Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Tam Phú lần 2

Số tập con gồm có 4 phần tử của tập hợp A là \(C_{9}^{4}\).

Ta có \({{u}_{n}}={{u}_{1}}.{{q}^{n-1}}\)

Suy ra \({{u}_{6}}={{u}_{1}}.{{q}^{5}}\Rightarrow {{q}^{5}}=\frac{{{u}_{6}}}{{{u}_{1}}}=\frac{-160}{5}=-32\Rightarrow q=-2.\)

Vậy q=-2.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(f'\left( x \right)>0\) trên khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\Rightarrow \) hàm số đồng biến trên \(\left( -\infty ;-1 \right)\) nên cũng đồng biến trên \(\left( -\infty ;-2 \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số \(y=f\left( x \right)\) đạt cực đại tại điểm x=0.

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số có ba điểm cực trị trong đó có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại.

Do \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{-3x+2}=-\frac{1}{3}\) nên đường thẳng \(y=-\frac{1}{3}\) là đường tiệm cận ngang.

Đồ thị hàm số đã cho nhận đường thẳng x=1 làm tiệm cận đứng nên phương án A và D sai.

Đồ thị hàm số \(y=\frac{-2x+1}{x-1}\) nhận đường thẳng y=-2 làm tiệm cận ngang nên phương án B sai.

Vậy phương án C đúng.

Với \(x=0\Rightarrow y=-2\). Do đó đồ thị hàm số \(y={{x}^{4}}-{{x}^{2}}-2\) cắt trục tung tại điểm M có tọa độ là M(0;-2).

Với a,b là số thực dương tùy ý khác 1 và m,n là hai số thực ta có: \({{\log }_{{{a}^{m}}}}\left( {{b}^{n}} \right)=\frac{n}{m}{{\log }_{a}}b.\)

\({\left( {{{\log }_5}x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x\ln 5}}\)

\({a^{\frac{2}{3}}}\sqrt a  = {a^{\frac{2}{3}}}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{2}{3} + \frac{1}{2}}} = {a^{\frac{7}{6}}}\)

Ta có \({{9}^{2x+1}}=81x=\frac{1}{2}\).

Vậy phương trình có nghiệm \(x=\frac{1}{2}\).

Phương trình \({{\log }_{3}}\left( x-1 \right)=2\Leftrightarrow x-1={{3}^{2}}\Leftrightarrow x=10\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=10.

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

\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}} x = \int {\frac{1}{{2x + 3}}{\rm{d}}} x = \frac{1}{2}\int {\frac{1}{{2x + 3}}{\rm{d}}} \left( {2x + 3} \right) = \frac{1}{2}\ln \left| {2x + 3} \right| + C\)

\(I = \int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_2^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 1 + 4 = 5\)

\(I = \int\limits_0^1 {{8^x}{\rm{d}}x} = \left( {\frac{{{8^x}}}{{\ln 8}}} \right)\left| \begin{array}{l}1\\0\end{array} \right. = \frac{8}{{\ln 8}} - \frac{1}{{\ln 8}} = \frac{7}{{3\ln 2}}\)

Số phức liên hợp của số phức \(z=2-\sqrt{5}i\) là \(\overline{z}=4+\sqrt{5}i\).

\(2z + 1 + i = 2\left( {3 + i} \right) + 1 + i = 7 + 3i\)

Ta có \(\bar{z}=2-2i\).

Điểm biểu diễn số phức \(\bar{z}=2-2i\) là điểm \(P\left( 2;\,\,-2 \right)\).

V = Bh = 2.3 = 6

\(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}.AB.AD.SA = \frac{1}{3}.2.4.2 = \frac{{16}}{3}\)

Thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính đáy r là \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h\).

\(R = \frac{{2a}}{2} = a\; \Rightarrow V = \pi {a^2}.2a = 2\pi {a^3}\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {0 - 1\,;\,3 - 1\,;\,3 - 0} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 1\,;\,2\,;\,3} \right)\)

(S): \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 2z - 3 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\)

Suy ra bán kính của mặt cầu R = 3

Lần lượt thay toạ độ các điểm M, N, P, Q vào phương trình \(\left( P \right)\), ta thấy toạ độ điểm Q không thoả mãn phương trình \(\left( P \right)\). Do đó điểm Q không thuộc \(\left( P \right)\). Chọn đáp án D.

\(d:\text{ }\frac{x-1}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z+1}{-2}\) nên một VTCP của d là: \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}(2;1;-2).\)

Gọi A là biến cố: “chọn được một học sinh nữ.”

Không gian mẫu: \(n\left( A \right)=C_{38}^{1}=38.\)

\(n\left( A \right)=C_{18}^{1}=18.\)

\(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{\left| \Omega  \right|}=\frac{18}{38}=\frac{9}{19}.\)

\(y' = 4{{\rm{x}}^3} - 2{\rm{x}}\) khi đó \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \frac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Đáp án B loại vì tập xác định của hàm số là \(\left( -\infty ;\frac{3}{2} \right)\cup \left( \frac{3}{2};+\infty  \right)\)

Đáp án C loại vì hàm bậc 3 có hệ số a<0 nên không thể đồng biến trên \(\left( 1;+\infty  \right)\)

Đáp án D loại vì \({y}'<0\) với mọi x thuộc tập xác định.

\(y' = f'\left( x \right) = 6{x^2} - 12x = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Mà \(f\left( -1 \right)=-7, f\left( 1 \right)=-3, f\left( 0 \right)=1\).

Do đó \(\underset{\left[ -1;\,1 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=\max \left\{ f\left( -1 \right);\,f\left( 1 \right);\,f\left( 0 \right) \right\}=1\) khi x=0.

\(\underset{\left[ -1;\,1 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=\min \left\{ f\left( -1 \right);\,f\left( 1 \right);\,f\left( 0 \right) \right\}=-7\) khi x=-1

Điều kiện: \(9-x>0\Leftrightarrow x<9\)

Ta có: \({{\log }_{2}}\left( 9-x \right)\le 3\Leftrightarrow 9-x\le 8\Leftrightarrow 1\le x\)

Đối chiếu điều kiện ta có \(1\le x<9\)

Vì \(x\in \mathbb{Z}\) nên \(x\in \left\{ 1;2;3;4;5;6;7;8 \right\}\)

Vậy có 8 nghiệm nguyên.

\(\int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {f\left( x \right) - \frac{1}{7}g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \frac{1}{7}\int\limits_{ - 1}^1 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 2 - \frac{1}{7}.\left( { - 7} \right) = 3\)

\(z={{\left( 1-2i \right)}^{2}}=-3-4i\Rightarrow \left| z \right|=5\)

Vậy môđun số phức nghịch đảo của z là \(\left| \frac{1}{z} \right|=\frac{1}{\left| z \right|}=\frac{1}{5}\).

Ta có: \(SC\cap \left( ABCD \right)=C; SA\bot \left( ABCD \right)\) tại A.

\(\Rightarrow \) Hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là AC.

\(\Rightarrow \) Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là \(\alpha =\widehat{SCA}\)

Do ABCD là hình thoi cạnh a và \(\widehat{ABC}={{60}^{0}}\) nên tam giác ABC đều cạnh a. Do đó AC=a.

Suy ra: \(\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)

Do đó: \(\alpha =\widehat{SBA}={{30}^{\text{o}}}\)

Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) bằng \({{30}^{\text{o}}}\).

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD. Ta có \(AG\bot \left( BCD \right)\) tại G nên \(d\left( A,\left( BCD \right) \right)=AG\).

Xét tam giác ABG vuông tại G có \(AG=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{G}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)

Mặt cầu tâm A đi qua M suy ra bán kính: \(R=AM=\sqrt{{{(1+1)}^{2}}+{{(2-1)}^{2}}+{{(1-2)}^{2}}}=\sqrt{6}\)

Phương trình mặt cầu là: \({{(x+1)}^{2}}+{{(y-1)}^{2}}+{{(z-2)}^{2}}=6\).

Đường thẳng d đi qua điểm \(M\left( -2;1;2 \right)\) và có 1 vectơ chỉ phương là \(\vec{u}=\left( 1;1;2 \right)\) nên loại đáp án D.

Lần lượt thay toạ độ điểm M vào các phương trình trong các đáp án còn lại ta thấy toạ độ M thoả mãn phương trình \(\frac{x+1}{1}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-4}{2}\). Chọn đáp án C.

Ta có \({g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)-1\)

\({g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=1\). Từ đồ thị, ta được x=-1, x=1, x=2.

Từ đồ thị, ta cũng có bảng xét dấu của \({g}'\left( x \right)\):

Ta được hàm số \(g\left( x \right)\) đạt cực đại tại x=-1.

Ta có \(\log \left( {2{x^2} + 3} \right) > \log \left( {{x^2} + mx + 1} \right)\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + mx + 1 > 0\\2{x^2} + 3 > {x^2} + mx + 1\end{array} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + mx + 1 > 0\\{x^2} - mx + 2 > 0\end{array} \right.\left( * \right)\)

Để bất phương trình \(\log \left( 2{{x}^{2}}+3 \right)>\log \left( {{x}^{2}}+mx+1 \right)\) có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\) thì hệ \(\left( * \right)\) có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\Delta _1} = {m^2} - 4 < 0\\{\Delta _2} = {m^2} - 8 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 < m < 2\)

+ Xét tích phân: \({{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\frac{x.f(\sqrt{{{x}^{2}}+1})}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}dx}\)

Đặt: \(t=\sqrt{{{x}^{2}}+1}\Rightarrow dt=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}dx\).

Đổi cận: với x=0 thì t=1, với \(x=\sqrt{3}\) thì t=2.

\({{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\frac{x.f(\sqrt{{{x}^{2}}+1})}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}dx}=\int\limits_{1}^{2}{f(t)dt}=\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}=\int\limits_{1}^{2}{(-2x+12)dx}=\left. (-{{x}^{2}}+12x) \right|_{1}^{2}=9\)

+ Xét tích phân: \({{I}_{2}}=4\int\limits_{\ln 2}^{\ln 3}{{{e}^{2x}}.f\left( 1+{{e}^{2x}} \right)dx}\)

Đặt: \(t=1+{{e}^{2x}}\Rightarrow dt=2{{e}^{2x}}dx\).

Đổi cận: với \(x=\ln 2\) thì t=5, với \(x=\ln 3\) thì t=10.

\({{I}_{2}}=4\int\limits_{\ln 2}^{\ln 3}{{{e}^{2x}}.f\left( 1+{{e}^{2x}} \right)dx}=2\int\limits_{5}^{10}{f\left( t \right)dt}=2\int\limits_{5}^{10}{f\left( x \right)dx}=2\int\limits_{5}^{10}{4xdx}=\left. 4{{x}^{2}} \right|_{5}^{10}=300\)

Vậy \(I=\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\frac{x.f(\sqrt{{{x}^{2}}+1})}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}dx}+4\int\limits_{\ln 2}^{\ln 3}{{{e}^{2x}}.f\left( 1+{{e}^{2x}} \right)dx}=309\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left| {\frac{{z + 1}}{{i - z}}} \right| = 1\\\left| {\frac{{z - i}}{{2 + z}}} \right| = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {z + 1} \right| = \left| {i - z} \right|\\\left| {z - i} \right| = \left| {2 + z} \right|\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - y\\4x + 2y = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{3}{2}\\y = \frac{3}{2}\end{array} \right. \Rightarrow z = - \frac{3}{2} + \frac{3}{2}i.\)

Ta có nửa chu vi \(\Delta ABC\) là \(p=\frac{AB+AC+BC}{2}=10a\)

Diện tích \(\Delta ABC\) là \({{S}_{\Delta ABC}}=\sqrt{10a.5a.3a.2a}=10\sqrt{3}{{a}^{2}}\)

\(SA\bot \left( ABC \right)\) nên \(\Delta SAB\) vuông, cân tại A nên SA=AB=5.

Thể tích khối chóp S.ABC là \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}5a.10\sqrt{3}{{a}^{2}}=\frac{50\sqrt{3}}{3}{{a}^{3}}\)

Xét hệ trục tọa độ Oxy đặt vào bể cá như hình vẽ sau

Khi đó phương trình của đường tròn tâm O là \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=100\)

Khi đó phần nửa cung tròn phía trên trục Ox có phương trình \(y=\sqrt{100-{{x}^{2}}}=f(x)\)

Dựa vào hình vẽ ta suy ra Parabol có đỉnh \(I\left( 0;-10 \right)\) đi qua các điểm \(A\left( 6;8 \right),B\left( -6;8 \right)\)

Do đó phương trình \(\left( P \right):\,y=\frac{1}{2}{{x}^{2}}-10\).

Diện tích phần thả cá cảnh là \(\int\limits_{-6}^{6}{\left( \sqrt{100-{{x}^{2}}}-\frac{1}{2}{{x}^{2}}+10 \right)\text{d}x}\simeq 160,35\,{{\text{m}}^{2}}\Rightarrow S=160\,{{\text{m}}^{2}}\).

Do đó bạn Dũng thả được \(160\cdot 4=640\) con cá cảnh.

Gọi giao điểm của \(\Delta \) và d là B nên ta có: \(B\left( 3+t;3+3t;2t \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( 2+t;1+3t;2t+1 \right)\).

Vì đường thẳng \(\Delta \) song song với mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) nên:

\(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{{{n}_{\alpha }}}=0\Leftrightarrow 2+t+1+3t-2t-1=0\Leftrightarrow t=-1\)

Suy ra: \(\overrightarrow{AB}=\left( 1;-2;-1 \right)\)

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua A và nhận \(\overrightarrow{AB}\) làm vtcp: \(\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{-2}=\frac{z+1}{-1}\).

Xét hàm số \(g\left( x \right)=f\left( x-2017 \right)+2018\)

\({g}'\left( x \right)={{\left( x-2017 \right)}^{\prime }}{f}'\left( x-2017 \right)={f}'\left( x-2017 \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2017 = - 1\\x - 2017 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2016\\x = 2020\end{array} \right..\)

Ta có \(g\left( 2016 \right)=f\left( 2016-2017 \right)+2018=4036;\)

\(g\left( 2020 \right)=f\left( 2020-2017 \right)+2018=0;\)

Bảng biến thiên hàm \(g\left( x \right)\)

Khi đó bảng biến thiên \(\left| g\left( x \right) \right|\) là

Vậy hàm số \(y=\left| f\left( x-2017 \right)+2018 \right|\) có ba cực trị

Do \(0\le x\le 2020\) nên \({{\log }_{2}}(2x+2)\) luôn có nghĩa .

Ta có \({{\log }_{2}}(2x+2)+x-3y={{8}^{y}}\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{2}}(x+1)+x+1=3y+{{2}^{3y}}\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{2}}(x+1)+{{2}^{{{\log }_{2}}(x+1)}}=3y+{{2}^{3y}}\) (1)

Xét hàm số \(f(t)=t+{{2}^{t}}\)

Tập xác định \(D=\mathbb{R}\) và \({f}'(t)=1+{{2}^{t}}\ln 2 \Rightarrow  {f}'(t)>0 \forall t\in \mathbb{R}\).

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên \(\mathbb{R}\). Do đó \((1)\Leftrightarrow {{\log }_{2}}(x+1)=3y \Leftrightarrow y={{\log }_{8}}(x+1)\).

Ta có \(0\le x\le 2020\) nên \(1\le x+1\le 2021\) suy ra \(0\le {{\log }_{8}}(x+1)\le {{\log }_{8}}2021\Leftrightarrow 0\le y\le {{\log }_{8}}2021\).

Vì \(y\in \mathbb{Z}\) nên \(y\in \left\{ 0\,;1\,;2\,;\left. 3 \right\} \right.\).

Vậy có 4 cặp số \((x\,;y)\) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là các cặp \((0\,;0), (7\,;1) ,(63\,;2),(511\,;3)\) .

Giả sử \(A(a;\,{{a}^{2}}); B(b;\,{{b}^{2}})\,(b>a)\) sao cho AB=2018.

Phương trình đường thẳng d là: y=(a+b)x-ab. Khi đó

\(S=\int\limits_{a}^{b}{\left| (a+b)x-ab-{{x}^{2}} \right|\text{d}x}=\int\limits_{a}^{b}{\left( \left( a+b \right)x-ab-{{x}^{2}} \right)\text{d}x}=\frac{1}{6}{{\left( b-a \right)}^{3}}\).

Vì \(AB=2018\Leftrightarrow {{\left( b-a \right)}^{2}}+{{\left( {{b}^{2}}-{{a}^{2}} \right)}^{2}}={{2018}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( b-a \right)}^{2}}\left( 1+{{\left( b+a \right)}^{2}} \right)={{2018}^{2}}\).

\(\Rightarrow {{\left( b-a \right)}^{2}}\le {{2018}^{2}}\Rightarrow \left| b-a \right|=b-a\le 2018\Rightarrow S\le \frac{{{2018}^{3}}}{6}\).

Vậy \({{S}_{\max }}=\frac{{{2018}^{3}}}{6}\) khi a=-1009 và b=1009

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn cho số phức \({{z}_{2}}\)

Ta có:

\(\left| {{z}_{1}} \right|=1\Leftrightarrow \left| x-2+(y+2)i\, \right|\,=1\Leftrightarrow {{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}=1\,\left( T \right).\)

Đường tròn \(\left( T \right)\) có tâm \(I\left( 2;-2 \right)\), bán kính R=1, có \(OI=\sqrt{{{(-2)}^{2}}+{{2}^{2}}}=2\sqrt{2}\).

Khi đó tập hợp điểm biểu diễn số phức \({{z}_{2}}\) là đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm O, bán kính OM.

Bài yêu cầu: Tìm số phức \({{z}_{2}}\) có: \(\left| {{z}_{2}} \right|={{x}^{2}}+{{y}^{2}}\) lớn nhất.

Bài toán trở thành: Tìm vị trí điểm \(M(x;y)\in (C)\) sao cho \(OMmax\Leftrightarrow OM=OI+R=2\sqrt{2}+1.\)

\(\frac{\left| \overrightarrow{OM} \right|}{\left| \overrightarrow{OI} \right|}=\frac{2\sqrt{2}+1}{2\sqrt{2}}=1+\frac{1}{2\sqrt{2}}\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {OM} = \left( {1 + \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)\overrightarrow {OI} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \left( {1 + \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right){x_I}\\{y_M} = \left( {1 + \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right){y_I}\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow {y_M} = \left( {1 + \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)\left( { - 2} \right) = - 2 - \frac{{\sqrt 2 }}{2} = - \left( {2 + \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\)

Tacó: \(A={{x}_{0}}+2{{y}_{0}}+2{{z}_{0}}\Leftrightarrow {{x}_{0}}+2{{y}_{0}}+2{{z}_{0}}-A=0\) nên \(M\in \left( P \right):x+2y+2z-A=0\),

do đó điểm M là điểm chung của mặt cầu \(\left( S \right)\) với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 2;1;1 \right)\) và bán kính R=3.

Tồn tại điểm M khi và chỉ khi \(d\left( I,\left( P \right) \right)\le R\Leftrightarrow \frac{|6-A|}{3}\le 3\Leftrightarrow -3\le A\le 15\)

Do đó, với M thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\) thì \(A={{x}_{0}}+2{{y}_{0}}+2{{z}_{0}}\ge -3\).

Dấu đẳng thức xảy ra khi M là tiếp điểm của \(\left( P \right):x+2y+2z+3=0\) với \(\left( S \right)\) hay M là hình chiếu của I lên \(\left( P \right)\).

Suy ra \(M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)\) thỏa: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} + 2{y_0} + 2{z_0} + 3 = 0\\{x_0} = 2 + t\\{y_0} = 1 + 2t\\{z_0} = 1 + 2t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = - 1\\{x_0} = 1\\{y_0} = - 1\\{z_0} = - 1\end{array} \right.\)

Do đó \({x_0} + {y_0} + {z_0} =  - 1\)