Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Nguyễn Tất Thành lần 2

Mỗi cách chọn hai con bài từ cỗ bài tú lơ khơ gồm 52 con tương ứng với một tổ hợp chập 2 của tập có 52 phần tử.

Vậy số cách chọn 2 học sinh từ 52 học sinh là \(C_{10}^{2}=1326.\)

\({{u}_{99}}={{u}_{1}}+98d=11+98.4=403\)

Nhìn vào đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( -1;1 \right)\).

Dựa vào đồ thị của hàm số ta suy ra được hàm số \(f\left( x \right)\) có giá trị cực tiểu là 0.

Ta có \({y}'\) đổi dấu khi đi qua x=-3 và qua x=2 nên số điểm cực trị là 2.

Ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-3}{x-1}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2-\frac{3}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2, \underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-3}{x-1}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2-\frac{3}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2\).

Do đó đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y=2.

Và \(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-3}{x-1}=-\infty , \underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-3}{x-1}=+\infty \).

Do đó đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x=1.

Đồ thị trên là đồ thị của hàm trùng phương có hệ số a dương nên từ các phương án đã cho ta suy ra đồ thị trên là đồ thị của hàm số \(y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}-2\).

\(y' = 4{x^3} - 4x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 0\\x = 1\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số \(y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+2\) giao với y=0 (trục hoành) là 0 giao điểm.

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

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

\(P = {a^{\frac{1}{3}}}.\sqrt[6]{a} = {a^{\frac{1}{3}}}.{a^{\frac{1}{6}}} = {a^{\frac{1}{3} + \frac{1}{6}}} = {a^{\frac{1}{2}}} = \sqrt a \)

\({8^{2x - 2}} - {16^{x - 3}} = 0 \Leftrightarrow {2^{3\left( {2x - 2} \right)}} = {2^{4\left( {x - 3} \right)}} \Leftrightarrow {2^{6x - 6}} = {2^{4x - 12}}\)

\( \Leftrightarrow 6x - 6 = 4x - 12 \Leftrightarrow 2x =  - 6 \Leftrightarrow x =  - 3\)

\({{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}-3x+3 \right)=1\,\left( 1 \right)\), có \({{x}^{2}}-3x+3>0,\,\forall x\in \mathbb{R}.\)

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

Vậy \(S=\left\{ 0;3 \right\}.\)

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

\(\int {\sin 2xdx = \frac{1}{2}\int {\sin 2xd2x}  = \frac{{ - \cos 2x}}{2} + C,C \in R} \)

Ta có: \(T=\int\limits_{a}^{b}{{f}'\left( x \right)\,\text{d}x}=f\left( x \right)\left| _{a}^{b} \right.=f\left( b \right)-f\left( a \right)=-2\)

\(\int\limits_0^2 {\left( {4x - 3} \right)dx}  = \left( {2{x^2} - 3x} \right)|_0^2 = 2\)

Ta có z=3i-1=-1+3i

Số phức liên hợp của số phức z=-1+3i là \(\overline{z}=-1-3i\)

\({z_1}.{z_2} = \left( {1 - 2i} \right)\left( { - 2 + i} \right) =  - 2 + i + 4i - 2{i^2} =  - 2 + 5i + 2 = 5i\)

Điểm biểu diễn của số phức z=2-3i là: \(\left( 2\,;\,-3 \right)\)

\(V = {a^3} = 8 \Leftrightarrow a = 2\)

Vì \(SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow h=SA=a\sqrt{3}\). Tam giác ABC vuông tại A nên \({{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{1}{2}.a.2a={{a}^{2}}\).

Ta có: \({{V}_{S.ABC}}\frac{1}{3}.{{S}_{ABC}}.SA=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.a\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}{{a}^{3}}\).

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

\(V = 16\pi {a^3}\)

Ta có \(\overrightarrow{a}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}+z\overrightarrow{k}\Leftrightarrow \overrightarrow{a}\left( x;y;z \right)\) nên \(\overrightarrow{a}\left( -1;2;-3 \right)\)

\(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 5} \right)^2} = 9\) thì (S) có tâm I(1;-2;5)

Xét đáp án A ta thấy \(3+4-7=0\) vậy M thuộc \(\left( R \right)\)

Xét đáp án B ta thấy \(3+4-2+5=10\ne 0\) vậy M không thuộc \(\left( S \right)\)

Xét đáp án C ta thấy \(3-1=2\ne 0\) vậy M không thuộc \(\left( Q \right)\)

Xét đáp án D ta thấy \(-2-2=-4\ne 0\) vậy M không thuộc \(\left( P \right)\)

Thay t=0 vào phương trình đường thẳng d ta được \(\left\{ \begin{align} & x=2 \\ & y=-1 \\ & z=0 \\\end{align} \right.\) do đó điểm \(M\left( 2;-1;0 \right)\) thuộc d.

Không gian mẫu: \(\Omega =\left\{ 1;2;3;4;5;6 \right\}\)

Biến cố xuất hiện mặt chẵn: \(A=\left\{ 2;4;6 \right\}\)

Suy ra \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{1}{2}\)

Loại đáp án A và C (Hàm trùng phương và hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất không xảy ra trường hợp đồng biến trên \(\mathbb{R}\)).

Đáp án B: Ta có \({y}'={{x}^{2}}-x+3={{\left( x-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+\frac{11}{4}>0,\,\forall x\) nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Hàm số \(y=\frac{{{x}^{3}}}{3}+2{{x}^{2}}+3x-4\) xác định trên đoạn \(\left[ -4;\,0 \right]\).

Ta có \({y}'={{x}^{2}}+4x+3\).

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

Do đó \(y\left( -4 \right)=-\frac{16}{3}; y\left( 0 \right)=-4; y\left( -1 \right)=-\frac{16}{3}\) và \(y\left( -3 \right)=-4\).

Vậy ta có \(M=-4; n=-\frac{16}{3}\) và \(M+n=-\frac{28}{3}\).

\({\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} > 8 \Leftrightarrow {2^{ - x}} > {2^3} \Leftrightarrow - x > 3 \Leftrightarrow x < - 3.\)

\(\int\limits_1^2 {\left[ {4f\left( x \right) - 2x} \right]dx}  = 1 \Leftrightarrow 4\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx - 2\int\limits_1^2 {xdx} }  = 1 \Leftrightarrow 4\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx - } \left. {{x^2}} \right|_1^2 = 1\)

\( \Leftrightarrow 4\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx = 4 \Leftrightarrow } \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx = 1} .\)

\(\left( {1 + 2i} \right)z = 5{\left( {1 + i} \right)^2} \Leftrightarrow z = \frac{{5{{\left( {1 + i} \right)}^2}}}{{1 + 2i}} = \frac{{10i}}{{1 + 2i}} = \frac{{10i\left( {1 - 2i} \right)}}{5} = 4 + 2i.\)

Suy ra \(w = \bar z + iz = \left( {4 - 2i} \right) + i\left( {4 + 2i} \right) = 2 + 2i\)

Vậy số phức w có phần thực bằng 2, phần ảo bằng 2. Suy ra \({{2}^{2}}+{{2}^{2}}=8\)

Ta có \(A{A}'\bot \left( ABCD \right)\) nên hình chiếu vuông góc của \({A}'C\) lên \(\left( ABCD \right)\) là đường AC.

Suy ra góc giữa \({A}'C\) và \(\left( ABCD \right)\) là góc giữa \({A}'C\) và AC hay góc \(\widehat{AC{A}'}=\alpha \).

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABC vuông tại B ta có:

\(A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}={{a}^{2}}+4{{a}^{2}}=5{{a}^{2}}\Rightarrow AC=a\sqrt{5}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(A{A}'C\) vuông tại A ta có:

\(\tan \alpha =\frac{A{A}'}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\)

Ta có \(SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA=d\left( S;\left( ABC \right) \right)\)

\(\Delta ABC\bot \) tại A nên \(AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=a\sqrt{3}\); góc giữa đường thẳng SC và \(\left( ABC \right)\) là \(\widehat{SCA}={{30}^{0}}\)

\(\Delta SAC\bot \) tại A nên \(h=SA.tan{{30}^{0}} =a\).

\(R=IA=\sqrt{1+{{2}^{2}}+{{(-2)}^{2}}}\) = 3

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

Do d vuông góc với \(\left( P \right)\) nên VTPT của \(\left( P \right)\) cũng là VTCP của d \(\Rightarrow \) VTCP \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 2;-3;1 \right)\)

Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với \(\left( P \right)\) có phương trình là: \(\frac{x-2}{2}=\frac{y+1}{-3}=\frac{z-3}{1}\)

Xét \(y' = 2f\left( x \right).f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {_{f'\left( x \right) = 0}^{f\left( x \right) = 0} \Leftrightarrow } \right.\left[ {_{x = \left\{ {a;1;b} \right\}}^{x = \left\{ {0;1;3} \right\}}} \right.\) với \(0<a<1\,;\,2<b<3\).

Dựa vào đồ thị ta thấy x=1 là nghiệm kép nên \(f\left( x \right)\) không đổi dấu qua x=1 nhưng \(f'\left( x \right)\) vẫn đổi dấu qua đó.

Còn tất cả nghiệm còn lại đều là nghiệm đơn nên \(f\left( x \right)\,va\,f'\left( x \right)\) đều đổi dấu. Như vậy hàm số \(y={{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}}\) có tất cả 5 điểm cực trị.

\(\begin{array}{l} \ln \left( {7{x^2} + 7} \right) \ge \ln \left( {m{x^2} + 4x + m} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 7{x^2} + 7 \ge m{x^2} + 4x + m\\ m{x^2} + 4x + m > 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( {7 - m} \right){x^2} - 4x + 7 - m \ge 0\;\;\left( 1 \right)}\\ {m{x^2} + 4x + m > 0\;\;\left( 2 \right)} \end{array}} \right. \end{array}\)

Bất phương trình đã cho đúng với mọi \(x\in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi các bất phương trình \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) đúng với mọi \(x\in \mathbb{R}\)

Xét \(\left( 7-m \right){{x}^{2}}-4x+7-m\ge 0 \left( 1 \right)\).

+ Khi m=7 ta có \(\left( 1 \right)\) trở thành \(-4x\ge 0\Leftrightarrow x\le 0\). Do đó m=7 không thỏa mãn.

+ Khi \(m\ne 7\) ta có \(\left( 1 \right)\) đúng với mọi \(x\in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7 - m > 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 7\\4 - {\left( {7 - m} \right)^2} \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 7\\m \le 5 \vee m \ge 9\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow m \le 5\) (*)

Xét \(m{{x}^{2}}-4x+m>0 \left( 2 \right)\)

+ Khi m=0 ta có \(\left( 2 \right)\) trở thành \(-4x>0\Leftrightarrow x<0\). Do đó m=0 không thỏa mãn.

+ Khi \(m\ne 0\) ta có \(\left( 2 \right)\) đúng với mọi \(x\in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\\Delta ' < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\4 - {m^2} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m < - 2 \vee m > 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow m > 2\) (**)

Từ \(\left( * \right)\) và \(\left( ** \right)\) ta có \(2<m\le 5\). Do \(m\in Z\) nên \(m\in \left\{ 3;4;5 \right\}\). Từ đó S=3+4+5=12.

Xét tích phân \(A=\int\limits_{1}^{{{e}^{3}}}{\frac{f\left( \ln x \right)}{x}}dx\)

Đặt \(t=\ln x\Rightarrow dt=\frac{1}{x}dx\), đổi cận \(x=1\Rightarrow t=0, x={{e}^{3}}\Rightarrow t=3\)

Do đó \(A=\int\limits_{0}^{3}{f\left( t \right)dt}=\int\limits_{0}^{3}{f\left( x \right)dx}\)

Xét tích phân \(B=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( \cos x \right).\sin x}dx\)

Đặt \(u=\cos x\Rightarrow du=-\sin xdx\), đổi cận \(x=0\Rightarrow u=1, x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow u=0\)

Do đó \(A=\int\limits_{1}^{0}{-f\left( u \right)du}=\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx}\)

Xét \(\int\limits_{1}^{3}{\left( f\left( x \right)+2x \right)}dx=\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)}dx+\int\limits_{1}^{3}{2x}dx=\int\limits_{0}^{3}{f\left( x \right)}dx-\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)}dx+\left. {{x}^{2}} \right|_{1}^{3}=7-3+8=12\).

\(\left| {{z}^{2}}+4 \right|=2\left| z \right| \Leftrightarrow \left| {{(a+bi)}^{2}}+4 \right|=2\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} \Leftrightarrow \sqrt{{{({{a}^{2}}-{{b}^{2}}+4)}^{2}}+{{(2\text{a}b)}^{2}}}=2\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} \Leftrightarrow {{({{a}^{2}}-{{b}^{2}})}^{2}}+8({{a}^{2}}-{{b}^{2}})+16+4{{\text{a}}^{2}}{{b}^{2}}=4({{a}^{2}}+{{b}^{2}})\Leftrightarrow 8({{a}^{2}}-{{b}^{2}})-12={{({{a}^{2}}-{{b}^{2}})}^{2}}+4{{\text{a}}^{2}}{{b}^{2}}-4({{a}^{2}}+{{b}^{2}})+4\)

\(\Leftrightarrow 8({{a}^{2}}-{{b}^{2}})-12={{({{a}^{2}}+{{b}^{2}})}^{2}}-4({{\text{a}}^{2}}+{{b}^{2}})+4 \Leftrightarrow 8({{a}^{2}}-{{b}^{2}})-12={{({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2)}^{2}}\Leftrightarrow P={{\left( {{\left| z \right|}^{2}}-2 \right)}^{2}}\)

Gọi H là trung điểm của AB thì \(SH\bot \left( ABCD \right)\)

Ta có \(HD=\frac{a\sqrt{5}}{2}\) nên \(SH=\sqrt{\frac{9{{a}^{2}}}{4}-\frac{5{{a}^{2}}}{4}}=a\)

Diện tích một cánh hoa là diện tích hình phẳng được tính theo công thức sau:

\(S=\int\limits_{0}^{20}{\left( \sqrt{20x}-\frac{1}{20}{{x}^{2}} \right)\text{d}x}=\left. \left( \frac{2}{3}.\sqrt{20}.\sqrt{{{x}^{3}}}-\frac{1}{60}{{x}^{3}} \right) \right|_{0}^{20}=\frac{400}{3}\left( \text{c}{{\text{m}}^{2}} \right)\)

\(\left( \alpha  \right)\) có VTPT \(\vec{n}=\left( 1;1;1 \right), \overrightarrow{AB}=\left( 2;4;0 \right)\Rightarrow \left[ \vec{n};\overrightarrow{AB} \right]=\left( -4;2;2 \right)\).

\(\left( \Delta  \right)\) có VTCP \(\vec{u}=\left( 2;-1;-1 \right)\)

Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó \(I\left( 2;-2;0 \right)\)

PT \(\left( \Delta \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = - 2 - t\\z = - t\end{array} \right.\)

\(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x\)

Từ đồ thị hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) và đồ thị hàm số y=x ta thấy

\({f}'\left( x \right)-x>0\) với \(\forall x\in \left( -\infty ;1 \right)\cup \left( 2;+\infty  \right)\)

\({f}'\left( x \right)-x<0\) với \(\forall x\in \left( 1;2 \right)\)

Ta có bảng biến thiên của \(g\left( x \right)\)

Vậy đồ thị hàm số \(y=g\left( x \right)\) có hai điểm cực trị.

ĐK: x+2m>0

Ta có \({{2}^{x-1}}={{\log }_{4}}\left( x+2m \right)+m\Leftrightarrow {{2}^{x}}={{\log }_{2}}\left( x+2m \right)+2m\)

Đặt \(t={{\log }_{2}}\left( x+2m \right)\) ta có \(\left\{ \begin{align} & {{2}^{x}}=t+2m \\ & {{2}^{t}}=x+2m \\\end{align} \right.\Rightarrow {{2}^{x}}+x={{2}^{t}}+t\left( 1 \right)\)

Do hàm số \(f\left( u \right)={{2}^{u}}+u\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\), nên ta có \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow t=x\). Khi đó:

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

Xét hàm số \(g\left( x \right)={{2}^{x}}-x\Rightarrow {g}'\left( x \right)={{2}^{x}}\ln 2-1=0\Leftrightarrow x=-{{\log }_{2}}\left( \ln 2 \right)\).

Bảng biến thiên:

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi \(2m\ge g\left( -{{\log }_{2}}\left( \ln 2 \right) \right)\Leftrightarrow m\ge \frac{g\left( -{{\log }_{2}}\left( \ln 2 \right) \right)}{2}\approx 0,457\) (các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì \(x+2m={{2}^{x}}>0\))

Do m nguyên và \(\left| m \right|<10\), nên \(m\in \left\{ 1,2,3,4,5,6,7,8,9 \right\}\).

Theo đồ thị ta có \({f}'(0)=0\Leftrightarrow d=0\) và hệ số a<0.

Xét \(\int\limits_{-1}^{0}{{f}'(x)dx}=f(x)\left| _{-1}^{0} \right.=-a+b-c+d\), mà \(\int\limits_{-1}^{0}{{f}'(x)dx}<0\) nên ta có -a+b-c+d<0(1)

Hay a+c>b+d. Do đó ta loại C.

Thay d=0 ta có a>b-c, vì a<0 nên b-c<0. Loại D.

Xét \(\int\limits_{0}^{1}{{f}'(x)dx}=f(x)\left| _{0}^{1} \right.=a+b+c+d\), mà \(\int\limits_{0}^{1}{{f}'(x)dx}>0\) nên ta có a+b+c+d>0(2).

Do đó ta loại B.

Từ (2) ta có -a-b-c-d<0 cộng từng vế với (1) ta có a+c>0

Gọi \(A\left( 0;1 \right), B\left( -1;3 \right),C\left( 1;-1 \right)\). Ta thấy A là trung điểm của BC

\(\Rightarrow M{{A}^{2}}=\frac{M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}}{2}-\frac{B{{C}^{2}}}{4}\Leftrightarrow M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=2M{{A}^{2}}+\frac{B{{C}^{2}}}{2}=2M{{A}^{2}}+10\).

Ta lại có : \(5\left| z-i \right|=\left| z+1-3i \right|+3\left| z-1+i \right|\)

\(\Leftrightarrow 5MA=MB+3MC\le \sqrt{10}.\sqrt{M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}}\)

\(\Rightarrow 25M{{A}^{2}}\le 10\left( 2M{{A}^{2}}+10 \right) \Rightarrow MC\le 2\sqrt{5}\)

Mà $\left| z-2+3i \right|=\left| \left( z-i \right)+\left( -2+4i \right) \right| \le \left| z-i \right|+\left| 2-4i \right| \le \left| z-i \right|+2\sqrt{5}\le 4\sqrt{5}\).

Dấu ''='' xảy ra khi \(\left\{ \begin{align} & \left| z-i \right|=2\sqrt{5} \\ & \frac{a}{-2}=\frac{b-1}{4} \\\end{align} \right.\), với z=a+bi; \(a,\text{ }b\in \mathbb{R}\).

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & z=2-3i\text{ }\left( loại \right) \\ & z=-2+5i \\\end{align} \right.\)

Đặt BC=a; CA=b; AB=c.

Gọi M, N lần lượt là trrung điểm của AB và CD.

Theo giả thiết ta có tam giác \(\Delta ABC=\Delta CDA\left( c.c.c \right)\Rightarrow CM=DM\) hay tam giác CMD cân tại M \(\Rightarrow MN\bot CD\)

Chứng minh tương tự ta cũng có \(MN\bot AB\)

Gọi I là trung điểm của MN thì IA=IB và IC=ID.

Mặt khác ta lại có AB=CD nên \(\Delta BMI=\Delta CNI\Rightarrow IB=IC\) hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Ta có \(I{{A}^{2}}=I{{M}^{2}}+A{{M}^{2}}=\frac{M{{N}^{2}}}{4}+\frac{A{{B}^{2}}}{4}=\frac{M{{N}^{2}}+{{c}^{2}}}{4}\)

Mặt khác CM là đường trung tuyến của tam giác ABC nên \(C{{M}^{2}}=\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{4}\)

\(\Rightarrow M{{N}^{2}}=C{{I}^{2}}-C{{N}^{2}}=\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{4}-\frac{{{c}^{2}}}{4}=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2}\).

Vậy \(I{{A}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{8}\).

Với \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=2{{m}^{2}}+2{{\left( m-1 \right)}^{2}}+2{{\left( m+4 \right)}^{2}}=6{{\left( m+1 \right)}^{2}}+28\)

Vậy \(I{{A}^{2}}=\frac{6{{\left( m+1 \right)}^{2}}+28}{8}\ge \frac{7}{2}\Rightarrow I{{A}_{\min }}=\sqrt{\frac{7}{2}}=\frac{\sqrt{14}}{2}\).