Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Nguyễn Huy Hiệu lần 3

Từ nhà An đến nhà Bình có bốn cách chọn đường.

Từ nhà Bình đến nhà Cường có sáu cách chọn đường.

Áp dụng quy tắc nhân ta có số cách chọn đường đi từ nhà An đến nhà Cường là: 4.6=24 (cách).

Ta có: \({{a}^{2}}=\left( -\frac{1}{5} \right).\left( -\frac{1}{125} \right)=\frac{1}{625}\Leftrightarrow a=\pm \frac{1}{25}\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\). Đạo hàm: \({y}'=3{{x}^{2}}-6x-9\).

Xét \({y}'=0\Rightarrow 3{{x}^{2}}-6x-9=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=3\Rightarrow y=-26 \\ & x=-1\Rightarrow y=6 \\\end{align} \right.\)

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( -\infty \,;\,-1 \right)\) và \(\left( 3\,;\,+\infty  \right)\).

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 4\,;\,5 \right)\).

Dựa vào đồ thị, hàm số đã cho có 3 điểm cực trị

Xét hàm số \(y=\frac{2x-1}{x+1}\) ta có \({y}'=\frac{3}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}>0\) với \(x\ne -1\) nên hàm số không có cực trị.

Vì \(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \) và  \(\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \) suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng  là \(x=1\).

Và \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=-2\) suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là \(y=2\).

Từ đồ thị ta có đây là đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương với hệ số a<0.

Phương trình \(f(x)=m\) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị.

+ \(y=f(x)\) như hình vẽ trên.

+ \(y=m\) là đường thẳng song song hay trùng với trục \(Ox\).

Để phương trình \(f(x)=m\) có 3 nghiệm phân biệt thì hai đồ thị \(y=f(x)\),\(y=m\) phải cắt nhau tại 3 điểm phân biệt \(\Leftrightarrow -2<m<2\).

Theo tính chất logarit ta có: \({{\log }_{a}}b+{{\log }_{a}}c={{\log }_{a}}\left( bc \right)\).

Hàm số \(y={{\log }_{a}}x\), \(y={{a}^{x}}\) đồng biến trên tập xác định khi cơ số \(a>1\).

Hàm số \(y={{\log }_{\frac{1}{3}}}\left( \frac{1}{x} \right)\)\(\Leftrightarrow y={{\log }_{3}}x\) nên đồng biến tập xác định.

Ta có \({{\log }_{b}}a\sqrt{b}={{\log }_{\frac{\sqrt{a}}{b}}}\frac{\sqrt[3]{a}}{\sqrt{b}}\Leftrightarrow {{\log }_{b}}a+\frac{1}{2}=\frac{{{\log }_{b}}\frac{\sqrt[3]{a}}{\sqrt{b}}}{{{\log }_{b}}\frac{\sqrt{a}}{b}}\)\(\Leftrightarrow {{\log }_{b}}a+\frac{1}{2}=\frac{\frac{1}{3}{{\log }_{b}}a-\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}{{\log }_{b}}a-1}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{\left( {{\log }_{b}}a \right)}^{2}}-\frac{13}{12}{{\log }_{b}}a=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{\log }_{b}}a=0 \\ & {{\log }_{b}}a=\frac{13}{6} \\\end{align} \right.\Rightarrow {{\log }_{b}}a=\frac{13}{6}\) vì \({{\log }_{b}}a>0\).

Ta có \({{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( x-1 \right)=-2\) \(\Leftrightarrow \) \(x-1={{\left( \frac{1}{2} \right)}^{-2}}\) \(\Leftrightarrow \) \(x=5\).

Phương trình \({{3}^{x}}{{.2}^{x+1}}=72\Leftrightarrow {{6}^{x}}=36\Leftrightarrow x=2\).

Ta có: \(\int{f\left( x \right)\text{d}x}=\int{\cos \left( 3x+\frac{\pi }{6} \right)\text{d}x}=\frac{1}{3}\sin \left( 3x+\frac{\pi }{6} \right)+C\).

Ta có \(\int\limits_{1}^{2}{{{e}^{3x-1}}\text{d}x}=\left. \frac{1}{3}{{e}^{3x-1}} \right|_{1}^{2}=\frac{1}{3}\left( {{e}^{5}}-{{e}^{2}} \right)\). Suy ra \(m=\frac{1}{3}, p=5\) và q=2.

Vậy \(m+p+q=\frac{1}{3}+5+2=\frac{22}{3}\).

Ta có \(\int\limits_{1}^{4}{\left[ f\left( x \right)-g\left( x \right) \right]\text{dx}}=\int\limits_{1}^{4}{f\left( x \right)\text{dx}}-\int\limits_{1}^{4}{g\left( x \right)\text{dx}}=-4-6=-10\).

Ta có \(\overline{z}=3-2i\(Suy ra \(z=3+2i\).

Vậy Phần thực của \(z\) bằng 3 và phần ảo của \(z\) bằng 2.

Ta có: \({{z}_{1}}-{{z}_{2}}=3-6i\Rightarrow \left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=\sqrt{9+36}=3\sqrt{5}\).

Từ hình vẽ ta có \(M\left( 3;4 \right)\) nên \(z=3+4i\). Vậy Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4.

Ta có \(V=\frac{1}{3}{{S}_{}}.h=\frac{1}{3}3{{a}^{2}}.2a=2{{a}^{3}}\).

\(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\) và \(AC=a\sqrt{2}\) suy ra \(AB=AC=a\).

\({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{{{a}^{2}}}{2}\).

\({{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={{S}_{\Delta ABC}}.C{C}'=\frac{{{a}^{2}}}{2}.2a={{a}^{3}}\)

Diện tích xung quanh của hình nón là \({{S}_{xq}}=\pi rl=2\pi {{a}^{2}}\).

Diện tích xung quanh của hình trụ \({{S}_{xq}}=2\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }rh\)\(=2\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }5.7=70\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }\) \(\left( \text{c}{{\text{m}}^{\text{2}}} \right)\).

Ta có M là trung điểm AB nên \(M\left( 2;0;-1 \right)\) \(\Rightarrow OM=\sqrt{4+0+1}=\sqrt{5}\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 1\,;\,-1\,;\,2 \right)\) và bán kính \(r=\sqrt[{}]{{{1}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}-\left( -2 \right)}=2\sqrt[{}]{2}\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( 1;6;5 \right)\), \(\overrightarrow{AC}=\left( -1;8;9 \right)\),

\(\left( ABC \right)\) đi qua \(A\left( 1;1;4 \right)\) có vtpt \(\vec{n}=\left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right]\)\(=\left( 14;-14;14 \right)\)\(=14\left( 1;-1;1 \right)\) có dạng \(x-y+z-4=0\).

* Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right)=C_{6}^{1}.C_{6}^{1}=36\).

* Gọi A: ”Cả hai lần xuất hiện mặt sáu chấm”. Số phần tử của biến cố A là \(n\left( A \right)=1\).

* Xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{1}{36}\).

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

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy: Hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( 1;2 \right).\)

Đặt \(t={{4}^{x}}, t>0\).

\({{16}^{x}}-{{5.4}^{x}}+4\ge 0\) trở thành \({t^2} - 5t + 4 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t \ge 4\\t \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t \ge 4\\0 < t \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{4^x} \ge 4\\0 < {4^x} \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le 0\end{array} \right.\)

Vậy \(T=\left( -\infty ;\,0 \right]\cup \left[ 1;\,+\infty  \right)\).

Đặt \(x=4sint\Rightarrow dx=4costdt\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} x=0\Rightarrow t=0 \\ x=\sqrt{8}\Rightarrow t=\frac{\pi }{4} \\\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(I=4\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\sqrt{16-16{{\sin }^{2}}t}}\cos tdt=16\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{{{\cos }^{2}}}tdt=8\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{(1+\cos 2t)}dt\) 

Ta có \(a + bi + 2i\left( {a - bi} \right) + 4 = i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 2b = - 4\\b + 2a = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 3\end{array} \right.\).

Suy ra z=2-3i

Do đó \(\omega =1+z+{{z}^{2}}=-2-15i\).

Vậy \(\left| \omega  \right|=\sqrt{{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{\left( -15 \right)}^{2}}}=\sqrt{229}\)

Tâm \(I\in Ox\Rightarrow I\left( x;0;0 \right)\), \(\left( S \right)\) đi qua \(A,\,\,B\) nên:

\(IA=IB\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+1+4={{\left( x-3 \right)}^{2}}+0+1\Leftrightarrow x=-1\Rightarrow I\left( 1;0;0 \right)\).

Bán kính của \(\left( S \right)\) là \(r=IA=\sqrt{5}\).

Phương trình của mặt cầu \(\left( S \right)\) là: \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=5\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -1\,;\,3\,;\,1 \right)\), \(\overrightarrow{AC}=\left( 1\,;\,-1\,;\,0 \right)\)\(\Rightarrow \left[ \overrightarrow{AB},\,\,\overrightarrow{AC} \right]=\left( 1\,;\,1\,;\,-2 \right)\).

Đường thẳng đi qua D và vuông góc với mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = t\\z = - 1 - 2t\end{array} \right.\)

Xét hàm số \(y={{x}^{3}}-3x+m\). Ta có:

\({y}'=3{{x}^{2}}-3\), \({y}'=0\) \(\Leftrightarrow x=\pm 1\)

Từ bảng biến thiên trên để hàm số đã cho có 5 cực trị thì \(m-2<0<m+2\) \(\Leftrightarrow -2<m<2\).

Suy ra số giá trị nguyên của m là 3

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\).

BPT \(\Leftrightarrow m\ge \sqrt[4]{{{e}^{2x}}+1}-{{e}^{\frac{x}{2}}}\) đúng với mọi \(x\in \mathbb{R}\).

Đặt \({{e}^{\frac{x}{2}}}=t>0\)Þ \(m\ge \sqrt[4]{{{t}^{4}}+1}-t=f\left( t \right)\) đúng với mọi t>0\(\Leftrightarrow m\ge \underset{\left[ 0;\,+\infty  \right)}{\mathop{max}}\,f\left( t \right)\) \(\left( * \right)\)

Ta có: \({f}'\left( t \right)=\frac{{{t}^{3}}}{\sqrt[4]{{{\left( {{t}^{4}}+1 \right)}^{3}}}}-1\); \({f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow \frac{{{t}^{3}}}{\sqrt[4]{{{\left( {{t}^{4}}+1 \right)}^{3}}}}-1=0\)

\(\Leftrightarrow {{t}^{3}}=\sqrt[4]{{{\left( {{t}^{4}}+1 \right)}^{3}}}\Leftrightarrow {{t}^{12}}={{\left( {{t}^{4}}+1 \right)}^{3}}\Leftrightarrow {{t}^{4}}={{t}^{4}}+1\) (Vô nghiệm)

Mặt khác,\(\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=1\) ; \(\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=0\).

Bảng biến thiên:

Vậy \(m\ge 1\). Mà \(m\in \mathbb{Z},\,\,m\in \left[ 0;\,2018 \right]\) nên \(m\in \left\{ 1;\,2;\,...;\,2018 \right\}\) \(\Rightarrow \) Có 2018 giá trị thỏa mãn.

Gọi \(z=x+yi\left( x;y\in \mathbb{R} \right)\).

Ta có \(\left| 2z-i \right|=\left| 2+iz \right|\) \({{A}_{1}},\) \(\Rightarrow \sqrt{4{{x}^{2}}+{{\left( 2y-1 \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2-y \right)}^{2}}+{{x}^{2}}}\)

\(\Rightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1\)

Gọi \({{A}_{1}},{{A}_{2}}\) là biểu diễn tương ứng của \({{z}_{1}},{{z}_{2}}\) \(\Rightarrow {{A}_{1}};{{A}_{2}}\) thuộc đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(O\left( 0;0 \right)\), bán kính bằng 1.

Theo giả thiết \(\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=1\) \(\Rightarrow {{A}_{1}}{{A}_{2}}=1\) \(\Rightarrow \Delta O{{A}_{1}}{{A}_{2}}\) đều cạnh =1.

Khi đó, \(P=\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|=2OK=2\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\) (K là trung điểm \({{A}_{1}}{{A}_{2}}\)).

Gọi D là trung điểm của \(C{C}', h,\,S,\,V\) lần lượt là chiều cao, diện tích đáy và thể tích của khối lăng trụ \(ABC.{A}'{B}'{C}'\).

Thế thì ta có: \({{S}_{DMN}}=S\,;\,\,{{S}_{{C}'PQ}}=4S\).

\(\frac{{{V}_{{A}'MP{B}'NQ}}}{V}=\frac{{{V}_{C.{C}'PQ}}-\left( {{V}_{MND.{A}'{B}'{C}'}}+{{V}_{C.MND}} \right)}{V}=\frac{\frac{1}{3}.4S.h-\left( S.\frac{h}{2}+\frac{1}{3}.S.\frac{h}{2} \right)}{S.h}=\frac{4}{3}-\left( \frac{1}{2}+\frac{1}{6} \right)=\frac{2}{3}\)

Do đó \({{V}_{{A}'MP{B}'NQ}}=\frac{2}{3}\).

Phương trình hoành độ của \(\left( P \right)\) và d là \({{x}^{2}}-mx-1=0\,\,\left( 1 \right)\).

Dễ thấy \(\left( 1 \right)\) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Gọi \(a,\,\,b\,\,\left( a<b \right)\) là các nghiệm của \(\left( 1 \right)\) thì diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(\left( P \right)\) và d là

\(S=\int\limits_{a}^{b}{\left| {{x}^{2}}-mx-1 \right|dx}=\left| \int\limits_{a}^{b}{\left( {{x}^{2}}-mx-1 \right)dx} \right|=\left| \left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}-\frac{m{{x}^{2}}}{2}-x \right) \right|_{a}^{b} \right|\)

\(=\left| \frac{{{b}^{3}}-{{a}^{3}}}{3}-\frac{m({{b}^{2}}-{{a}^{2}})}{2}-(b-a) \right|=\left| b-a \right|.\left| \frac{{{b}^{2}}+ab+{{a}^{2}}}{3}-\frac{m(b+a)}{2}-1 \right|\)

=\(\sqrt{{{\left( b+a \right)}^{2}}-4ab}.\left| \frac{{{\left( b+a \right)}^{2}}-ab}{3}-\frac{m\left( b+a \right)}{2}-1 \right|\)

Mà \(a+b=m,\,\,ab=-1\) nên \(S=\sqrt{{{m}^{2}}+4}.\left( \frac{{{m}^{2}}}{6}+\frac{2}{3} \right)\ge \frac{4}{3}\).

Do đó \(\min S=\frac{4}{3}\) khi \)m=0\).

Do \(M\in d\) nên \(M(1+2t\,;\,1-t\,;\,t)\).

\(MA+MB=\sqrt{4{{t}^{2}}+{{(t-1)}^{2}}+{{(t+1)}^{2}}}+\sqrt{{{(2t-1)}^{2}}+{{t}^{2}}+{{(t-1)}^{2}}}\)

\(=\sqrt{6{{t}^{2}}+2}+\sqrt{6{{t}^{2}}-6t+2}=\sqrt{6{{t}^{2}}+2}+\sqrt{6{{\left( t-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+\frac{1}{2}}\).

Chọn \(\overrightarrow{u}=\left( \sqrt{6}t\,;\,\sqrt{2} \right),\text{ }\overrightarrow{\text{v}}=\left( \sqrt{6}\left( \frac{1}{2}-t \right)\,\,;\,\,\frac{1}{\sqrt{2}} \right)\)\(\Rightarrow \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}=\left( \frac{\sqrt{6}}{2}\,\,;\,\,\frac{3}{\sqrt{2}} \right)\)

Ta có: \(MA+MB=\left| \overrightarrow{u} \right|+\left| \overrightarrow{v} \right|\ge \left| \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v} \right|=\sqrt{\frac{6}{4}+\frac{9}{2}}=\sqrt{6}\).

Dấu đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow \) \(\overrightarrow{u}\) và \(\overrightarrow{v}\) cùng hướng \(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{6}t}{\sqrt{6}\left( \frac{1}{2}-t \right)}=\frac{\sqrt{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}\Leftrightarrow 1=1-2t\Leftrightarrow t=\frac{1}{3}\).

Vậy MA+MB nhỏ nhất \(\Leftrightarrow M\left( \frac{5}{3}\,\,;\,\,\frac{2}{3}\,\,;\,\,\frac{1}{3} \right)\).

Ta có \({{a}^{x}}{{b}^{{{x}^{2}}-1}}=1\Leftrightarrow x{{\log }_{b}}a+\left( {{x}^{2}}-1 \right)=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+x{{\log }_{b}}a-1=0\)

Do phương trình có hai nghiệm \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) nên theo định lý Viet ta có: \(\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-{{\log }_{b}}a \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=-1 \\\end{align} \right.\)

Khi đó \(S=\frac{1}{\log _{b}^{2}a}+4{{\log }_{b}}a\)

Đặt \(t={{\log }_{b}}a\), do \(a>1,b>1\Rightarrow t>0\). Khi đó \(S=\frac{1}{{{t}^{2}}}+4t=\frac{1}{{{t}^{2}}}+2t+2t\ge 3\sqrt[3]{4}\) .

Đẳng thức xảy ra khi \(\frac{1}{{{t}^{2}}}=2t\Leftrightarrow t=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\) . Vậy \(\min S=3\sqrt[3]{4}\)

Phương trình đường tròn: \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=8\).

Ta có: \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=8\Leftrightarrow y=\pm \sqrt{8-{{x}^{2}}}\).

Parabol chia hình tròn giới hạn bởi đường tròn \(\left( C \right)\) thành hai phần. Gọi \(S\) là phần diện tích giới hạn bởi \(y=\sqrt{8-{{x}^{2}}}\) và parapol \(\left( P \right):y=\frac{{{x}^{2}}}{2}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(\left( P \right)\) \(\sqrt{8-{{x}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}}{2}\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=-2 \\& x=2 \\\end{align} \right.\)

Khi đó ta tính được \(S\) như sau.

\(S=\int\limits_{-2}^{2}{\left( \sqrt{8-{{x}^{2}}}-\frac{{{x}^{2}}}{2} \right)\text{d}x}=\int\limits_{-2}^{2}{\sqrt{8-{{x}^{2}}}\text{d}x}-\int\limits_{-2}^{2}{\frac{{{x}^{2}}}{2}\text{d}x}\).

Tính \(I=\int\limits_{-2}^{2}{\sqrt{8-{{x}^{2}}}\text{d}x}\).

Đặt \(t=2\sqrt{2}\sin x\Rightarrow \text{d}t=2\sqrt{2}\cos x.\text{d}x\), ta có.

\(I=\int\limits_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{\left( 8\sqrt{1-{{\sin }^{2}}t}.\cos t \right)\text{d}t}=4\int\limits_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{\left( 1+\cos 2t \right)\text{d}t}=\left. \left( 4t+2\sin 2t \right) \right|_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}=2\pi +4\).

Ta có: \(\int\limits_{-2}^{2}{\frac{{{x}^{2}}}{2}\text{d}x=\left. \frac{{{x}^{3}}}{6} \right|_{-2}^{2}=\frac{8}{3}}\).

Suy ra \(S=2\pi +\frac{4}{3}\).

Ta có \(M\left( x;y \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z\) trong mặt phẳng.

Từ giả thiết ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left| z \right|^2} = 2\left| {z + \overline z } \right| + 4\\\left| {z - 1 - i} \right| = \left| {z - 3 + 3i} \right|\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 4\left| x \right| + 4\\x - 2y - 4 = 0\end{array} \right.{\rm{ (I)}}\)

Tập hợp các điểm \(M\left( x;y \right)\) thỏa mãn \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=4\left| x \right|+4\) là đường tròn \(\left( H \right)\) gồm hai cung tròn: cung tròn \(\left( {{C}_{1}} \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-4x-4=0\) với \(x\ge 0\) và cung tròn \(\left( {{C}_{2}} \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4x-4=0\)  với \(x<0\) .

Suy ra tập hợp các điểm M thỏa  (I) là giao điểm của đường thẳng d:x-2y-4=0 với đường \(\left( H \right)\).

Vì d có 3 điểm chung với đường \(\left( H \right)\) nên có 3 số phức thỏa yêu cầu bài toán.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 1;1;1 \right)\), bán kính \(R=2\sqrt{3}\)

Xét điểm \(M\left( a;b;c \right);  A\left( x;y;z \right)\) ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 12\\A{I^2} + A{M^2} = I{M^2}\\a - 2b + 2c + 11 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 12{\rm{ (1)}}\\12 + {\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {\left( {c - 1} \right)^2}{\rm{ (2)}}\\a - 2b + 2c + 11 = 0{\rm{ (3)}}\end{array} \right.\)

Lấy (1) – (2) theo vế ta được: \(\left( a-1 \right)x+\left( b-1 \right)y+\left( c-1 \right)z-a-b-c-9=0\) 

Vậy mặt phẳng \(\left( Q \right):\left( a-1 \right)x+\left( b-1 \right)y+\left( c-1 \right)z-a-b-c-9=0\) là mặt phẳng đi qua ba tiếp điểm.

Kết hợp với (3) suy ra mặt phẳng \(\left( Q \right)\) luôn đi qua điểm cố định \(\left( 0;3;-1 \right)\).

Gọi r là bán kính đáy của hình trụ. Khi đó:  \(\frac{6}{\sin {{120}^{0}}}=2r\Leftrightarrow r=2\sqrt{3}.\)

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác, ta có góc ở tâm của cung này bằng \({{120}^{0}}\).

Và độ dài cung này bằng \(\frac{1}{3}\) chu vi đường tròn đáy.

Suy ra diện tích của mái vòm bằng \(\frac{1}{3}{{S}_{xq}}\), (với \({{S}_{xq}}\)là diện tích xung quanh của hình trụ).

Do đó, giá tiền của mái vòm là

\(\frac{1}{3}{{S}_{xq}}.300.000=\frac{1}{3}.\left( 2\pi rl \right).300.000=\frac{1}{3}.\left( 2\pi .2\sqrt{3}.5 \right).300.000\simeq 10882796,19.\)

\(A\in {{d}_{1}}\Rightarrow A\left( 1+2a;a;-2-a \right),B\in {{d}_{2}}\Rightarrow B\left( 1+b;-2+3b;2-2b \right)\).

\(\overrightarrow{AB}\left( b-2a;3b-a-2;-2b+a+4 \right)\).

(P) có vtpt \(\overrightarrow{n}\left( 1;1;1 \right)\).

\(\begin{align} & \Delta //\left( P \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{n}=0\Leftrightarrow b=a-2\Rightarrow \overrightarrow{AB}\left( -a-1;2a-5;-a+6 \right) \\ & \Rightarrow A{{B}^{2}}=6{{a}^{2}}-30a+62\ge 6{{\left( a-\frac{5}{2} \right)}^{2}}+\frac{49}{2}\ge \frac{49}{2} \\\end{align}\)

\(A{{B}_{\min }}\) khi \(a = \frac{5}{2} \Rightarrow A\left( {6;\frac{5}{2};\frac{{ - 9}}{2}} \right),\overrightarrow {AB} = \frac{7}{2}\left( { - 1;0;1} \right) \Rightarrow \Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 6 - t\\y = \frac{5}{2}\\z = \frac{{ - 9}}{2} + t.\end{array} \right.\)

Đặt \(h\left( x \right)=\frac{1}{3}f\left( {{x}^{3}} \right)-2x\Rightarrow {h}'\left( x \right)={{x}^{2}}{f}'\left( {{x}^{3}} \right)-2\)

Ta có \({h}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {f}'\left( {{x}^{3}} \right)=\frac{2}{{{x}^{2}}},\left( x\ne 0 \right),\left( 1 \right)\)

Đặt  \(t={{x}^{3}}\Rightarrow x=\sqrt[3]{t}\)

Từ \(\left( 1 \right)\) ta có: \({f}'\left( t \right)=\frac{2}{\sqrt[3]{{{t}^{2}}}},\left( 2 \right)\)

Xét \(m\left( t \right)=\frac{2}{\sqrt[3]{{{t}^{2}}}}\Rightarrow {m}'\left( t \right)=-\frac{4}{3}.\frac{1}{\sqrt[3]{{{t}^{5}}}}\)

Lúc này ta có hình vẽ 2 đồ thị như  sau

Suy ra pt \(\left( 2 \right)\) có 1 nghiệm \(t={{t}_{0}}>0\Rightarrow \)pt \(\left( 1 \right)\) có nghiệm \(x=\sqrt[3]{{{t}_{0}}}={{x}_{0}}>0\)

Bảng biến thiên của \(h\left( x \right),\,g\left( x \right)=\left| h\left( x \right) \right|\) như sau

Vậy hàm số \(y=g\left( x \right)\) có \(3\) điểm cực trị.

Xét phương trình: \({{2021}^{{{x}^{3}}-{{a}^{3\log \left( x+1 \right)}}}}=\frac{{{a}^{3\log \left( x+1 \right)}}+2020}{{{x}^{3}}+2020}\), điều kiện: \(x>-1\),

\(\begin{align} & \Leftrightarrow {{x}^{3}}-{{a}^{3\log \left( x+1 \right)}}={{\log }_{2021}}\left( {{a}^{3\log \left( x+1 \right)}}+2020 \right)-{{\log }_{2021}}\left( {{x}^{3}}+2020 \right) \\ & \Leftrightarrow {{x}^{3}}+{{\log }_{2021}}\left( {{x}^{3}}+2020 \right)={{a}^{3\log \left( x+1 \right)}}+{{\log }_{2021}}\left( {{a}^{3\log \left( x+1 \right)}}+2020 \right)\,\,\left( * \right) \\ \end{align}\)

Xét hàm số \(f(t)={{t}^{3}}+{{\log }_{2021}}\left( {{t}^{3}}+2020 \right)\), trên \(\left( 0;+\infty\right)\)

\(f'(t)=3{{t}^{2}}+\frac{3{{t}^{2}}}{\left( {{t}^{3}}+2020 \right)\ln 2021}>0,\forall t>0\) nên hàm số \(f(t)\) đồng biến trên \(\left( 0;+\infty\right)\)

Do đó \(\left( * \right)\) trở thành: \(x={{a}^{\log \left( x+1 \right)}}\)\(\Leftrightarrow x={{\left( x+1 \right)}^{\log a}}\Leftrightarrow \log x=\log a.\log (x+1)\)

\(\Leftrightarrow \log a=\frac{\log x}{\log \left( x+1 \right)}<1,\forall x>-1\) nên \(a<10\Rightarrow a\in \left\{ 1,2,3,4,5,6,7,8,9 \right\}\)

Nhận thấy kết quả bài toán không đổi khi ta tịnh tiến đồ thị \(\left( C \right)\) sang bên trái sao cho đường thẳng \(d:x={{x}_{2}}\) trùng với trục tung khi đó \(\left( C \right)\) là đồ thị của hàm trùng phương \(y=g\left( x \right)\) có ba điểm cực trị \({{x}_{1}}=-1,{{x}_{2}}=0,{{x}_{3}}=1\). Suy ra \(y=g\left( x \right)=k\left( {{x}^{4}}-2{{x}^{2}} \right)+c\,\,\left( k>0 \right)\)

 Lại có \(f\left( {{x}_{1}} \right)+f\left( {{x}_{3}} \right)+\frac{2}{3}f\left( {{x}_{2}} \right)=0\Rightarrow -2k+2c+\frac{2}{3}c=0\Leftrightarrow c=\frac{3}{4}k\)

Suy ra :\(y=g\left( x \right)=k\left( {{x}^{4}}-2{{x}^{2}} \right)+\frac{3}{4}k\) 

Khi đó: \({{S}_{1}}+{{S}_{2}}=k\int\limits_{0}^{1}{\left| {{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+\frac{3}{4} \right|}dx=\frac{28\sqrt{2}-17}{60}k\).

Ta lại có : \(g\left( 0 \right)-g\left( 1 \right)=k\)\(\Rightarrow {{S}_{1}}+{{S}_{2}}+{{S}_{3}}+{{S}_{4}}=k.1=k\) .

Suy ra \({{S}_{3}}+{{S}_{4}}=k-\frac{28\sqrt{2}-17}{60}k=\frac{77-28\sqrt{2}}{60}k\Rightarrow \frac{{{S}_{1}}+{{S}_{2}}}{{{S}_{3}}+{{S}_{4}}}=\frac{28\sqrt{2}-17}{77-28\sqrt{2}}\approx 0,604\) 

Ta có \({{\left| z \right|}^{2}}=z.\overline{z}\). Đặt \(T=\left| 3u-4v \right|, M=\left| 4u+3v \right|\).

Khi đó \({{T}^{2}}=\left( 3u-4v \right)\left( 3\overline{u}-4\overline{v} \right)=9{{\left| u \right|}^{2}}+16{{\left| v \right|}^{2}}-12\left( u\overline{v}+v\overline{u} \right)\).

Tương tự ta có \({{M}^{2}}=\left( 4u+3v \right)\left( 4\overline{u}+3\overline{v} \right)=16{{\left| u \right|}^{2}}+9{{\left| v \right|}^{2}}+12\left( u\overline{v}+v\overline{u} \right)\).

Do đó \({{M}^{2}}+{{T}^{2}}=25\left( {{\left| u \right|}^{2}}+{{\left| v \right|}^{2}} \right)=5000\).

Suy ra \({{M}^{2}}=5000-{{T}^{2}}=5000-{{50}^{2}}=2500\)hay\)M=50\).

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

\(\left| 4u+3v-10i \right|\le \left| 4u+3v \right|+\left| -10i \right|=50+10=60\).

Suy ra \(\max \left| 4u+3v-10i \right|=60\).