Mỗi cách chọn 5 học sinh trong số 10 học sinh là một tổ hợp chập 5 của 10.

Vậy số cách chọn 5 học sinh trong 10 học sinh của một lớp đi tham quan di tích Ngã Ba Đồng Lộc là \(C_{10}^{5}\).

\({{u}_{8}}={{u}_{1}}+7d\Leftrightarrow 26\,=\frac{1}{3}+7d\Leftrightarrow d=\frac{11}{3}\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(h'\left( x \right)>0\) trên các khoảng \(\left( -\infty ;-3 \right)\) và \(\left( -1;+\infty\right)\)

Hàm số đồng biến trên \(\left( -\infty ;-3 \right)\) và \(\left( -1;+\infty\right)\Rightarrow \) hàm số đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right)\).

Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 0

Do hàm số xác định trên \(\mathbb{R}\) và có biểu thức đạo hàm đổi dấu ba lần tại \({{x}_{1}}; {{x}_{2}}; {{x}_{3}}\) nên hàm số \(y=f\left( x \right)\) có ba cực trị.

Ta có: \(\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty ;\,\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \Rightarrow \) Tiệm cận đứng là x = 2

            \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=1\Rightarrow \) Tiệm cận ngang là y=1

Nhìn vào đồ thị ta thấy đây không thể là đồ thị của hàm số trùng phương \(\Rightarrow \) Loại C, D

Khi \(x\to +\infty \) thì \(y\to +\infty \) \(\Rightarrow \) Loại B

Vậy chọn đáp án A

Xét hàm số \(y=\frac{x+1}{x-1}\)

\(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

\(y'=\frac{-2}{{{(x-1)}^{2}}};\forall x\in D\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y=\frac{x+1}{x-1}\)

Từ đó ta có số giao điểm của \(y=\frac{x+1}{x-1}\) và y=2 là 1 giao điểm.

\({\log _2}\left( {{a^3}} \right) = 3{\log _2}a.\)

\({\left( {\log x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x\ln 10}}\)

\(P = {x^{\frac{1}{2}}}.\sqrt[8]{x} = {x^{\frac{1}{2}}}.{x^{\frac{1}{8}}} = {x^{\frac{1}{2} + }}^{\frac{1}{8}} = {x^{\frac{5}{8}}}\)

Ta có: \({{5}^{2x+1}}=125\Leftrightarrow {{5}^{2x+1}}={{5}^{3}}\Leftrightarrow 2x+1=3\Leftrightarrow x=1\).

Điều kiện: \(x\in \mathbb{R}\) vì \({{x}^{2}}-5x+7>0,\forall x\in \mathbb{R}\)

\({{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( {{x}^{2}}-5x+7 \right)=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-5x+7=1\Leftrightarrow {{x}^{2}}-5x+6=0\Leftrightarrow {{x}_{1}}=2\vee {{x}_{2}}=3\Rightarrow x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=13\)

\(\int {\left( {{x^3} + 3x + 2} \right){\rm{dx}}}  = \frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{3{x^2}}}{2} + 2x + C\)

\(\int {\cos 6xdx = \frac{1}{6}\int {\cos 6xd\left( {6x} \right) = \frac{1}{6}\sin 6x + C} } \)

Do tích phân không phụ thuộc vào biến số nên \(\int\limits_{-2}^{4}{f\left( t \right)}\text{d}t=\int\limits_{-2}^{4}{f\left( x \right)}\text{d}x=-4\).

Ta có \(I = \int\limits_2^4 {f\left( y \right){\rm{d}}y} = \int\limits_2^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 2}^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_{ - 2}^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 4 - 1 = - 5\)

\(I = \int\limits_0^2 {(2x + 1)dx} = \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_0^2 = 4 + 2 = 6\)

Số phức liên hợp của số phức z=2020-2021i là \(\overline{z}=2020+2021i\)

\(z = {z_1} + {z_2} = 2 + 3i - 4 - 5i =  - 2 - 2i\)

Ta có \(\bar{z}=4+5i\). Điểm biểu diễn số phức \(\bar{z}\) là \(N\left( 4;\,\,5 \right)\).

V = 2a².2a= 4a³

\(V = \frac{1}{3}h.{S_{đáy}} = \frac{1}{3}.2.6 = 4\left( {c{m^3}} \right)\)

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

\(V = \pi {R^2}.h = \pi .{a^2}.2a = 2\pi {a^3}\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{2 - 4}}{2} = - 1\\ {y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{3 + 1}}{2} = 2\\ {z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{ - 1 + 9}}{2} = 4 \end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 1;2;4} \right)\)

Mặt cầu có tâm \(I\left( -2\,;\,3\,;\,0 \right)\) và bán kính là \(R=\sqrt{5}\)

+ Thay toạ độ điểm Q vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta được \(2.1-\left( -2 \right)+2-2=4\ne 0\) nên \(Q\notin \left( P \right)\)

+ Thay toạ độ điểm P vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta được \(2.2-\left( -1 \right)+\left( -1 \right)-2=2\ne 0\) nên \(P\notin \left( P \right)\)

+ Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta được \(2.1-1+\left( -1 \right)-2=-2\ne 0\) nên \(M\notin \left( P \right)\)

+ Thay toạ độ điểm N vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta được \(2.1-\left( -1 \right)+\left( -1 \right)-2=0\) nên \(N\in \left( P \right)\)

\(\vec u = \left( { - 1; - 3;2} \right)\)

Số phần tử của không gian mẫu là: \(\left| \Omega  \right|={{6}^{3}}=216\).

Số phần tử của không gian thuận lợi là: \(\left| {{\Omega }_{A}} \right|=1\)

Xác suất biến cố A là: \(P\left( A \right)=\frac{1}{216}\).

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

BXD

Vậy hàm số đồng biến trên \(\left( -\infty ;-2 \right)\) và \(\left( 0;+\infty  \right)\).

Đặt \(f\left( x \right)={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-9x+1\)

Ta có: \({y}'=3{{x}^{2}}+6x-9\)

\({y}'=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}+6x-9=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=1\in \left( 0;4 \right) \\ & x=-3\notin \left( 0;4 \right) \\ \end{align} \right..\)

Có: \(f\left( 0 \right)=1; f\left( 1 \right)=-4; f\left( 4 \right)=77\).

Suy ra: M=77; m=-4.

\({\log _3}\left( {2x - 1} \right) < 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x - 1 > 0\\ 2x - 1 < 27 \end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} < x < 14\)

\(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right){\rm{d}}x}  = 2 - 2.5 =  - 8\)

Ta có \({{z}_{1}}{{z}_{2}}=\left( 3-i \right)\left( -1+i \right)=-2+4i\).

Vậy phần ảo của số phức \({{z}_{1}}{{z}_{2}}\) bằng 4.

Vì \(SI\bot \left( ABC \right)\) suy ra IC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng \(\left( ABC \right)\)

Khi đó góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) là góc giữa SC và IC hay góc \(\widehat{SCI}\).

Lại có, \(\Delta SAB=\Delta CAB\) suy ra CI=SI, nên tam giác SIC vuông cân tại I.

Khi đó \(\widehat{SCI}={{45}^{0}}\).

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

\(d\left( {M,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {D,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{1}{2}DO = \frac{1}{4}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

Ta có bán kính mặt cầu là \(R=IA=\sqrt{{{\left( 3-1 \right)}^{2}}+{{\left( 0+2 \right)}^{2}}+{{\left( 2-3 \right)}^{2}}}=3\)

Vậy phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) là \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=9\)

Ta có \(\Delta \) đi qua điểm \(A\left( 4;-3;2 \right)\) có véctơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left( 1;2;-1 \right)\).

Do đó phương trình tham số là \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l} x = 4 + t\\ y = - 3 + 2t\\ z = 2 - t \end{array} \right.\)

Để đồ thị hàm số y = |f(x) -2m + 5| có 7 điểm cực trị thì đồ thị hàm số y = f(x) tịnh tiến lên trên hoặc xuống không quá 2 đơn vị.

Vậy \(-2<5-2m<2\Leftrightarrow \frac{3}{2}<m<\frac{7}{2}\Rightarrow m\in \left\{ 2;3 \right\}\)

Vậy tổng tất cả các số nguyên của m là 5.

Yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x-1>0 \\ & x-1<{{x}^{3}}+x-m \\ \end{align} \right.\) có nghiệm \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x>1 \\ & m<{{x}^{3}}+1=f(x) \\ \end{align} \right.\) có nghiệm.

Khảo sát hàm y=f(x) trên khoảng \(\left( 1\,;+\infty \, \right)\), ta có \({{f}^{'}}\left( x \right)\,=\,3{{x}^{2}}\,>\,0\,;\,\forall \,x>\,1\).

Bảng biến thiên sau:

Từ BBT ta thấy để hệ có nghiệm ta có \(\forall m\in \mathbb{R}\)

Ta có \(I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{\sqrt{2+3\tan x}}{1+\cos 2x}\text{d}x}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{\sqrt{2+3\tan x}}{2{{\cos }^{2}}x}\text{d}x}\)

Đặt \(u=\sqrt{2+3\tan x}\Rightarrow {{u}^{2}}=2+3\tan x\Rightarrow 2u\text{d}u=\frac{3}{{{\cos }^{2}}x}\text{d}x\)

Đổi cận \(x=0\Rightarrow u=\sqrt{2}\)

\(x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow u=\sqrt{5}\)

Khi đó \(I=\frac{1}{3}\int\limits_{\sqrt{2}}^{\sqrt{5}}{{{u}^{2}}\text{d}u}=\frac{1}{9}\left. {{u}^{3}} \right|_{\sqrt{2}}^{\sqrt{5}}=\frac{5\sqrt{5}}{9}-\frac{2\sqrt{2}}{9}\)

Do đó \(a=\frac{5}{9}, b=-\frac{2}{9}a=\frac{5}{9},\,\,b=-\frac{2}{9}\Rightarrow a+b=\frac{1}{3}\)

\(z.\bar z - 12\left| z \right| + \left( {z - \bar z} \right) = 13 - 10i\)

\( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 12\sqrt {{a^2} + {b^2}}  + 2bi = 13 - 10i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {a^2} + {b^2} - 12\sqrt {{a^2} + {b^2}} = 13\\ 2b = - 10 \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {a^2} + 25 - 12\sqrt {{a^2} + 25} = 13\\ b = - 5 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} \sqrt {{a^2} + 25} = 13\\ \sqrt {{a^2} + 25} = - 1\left( {VN} \right) \end{array} \right.\\ b = - 5 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = \pm 12\\ b = - 5 \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 12\\ b = - 5 \end{array} \right. \end{array}\)

Vậy S = a + b = 7

Ta thấy tam giác ABC cân tại B, gọi H là trung điểm của AB suy ra \(BH\bot AC.\)

Do \(\left( SAC \right)\bot \left( ABC \right)\) nên \(BH\bot \left( SAC \right)\)

Ta lại có BA=BC=BS nên B thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\Rightarrow\) H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SAC\Rightarrow SA\bot SC\)

Do AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng \(\left( ABC \right)\Rightarrow \widehat{SCA}={{60}^{0}}\)

Ta có \(SC=SA.\cot {{60}^{0}}=a, AC=\frac{SA}{\sin {{60}^{0}}}=2a \Rightarrow HC=a \Rightarrow BH=\sqrt{B{{C}^{2}}-H{{C}^{2}}}=a\sqrt{2}\)

\({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}BH.{{S}_{SAC}}=\frac{1}{6}BH.SA.SC$=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}\)

Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ mà trục đối xứng của Parabol trùng với trục tung, trục hoành trùng với đường tiếp đất của cổng.

Khi đó Parabol có phương trình dạng \(y=a{{x}^{2}}+c\).

Vì \(\left( P \right)\) đi qua đỉnh \(I\left( 0;12,5 \right)\) nên ta có c=12,5.

\(\left( P \right)\) cắt trục hoành tại hai điểm \(A\left( -4;0 \right)\) và \(B\left( 4;0 \right)\) nên ta có \(0=16a+c\Rightarrow a=\frac{-c}{16}=-\frac{25}{32}\). Do đó \(\left( P \right):y=-\frac{25}{32}{{x}^{2}}+12,5\)

Diện tích của cổng là: \(S=\int\limits_{-4}^{4}{\left( -\frac{25}{32}{{x}^{2}}+12,5 \right)dx}=\frac{200}{3}\,\left( {{m}^{2}} \right)\).

Phương trình tham số của \(\left( d \right):\left\{ \begin{align} & x=1+t \\ & y=1-t \\ & z=3t \\ \end{align} \right.,\,t\in \mathbb{R}\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có véc tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=\left( 1;3;1 \right)\)

Giả sử \(\Delta \cap d=A\left( 1+t;1-t;3t \right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{MA}=\left( t;-t;3t-2 \right)\) là véc tơ chỉ phương của \(\Delta  \Rightarrow \overrightarrow{MA}.\overrightarrow{n}=0\Leftrightarrow t-3t+3t-2=0\Leftrightarrow t=2\).

\(\Rightarrow \overrightarrow{MA}=\left( 2;-2;4 \right)=2\left( 1;-1;2 \right)\).

Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta :\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-2}{2}\).

Đồ thị của hàm số \(y=\left| f\left( x+1 \right)+m \right|\) được suy ra từ đồ thị \(\left( C \right)\) ban đầu như sau:

+ Tịnh tiến \(\left( C \right)\) sang trái một đơn vị, sau đó tịnh tiến lên trên (hay xuống dưới) m đơn vị. Ta được đồ thị \(\left( {{C}'} \right):y=f\left( x+1 \right)+m\).

+ Phần đồ thị \(\left( {{C}'} \right)\) nằm dưới trục hoành, lấy đối xứng qua trục Ox ta được đồ thị của hàm số \(y=\left| f\left( x+1 \right)+m \right|\).

Ta được bảng biến thiên của của hàm số \(y=\left| f\left( x+1 \right)+m \right|\) như sau.

Để hàm số \(y=\left| f\left( x+1 \right)+m \right|\) có 5 điểm cực trị thì đồ thị của hàm số \(\left( {{C}'} \right):y=f\left( x+1 \right)+m\) phải cắt trục Ox tại 2 hoặc 3 giao điểm.

+ TH1: Tịnh tiến đồ thị \(\left( {{C}'} \right):y=f\left( x+1 \right)+m\) lên trên. Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ - 3 + m \ge 0\\ - 6 + m < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow 3 \le m < 6\)

+ TH2: Tịnh tiến đồ thị \(\left( {{C}'} \right):y=f\left( x+1 \right)+m\) xuống dưới. Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l} m < 0\\ 2 + m \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m \le - 2\)

Vậy có ba giá trị nguyên dương của m là 3;4;5.

Ta có \({{e}^{3x+5y-10}}-{{e}^{x+3y-9}}=1-2x-2y\)

\(\Leftrightarrow {{e}^{3x+5y-10}}-{{e}^{x+3y-9}}=\left( x+3y-9 \right)-\left( 3x+5y-10 \right)\)

\(\Leftrightarrow {{e}^{3x+5y-10}}+3x+5y-10={{e}^{x+3y-9}}+x+3y-9\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{e}^{t}}+t,\text{ }t\in \mathbb{R}\).

Ta có: \({f}'\left( t \right)={{e}^{t}}+1>0,\text{ }\forall t\in \mathbb{R}.\) Suy ra hàm số \(f\left( t \right)\) luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

\(\Rightarrow 3x+5y-10=x+3y-9\Leftrightarrow 2y=1-2x\).

Thay vào phương trình thứ 2, ta được

\(\begin{align} & \log _{5}^{2}\left( 3x+2y+4 \right)-\left( m+6 \right){{\log }_{2}}\left( x+5 \right)+{{m}^{2}}+9=0 \\ & \Leftrightarrow \log _{5}^{2}\left( x+5 \right)-\left( m+6 \right){{\log }_{2}}\left( x+5 \right)+{{m}^{2}}+9=0 \\ & \Leftrightarrow \,\log _{5}^{2}\left( x+5 \right)-\left( m+6 \right){{\log }_{2}}5.{{\log }_{5}}\left( x+5 \right)+{{m}^{2}}+9=0\,\left( 1 \right). \\ \end{align}\)

Đặt \({{\log }_{5}}\left( x+5 \right)=t\text{ }\left( t\in \mathbb{R},\text{ }x>-5 \right)\). Khi đó phương trình (1) trở thành

\({{t}^{2}}-{{\log }_{2}}5.\left( m+6 \right)t+{{m}^{2}}+9=0\) (2).

Tồn tại x, y thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm nên \(\Delta ={{\left( m+6 \right)}^{2}}.\log _{2}^{2}5-4\left( {{m}^{2}}+9 \right)\ge 0\Leftrightarrow \left( \log _{2}^{2}5-4 \right){{m}^{2}}+12.\log _{2}^{2}5.m-36\left( 1-\log _{2}^{2}5 \right)\ge 0\).

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m \le {m_1}\\ m \ge {m_2} \end{array} \right.\) với \({{m}_{1}}\approx -43.91\) và \({{m}_{2}}\approx -2.58\)

Do \(m\in \left[ -20;20 \right]\) và \(m\in \mathbb{Z}\) nên \(m\in \left\{ -2;-1;0;...;19;20 \right\}\).

Vậy có 23 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y={{x}^{2}}-4x+4\) và trục hoành là: \({{x}^{2}}-4x+4=0\Leftrightarrow x=2\).

Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi đồ thị hàm số: \(y={{x}^{2}}-4x+4\), trục tung và trục hoành là: \(S=\int\limits_{0}^{2}{\left| {{x}^{2}}-4x+4 \right|\text{d}x}=\int\limits_{0}^{2}{\left( {{x}^{2}}-4x+4 \right)\text{d}x} =\left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}-2{{x}^{2}}+4x \right) \right|_{0}^{2}=\frac{8}{3}\)

Phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( 0;4 \right)\) có hệ số góc k có dạng: y=kx+4.

Gọi B là giao điểm của \(\left( d \right)\) và trục hoành. Khi đó \(B\left( \frac{-4}{k};0 \right)\).

Đường thẳng \(\left( d \right)\) chia \(\left( H \right)\) thành hai phần có diện tích bằng nhau khi \(B\in OI\) và \({{S}_{\Delta OAB}}=\frac{1}{2}S=\frac{4}{3}\).

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0 < \frac{{ - 4}}{k} < 2\\ {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}.4.\frac{{ - 4}}{k} = \frac{4}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} k < - 2\\ k = - 6 \end{array} \right. \Leftrightarrow k = - 6\)

Đặt \(z=x+yi\left( x,y\in \mathbb{R} \right)\). Do z+w=3+4i nên \(w=\left( 3-x \right)+\left( 4-y \right)i\)

Mặt khác \(\left| z-w \right|=9\) nên \(\left| z-w \right|=\sqrt{{{\left( 2x-3 \right)}^{2}}+{{\left( 2y-4 \right)}^{2}}}=\sqrt{4{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}-12x-16y+25}=9\)

\(\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}-6x-8y=28\left( 1 \right)\). Suy ra \(T=\left| z \right|+\left| w \right|=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}+\sqrt{{{\left( 3-x \right)}^{2}}+{{\left( 4-y \right)}^{2}}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có \({{T}^{2}}\le 2\left( 2{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}-6x-8y+25 \right) \left( 2 \right)\).

Dấu ''='' xảy ra khi \(\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 3-x \right)}^{2}}+{{\left( 4-y \right)}^{2}}}\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \({{T}^{2}}\le 2.\left( 28+25 \right)\Leftrightarrow -\sqrt{106}\le T\le \sqrt{106}\)

Vậy \(MaxT=\sqrt{106}\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( -1;2;1 \right)\), bán kính \(R=\sqrt{6}\).

Bán kính đường tròn \(\left( C \right)\) : \(r=\sqrt{{{R}^{2}}-{{d}^{2}}}=\sqrt{6-{{d}^{2}}}\) với \(d=d\left( I,\left( P \right) \right)\)

Chu vi \(\left( C \right)\) nhỏ nhất khi và chỉ khi r nhỏ nhất \(\Leftrightarrow d\) lớn nhất

Ta có \(d\le IM\Rightarrow {{d}_{\max }}=IM\Leftrightarrow \left( P \right)\) đi qua M và vuông góc IM

\(\left( P \right)\) đi qua \(M\left( 0;1;0 \right)\), và nhận \(\overrightarrow{IM}=\left( 1;-1;-1 \right)\) làm VTPT

\(\Rightarrow \left( P \right):x-\left( y-1 \right)-z=0\Leftrightarrow x-y-z+1=0\)

Ta có tọa độ N thỏa hệ

\(\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 4y - 2z = 0\\ x - y - z + 1 = 0\\ {x^2} + {y^2} + {z^2} = 6 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x - 4y - 2z = - 6\\ x - y - z + 1 = 0\\ {x^2} + {y^2} + {z^2} = 6 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = 2\\ x = y + z - 1\\ {x^2} + {y^2} + {z^2} = 6 \end{array} \right. \Rightarrow y = 2\)