Sắp xếp thứ tự 5 học sinh theo hàng ngang có \(5!=120\) cách

Ta có \({{S}_{10}}=10{{u}_{1}}+\frac{10.9}{2}d=255\).

Từ đồ thị hàm số ta có hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( 2;+\infty  \right)\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x=-1\).

Dựa vào bảng xét dấu \({f}'\left( x \right)\) ta thấy \({f}'\left( x \right)\) đổi dấu 4 lần khi đi qua các giá trị \(-2,1,2,3\) nên hàm số \(f\left( x \right)\) có 4 cực trị.

Ta có: \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3x+1}{1-x}=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3+\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}-1}=-3\) nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng \(y=-3\).

+ Từ đồ thị ta thấy, đây là đồ thị hàm bậc ba với hệ số \(a>0\)\(\Rightarrow \) loại B

+ Đồ thị đi qua điểm \(A\left( 2;-3 \right)\) nên chọn đáp án D.

Cho \(y=0\) suy ra \(x=2\).

Chọn đáp án C.

Ta có: \(P=\log \left( \frac{{{a}^{3}}}{{{b}^{5}}} \right)=\log {{a}^{3}}-\log {{b}^{5}}=3\log a-5\log b=3x-5y\).

 Ta có \({y}'={{a}^{x}}.\ln a\).

Ta có \(\sqrt[3]{{{a}^{2}}}={{a}^{\frac{2}{3}}}\).

Ta có \({{3}^{4x-2}}=81\Leftrightarrow {{3}^{4x-2}}={{3}^{4}}\Leftrightarrow x=\frac{3}{2}\).

Điềukiện: \(x>0\).

Ta có: \({{\log }_{3}}\left( 2x \right)=4\Leftrightarrow 2x={{3}^{4}}\Leftrightarrow 2x=81\Leftrightarrow x=\frac{81}{2}\).

Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản: \(\int{f\left( x \right)dx=\int{\left( 2{{x}^{2}}-3 \right)dx=2\int{{{x}^{2}}dx-3\int{dx=}}}\frac{2}{3}{{x}^{3}}-3x+C}\).

Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản: \(\int{f\left( x \right)dx=\int{\sin 3xdx=\frac{1}{3}}\int{\sin 3xd\left( 3x \right)=}-\frac{1}{3}\cos 3x+C}\).

Ta có \(\int\limits_{0}^{2}{\left[ f\left( x \right)-3g\left( x \right) \right]\text{d}x}=\int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}-3\int\limits_{0}^{2}{g\left( x \right)\text{d}x}=5+9=14\).

Ta có \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\cos x\text{d}x}=\left. \sin x \right|_{0}^{\frac{\pi }{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\).

Ta có \(\left| z \right|=\sqrt{{{4}^{2}}+{{\left( -3 \right)}^{2}}}=5\).

Ta có \(\bar{z}=\overline{1-2i}=1+2i\).

Phần ảo của \(\overline{z}\) là \(2\).

Vì \(I\) là trung điểm \(AB\) nên \(2\overrightarrow{OI}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\).

Dẫn đến \({{z}_{3}}=\frac{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}{2}=\frac{1+i+2+i}{2}=\frac{3}{2}+i\).

Vì diện tích đáy bằng \(16\pi \) nên ta có \(\pi {{R}^{2}}=16\pi \).

Vậy thể tích khối nón là: \(V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=\frac{1}{3}16\pi .3=16\pi \)(đvtt).

Ta có \(V={{a}^{3}}=27\).

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

Diện tích xung quanh của hình nón \({{S}_{xq}}=\pi rl=20\pi \,\text{c}{{\text{m}}^{2}}\).

Vì \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\ {y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\ {z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{1 + 2 + 3}}{3} = 2\\ {y_G} = \frac{{ - 4 + 1 + 0}}{3} = - 1\\ {z_G} = \frac{{2 + \left( { - 3} \right) + \left( { - 2} \right)}}{3} = - 1 \end{array} \right.\)

Vậy \(G\left( 2\,;\,-1\,;\,-1 \right)\).

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

Vậy mặt cầu \(\left( S \right):\,{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+4 \right)}^{2}}+{{\left( z-6 \right)}^{2}}=25\) có tọa độ tâm là \(I\left( 2\,;\,-4\,;\,6 \right)\).

Thay lần lượt 4 điểm M, N, P, Q vào phương trình \(\left( \alpha  \right):\,3x-2y+z-11=0\) ta được:

Với \(M\left( 2\,;\,-3\,;\,-1 \right)\), ta có \(\left( \alpha  \right):\,3.2-2.\left( -3 \right)+\left( -1 \right)-11=0\) \(\Leftrightarrow 0=0\) (thỏa mãn).

Với \(N\left( 4\,;\,-1\,;\,1 \right)\), ta có \(\left( \alpha  \right):\,3.4-2.\left( -1 \right)+1-11=0\) \(\Leftrightarrow 4=0\) (không thỏa mãn).

Với \(P\left( 0\,;\,-5\,;\,-1 \right)\), ta có \(\left( \alpha  \right):\,3.0-2.\left( -5 \right)+\left( -1 \right)-11=0\) \(\Leftrightarrow -2=0\) (không thỏa mãn).

Với \(Q\left( -2\,;\,3\,;\,11 \right)\), ta có \(\left( \alpha  \right):\,3.\left( -2 \right)-2.3+11-11=0\) \(\Leftrightarrow -12=0\) (không thỏa mãn).

Vậy điểm \(M\left( 2\,;\,-3\,;\,-1 \right)\in \left( \alpha  \right)\).

Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{BA}=\left( 1;-4;0 \right)\) .

Ta có \(n\left( \Omega  \right)=C_{10}^{2}\).

Gọi A là biến cố “ Chọn ngẫu nhiên hai số có tổng là số lẻ”.

\(\Rightarrow n\left( A \right)=C_{5}^{1}.C_{5}^{1}=25\) .

\(\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{25}{45}=\frac{5}{9}\) .

Ta có \(y'=3{{x}^{2}}-6mx+m+2\).

Hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(y'\ge 0,\forall x\in R\).

\(\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6mx+m+2\ge 0,\forall x\in R\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a > 0\\ \Delta ' \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3 > 0\left( {Đúng} \right)\\ 9{m^2} - 3\left( {m + 2} \right) \le 0 \end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow 9{{m}^{2}}-3m-6\le 0\).

\(\Leftrightarrow \frac{-2}{3}\le m\le 1\) .

Vì \(m\in Z\) nên \(m\in \left\{ 0;1 \right\}\) .

Vậy tổng các giá trị nguyên của tham số m bằng 1.

Xét hàm số ở đáp án A ta có \({y}'=\frac{3}{{{\left( 2-x \right)}^{2}}}>0,\ \forall x\in \left( -\infty ;\ 2 \right)\cup \left( 2;\ +\infty  \right)\) suy ra hàm số không đồng biến trên \(\mathbb{R}\). Vậy đáp án A sai.

Xét đáp án B ta có \({y}'=-3{{x}^{2}}-3<0,\ \forall x\in \mathbb{R}\). Suy ra hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\). 

Xét hàm số \(f\left( x \right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2\) trên đoạn \(\left[ -1;\ 2 \right]\) ta có:

+ \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3;\;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \sqrt 3 \in \left[ { - 1;\;2} \right]\\ x = - \sqrt 3 \; \notin \left[ { - 1;\;2} \right] \end{array} \right.\).

+ \(f\left( -1 \right)=-2;\ f\left( \sqrt{3} \right)=3\sqrt{3}-7;\ f\left( 2 \right)=-2\).

Vậy \(M=3\sqrt{3}-7;\ m=-2\). Suy ra \(P=M-2m=3\sqrt{3}-3\).

* Điều kiện xác định \(2{x^2} + 7x > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < - \frac{7}{2}\\ x > 0 \end{array} \right.\;(*)\)

* Ta có \({\log _3}\left( {2{x^2} + 7x} \right) > 2 \Leftrightarrow 2{x^2} + 7x > {3^2} \Leftrightarrow 2{x^2} + 7x - 9 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < - \frac{9}{2}\\ x > 1 \end{array} \right.\).

* Giao với điều kiện (*) ta được tập nghiệm của BPT đã cho là \(T=\left( -\infty ;\ -\frac{9}{2} \right)\cup \left( 1;\ +\infty  \right)\).

Ta có: \(\overline{z}=3+2i\Rightarrow w=iz-\overline{z}=i\left( 3-2i \right)-\left( 3+2i \right)=-1+i\).

Vậy số phức \(w=iz-\overline{z}\) có phần thực là \(-1\).

+) IC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\)

\(\Rightarrow \) góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là \(\widehat{SCI}\).

I là trung điểm AB của tam giác đều SAB nên \(SI=\sqrt{S{{B}^{2}}-I{{B}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Tam giác BIC vuông tại B nên \(IC=\sqrt{B{{C}^{2}}+I{{B}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\).

Tam giác SIC vuông tại I nên \(\tan \widehat{SCI}=\frac{SI}{IC}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}\).

Ta có: \(d\left( B;\left( SCD \right) \right)=2d\left( O;\left( SCD \right) \right)=2.OH=2.\frac{OI.OS}{\sqrt{O{{I}^{2}}+O{{S}^{2}}}}.\)

Mà \(OI=\frac{2a}{2}=a; OS=a\sqrt{3}.\)

Do đó: \(d\left( B;\left( SCD \right) \right)=a\sqrt{3}.\)

Mặt cầu tâm \(I\) và đi qua \(A\) có bán kính \(R=IA=\sqrt{{{\left( 6-2 \right)}^{2}}+{{\left( 1+3 \right)}^{2}}+{{\left( 3-1 \right)}^{2}}}=6\).

Phương trình mặt cầu: \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+3 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=36\)\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-4x+6y-2z-22=0\).

Đường thẳng cần tìm đi qua \(A\left( -1\,;\,1\,;\,3 \right)\) và nhận vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 6\,;\,3\,;\,-2 \right)\) làm vectơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = - 1 + 6t}\\ {y = 1 + 3t}\\ {z = 3 - 2t} \end{array}} \right.\)

Xét hàm số \(g\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}} \right)-2{{x}^{2}}\) với \(x\in \left[ -1;2 \right]\Rightarrow {{x}^{2}}\in [0;4]\)

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

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ f'\left( {{x^2}} \right) = 2 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ {x^2} = 0\\ {x^2} = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - 2 \notin \left[ { - 1;2} \right]\\ x = 2 \end{array} \right.\).

Với \({{x}^{2}}\in [0;4]\) thì \({f}'\left( {{x}^{2}} \right)\ge 2\Rightarrow {f}'\left( {{x}^{2}} \right)-2\ge 0\).

Bảng biến thiên của \(g\left( x \right)\)

So sánh: \(f\left( 1 \right)-2\) với \(f\left( 4 \right)-8\)

Hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi: \(y={f}'\left( x \right)\), \(y=2\), \(x=1\), \(x=4\) có diện tích là S.

\(S=\int\limits_{1}^{4}{\left| f'\left( x \right)-2 \right|.dx}=\int\limits_{1}^{4}{\left[ {f}'\left( x \right)-2 \right].dx}=\left. \left( f\left( x \right)-2x \right) \right|_{1}^{4}=f\left( 4 \right)-8-\left( f\left( 1 \right)-2 \right)\).

\(S>0\Rightarrow f\left( 4 \right)-8-\left( f\left( 1 \right)-2 \right)>0\Leftrightarrow f\left( 4 \right)-8>f\left( 1 \right)-2\).

Vậy: \(\underset{[-1;2]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=f\left( 0 \right)\) và \(\underset{[-1;2]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=f\left( 4 \right)-8\).

Ta có: \({{\log }_{3}}\left( 3x+6 \right)-2y=\frac{{{9}^{y}}-x}{2}\)\(\Leftrightarrow 2\left[ {{\log }_{3}}\left( x+2 \right)+1 \right]-4y={{3}^{2y}}-x\)\(\Leftrightarrow x+2+2{{\log }_{3}}\left( x+2 \right)={{9}^{y}}+4y\Leftrightarrow {{3}^{{{\log }_{3}}\left( x+2 \right)}}+2{{\log }_{3}}\left( x+2 \right)={{3}^{2y}}+2.2y\)\(\left( 1 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{3}^{t}}+2t\) trên \(\mathbb{R}\).

Ta có \({f}'\left( t \right)={{3}^{t}}\ln 3+2>0\)\(\forall t\in \mathbb{R}\), suy ra \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Từ \(\left( 1 \right)\) ta có: \(f\left( {{\log }_{3}}\left( x+2 \right) \right)=f\left( 2y \right)\), suy ra \({{\log }_{3}}\left( x+2 \right)=2y\).

Vì \(0\le x\le m\) nên \({{\log }_{3}}2\le {{\log }_{3}}\left( x+2 \right)\le {{\log }_{3}}\left( m+2 \right)\) \(\Rightarrow {{\log }_{3}}2\le 2y\le {{\log }_{3}}\left( m+2 \right)\).

\(\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{\log }_{3}}2\le y\le \frac{1}{2}{{\log }_{3}}\left( m+2 \right)\).

Do \(y\) nguyên dương nên \(1\le y\le \frac{1}{2}{{\log }_{3}}\left( m+2 \right)\).

Để có đúng 5 cặp số nguyên \(\left( x\,;\,y \right)\) thì \(\frac{1}{2}{{\log }_{3}}\left( m+2 \right)=5\Leftrightarrow m={{3}^{10}}-2\)

Vậy \(m={{3}^{10}}-2\).

Xét \(I=\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{\frac{f({{\ln }^{2}}x)}{x\ln x}}dx\).

Đặt \(u = {\ln ^2}x\) \( \Rightarrow du = \frac{{2\ln x}}{x}dx = \frac{{2{{\ln }^2}x}}{{x\ln x}}dx = \frac{{2u}}{{x\ln x}}dx \Rightarrow \frac{{dx}}{{x\ln x}} = \frac{{du}}{{2u}}.\)

Đổi cận : \(\left\{ \begin{array}{l} x = e \Rightarrow u = 1\\ x = {e^2} \Rightarrow u = 4 \end{array} \right.\).

Khi đó

\(\begin{array}{l} I = \frac{1}{2}\int\limits_1^4 {\frac{{f(u)}}{u}} du = \frac{1}{2}\int\limits_1^4 {\frac{{f(x)}}{x}} dx = \frac{1}{2}\left( {\int\limits_1^2 {\frac{{f(x)}}{x}} dx + \int\limits_2^4 {\frac{{f(x)}}{x}} dx} \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {\int\limits_1^2 {\frac{2}{{x\left( {2x - 5} \right)}}} dx + \int\limits_2^4 {\frac{{3{x^2} + 6x}}{x}} dx} \right) = \frac{1}{2}\left( {\int\limits_1^2 {\frac{2}{{x\left( {2x - 5} \right)}}} dx + \int\limits_2^4 {\left( {3x + 6} \right)} dx} \right)\\ = \frac{1}{2}\left[ {\frac{4}{5}\int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{{2x - 5}} - \frac{1}{{2x}}} \right)} dx + \left. {\left( {\frac{{3{x^2}}}{2} + 6x} \right)} \right|_2^4} \right] = \frac{1}{2}\left[ {\frac{4}{5}.\frac{1}{2}\left. {\ln \left| {\frac{{2x - 5}}{{2x}}} \right|} \right|_1^2 + 30} \right]\\ = \frac{1}{2}\left[ {\frac{2}{5}\left( { - \ln 6} \right) + 30} \right] = 15 - \frac{1}{5}\ln 6 \end{array}\)

Gọi số phức \(z=a+bi\,\,\left( a,b\in \mathbb{R} \right)\,\,\,\Rightarrow \,\bar{z}=a-bi\)

Theo đề bài, \(|z|={{2021}^{2}}\,\,\Leftrightarrow \,\,{{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{2021}^{4}}\,\,\,\left( 1 \right)\)

Xét:

\(\left( z+2021i \right)\left( \bar{z}-\frac{1}{2021} \right)=z\,\bar{z}-\frac{1}{2021}z+2021i\,\bar{z}-i=2021-\frac{1}{2021}\left( a+bi \right)+2021i\left( a-bi \right)-i\)\(=\left( 2021-\frac{1}{2021}a+2021b \right)+\left( 2021a-\frac{1}{2021}b-1 \right)i\)

\(\left( z+2021i \right)\left( \bar{z}-\frac{1}{2021} \right)\) là số thuần ảo \(\Leftrightarrow 2021-\frac{1}{2021}a+2021b=0\Leftrightarrow a={{2021}^{2}}\left( b+1 \right)\)

Thế \(a={{2021}^{2}}\left( b+1 \right)\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\), ta được: \({{2021}^{4}}{{\left( b+1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}={{2021}^{4}}\Leftrightarrow \left( {{2021}^{4}}+1 \right){{b}^{2}}+{{2.2021}^{4}}b=0\)

Phương trình này có hai nghiệm.. Vậy có 2 số phức thỏa mãn.

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

\(H\) 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 \(H\) có: \(AI=\frac{AH}{\sin 30{}^\circ }=2a\).

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

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

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

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

Theo giả thiết, ta có \(\Delta AFD\) đều nên \(fD=2m\) suy ra \)ED=1m\) , \(\widehat{EAD}={{30}^{0}}\) và \(\widehat{EDB}={{120}^{0}}\).

Trong tam giác \(\Delta EDB\) có \(E{{B}^{2}}=D{{E}^{2}}+D{{B}^{2}}-2DE.DB.\cos {{120}^{0}}=\sqrt{7}\).

Gọi R là bán kính của đường tròn \(\left( C \right)\) tâm O, áp dụng định lý sin trong tam giác \(\Delta AEB\) ta có \(\frac{EB}{\sin \widehat{EAD}}=2\text{R}\), suy ra \(R=\sqrt{7}\).

Xét tam giác OAB có \(R=OA=OB=\sqrt{7}, AB=4\), suy ra \(\cos \widehat{AOB}=\frac{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2OA.OB}=-\frac{1}{7}\).

Khi đó \(\widehat{AOB}\simeq 98,{{2}^{0}}\), suy ra độ dài dây cung \(\left( C \right)\) xấp xỉ 4,54m.

Vì chiều cao của lan can là 1m và giá kính là 2,2 triệu/m² nên số tiền ông An phải trả xấp xỉ 9,977,000đ.

Từ giả thiết ta có: \(C\in d\Rightarrow C\left( 1+2t\,;\,-1-t\,;\,4+t \right)\).

Do C là trung điểm của \(AB\)\(\Rightarrow B\left( 4t+1\,;\,-2t-4\,;\,2t+9 \right)\).

Ta có :\(\Delta \cap \left( P \right)=B\) \(\Rightarrow B\in \left( P \right)\Rightarrow 4t+1+3\left( -2t-4 \right)-2\left( 2t+9 \right)+2=0\Leftrightarrow t=-\frac{9}{2}\).

Suy ra \(B\left( -17;\,5;\,0 \right)\). Đường thẳng \(\Delta \) đi qua hai điểm B và A.

Khi đó vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow{BA}=\left( 18\,;\,-3\,;\,-1 \right)\).

Vậy phương trình tham số của \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l} x = - 17 + 18t\\ y = 5 - 3t\\ z = - t \end{array} \right.\)

Từ đồ thị hàm số \(y={{f}'}'(x)\) ta có \({{f}'}'(x)>0\,,\forall x\in \mathbb{R}\)\(\Rightarrow \) Hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

\({g}'(x)=2x.{f}'\left( \frac{1}{2}{{x}^{2}} \right)-2x.{f}'\left( -{{x}^{2}}+6 \right)=2x\left[ {f}'\left( \frac{1}{2}{{x}^{2}} \right)-{f}'\left( -{{x}^{2}}+6 \right) \right]\).

\(g'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2x = 0\\ f'\left( {\frac{1}{2}{x^2}} \right) = f'\left( { - {x^2} + 6} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ \frac{1}{2}{x^2} = - {x^2} + 6 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - 2\\ x = 2 \end{array} \right.\).

(do hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\))

Xét \(g'(x) > 0 \Leftrightarrow \)  \(2x\left[ {f'\left( {\frac{1}{2}{x^2}} \right) - f'\left( { - {x^2} + 6} \right)} \right] > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ \frac{1}{2}{x^2} > - {x^2} + 6 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x < 0\\ \frac{1}{2}{x^2} < - {x^2} + 6 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x > 2\\ - 2 < x < 0 \end{array} \right.\).

Suy ra \(g'(x) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x < - 2\\ 0 < x < 2 \end{array} \right.\).

Vì \(g(x)=2f\left( \frac{1}{2}{{x}^{2}} \right)+f\left( -{{x}^{2}}+6 \right)\) là hàm số chẵn trên \(\mathbb{R}\) và có \(g\left( 2 \right)<0\) nên \(g\left( -2 \right)=g\left( 2 \right)=a<0,\,\,g(0)=b>0\).

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

Vậy hàm số \(y=\left| g(x) \right|\) có \(7\) điểm cực trị.

Xét \(\log \left[ {{\left( {{\log }_{3}}x \right)}^{\log a}}+3 \right]={{\log }_{a}}\left( {{\log }_{3}}x-3 \right)\) (1)

+ Với \(x>81\), suy ra \({\log _3}x > 4\,\, \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\left( {{{\log }_3}x} \right)^{\log a}} + 3 > 0\\ {\log _3}x - 3 > 0 \end{array} \right.\).

+ Ta có (1) \(\Leftrightarrow \log a.{{\log }_{a}}\left[ {{\left( {{\log }_{3}}x \right)}^{\log a}}+3 \right]={{\log }_{a}}\left( {{\log }_{3}}x-3 \right)\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{a}}{{\left( {{\left( {{\log }_{3}}x \right)}^{\log a}}+3 \right)}^{\log a}}={{\log }_{a}}\left( {{\log }_{3}}x-3 \right)\)

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

+ Đặt \(y={{\log }_{3}}x\Rightarrow y>4\).

Đặt \(m=\log a>0\). Ta có phương trình \({{\left( {{y}^{m}}+3 \right)}^{m}}=m-3\) (2).

+ Đặt \(t={{y}^{m}}+3>0\) ta được hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l} {t^m} = y - 3\\ t = {y^m} + 3 \end{array} \right. \Rightarrow {y^m} + y = {t^m} + t\) (3).

+ Xét hàm \(f\left( t \right)={{t}^{m}}+t\) với \(m>0,\,\,t>0\) có \(f\left( t \right)=m.{{t}^{m-1}}+1>0,\,\,\forall t>0\).

Suy ra \(f\left( t \right)={{t}^{m}}+t\) đồng biến trên khoảng \(\left( 0\,;+\,\infty  \right)\).

+ Do đó (3) \(\Leftrightarrow y=t\Leftrightarrow y={{y}^{m}}+3\Leftrightarrow {{y}^{m}}=y-3\Leftrightarrow m.\log y=\log \left( y-3 \right)\) \(\Leftrightarrow m=\frac{\log \left( y-3 \right)}{\log y}\)

Với \(y>4\) ta được: \(0<\frac{\log \left( y-3 \right)}{\log y}<1\).

Do a nguyên và a>3 nên \(a\in \left\{ 4\,;5\,;6\,;7;8\,;9 \right\}\).

Giả sử \(f\left( x \right)=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\)\(\left( a\ne 0 \right)\).

Có \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = {x_1}\\ x = {x_2} = {x_1} + 2 \end{array} \right.\).

Suy ra: \({f}'\left( x \right)=3a\left( x-{{x}_{1}} \right)\left( x-{{x}_{2}} \right)\)

\(\Rightarrow {f}'\left( x \right)=3a\left( x-{{x}_{1}} \right)\left( x-{{x}_{1}}-2 \right)\)

\(\Rightarrow {f}'\left( x \right)=3a{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{2}}-6a\left( x-{{x}_{1}} \right)\).

Lấy nguyên hàm hai vế ta có:

\(f\left( x \right)=a{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{3}}-3a{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+C\).

Khi đó \(f\left( {{x}_{1}} \right)=C\) và \(\,\,\,\,f\left( {{x}_{2}} \right)=a{{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{3}}-3a{{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+C=8a-12a+C=C-4a\).

Mà \(f\left( {{x}_{1}} \right)+\,\,f\left( {{x}_{2}} \right)=0\), nên \(C+C-4a=0\)\(\Leftrightarrow C=2a\).

Suy ra \(f\left( x \right)=a{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{3}}-3a{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+2a\).

Mặt khác \(\int\limits_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{1}}+1}{f\left( x \right)\text{d}x=\frac{5}{4}}\,\,\Leftrightarrow \int\limits_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{1}}+1}{\left[ a{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{3}}-3a{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+2a \right]\text{d}x=\frac{5}{4}}\)

\(\Leftrightarrow \left. \left[ \frac{a}{4}{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{4}}-a{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{3}}+2ax \right]_{{}}^{{}} \right|_{\,{{x}_{1}}}^{\,{{x}_{1}}+1}=\frac{5}{4}\)\(\Leftrightarrow \left[ \frac{a}{4}-a+2a\left( {{x}_{1}}+1 \right) \right]-2a{{x}_{1}}=\frac{5}{4}\)  \(\Leftrightarrow a=1\).

Do đó: \(f\left( x \right)={{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{3}}-3{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+2\).

Vậy \(L=\underset{x\to \,{{x}_{1}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)-2}{{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{2}}}=\underset{x\to \,{{x}_{1}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{3}}-3{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{2}}}{{{\left( x-{{x}_{1}} \right)}^{2}}}=\underset{x\to \,{{x}_{1}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \left( x-{{x}_{1}} \right)-3 \right]=-\,3\).

Đặt \({{z}_{1}}=a+bi,{{z}_{2}}=c+di\) với \(a,b,c,d\in \mathbb{R}.\)

Vì \(\left| {{z}_{1}} \right|=\left| {{z}_{2}} \right|=2\Rightarrow {{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}={{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}=4\Rightarrow \) \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{c}^{2}}+{{d}^{2}}=4\) .

Mặt khác \({{(a+c)}^{2}}+{{(b+d)}^{2}}=10\)

\(\Leftrightarrow {{a}^{2}}+2ac+{{c}^{2}}+{{b}^{2}}+2bd+{{d}^{2}}=10\Rightarrow ac+bd=1\).

Ta có \(2{{z}_{1}}-{{z}_{2}}=(2a-c)+(2b-d)i\) nên

\({{\left| 2{{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}={{(2a-c)}^{2}}+{{(2b-d)}^{2}}=4({{a}^{2}}+{{b}^{2}})+({{c}^{2}}+{{d}^{2}})-4(ac+bd)=16\Rightarrow \left| 2{{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=4\).

Áp dụng bất đẳng thức \(\left| z+{z}' \right|\le \left| z \right|+\left| {{z}'} \right|\), ta có

\(P=\left| \left( 2{{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right)\left( 1+\sqrt{3}i \right)+1-\sqrt{3}i \right|\le \left| \left( 2{{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right)\left( 1+\sqrt{3}i \right) \right|+\left| 1-\sqrt{3}i \right|\le 4.2+2=10\).

Vậy \(\max P=10\).

Bán kính của mặt cầu là \(R=\frac{AB}{2}=3\).

Gọi chiều cao của hình trụ là \(2h, h>0\). Do đó bán kính của hình trụ là \(r=\sqrt{{{R}^{2}}-{{h}^{2}}}=\sqrt{9-{{h}^{2}}}\).

Thể tích khối trụ là \(V=\pi .{{r}^{2}}.2h=\pi .\left( 9-{{h}^{2}} \right).2h=\pi \sqrt{2}\sqrt{\left( 9-{{h}^{2}} \right)\left( 9-{{h}^{2}} \right).2{{h}^{2}}}\).

\(V\le \pi \sqrt{2}.\sqrt{{{\left( \frac{9-{{h}^{2}}+9-{{h}^{2}}+2{{h}^{2}}}{3} \right)}^{3}}}=\pi \sqrt{2}.6\sqrt{6}=12\pi \sqrt{3}\).

Dấu đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow 9-{{h}^{2}}=2{{h}^{2}}\Leftrightarrow h=\sqrt{3}\).

Khi đó hình trụ có thể tích lớn nhất là \(12\pi \sqrt{3}\).

Vậy hai mặt đáy của trụ có phương trình tương ứng là \(y=\sqrt{3};y=-\sqrt{3}\).