Dùng máy tính cầm tay giải hệ phương trình bậc nhất 3 ẩn ta được nghiệm của hệ là \(\left( {1;2;\sqrt 2 } \right)\)

Ta có  \(\left( 1 \right)\mathop  \Leftrightarrow \limits^{\left( {\rm{I}} \right)} \frac{1}{{3 - x}} > \frac{1}{{2018}}\) là đúng vì chia hai vế của bất phương trình cho một số dương (2018) thì được bất phương trình tương đương cùng chiều.

Tiếp đến, \(\frac{1}{{3 - x}} > \frac{1}{{2018}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( {{\rm{II}}} \right)} \left\{ \begin{array}{l} x \ne 3\\ 3 - x < 2018 \end{array} \right.\) chỉ đúng khi 3 - x > 0. Do đó, học sinh sai ở bước (II).

Cuối cùng, \(\left\{ \begin{array}{l} x \ne 3\\ 3 - x < 2018 \end{array} \right.\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( {{\rm{III}}} \right)} \left\{ \begin{array}{l} x \ne 3\\ x > - 2015 \end{array} \right.\) là đúng. 

Vậy học sinh sai ở bước (II).  

Ta có

. \(\left\{ \begin{array}{l} \sin a = \frac{3}{5}\\ \cos a < 0 \end{array} \right.\,\,\, \Rightarrow \cos a = - \sqrt {1 - {{\sin }^2}a} = - \frac{4}{5}\)
. \(\left\{ \begin{array}{l} \cos b = \frac{3}{4}\\ \sin b > 0 \end{array} \right.\,\,\, \Rightarrow \sin b = \sqrt {1 - {{\cos }^2}b} = \frac{{\sqrt 7 }}{4}\)

Vậy \(\sin \left( {a - b} \right) = \sin a\cos b - \cos a\sin b = \frac{3}{5}.\frac{3}{4} - \left( { - \frac{4}{5}} \right).\frac{{\sqrt 7 }}{4} = \frac{1}{5}\left( {\sqrt 7 + \frac{9}{4}} \right)\).

Ta có  \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) là hai véc-tơ cùng hướng và đều khác \(\overrightarrow{0}\)  nên \(\left( \overrightarrow{a},\overrightarrow{b} \right)=0{}^\circ \)  .

Vậy \(\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\left| \overrightarrow{a} \right|.\left| \overrightarrow{b} \right|.\cos 0{}^\circ =\left| \overrightarrow{a} \right|.\left| \overrightarrow{b} \right|\)  

Véc-tơ đơn vị \(\overrightarrow i  = \left( {1;0} \right)\)

Ta có \(-1\le \sin x\le 1\Leftrightarrow 4\ge -4\sin x\ge -4\)

                                \(\Leftrightarrow 9\ge 5-4\sin x\ge 1\)

                                \(\Leftrightarrow 3\ge \sqrt{5-4\sin x}\ge 1\).

Do đó, \(y\le 3\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\sin x=-1\Leftrightarrow x=-\frac{\pi }{2}+k2\pi ,\,\,\,\left( k\in \mathbb{Z} \right)\).

Vậy \(\max y=3\) khi \(x=-\frac{\pi }{2}+k2\pi ,\,\,\,\left( k\in \mathbb{Z} \right)\).

Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 2,3,4,5,6 là 5! = 120.

Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 2,3,4,5,6 mà 2 và 3 đứng cạnh nhau là \(2 \times 4! = 48\).

Số các số thỏa yêu cầu là 120 - 48 = 72.

Số phần tử của không gian mẫu là \(C_{10}^{5}\).

Số phần tử của biến cố là \(C_{7}^{3}.C_{3}^{2}\).

Xác suất cần tìm là \(P\,\,=\,\,\frac{C_{7}^{3}.C_{3}^{2}}{C_{10}^{5}}\,\,=\,\,\frac{5}{12}\).

\({u_3} = {u_1}.{q^2} = {2.3^2} = 18\)

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

Ta có \({f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-4x\) và \({{f}'}'\left( x \right)=6x-4\) nên \({{f}'}'\left( 1 \right)=2\).

Gọi M(x;y) là điểm tùy ý thuộc d và M'(x';y') là ảnh của M qua phép tịnh tiến theo véc-tơ \(\overrightarrow v \). Khi đó, ta có \(\left\{ \begin{array}{l} x' = x + 3\\ y' = y + 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = x' - 3\\ y = y' - 1 \end{array} \right.\).

Vì \(M \in d\) nên \(x' - 3 - 2\left( {y' - 1} \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow x' - 2y' + 2 = 0\). Đẳng thức này chứng tỏ M' thuộc đường thẳng có phương trình x - 2y + 2 = 0.

Vậy d':x - 2y + 2 = 0

Ta có \(M\in \left( MBC \right)\bigcap \left( NDA \right)\) và \(N\in \left( MBC \right)\bigcap \left( NDA \right)\)

Vậy \(\left( MBC \right)\bigcap \left( NDA \right)=MN\).  

Các mệnh đề đúng là

\(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\)

Vì AD // BC nên AD // (SBC).

SA và CD chéo nhau.  

Vì AD // BC nên giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là đường thẳng đi qua S và song song với AD.

Vậy mệnh đề sai là “Giao tuyến của (SAD) và (SBC) là đường thẳng qua S và song song với AC.”.

Vì ABCD là tứ diện đều nên \(AO\bot \left( BCD \right)\) .

Suy ra \(AO\bot CD\).

Vậy góc giữa AO và CD bằng \(90{}^\circ \). 

Ta có: \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4x = 4x\left( {{x^2} - 1} \right)\) và \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1\\ x = - 1 \end{array} \right.\)

Tọa độ các điểm cực trị là \(A\left( 0;3 \right),\,\,B\left( -1;2 \right),\,\,C\left( 1;2 \right)\).

Tam giác ABC cân tại A, gọi H là trung điểm của BC thì \(H\left( 0;2 \right)\) và \(AH\bot BC\).

Ta tính được \(BC=\sqrt{{{\left( 1+1 \right)}^{2}}+{{\left( 2-2 \right)}^{2}}}=2\) và \(AH=\sqrt{{{\left( 0-0 \right)}^{2}}+{{\left( 2-3 \right)}^{2}}}=1\)    

Vậy diện tích tam giác ABC là \(S=\frac{1}{2}BC.AH=\frac{1}{2}\times 2\times 1=1\).

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x\) và \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2 \end{array} \right.\)

Ta cũng tính được \({{y}'}'=6x-6\) và \({{y}'}'\left( 2 \right)=6>0\) nên hàm số đạt cực tiểu tại x=2.

Vậy \({{y}_{\text{CT}}}=y\left( 2 \right)=-3\).

Ta có \({y}'=4{{x}^{3}}-4mx=4x\left( {{x}^{2}}-m \right)\).

Đồ thị có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m>0.

Khi đó, tọa độ các điểm cực trị là \(A\left( 0;1 \right), B\left( \sqrt{m};1-{{m}^{2}} \right), C\left( -\sqrt{m};1-{{m}^{2}} \right)\).

Do đó, \(BC=4\Leftrightarrow 2\sqrt{m}=4\Leftrightarrow m=4\).    

Vậy giá trị m cần tìm là m=4.

Ta có \({y}'={{x}^{2}}-2mx+4m-3\).

Phương trình \({y}'=0\) có \({\Delta }'={{m}^{2}}-4m+3\).

Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi \({{m}^{2}}-4m+3\le 0\Leftrightarrow 1\le m\le 3\).

Vậy giá trị lớn nhất của tham số m để hàm số \(y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+\left( 4m-3 \right)x+2018\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) là m=3.

Ta có \(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6x - 12\) và \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1 \in \left[ { - 3;3} \right]\\ x = 2 \in \left[ { - 3;3} \right] \end{array} \right.\)

Ta tính được \(f\left( -3 \right)=-35, f\left( 3 \right)=1, f\left( -1 \right)=17, f\left( 2 \right)=-10\) và hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ -3;3 \right]\).

Vậy \(\underset{\left[ -3;3 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=17;\underset{\left[ -3;3 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=-35\).   

Ta có \(\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-4x}{x+1}=-\infty \) và \(\underset{x\to -{{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-4x}{x+1}=+\infty \) nên đường thẳng x=-1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Lấy đối xứng phần bên dưới trục hoành của đồ thị ở hình vẽ qua trục hoành ta thu được đồ thị hàm số \(y=\left| f\left( x \right) \right|\)  như hình bên.

Dựa vào đồ thị, phương trình \(\left| f\left( x \right) \right|=m\) có 6 nghiệm thực phân biệt  khi và chỉ khi 3<m<4.

Dựa vào hình vẽ, đồ thị có điểm cực đại A(0;2) và điểm cực tiểu B(2;-2;).

Khi đó, ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l} y'\left( 0 \right) = 0\\ y'\left( 2 \right) = 0\\ y\left( 0 \right) = 2\\ y\left( 2 \right) = - 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} c = 0\\ 12a + 4b + c = 2\\ d = 2\\ 8a + 4b + 2c + d = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 1\\ b = - 3\\ c = 0\\ d = 2 \end{array} \right.\).

Vậy S = a + b =  - 2.

Hàm số logarit nghịch biến khi 0 < a < 1 nên “ \({\log _{\frac{1}{3}}}a > {\log _{\frac{1}{3}}}b \Leftrightarrow a > b > 0\)” là khẳng định sai.  

Mệnh đề đúng là "Hàm số \(y={{\log }_{a}}x\) với 0<a<1 là một hàm số nghịch biến trong khoảng \(\left( 0;+\infty  \right)\)."

\(y' = \left( {2x - 2} \right){e^x} + \left( {{x^2} - 2x + 2} \right){e^x} = {x^2}{e^x}\)

Ta có \({y}'=2-\ln x+x\left( -\frac{1}{x} \right)=1-\ln x\) và \({y}'=0\Leftrightarrow 1-\ln x=0\Leftrightarrow x=e\in \left[ 2;3 \right]\).

Ta tính được \(y\left( 2 \right)=4-2\ln 2, y\left( 3 \right)=6-3\ln 3, y\left( e \right)=e\).   

Vậy \(\underset{\left[ 2;3 \right]}{\mathop{\min }}\,y=4-2\ln 2=y\left( 2 \right)\).

Đặt t = 2^x, điều kiện t > 0. Bài toán trở thành tìm m để phương trình \({t^2} - 2\left( {m - 1} \right)t + 3m - 4 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({t_1},\,\,{t_2}\) dương thỏa mãn \({t_1}{t_2} > 4\). Điều kiện tương đương là

\(\left\{ \begin{array}{l} \Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {3m - 4} \right) > 0\\ {t_1} + {t_2} = m - 1 > 0\\ {t_1}{t_2} = 3m - 4 > 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m^2} - 5m + 5 > 0\\ m > 1\\ m > \frac{8}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} m < \frac{{5 - \sqrt 5 }}{2}\\ m > \frac{{5 + \sqrt 5 }}{2} \end{array} \right.\\ m > \frac{8}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow m > \frac{{5 + \sqrt 5 }}{2}\).

Vậy giá trị m cần tìm là \(m \in \left( {\frac{{5 + \sqrt 5 }}{2}; + \infty } \right)\).

Ta có \(\int {\frac{1}{x}dx = \ln \left| x \right| + C} \) nên khẳng định sai là \(\int {\frac{1}{x}dx = \ln x + C} \).

Từ giả thiết ta có hệ

\(\left\{ \begin{array}{l} 3\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} + 2\int\limits_1^2 {g\left( x \right)dx} = 1\\ 2\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_1^2 {g\left( x \right)dx} = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} = 1\\ \int\limits_1^2 {g\left( x \right)dx = - 1} \end{array} \right.\).

Vậy \(\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  = 1\).

Ta có phương trình hoành độ giao điểm là \(2x - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2 \end{array} \right.\).

Thể tích vật thể  cần tìm là

\(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {2x - {x^2}} \right)}^2}dx = \pi } \int\limits_0^2 {\left( {4{x^2} - 4{x^3} + {x^4}} \right)dx = \pi } \left. {\left( {\frac{{4{x^3}}}{3} - {x^4} + \frac{{{x^5}}}{5}} \right)} \right|_0^2 = \pi \frac{{16}}{{15}} = \pi \left( {\frac{1}{{15}} + 1} \right)\).

Vậy a = 1,b = 15 và ab = 15

Nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \cos \left( {5x - 2} \right)\) là \(F\left( x \right) = \frac{1}{5}\sin \left( {5x - 2} \right) + C\)

Ta có \(\int\limits_a^a {f\left( x \right)dx}  = 0\) nên khẳng định sai là \(\int\limits_a^a {f\left( x \right)dx}  = 1\)

Ta có z = 1 + 3i + 3 - 4i = 4 - i

Vậy phần ảo của số phức z là -1.

Ta có \(z = \left( {2 + i} \right)\left( { - 1 + i} \right){\left( {1 + 2i} \right)^2} = 5 - 15i\)

Vậy \(\overline z  = 5 + 15i\)

Ta có \(z + \frac{{1 + 5i}}{{3 - i}} = 2 + 3i \Leftrightarrow z - \frac{1}{5} + \frac{8}{5}i = 2 + 3i \Leftrightarrow z = 2 + \frac{1}{5} + \left( {3 - \frac{8}{5}} \right)i = \frac{{11}}{5} + \frac{7}{5}i\)

Vậy \(\left| z \right| = \sqrt {{{\left( {\frac{{11}}{5}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{7}{5}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {170} }}{5}\)

Gọi \(z=x+yi,\,\,\,\left( x,y\in \mathbb{R} \right)\) là số phức thỏa mãn bài toán. Khi đó, trong mặt phẳng phức, điểm \(M\left( x;y \right)\) biểu diễn số phức z.

Ta có \(\left| z\left( 1+i \right)-1-i \right|=\sqrt{2}\Leftrightarrow \left| \left( x+yi \right)\left( 1+i \right)-1-i \right|=\sqrt{2}\)

                                            \(\Leftrightarrow \left| x-y-1+\left( x+y-1 \right)i \right|=\sqrt{2}\)

                                            \(\Leftrightarrow {{\left( x-y-1 \right)}^{2}}+{{\left( x+y-1 \right)}^{2}}=2\)

                                            \(\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}-4x=0\)

                                            \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x=0\)

                                            \(\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=1\).   

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=1\).

Ta có \(z=\frac{1+i}{1-i}=i\) và \(2019=4\times 504+3\) nên \({{z}^{2019}}=-i\). 

Vậy \({{z}^{2019}}=-i\).

Gọi R là bán kính của khối cầu. Ta có \(\frac{4\pi {{R}^{3}}}{3}=\frac{4\pi }{3}\Leftrightarrow R=1\).

Thể tích của khối lập phương là \(V={{\left( 2R \right)}^{3}}={{\left( 2\times 1 \right)}^{3}}=8\).

Vậy V=8.

Từ giả thiết suy ra chiều cao của khối nón \(h=\frac{\sqrt{3}}{2}\times 2=\sqrt{3}\) và bán kính đáy \(r=\frac{2}{2}=1\).

Vậy thể tích của khối nón là \(V=\frac{1}{3}\times \pi \times {{1}^{2}}\times \sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}\pi \)

Diện tích đáy là ${{S}_{ABCD}}=AB.AD={{a}^{2}}\sqrt{3}$.

Vì \(SA\bot \left( ABCD \right)\) và \(SB\bigcap \left( ABCD \right)=B\) nên góc giữa SB và mặt phẳng đáy là \(\widehat{SBA}=60{}^\circ \).

Chiều cao của khối chóp là \(SA=AB.\tan 60{}^\circ =a\sqrt{3}\)

Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là

\(V=\frac{1}{3}\times {{a}^{2}}\sqrt{3}\times a\sqrt{3}={{a}^{3}}\)

Diện tích đáy là \({{S}_{ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\).

Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó, \(AM\bot BC\).

Kết hợp với \(SA\bot \left( ABC \right)\) và \(\left( SBC \right)\bigcap \left( ABC \right)=BC\) thì góc giữa \(\left( SBC \right)\) và mặt phẳng đáy là \(\widehat{SMA}=60{}^\circ \).

Ta tính được \(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) và chiều cao \(SA=AM\tan 60{}^\circ =\frac{3a}{2}\).   

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là \(V=\frac{1}{3}\cdot \frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{3a}{2}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{8}\)

Diện tích đáy là \({{S}_{ABCD}}=AB.AD={{a}^{2}}\).

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó, \(SH\bot AB\).   

Kết hợp với \(\left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right)\) và \(\left( SAB \right)\bigcap \left( ABCD \right)=AB\) thì \(SH\bot \left( ABCD \right)\).

Gọi M là trung điểm của CD, ta có \(HM\bot CD\).

Suy ra, góc giữa \(\left( SCD \right)\) và mặt phẳng đáy là \(\widehat{SMH}=60{}^\circ \).

Ta tính được HM=a và \(SH=HM\tan 60{}^\circ =a\sqrt{3}\).

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là \(V=\frac{1}{3}\times {{a}^{2}}\times a\sqrt{3}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}\).

Vì (P) // (Q) nên \(\frac{n}{3} = \frac{7}{{ - m}} = \frac{{ - 6}}{{ - 2}} \ne \frac{4}{{ - 7}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} n = 9\\ m = - \frac{7}{3} \end{array} \right.\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) lần lượt có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\left( 2;-1;1 \right)\) và \(\overrightarrow{{{n}_{2}}}=\left( 1;1;2 \right)\).

Ta có \(\cos \left( \left( P \right),\left( Q \right) \right)=\frac{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}}.\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}} \right|.\left| \overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}=\frac{1}{2}\) .

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là \(60{}^\circ \).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -1;-1;-4 \right)\) và trục Oy có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{j}=\left( 0;1;0 \right)\).

Suy ra véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{j} \right]=\left( 4;0;-1 \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(4x-1\left( z-1 \right)=0\Leftrightarrow 4x-z+1=0\).

Phương trinh mặt phẳng (P) có dạng \(x + 2y + z + m = 0,\,\,\left( {m \ne  - 3} \right)\).

Ta có \({\rm{d}}\left( {D,\left( P \right)} \right) = \sqrt 6 \Leftrightarrow \frac{{\left| {4 + m} \right|}}{{\sqrt 6 }} = \sqrt 6 \Leftrightarrow \left| {4 + m} \right| = 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 2\\ m = - 10 \end{array} \right.\).

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là x + 2y + z + 2 = 0 hoặc x + 2y + z - 10 = 0.

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( 4;-5;1 \right), \overrightarrow{AC}=\left( 3;-6;4 \right)\) và \(\left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right]=\left( -14;-13;-9 \right)\).

Suy ra phương trình mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) là

\(-14\left( x-1 \right)-13\left( y-6 \right)-9\left( z-2 \right)=0\Leftrightarrow 14x+13y+9z-110=0\).

Bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(R=\text{d}\left( D,\left( ABC \right) \right)=\frac{4}{\sqrt{446}}\).

Vậy phương trình mặt cầu là \({{\left( x-5 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-4 \right)}^{2}}=\frac{8}{223}\).

Góc giữa hai véc-tơ là góc nhọn khi và chỉ khi

\(\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) > 0 \Leftrightarrow 4 + 4{\log _m}2 > 0 \Leftrightarrow {\log _m}2 > - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} 0 < m < 1\\ m < \frac{1}{2} \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} m > 1\\ m > \frac{1}{2} \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 0 < m < \frac{1}{2}\\ m > 1 \end{array} \right.\)

Gọi \(D\left( x;y;z \right)\) sao cho \(2\overrightarrow{DA}+3\overrightarrow{DB}-4\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{0}\). Ta tìm được \(D\left( -13;12;-6 \right)\).

Khi đó,

\(\begin{align} & P=2{{\left( \overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DA} \right)}^{2}}+3{{\left( \overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DB} \right)}^{2}}-4{{\left( \overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DC} \right)}^{2}} \\ & \,\,\,\,\,=M{{D}^{2}}+2D{{A}^{2}}+3D{{B}^{2}}-4D{{C}^{2}}. \\ \end{align}\)

Do đó, P nhỏ nhất khi và chỉ khi MD nhỏ nhất. Tức M là hình chiếu vuông góc của D trên \(\Delta \).  

Ta có \(M\in \Delta \) nên \(M\left( 1+2t;t;-1-t \right)\) \(\overrightarrow{DM}=\left( 14+2t;t-12;5-t \right)\).

Đường thẳng \(\Delta \) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left( 2;1;-1 \right)\).

Vì \(\overrightarrow{DM}\bot \overrightarrow{u}\) nên \(28+4t+t-12-\left( 5-t \right)=0\Leftrightarrow 6t+11=0\Leftrightarrow t=-\frac{11}{6}\).

Suy ra \(M\left( -\frac{8}{3};-\frac{11}{6};\frac{5}{6} \right)\).Vậy \(a+b+c=-\frac{11}{3}\).