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

Cách cắm 3 bông hoa giống nhau vào 5 lọ khác nhau nghĩa là chọn ra 3 lọ hoa từ 5 lọ hoa khác nhau để cắm hoa.

\({u_8} = {u_1} + 7d \Leftrightarrow 26\, = \frac{1}{3} + 7d \Leftrightarrow d = \frac{{11}}{3}\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \({g}'\left( x \right)<0\) trên các khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( 0;1 \right)\Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên \(\left( -\infty ;-1 \right)\).

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x =  - 1,x = 1

Dễ thấy hàm số có 2 điểm cực trị.

Ta có: \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=1\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=1.

Và \(\underset{x\to {{\left( -\frac{3}{2} \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty ;\underset{x\to {{\left( -\frac{3}{2} \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \) nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x=-\frac{3}{2}\).

Nhìn vào đồ thị ta thấy đây không thể là đồ thị của hàm số bậc 4 ⇒ Loại C, D.

Khi \(x\to +\infty \) thì \(y\to -\infty  \Rightarrow a<0\).

\(\Rightarrow y=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}\).

Phương trình hoành độ giao điểm: 

\({x^3} - x + 4 = 4\)

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

\(P = \frac{3}{2}{\log _a}b = \frac{3}{2}.3 = \frac{9}{2}\)

\(\left( {\ln x} \right)' = \frac{1}{x}\)

\(Q = {b^{\frac{5}{3}}}:\sqrt[3]{b} = \frac{{{b^{\frac{5}{3}}}}}{{{b^{\frac{1}{3}}}}} = {b^{\frac{4}{3}}}\)

Phương trình đã cho tương đương với

\({{2}^{x+1}}=16\Leftrightarrow {{2}^{x+1}}={{2}^{4}}\Leftrightarrow x+1=4\Leftrightarrow x=3\)

Vậy phương trình có nghiệm x=3

\({\log _3}\left( {{x^2} - 3x + 9} \right) = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 9 = 9 \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\end{array} \right.\)

\(\int f (x){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = \int {\left( {x + \cos x} \right)} {\rm{d}}x = \frac{{{x^2}}}{2} + \sin x + C\)

\(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int {\left( {{e^{2x}} + {x^2}} \right)} {\rm{d}}x = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} + C\)

\(\int\limits_a^c {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_b^c {f\left( x \right){\rm{d}}x} \)

\(\Rightarrow I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}-\int\limits_{b}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}=17+11=28\).

\(\int\limits_0^{\rm{e}} {\cos x{\rm{d}}x}  = \left. {\sin x} \right|_0^e = \sin e\)

Số phức liên hợp của số phức \(z=-\frac{1}{2}-\frac{5}{3}i\) là \(\overline{z}=-\frac{1}{2}+\frac{5}{3}i\).

\(z + \overline z  = a + bi + a - bi = 2a\)

Hoành độ của điểm M bằng 3; tung độ điểm M bằng 2 suy ra z=3+2i.

\(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.2.3 = 2\)

\(V = a.2a.3a = 6{a^3}\)

\(V = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{{24}}\)

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

\(G\left( {\frac{{1 - 3 + 5}}{3};\frac{{2 + 0 - 8}}{3};\frac{{3 + 1 + 8}}{3}} \right) \Rightarrow G\left( {1; - 2;4} \right)\)

Mặt cầu có tâm \(I\left( -1;3;0 \right)\) , bán kính R=4

Thay tọa độ điểm \(Q\left( -2;\,-1;\,3 \right),M\left( 2;3\,;\,1 \right),P\left( 1;\,2;\,3 \right),N\left( -2;\,1;\,3 \right)\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):\,\,-x+y+2z-3=0\) ta thấy chỉ có toạ độ điểm B là thoả mãn. 

Xét điểm \(N\left( 1;-1;2 \right)\) ta có \(\frac{1-1}{2}=\frac{-1+1}{-1}=\frac{2-2}{3}\) nên điểm \(N\left( 1;-1;-2 \right)\) thuộc đường thẳng đã cho.

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

Biến cố xuất hiện: \(A=\left\{ 6 \right\}\)

Suy ra \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{1}{6}\)

Xét hàm số \(y=\frac{-x+2}{x+2}\) có tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -2 \right\}\)

Ta có: \({y}'=\frac{-4}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}<0,\forall x\in D \Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định .

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn \(\left[ -2;-\frac{1}{2} \right]\)

\(f'\left( x \right)=6{{x}^{2}}+6x\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \notin \left[ { - 2; - \frac{1}{2}} \right]\\ x = - 1 \in \left[ { - 2; - \frac{1}{2}} \right] \end{array} \right.\)

\(y\left( { - 2} \right) =  - 5;\,\,y\left( { - 1} \right) = 0;\,\,y\left( { - \frac{1}{2}} \right) =  - \frac{1}{2}\)

Vậy \(M = 0  ;\,\,m =  - 5 \Rightarrow M - m = 5\)

\({\log _2}\left( {1 - x} \right) > 3 \Leftrightarrow 1 - x > {2^3} \Leftrightarrow x <  - 7\)

\(\int\limits_1^4 {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]{\rm{dx}}}  = \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{dx}}}  - \int\limits_1^4 {g\left( x \right){\rm{dx}}}  = \left( { - 2} \right) - \left( { - 6} \right) = 4\)

Gọi \(z=a+bi\Rightarrow \bar{z}=a-bi, \left( a,b\in \mathbb{R} \right)\).

Ta có \(2\left( {a + bi} \right) + 3(a - bi) = 10 + i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a = 10\\ - b = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 1\end{array} \right. \Rightarrow z = 2 - i\)

Vậy \(\left| z \right| = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}}  = \sqrt 5 \)

Gọi \(I=AC\cap BD\).

Ta có \(BI\bot AC\) (tính chất đường chéo trong hình vuông ABCD).

Mặt khác, \(BI\bot SA\) (vì \(SA\bot \left( ABCD \right)\) mà \(BI\subset \left( ABCD \right)\)).

Suy ra \(BI\bot \left( SAC \right)\). Khi đó góc giữa SB và \(\left( SAC \right)\) là góc giữa SB và SI hay góc \(\widehat{BSI}\).

Ta có hình vuông ABCD có cạnh 2a nên \(AC=BD=2a\sqrt{2}\). Suy ra \(BI=AI=a\sqrt{2}\).

Xét tam giác SAI vuông tại A ta có \(SI=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{I}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}}=a\sqrt{6}\).

Trong tam giác SIB vuông tại I ta có \(BI=a\sqrt{2};SI=a\sqrt{6}\) khi đó \(\tan \widehat{BSI}=\frac{BI}{SI}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{BSI}=30{}^\circ\)

Vậy góc giữa SB và \(\left( SAC \right)\) bằng \({{30}^{0}}\).

Từ giả thiết suy ra OI là đường trung bình của \(\Delta SAC\), do đó \(OI\parallel \,SA\).

Ta có \(\left\{ \begin{align}& IO\parallel \,SA \\& SA\bot \left( ABCD \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow IO\bot \left( ABCD \right)\)

Vậy \(d\left( I,\left( ABCD \right) \right)=OI\).

Tâm mặt cầu chính là trung điểm I của AB, với \(I\left( 1;1;1 \right)\)

Bán kính mặt cầu: \(R=\frac{AB}{2} =\frac{1}{2}\sqrt{{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}} =\sqrt{2}\)

Suy ra phương trình mặt cầu: \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=2\)

Đường thẳng đi qua \(M\left( -1;2;2 \right)\) và song song với trục Oy nên nhận \(\overrightarrow{j}=\left( 0;1;0 \right)\) làm vectơ chỉ phương nên có phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 2 + t\\z = 2\end{array} \right.\,\,\,\left( {t \in R} \right)\)

Từ đồ thị hàm số y=f'(x-2) suy ra bảng xét dấu của f'(x-2)

Từ bảng xét dấu của f'(x-2) suy ra hàm số y=f(x-2) có hai điểm cực trị.

Mà số điểm cực trị của hàm số y=f(x) bằng số cực trị của hàm y=f(x-2) nên số điểm cực trị của hàm số y=f(x) bằng 2.

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - x - m > 0\\x + 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - x - m > 0\\x > - 2\end{array} \right.\) (*)

Với điều kiện trên bất phương trình đã cho tương đương với

\({{\log }_{{{2}^{2}}}}\left( {{x}^{2}}-x-m \right)\ge {{\log }_{2}}\left( x+2 \right)\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}-x-m \right)\ge {{\log }_{2}}{{\left( x+2 \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-m\ge {{x}^{2}}+4x+4\)

\(\Leftrightarrow m\le -5x-4\)

Vì với những giá trị của x thỏa mãn \({{x}^{2}}-x-m\ge {{x}^{2}}+4x+4>0, \forall x>-2\) thì \(\left( * \right)\) luôn đúng

Nên ta kết hợp lại ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}m \le - 5x - 4\\x > - 2\end{array} \right.\)(**)

Bất phương trình đã cho có nghiệm khi \(\left( ** \right)\) có nghiệm \(\Leftrightarrow m\le \underset{\left( -2;+\infty  \right)}{\mathop{\max }}\,\left( -5x-4 \right)\Rightarrow m<6.\)

Ta có

\(\frac{2x+1}{3{{x}^{2}}-x-2}=\frac{2x+1}{\left( x-1 \right)\left( 3x+2 \right)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{3x+2}\Rightarrow 2x+1\equiv A\left( 3x+2 \right)+B\left( x-1 \right)\)

Khi đó, dùng kỹ thuật đồng nhất hệ số ta được

+ Cho \(x=1\Rightarrow A=\frac{3}{5}\)

+ Cho \(x=0\Rightarrow B=\frac{1}{5}\)

Khi đó ta có

\(\int\limits_{3}^{4}{\frac{2x+1}{3{{x}^{2}}-x-2}\text{d}x}=\int\limits_{3}^{4}{\left( \frac{3}{5\left( x-1 \right)}+\frac{1}{5\left( 3x+2 \right)} \right)}\text{d}x=\left. \left( \frac{3}{5}\ln \left| x-1 \right|+\frac{1}{15}\ln \left| 3x+2 \right| \right) \right|_{3}^{4}\)

\(=\frac{3}{5}\ln \frac{3}{2}+\frac{1}{15}\ln \frac{16}{11}\)

\(\Rightarrow a=\frac{3}{5},b=\frac{1}{15},c=\frac{16}{11}\Rightarrow 5a+15b-11c=-12\)

Đặt z=x+yi. Ta có \(\left| z+2-i \right|=2\sqrt{2}\Leftrightarrow {{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=8 \left( 1 \right)\)

\({{\left( z-i \right)}^{2}}={{\left( x+\left( y-1 \right)i \right)}^{2}}={{x}^{2}}-{{\left( y-1 \right)}^{2}}+2x\left( y-1 \right)i\) là số thuần ảo \({{x}^{2}}-{{\left( y-1 \right)}^{2}}=0\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=y-1 \\& x=-y+1 \\\end{align} \right.\)

Khi đó \(2{{x}^{2}}=8\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=2 \\& x=-2 \\\end{align} \right.\)

Với x=2 ta có y=3 hoặc y=-1. Ta có z=2+3i hoặc z=2-i

Với x=-2 ta có y=-3 hoặc y=3. Ta có z=-2+3i hoặc z=-2-3i

Vậy có 4 số phức z thỏa mãn bài toán.

Ta có \(\left. \begin{array}{l} SB \bot \left( {ABCD} \right)\\ AD \subset \left( {ABCD} \right) \end{array} \right\} \Rightarrow SB \bot AD\) mà \(AD \bot AB \Rightarrow AD \bot SA\)

\(\left. \begin{array}{l} \left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\\ AB \bot AD,AB \subset \left( {ABCD} \right)\\ SA \bot AD,SA \subset \left( {SAD} \right) \end{array} \right\} \Rightarrow \) \(\left( {\left( {SAD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SA;AB} \right) = \widehat {SAB} = {60^\circ }\)

Ta có \(SB = BD.\tan {60^\circ } = 2a\sqrt 3 \)

Vậy \(V = \frac{1}{3}SB.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}2a\sqrt 3 .4{a^2} = \frac{{8{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai đáy là hình tròn có bán kính r có diện tích là \(1600\pi \left( c{{m}^{2}} \right)\), nên

\({{r}^{2}}\pi =1600\pi \Rightarrow r=40cm\)

Ta có: Parabol có đỉnh \(I\left( 0;\,40 \right)\) và qua \(A\left( 50;\,30 \right)\)

Nên có phương trình \(y=-\frac{1}{250}{{x}^{2}}+40\)

Thể tích của trống là.

\(V=\pi \int\limits_{-50}^{50}{{{\left( -\frac{1}{250}{{x}^{2}}+40 \right)}^{2}}dx}=\pi .\frac{406000}{3}c{{m}^{3}}\approx 425,2d{{m}^{3}}=425,2\) (lít)

Đường thẳng \(d:\frac{x+2}{3}=\frac{y-5}{-5}=\frac{z-2}{-1}\) có một VTCP \(\overrightarrow{u}=\left( 3;\,\,-5;\,-1 \right)\)

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x+z-2=0\) vó một VTPT \(\overrightarrow{n}\left( 2;\,\,0;\,\,1 \right)\)

Đường thẳng \(\Delta \) có một VTCP \(\overrightarrow{a}=\left[ \overrightarrow{u},\overrightarrow{n} \right]=-5\left( 1;\,\,1;\,\,-2 \right)\)

Đường thẳng \(\Delta \) có phương trình \(\Delta :\frac{x-1}{1}=\frac{y+3}{1}=\frac{z-4}{-2}\)

\(g'\left( x \right) = 6{f^2}\left( x \right)f'\left( x \right) - 12f\left( x \right)f'\left( x \right) = 6f\left( x \right)f'\left( x \right)\left( {f\left( x \right) - 2} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f'\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = 2\end{array} \right.\)

Từ bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\) ta thấy:

+) \(f\left( x \right)=0\) có ba nghiệm phân biệt.

+) \(f\left( x \right)=2\) có ba nghiệm phân biệt khác với ba nghiệm trên.

+) \({f}'\left( x \right)=0\) có hai nghiệm phân biệt x=0 và x=3 khác với các nghiệm trên.

Vậy phương trình \({g}'\left( x \right)=0\) có tất cả 8 nghiệm phân biệt.

Từ bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) ta cũng thấy khi \(x\to +\infty \) thì

\(\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) \to - \infty \\f'\left( x \right) < 0\\f\left( x \right) - 2 \to - \infty \end{array} \right. \Rightarrow g'\left( x \right) < 0\)

Vậy ta có bảng xét dấu của \({g}'\left( x \right)\) như sau:

Từ bảng xét dấu trên ta thấy hàm số \(g\left( x \right)\) có 4 điểm cực đại.

Đặt \({\log _3}\left( {x + 2y} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = t \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2y = {3^t}\\{x^2} + {y^2} = {2^t}\end{array} \right.\) (*)

Hệ có nghiệm \(\Leftrightarrow \) đường thẳng \(\Delta :x+2y-{{3}^{t}}=0\) và đường tròn \(\left( C \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{\left( {{\sqrt{2}}^{t}} \right)}^{2}}\) có điểm chung \(\Leftrightarrow d\left( O,\Delta  \right)\le R\Leftrightarrow \frac{\left| 0+0-{{3}^{t}} \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}}}\le {{\sqrt{2}}^{t}}\Leftrightarrow {{3}^{t}}\le \sqrt{5}.{{\sqrt{2}}^{t}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{9}{2} \right)}^{t}}\le 5\Leftrightarrow t\le {{\log }_{\frac{9}{2}}}5\)

Do \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{2}^{t}}\) nên \(\left| y \right|\le {{\sqrt{2}}^{t}}\Rightarrow \left| y \right|\le {{\sqrt{2}}^{^{{{\log }_{\frac{9}{2}}}5}}}\approx 1,448967.\)

Vì \(y\in \mathbb{Z}\) nên \(y\in \left\{ -1;0;1 \right\}\).

Thử lại:

- Với y=-1, hệ (*) trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}x - 1 = {3^t}\\{x^2} + 1 = {2^t}\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {{3^t} + 1} \right)^2} + 1 = {2^t} \Leftrightarrow {9^t} + {2.3^t} - {2^t} + 2 = 0\) (**)

Nếu t<0 thì \(2-{{2}^{t}}>0\Rightarrow {{9}^{t}}+{{2.3}^{t}}-{{2}^{t}}+2>0\).

Nếu \(t\ge 0\Rightarrow {{9}^{t}}-{{2}^{t}}\ge 0\Rightarrow {{9}^{t}}+{{2.3}^{t}}-{{2}^{t}}+2>0\).

Vậy (**) vô nghiệm.

- Với y=0 thì hệ (*) trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}x = {3^t}\\{x^2} = {2^t}\end{array} \right. \Rightarrow {9^t} = {2^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{9}{2}} \right)^t} = 1 \Leftrightarrow t = 0 \Rightarrow x = 1\)

- Với y=1 thì hệ (*) trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}x + 1 = {3^t}\\{x^2} + 1 = {2^t}\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {{3^t} - 1} \right)^2} = {2^t} - 1\,\,\left( {***} \right)\)

Dễ thấy (***) luôn có ít nhất một nghiệm \(t=0\Rightarrow x=0\).

Vậy có 2 giá trị nguyên của y thỏa mãn là \(y=0,\,\,\,y=1\).

Ta có \({g}'\left( x \right)=2{f}'\left( x \right)+2x\Rightarrow {g}'\left( x \right)=0\Rightarrow x\in \left\{ -3;1;3 \right\}\)

Từ đồ thị của \(y={f}'\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên.(Chú ý là hàm \(g\left( x \right)\) và \({g}'\left( x \right)\)).

Suy ra \(g\left( 3 \right)>g\left( 1 \right)\).

Kết hợp với bảng biến thiên ta có:

\(\begin{array}{l}\int\limits_{ - 3}^1 {\left( { - g'\left( x \right)} \right)dx} > \int\limits_1^3 {g'\left( x \right)dx} \\ \Leftrightarrow \int\limits_1^{ - 3} {g'\left( x \right)dx} > \int\limits_1^3 {g'\left( x \right)dx} \Leftrightarrow g\left( { - 3} \right) - g\left( 1 \right) > g\left( 3 \right) - g\left( 1 \right) \Leftrightarrow g\left( { - 3} \right) > g\left( 3 \right)\end{array}\)

Vậy ta có \(g\left( -3 \right)>g\left( 3 \right)>g\left( 1 \right)\).

Đặt \(z=a+bi\left( a,b\in \mathbb{R} \right)\). Do \(\left| z \right|=1\) nên \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}=1\).

Sử dụng công thức: \(\left| u.v \right|=\left| u \right|\left| v \right|\) ta có: \(\left| {{z}^{2}}-z \right|=\left| z \right|\left| z-1 \right|=\left| z-1 \right|=\sqrt{{{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}}=\sqrt{2-2a}\).

\(\left| {{z}^{2}}+z+1 \right|=\left| {{\left( a+bi \right)}^{2}}+a+bi+1 \right|=\left| {{a}^{2}}-{{b}^{2}}+a+1+\left( 2ab+b \right)i \right|=\sqrt{{{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}}+a+1 \right)}^{2}}+{{\left( 2ab+b \right)}^{2}}}\)

\(=\sqrt{{{a}^{2}}{{(2a+1)}^{2}}+{{b}^{2}}{{\left( 2a+1 \right)}^{2}}}=\left| 2a+1 \right|\) (vì \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}=1\)).

Vậy \(P=\left| 2a+1 \right|+\sqrt{2-2a}\).

TH1: \(a<-\frac{1}{2}\).

Suy ra \(P=-2a-1+\sqrt{2-2a}=\left( 2-2a \right)+\sqrt{2-2a}-3\le 4+2-3=3\) (vì \(0\le \sqrt{2-2a}\le 2\)).

TH2: \(a\ge -\frac{1}{2}\)

Suy ra \(P=2a+1+\sqrt{2-2a}=-\left( 2-2a \right)+\sqrt{2-2a}+3=-{{\left( \sqrt{2-2a}-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+3+\frac{1}{4}\le \frac{13}{4}\)

Xảy ra khi \(a=\frac{7}{16}\)

Tâm I mặt cầu \(\left( S \right)\) đi qua hai điểm A, B nằm trên mặt phẳng trung trực của AB. Phương trình mặt phẳng trung trực của AB là \(\left( P \right):x+2y+3z-14=0\).

OI nhỏ nhất khi và chỉ khi I là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Đường thẳng d qua O và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình \(\left\{ \begin{align} & x=t \\ & y=2t \\ & z=3t \\\end{align} \right.\)

Tọa độ điểm I khi đó ứng với t là nghiệm phương trình

\(t+2.2t+3.3t-14=0\Leftrightarrow t=1\Rightarrow I\left( 1;2;3 \right)\).

Bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) là R=IA=4.

Từ \(T=2a-b+2c\Rightarrow 2a-b+2c-T=0\), suy ra M thuộc mặt phẳng \(\left( Q \right):2x-y+2z-T=0\).

Vì M thuộc mặt cầu nên:

\(d\left( I;\left( Q \right) \right)\le R\Leftrightarrow \frac{\left| 2.1-2+2.3-T \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}\le 4\Leftrightarrow \left| 6-T \right|\le 12\Leftrightarrow -6\le T\le 18\).