Đây chính là chỉnh hợp chập 3 của 4, việc chọn học sinh ra có tính thứ tự.

\(d = {u_2} - {u_1} = 8 - 3 = 5\)

\({u_7} = {u_1} + 6d = 3 + 6.5 = 33\)

Ta thấy trên khoảng \(\left( 1;\ 3 \right)\) có \({f}'\left( x \right)>0\) nên hàm số đồng biến trên \(\left( 1;\ 3 \right)\).

Ta có \({f}'\left( x \right)\) đổi dấu từ + sang - khi qua \({{x}_{0}}=0\) nên \({{x}_{0}}=0\) là điểm cực đại của \(f\left( x \right)\).

Hàm số \(f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và có \({f}'\left( x \right)\) đổi dấu khi qua các điểm x=-3, x=-1, x=0 và x=2 nên \(f\left( x \right)\) có 4 điểm cực trị.

Hàm số liên tục trên từng khoảng \(\left( -\infty ;\ 2 \right)\) và \(\left( 2;\ +\infty\right)\).

\(\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+1}{x-2}=+\infty \) nên đường thẳng x=2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Đây là dạng đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a>0. Do đó, chỉ có đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-3x\) thỏa mãn.

Khi x=0, ta được y=-2. Suy ra đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+9x-2\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2.

\(\ln \left( {{a^2}{b^3}} \right) = \ln {a^2} + \ln {b^3} = 2\ln a + 3\ln b\)

\({\left( {{{2021}^x}} \right)^\prime } = {2021^x}.\ln 2021\)

\(\sqrt[5]{{{a^3}}} = {a^{\frac{3}{5}}}\)

\({2^{2x + 5}} = \frac{1}{8} \Leftrightarrow {2^{2x + 5}} = {2^{ - 2}} \Leftrightarrow 2x + 5 =  - 3 \Leftrightarrow 2x =  - 8 \Leftrightarrow x =  - 4\)

\({\log _2}\left( {3x + 1} \right) =  - 4 \Leftrightarrow 3x + 1 = \frac{1}{{16}} \Leftrightarrow 3x =  - \frac{{15}}{{16}} \Leftrightarrow x =  - \frac{5}{{16}}\)

\(\int {\left( {{x^4} - 6{x^2}} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{{x^5}}}{5} - 2{x^3} + C\)

\(\int {\sin \left( {2x + 1} \right){\rm{d}}x}  =  - \frac{1}{2}\cos \left( {2x + 1} \right) + C\)

\(\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_1^7 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^7 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^7 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_1^7 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 18 - 9 = 9\)

\(I = \int\limits_{ - 1}^1 {{x^{2020}}{\rm{d}}x}  = \frac{{{x^{2021}}}}{{2021}}|_{ - 1}^1 = \frac{2}{{2021}}\)

\(\left| z \right| = \left| {6 - 2i} \right| = \sqrt {{6^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}}  = 2\sqrt {10} \)

\(z + 2\overline z  = \left( {4 + 5i} \right) + 2\left( {4 - 5i} \right) = 12 - 5i\)

Điểm biểu diễn số phức 8-3i có tọa độ là \(\left( 8;\ -3 \right)\).

\(V = \frac{1}{3}B.h \Leftrightarrow h = \frac{{3V}}{B} = \frac{{3.30{a^3}}}{{6{a^2}}} = 15a\)

\(V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{6}.SA.AB.AC = \frac{1}{6}.5.2.3 = 5\)

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

\(S = 4\pi {r^2} = 4.9.\pi  = 36\pi c{m^2}.\)

Áp dụng công thức tính tọa độ trọng tâm tam giác.

\(G\left( {1;1;2} \right)\)

\({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 6z + 9 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 5\)

Vậy mặt cầu có tâm \(I\left( 1;\,-2;\,3 \right)\) và \(R=\sqrt{5}\).

Đường thẳng đi qua điểm \(M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left( {{u}_{1}};{{u}_{2}};{{u}_{3}} \right)\) có phương trình: \(\frac{x-{{x}_{0}}}{{{u}_{1}}}=\frac{y-{{y}_{0}}}{{{u}_{2}}}=\frac{z-{{z}_{0}}}{{{u}_{3}}}\).

Suy ra đường thẳng đi qua điểm \(\left( 1;-2;3 \right)\).

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow{n}=\left( 1;2;-3 \right)\).

Xác suất 2 người được chọn đều là nữ là \(\frac{{C_3^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{1}{{15}}\)

Ta có: y=-x+4 là hàm số bậc nhất có a=-1<0.

TXĐ: D = R\{0}

\(y' = 1 - \frac{4}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} - 4}}{{{x^2}}};\,y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2 \in \left[ {1;{\rm{ }}3} \right]\\ x = - 2 \notin \left[ {1;{\rm{ }}3} \right] \end{array} \right.\)

Ta có: \(f\left( 1 \right)=5;\text{ }f\left( 2 \right)=4;\text{ }f\left( 3 \right)=\frac{13}{3}.\)

Vậy \(\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\max }}\,y=5;\text{ }\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\min }}\,y=4\Rightarrow \underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\max }}\,y.\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\min }}\,y=20\)

TXĐ: D = R

\({\log _3}\left( {{x^2} + 2} \right) \le 3\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 2 \le 27\)

\( \Leftrightarrow {x^2} \le 25\)

\( \Leftrightarrow  - 5 \le x \le 5\)

Đặt \(t={{x}^{2}}+1\Rightarrow dt=2xdx\)

Đổi cận: \(x=1\Rightarrow t=2, x=2\Rightarrow t=5\)

Khi đó: \(\int\limits_{1}^{2}{f\left( {{x}^{2}}+1 \right)x\text{d}x=\frac{1}{2}}\int\limits_{2}^{5}{f\left( t \right)\text{d}t} \Rightarrow \int\limits_{2}^{5}{f\left( t \right)}\text{d}t=2\int\limits_{1}^{2}{f\left( {{x}^{2}}+1 \right)x\text{d}x=4}\)

Mà tích phân không phụ thuộc vào biến nên: \(I=\int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)}\text{d}x=\int\limits_{2}^{5}{f\left( t \right)}\text{d}t=4\).

Vì: \({{z}_{1}}=1+i\) và \({{z}_{2}}=2-3i\) nên \(w={{z}_{1}}+{{z}_{2}}\Leftrightarrow w=\left( 1+2 \right)+\left( 1-3 \right)i=3-2i\Leftrightarrow \overline{w}=3+2i\).

Ta có \(\left\{ \begin{align} & CD\bot AD \\ & CD\bot SA \\ \end{align} \right.\Rightarrow CD\bot \left( SAD \right)\). Do đó góc giữa SC và \(\left( SAD \right)\) bằng góc giữa SC và SD.

Do góc \(\widehat{CSD}<90{}^\circ \) nên chọn B

Gọi O là trọng tâm tam giác BCD \(\Rightarrow AO\bot \left( BCD \right)\Rightarrow d\left( A;\left( BCD \right) \right)=AO\).

Gọi I là trung điểm CD.

Ta có: \(BO=\frac{2}{3}BI=\frac{a\sqrt{3}}{3}, AO=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{O}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Vậy \(d\left( A;\left( BCD \right) \right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Ta có: Bán kính của mặt cầu là \(R=d\left( I;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2.1+2.2+4-1 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}}=3\).

Mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình là

\({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-4 \right)}^{2}}=9\)

Ta có:Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=\left( 1;\ 3;\ 0 \right)\).

Đường thẳng đi qua \(A\left( 0;\ -1;\ 3 \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{n}=\left( 1;\ 3;\ 0 \right)\).

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

Đặt :\(t={{x}^{2}}-2x={{\left( x-1 \right)}^{2}}-1\)

Ta có \(-\frac{3}{2}\le x\le \frac{7}{2}\Leftrightarrow -\frac{5}{2}\le x-1\le \frac{5}{2}\Leftrightarrow 0\le {{\left( x-1 \right)}^{2}}\le \frac{25}{4}\Leftrightarrow -1\le {{\left( x-1 \right)}^{2}}-1\le \frac{21}{4}\)

Vậy: \(t\in \left[ -1\,;\,\frac{21}{4} \right]\). Lập bảng biến thiên của hàm số \(y=f\left( t \right)\) trên \(\left[ -1\,;\,\frac{21}{4} \right]\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có: \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;\frac{{21}}{4}} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right)\)

Đặt \(t={{5}^{x}}>0\). Bất phương trình trở thành: \(\left( t-1 \right)\left( 2t-y \right)\le 0$ hay \(\left( t-1 \right)\left( t-\frac{y}{2} \right)\le 0\,\left( * \right)\)

+) TH1: \(0<\frac{y}{2}\le 1\Leftrightarrow 0<y\le 2\) khi đó \(\left( * \right)\Leftrightarrow \frac{y}{2}\le t\le 1\Leftrightarrow \frac{y}{2}\le {{5}^{x}}\le 1\Leftrightarrow {{\log }_{5}}\frac{y}{2}\le x\le 0\Leftrightarrow x=0\) Có 1 nghiệm nên thoả mãn.

+) TH2: \(\frac{y}{2}>1\Leftrightarrow y>2\) khi đó \(\left( * \right)\Leftrightarrow \frac{y}{2}\ge t\ge 1\Leftrightarrow \frac{y}{2}\ge {{5}^{x}}\ge 1\Leftrightarrow {{\log }_{5}}\frac{y}{2}\ge x\ge 0\). Theo yêu cầu đầu bài có không qua 5 số nguyên x thoả mãn. Vậy x chỉ có thể lấy tối đa từ 0 đến 4 hay

\({{\log }_{5}}\frac{y}{2}\le 4\Leftrightarrow 1<\frac{y}{2}\le {{5}^{4}}=625\Leftrightarrow 2<y\le 1250\).

=>Cả hai trường hợp : \(y=\left\{ 1;2;....;1250 \right\}\) có 1250 số thoả mãn.

+ Đặt \(t=2\cos x-1\Rightarrow \text{dt}=-2\sin x\text{d}x\Rightarrow \sin x\text{d}x=-\frac{\text{dt}}{2}\).

+ Khi x=0 thì t=1

Khi \(x=\frac{\pi }{2}\) thì t=-1

 + Do đó: \(I=\frac{1}{2}\int\limits_{-1}^{1}{f(t)\text{dt}=}\frac{1}{2}\int\limits_{-1}^{1}{f(x)\text{d}x=\frac{1}{2}\int\limits_{-1}^{1}{{{\left| x \right|}^{2021}}\text{d}x}}\).

Vì \(f(x)={{\left| x \right|}^{2021}}\) là hàm số chẵn nên \(\int\limits_{-1}^{1}{{{\left| x \right|}^{2021}}dx=}2\int\limits_{0}^{1}{{{\left| x \right|}^{2021}}dx}\).

Suy ra \(I=\int\limits_{0}^{1}{{{\left| x \right|}^{2021}}dx=\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2021}}dx=}}\left. \frac{{{x}^{2022}}}{2022} \right|_{0}^{1}=\frac{1}{2022}\).

+ Gọi M,N,P,Q lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức \({{z}_{1}},{{z}_{2}},{{z}_{1}}+{{z}_{2}},{{z}_{1}}-{{z}_{2}}\).

Ta có: \(\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}\) nên OMPN là hình bình hành mà \(OM=ON=2,\,OP=2\sqrt{2}\), do đó: OMPN là một hình vuông với O,P cố định.

Vì vậy M,N có hai vị trí \(M\left( 2;0 \right),\,N\left( 0;-2 \right)\) hoặc \(M\left( 0;-2 \right),\,N\left( 2;0 \right)\)

+ Mặt khác: Ta có \(\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{ON}=\overrightarrow{NM}\) nên có hai điểm Q thỏa mãn bài toán.

Vậy có hai số phức \(z={{z}_{1}}-{{z}_{2}}\)

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ. Gọi SO=x>0. Không mất tính tổng quát giả sử a=1

Ta có: \(S\left( 0;0;x \right),\,A\left( \frac{\sqrt{2}}{2};0;0 \right),\,B\left( 0;\frac{\sqrt{2}}{2};0 \right),C\left( -\frac{\sqrt{2}}{2};0;0 \right),M\left( \frac{\sqrt{2}}{4};0;\frac{x}{2} \right),N\left( -\frac{\sqrt{2}}{4};\frac{\sqrt{2}}{4};0 \right)\).

Suy ra: \(\overrightarrow{MN}=\left( -\frac{\sqrt{2}}{2};\frac{\sqrt{2}}{4};-\frac{x}{2} \right)=-\frac{1}{4}\left( 2\sqrt{2};-\sqrt{2};2x \right)\Rightarrow \text{VTCP}\,\overrightarrow{u}=\left( 2\sqrt{2};-\sqrt{2};2x \right)\).

+ Mặt khác, \(\left( SBD \right)\) có một VTPT là \(\overrightarrow{i}=\left( 1;0;0 \right)\).

Ta có: \(\sin \left( MN,\left( SBD \right) \right)=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \frac{\left| \overrightarrow{u}.\overrightarrow{n} \right|}{\left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{n} \right|}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{10+4{{x}^{2}}}}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{22}}{2}\).

Vậy \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{22}}{2}.{{a}^{3}}=\frac{\sqrt{22}{{a}^{3}}}{6}\).

+ Gọi ba cạnh của hình hộp chữ nhật lần lượt là \(a,b,c\,\,\left( a,b,c>0 \right)\).

Lúc đó: \(\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4}={{R}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=4{{R}^{2}}\,\,(1)\).

+ Thể tích của khối hộp chữ nhật là: \(V=a.b.c=\sqrt{{{a}^{2}}.{{b}^{2}}.{{c}^{2}}}\le \sqrt{{{\left( \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{3} \right)}^{3}}}=\frac{8\sqrt{3}}{9}{{R}^{3}}\).

Vậy thể tích pha lê bác An bỏ đi để tạo ra vật lưu niệm có thể tích lớn nhất là:

\(V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}-\frac{8\sqrt{3}}{9}{{R}^{3}}\approx 331,15\left( \text{c}{{\text{m}}^{3}} \right)\).

+ \(\left( \alpha\right)\) có một VTCP là \(\overrightarrow{u}=\left( -1;\,2;\,1 \right)\).

+ VTPT của \(\left( P \right)\) có dạng \(\overrightarrow{n}=\left( a;b;c \right)\) với \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ne 0\).

+ Vì (P) chứa \(\left( d \right)\) nên \(\overrightarrow{n}.\overrightarrow{u}=0\Leftrightarrow -a+2b+c=0\Leftrightarrow c=a-2b\).

+ Ta có: \(\cos \left( \left( P \right),\left( \alpha\right) \right)=\frac{\left| \overrightarrow{n}.\overrightarrow{{{n}_{\alpha }}} \right|}{\left| \overrightarrow{n} \right|.\left| \overrightarrow{{{n}_{\alpha }}} \right|}=\frac{\left| 2a-b-2c \right|}{3\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{\left| b \right|}{\sqrt{2{{a}^{2}}-4ab+5{{b}^{2}}}}\).

TH1: Nếu b=0 thì \(\left( \left( P \right),\left( \alpha\right) \right)={{90}^{{}^\circ }}\).

TH2: Nếu \(b\ne 0\) thì \(\left( \left( P \right),\left( \alpha\right) \right)\) nhỏ nhất khi \(\cos \left( \left( P \right),\left( \alpha\right) \right)=\frac{1}{\sqrt{2{{\left( \frac{a}{b} \right)}^{2}}-4\frac{a}{b}+5}}\) lớn nhất.

Ta có: \(\cos \left( \left( P \right),\left( \alpha\right) \right)=\frac{1}{\sqrt{2{{\left( \frac{a}{b}-1 \right)}^{2}}+3}}\) lớn nhất khi \(\frac{a}{b}=1\Leftrightarrow a=b\)

So sánh hai trường hợp ta thấy \(\left( \left( P \right),\left( \alpha\right) \right)\) nhỏ nhất khi a=b nên \(\overrightarrow{n}=\left( a;a;-a \right)\).

Do đó,

\(a\left( x-0 \right)+a\left( y+1 \right)-a\left( z-2 \right)=0\Leftrightarrow ax+ay-az+3a=0\).

Vì mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình dạng ax+by+cz+3=0 nên \(a=1\Rightarrow \overrightarrow{n}=\left( 1;1;-1 \right)\)

Vậy T=-1.

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), ta thấy:

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 1\\ x = 3 \end{array} \right.\).

\(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\).

\(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x \in \left( {0;1} \right) \cup \left( {1;3} \right)\)

Ta có \(y' = {\left( {f\left( {{x^2}} \right)} \right)^\prime } = 2x.f'\left( {{x^2}} \right)\) \(= 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ f'\left( {{x^2}} \right) = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \pm 1\\ x = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)

\(f'\left( {{x^2}} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^2} < 0\\ {x^2} > 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - \sqrt 3 } \right) \cup \left( {\sqrt 3 ; + \infty } \right)\)

Bảng biến thiên

Vậy hàm số \(y = f\left( {{x^2}} \right)\) có 2 điểm cực tiểu và 1 điểm cực đại.

Ta có: \({{\log }_{3}}\left( 3x+3 \right)+x=2y+{{9}^{y}}\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( x+1 \right)+x+1=2y+{{3}^{2y}} \left( 1 \right)\).

Đặt \(t={{\log }_{3}}\left( x+1 \right)\Rightarrow x+1={{3}^{t}}\). Với \(x\in \left[ 0;2020 \right]\Rightarrow t\in \left[ 0;{{\log }_{3}}2021 \right]\).

\(\left( 1 \right)\Leftrightarrow t+{{3}^{t}}=2y+{{3}^{2y}}\text{ }\left( 2 \right)\).

Xét hàm số \(f\left( u \right)=u+{{3}^{u}},\,\,u\in \left[ 0;{{\log }_{3}}2021 \right]\).

\({f}'\left( u \right)=1+{{3}^{u}}\ln 3>0,\,\,\forall u\in \left[ 0;{{\log }_{3}}2021 \right]\). Và do hàm số \(f\left( u \right)\) liên tục trên \(\left[ 0;{{\log }_{3}}2021 \right]\), suy ra \(f\left( u \right)\) đồng biến trên \(\left[ 0;{{\log }_{3}}2021 \right]\).

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

Vì \(x\in \left[ 0;2020 \right]\) nên \(0\le {{3}^{2y}}-1\le 2020\Leftrightarrow 1\le {{3}^{2y}}\le 2021\)

\(\Leftrightarrow 0\le 2y\le {{\log }_{3}}2021\)

\(\Leftrightarrow 0\le y\le \frac{1}{2}{{\log }_{3}}2021\).

Do \(y\in \mathbb{Z}\) nên \(y\in \left\{ 0;1;2;3 \right\}\). Ứng với mỗi giá trị nguyên của y cho ta 1 giá trị nguyên của x.

Vậy có 4 cặp số nguyên \(\left( x;y \right)\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(\left( C \right)\) và \(\left( P \right)\): \(S=\int\limits_{-2}^{2}{\left[ f\left( x \right)-g\left( x \right) \right]}dx\).

\(h\left( x \right)=f\left( x \right)-g\left( x \right)\) là hàm bậc bốn có hệ số bậc bốn bằng \(-\frac{1}{2}\), có hai nghiệm đơn x=2, x=-2 và một nghiệm kép x=0

⇒ \(h\left( x \right)=f\left( x \right)-g\left( x \right)=-\frac{1}{2}{{x}^{2}}\left( x-2 \right)\left( x+2 \right) ⇒ S=\int\limits_{-2}^{2}{-\frac{1}{2}{{x}^{2}}\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)}dx=\frac{64}{15}=4,266..\)

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn số phức z ta có: \(\left| z-2i \right|\le \left| z-4i \right|\)

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

\(\Leftrightarrow y\le 3;\,\,\left| z-3-3i \right|=1\Leftrightarrow \) điểm M nằm trên đường tròn tâm I(3;3) và bán kính bằng 1.

Biểu thức \(P=\left| z-2 \right|=AM\) trong đó A(2;0), theo hình vẽ thì giá trị lớn nhất của \(P=\left| z-2 \right|\) đạt được khi M(4;3) nên \(\max P=\sqrt{{{(4-2)}^{2}}+{{(3-0)}^{2}}}=\sqrt{13}\).

Ta có:  \(\left( {{S}_{1}} \right),\,\,\left( {{S}_{2}} \right)\) có cùng tâm \(I\left( -4;0;0 \right)\) và lần lượt có bán kính là \({{r}_{1}}=4,\,\,{{r}_{2}}=6\).

Gọi T là hình chiếu của I trên d, ta được \(TB=\sqrt{I{{B}^{2}}-I{{T}^{2}}}=2\sqrt{5}\), tức \(BC=4\sqrt{5}\).

Gọi \(\left( P \right)\) là tiếp diện của \(\left( {{S}_{1}} \right)\) tại T, khi đó \(\Delta \) qua T và nằm trong \(\left( P \right)\).

Gọi H là hình chiếu của A trên d, ta có \(AH\le AT\), dấu bằng xảy ra khi \(d\bot AT\).

Gọi \(M,\,\,N\) là các giao điểm của đường thẳng AI và \(\left( {{S}_{1}} \right)\) với AM<AN. Dễ thấy AN=12 và đây cũng chính là độ dài lớn nhất của AT.

Lúc này ta có \(AH\le AN=12\), dấu bằng xảy ra khi \(d\bot AN\).

Vậy diện tích lớn nhất của tam giác ABC là \(24\sqrt{5}\).