),\overrightarrow{BD}=\left( 0;-1;2 \right).\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\overrightarrow{n}=  \left[ \overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD} \right]=\left( -1;-4;-2 \right).\)

Khi đó ta loại phương án A và B

Thay điểm \(A\left( 1;02 \right)\) vào phương trình ở phương án D ta có 

\(\left\{ \begin{array}{l} 1 = 2 + t\\ 0 = 4 + 4t\\ 2 = 4 + 2t \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = - 1\\ t = - 1\\ t = - 1 \end{array} \right..\)

\(P = \frac{{{a^{\sqrt 3  + 1}}.{a^{2 - \sqrt 3 }}}}{{{{\left( {{a^{\sqrt 2  - 2}}} \right)}^{\sqrt 2  + 2}}}} = \frac{{{a^{\sqrt 3  + 1 + 2 - \sqrt 3 }}}}{{{a^{\left( {\sqrt 2  - 2} \right)\left( {\sqrt 2  + 2} \right)}}}} = \frac{{{a^3}}}{{{a^{ - 2}}}} = {a^5}.\)

\(\int\limits_0^1 {\left( {f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right)dx}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx}  - 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx}  = 2 - 2.5 =  - 8.\)

Gọi H là hình chiếu của A lên SD ta chứng minh được \(AH\bot \left( SCD \right)\)

\(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}.\)

Ta có \(y' = 3{x^2} + 6x;y' = 0 \Rightarrow 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \notin \left[ { - 4; - 1} \right]\\ x = - 2 \in \left[ { - 4; - 1} \right] \end{array} \right..\)

Khi đó \(y\left( { - 4} \right) =  - 16;y\left( { - 2} \right) = 4;y\left( { - 1} \right) = 2.\)

Nên \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4; - 1} \right]} y =  - 16.\)

Xem ba chữ T riêng biệt ta có: \(n\left( \Omega  \right)=6!.\)

Gọi A là biến cố “xếp ngẫu nhiên 6 thẻ đó thành dãy TNTHPT”, suy ra \(n\left( A \right)=3!\)

(số hoán vị của T – T – T và N, H, P cố định).

Vậy xác suất của biến cố \(A:P\left( A \right)=\frac{3!}{6!}=\frac{1}{120}.\)

\(\int\limits_{}^{} {\left( {x - \sin 2x} \right)dx} = \int\limits_{}^{} {xdx} - \int\limits_{}^{} {\sin 2xdx} = \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{\cos 2x}}{2} + C.\)

\(\left( {1 + i} \right)\overline z  - 1 - 3i = 0 \Leftrightarrow \overline z  = \frac{{1 + 3i}}{{1 + i}} \Leftrightarrow \overline z  = 2 + i \Rightarrow z = 2 - i.\)

Do đó \({\rm{w}} = 1 - iz + \overline z  = 1 - i\left( {2 - i} \right) + 2 + i = 2 - i.\)

Ta có \(R=IA=\sqrt{{{\left( 1-1 \right)}^{2}}+{{\left( 2-1 \right)}^{2}}+{{\left( 3-1 \right)}^{2}}}=\sqrt{5}.\)

Vậy phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là

\({{\left( x-{{x}_{I}} \right)}^{2}}+{{\left( y-{{y}_{I}} \right)}^{2}}+{{\left( z-{{z}_{I}} \right)}^{2}}={{R}^{2}}\Rightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=5.\)

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

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

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

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.

Tập xác định \(D=\mathbb{R}.\)

\(y'=\frac{-12x}{{{\left( 3{{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}}.\)

Ta có \(y'<0\Leftrightarrow x>0\) nên hàm số \(y=\frac{2}{3{{x}^{2}}+1}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( 0;+\infty  \right).\)

Xét hàm số \(g\left( x \right)=2f\left( x \right)+{{\left( 1-x \right)}^{2}}\) trên \(\left[ -4;3 \right].\)

Ta có: \(g'\left( x \right)=2.f'\left( x \right)-2\left( 1-x \right).\)

\(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow f'\left( x \right)=1-x.\) Trên đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) ta vẽ thêm đường thẳng y=1-x.

Từ đồ thị ta thấy \(f'\left( x \right)=1-x\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-4 \\ & x=-1 \\ & x=3 \\ \end{align} \right..\)

Bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) như sau:

Vậy \(\underset{\left[ -4;3 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=g\left( -1 \right)\Leftrightarrow x=-1.\)

Gọi chiều rộng, chiều dài của đáy lần lượt là x và 2x, chiều cao là y.

Diện tích các mặt bên và mặt đáy là \(S=6xy+2{{x}^{2}}\)

Thể tích là \(V=2{{x}^{2}}y=200\Rightarrow xy=\frac{100}{x}.\)

\(S=\frac{600}{x}+2{{x}^{2}}=\frac{300}{x}+\frac{300}{x}+2{{x}^{2}}\ge 3\sqrt[3]{\frac{300}{x}.\frac{300}{x}.2{{x}^{2}}}=30\sqrt[3]{180}\)

Vậy chi phí thấp nhất là \(T=30\sqrt[3]{180}.3000000=51\) triệu.

Phương trình tham số của đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + t\\ y = 2 + t\\ z = 3 + t \end{array} \right.\)

Gọi D là đường thẳng cần tìm. Theo đề bài d cắt D nên gọi \(I=\Delta \cap d=>I\in d\) suy ra \(I(1+t;2+t;3+t)\).

Ta có \(\overrightarrow{MI}=(t;t;t+1)\); mặt phẳng (P) có VTPT là \(\overrightarrow{n}=(1;-1;1)\).

D song song với mặt phẳng (P) nên \(\overrightarrow{MI}\bot \overrightarrow{n}<=>\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{n}=0<=>1.t+(-1).t+1.(1+t)=0<=>t=-1\)

\(=>\overrightarrow{MI}=(-1;-1;0)\) là 1 VTCP của đường thẳng D và D đi qua điểm M(1;2;2).

Vật PTTS của đường thẳng D cần tìm là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 - t'\\ y = 2 - t'\\ z = 2 \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} |z + 2{|^2} = {(a + 2)^2} + {b^2};|z - 2{|^2} = {(a - 2)^2} + {b^2}\\ = > |z + 2{|^2} + |z - 2{|^2} = 2({a^2} + {b^2}) + 8 = 2|z{|^2} + 8 = 10 \end{array}\)

Ta có: \({{A}^{2}}={{(|z+2|+2|z-2|)}^{2}}\le ({{1}^{2}}+{{2}^{2}})(|z+2{{|}^{2}}+|z-2{{|}^{2}})=50\).

Vì \(A\ge 0\) nên từ đó suy ra \(A\le \sqrt{50}=5\sqrt{2}\).

Vậy giá trị lớn nhất của A là \(5\sqrt{2}\).

Ta có: \(f'(x){{(1+f(x))}^{2}}={{\text{ }\!\![\!\!\text{ }{{(f(x))}^{2}}(x-1)\text{ }\!\!]\!\!\text{ }}^{2}}<=>\frac{f'(x){{(1+f(x))}^{2}}}{{{f}^{4}}(x)}={{(x-1)}^{2.}}\)

Lấy nguyên hàm 2 vế ta được \(\int{\frac{f'(x){{(1+f(x))}^{2}}}{{{f}^{4}}(x)}dx=\int{{{(x-1)}^{2}}dx}}\)

\(\begin{array}{l} < = > \int {\frac{{(1 + 2f(x) + {f^2}(x))f'(x)}}{{{f^4}(x)}}dx} = \int {{{(x - 1)}^2}dx} \\ < = > \int {\left( {\frac{1}{{{f^4}(x)}} + 2\frac{1}{{{f^3}(x)}} + \frac{1}{{{f^2}(x)}}} \right)} d(f(x)) = \frac{{{{(x - 1)}^3}}}{3} + C\\ < = > - \frac{1}{{3{f^3}(x)}} - \frac{1}{{{f^2}(x)}} - \frac{1}{{f(x)}} = \frac{{{{(x - 1)}^3}}}{3} + C\\ < = > - \frac{{1 + 3f(x) + 3{f^2}(x)}}{{3{f^3}(x)}} = \frac{{{{(x - 1)}^3}}}{3} + C \end{array}\)

Mà \(f(1)=-1=>-\frac{1-3+3}{-3}=C=>C=\frac{1}{3}\)

\(\begin{array}{l} = > - \frac{{1 + 3f(x) + 3{f^2}(x)}}{{3{f^3}(x)}} = \frac{{{{(x - 1)}^3}}}{3} + \frac{1}{3}\\ < = > \frac{{1 + 3f(x) + 3{f^2}(x)}}{{3{f^3}(x)}} + \frac{1}{3} = - \frac{{{{(x - 1)}^3}}}{3}\\ < = > \frac{{{{(1 + f(x))}^3}}}{{{f^3}(x)}} = - {(x - 1)^3}\\ < = > {\left( {1 + \frac{1}{{f(x)}}} \right)^3} = {(1 - x)^3}\\ < = > f(x) = \frac{{ - 1}}{x}. \end{array}\)

Vậy \(\int\limits_{1}^{3}{f(x)dx}=\int\limits_{1}^{3}{\frac{-1}{x}dx}=-\ln |x|\left| \begin{align} & 3 \\ & 1 \\ \end{align} \right.=-\ln 3\). Suy ra a=-1;b=0 hay a+b=-1.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l} x,y \in N*:x,y \le 2020\\ \frac{{2x + 1}}{{x - 3}} > 0,\frac{{2y}}{{y + 2}} > 0 \end{array} \right. < = > \left\{ \begin{array}{l} x,y \in N*:x,y \le 2020\\ x > 3,y > 0 \end{array} \right..\)

BPT cho có dạng \((x-3)(y-2){{\log }_{2}}\left( \frac{x+4}{x-2}+1 \right)+(x+4)(y+2){{\log }_{3}}\left( \frac{y-2}{y+2}+1 \right)\le 0(*).\)

Xét y=1 thì (*) thành \(-(x-3){{\log }_{2}}\left( \frac{x+4}{x-3}+1 \right)+3(x+4){{\log }_{3}}\frac{2}{3}\le 0\), rõ ràng BPT này nghiệm đúng với mọi x>3 vì \(-(x-3)<0;{{\log }_{2}}\left( \frac{x+4}{x-3}+1 \right)>{{\log }_{2}}(0+1)=0,3(x+4)>0,{{\log }_{3}}\frac{2}{3}<0.\)

Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ \((x;y)=(x;1)\) với \(4\le x\le 2020,x\in \mathbb{N}.\)

Xét y=2 thì (*) thành \(4(x+4){{\log }_{3}}1\le 0,\) BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà \(4\le x\le 2020,x\in \mathbb{N}.\)

Trường hợp này cho ta 2017 cặp (x;y) nữa.

Với y>2,x>3 thì VT(*) > 0 nên (*) không xảy ra

Vậy có đúng 4034 bộ số (x;y) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi I là trung điểm của BC, khi đó \(BC\bot AI\) và \(BC\bot AA'\) nên \(BC\bot \left( AA'I \right)\Rightarrow BC\bot A'I.\) Vậy góc hợp bởi \(\left( A'BC \right)\) và \(\left( ABC \right)\) bằng AIA'.

Ta có \(AI=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3},AA'=2a\Rightarrow \tan AIA'=\frac{AA'}{AI}=\frac{2a}{a\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}.\)

Mặt khác: \(1+{{\tan }^{2}}AIA'=\frac{1}{{{\cos }^{2}}AIA'}\Rightarrow {{\cos }^{2}}AIA'=\frac{1}{1+{{\tan }^{2}}AIA'}=\frac{1}{1+\frac{4}{3}}=\frac{3}{7}\Rightarrow \cos AIA'=\frac{\sqrt{21}}{7}.\)

Gọi I là trung điểm của BC suy ra góc giữa \(mp\left( SBC \right)\) và \(mp\left( ABC \right)\) là \(SIA={{30}^{0}}.\)

H là hình chiếu vuông góc của A trên SI suy ra \(d\left( A,\left( SBC \right) \right)=AH=a.\)

Xét tam giác AHI vuông tại H suy ra \(AI=\frac{AH}{\sin {{30}^{0}}}=2a.\)

Giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng x, mà AI là đường cao suy ra \(2a=x\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow x=\frac{4a}{\sqrt{3}}.\)

Diện tích tam giác đều ABC là \({{S}_{ABC}}={{\left( \frac{4a}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}.\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{4{{a}^{2}}\sqrt{3}}{3}.\)

Xét tam giác SAI vuông tại A suy ra \(SA=AI.\tan {{30}^{0}}=\frac{2a}{\sqrt{3}}.\)

Vậy \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABC}}.SA=\frac{1}{3}.\frac{4{{a}^{2}}\sqrt{3}}{3}.\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{8{{a}^{3}}}{9}.\)

Đặt \(t=\frac{8x}{{{x}^{2}}+1}.\)

Ta có: \(t'=\frac{-8{{x}^{2}}+8}{{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}};t'=0\Leftrightarrow x=\pm 1.\)

Bảng biến thiên:

\(\Rightarrow t\in \left[ -4;4 \right].\)

Xét hàm số: \(h\left( t \right)=f\left( t \right)+a-1,t\in \left[ -4;4 \right],\) ta có: \(h'\left( t \right)=f'\left( t \right).\)

\(h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = - 4 \in \left[ { - 4;4} \right]\\ t = - 2 \in \left[ { - 4;4} \right]\\ t = 2 \in \left[ { - 4;4} \right] \end{array} \right.\)

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} \left| {h\left( t \right)} \right| = Max\left\{ {\left| {a + 5} \right|;\left| {a - 5} \right|} \right\}.\)

YCBT \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left| {a + 5} \right| \le 20\\ \left| {a - 5} \right| \le 20 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 20 \le a + 5 \le 20\\ - 20 \le a - 5 \le 20 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 25 \le a \le 15\\ - 15 \le a \le 25 \end{array} \right. \Leftrightarrow - 15 \le a \le 15\)

Vậy có tất cả 31 giá trị nguyên của tham số a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Dựa vào giả thiết đường thẳng đi qua hai điểm \(M\left( -2;2 \right)\) và \(P\left( 4;0 \right).\) Suy ra \(d:x+3y-4=0\Rightarrow y=\frac{-1}{3}x+\frac{4}{3}.\)

Từ giả thiết ta có hàm số \(f\left( x \right)=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\Rightarrow f'\left( x \right)=3a{{x}^{2}}+2bx+c.\) Chú ý đồ thị hàm số tiếp xúc đường thẳng d tại x=-2.

\(\left\{ \begin{array}{l} 1 = - 8a + 4b - 2c\\ 0 = a + b + c\\ 12a - 4b + c = - \frac{1}{3}\\ d = 1 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = \frac{1}{{12}}\\ b = \frac{1}{4}\\ c = - \frac{1}{3} \end{array} \right. \Rightarrow y = \frac{1}{{12}}{x^3} + \frac{1}{4}{x^2} - \frac{1}{3}x + 1.\)

Từ đó \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} = \frac{{13}}{6}.\)

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

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

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

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

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

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

Xét các trường hợp sau:

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

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

Trường hợp 2: \(m\ge 2\) tương tự.

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

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

Thay tọa độ điểm M vào vế trái phương trình đường thẳng kết quả bằng 0 thỏa ta được đáp án D.

Gọi I là điểm thỏa mãn: \(2\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\)

\(\Leftrightarrow 2\left( \overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OI} \right)+\left( \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OI} \right)-\left( \overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OI} \right)=\overrightarrow{0}\)

\(\Leftrightarrow \overrightarrow{OI}=\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}=\left( 1;0;4 \right)\)

\(\Leftrightarrow I\left( 1;0;4 \right).\)

Khi đó, với mọi điểm \(M\left( x;y;z \right)\in \left( P \right),\) ta luôn có

\(T=2{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB} \right)}^{2}}-{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC} \right)}^{2}}\)

\(=2{{\overrightarrow{MI}}^{2}}+2\overrightarrow{MI}.\left( 2\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC} \right)+2{{\overrightarrow{IA}}^{2}}+{{\overrightarrow{IB}}^{2}}-{{\overrightarrow{IC}}^{2}}\)

\(=2M{{I}^{2}}+2I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}-I{{C}^{2}}.\)

Ta tính được \(2I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}-I{{C}^{2}}=30.\)

Do đó, T đạt GTNN \(\Leftrightarrow MI\) đạt GTNN \(\Leftrightarrow MI\bot \left( P \right).\)

Lúc này, \(IM=d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2.1-0+2.4+8 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=6.\)

Vậy \({{T}_{\min }}={{2.6}^{2}}+30=102.\)