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

Dựa vào đồ thị ta có bảng biến thiên:

Ta thấy hàm số có điểm cực trị là x=0;x=1.

Thay lần lượt 4 điểm vào phương trình mặt phẳng ta thấy:

\(A\left( -2;-1;3 \right): -2-1+3.3-6=0\Rightarrow A\) thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

\(B\left( 2;3;1 \right): 2+3+3.1-6=2\Rightarrow B\) không thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

\(C\left( 1;2;3 \right): 1+2+3.3-6=6\Rightarrow C\) không thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

\(D\left( -4;1;3 \right): -4+1+3.3-6=0\Rightarrow D\) thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Vậy có 2 điểm trong 4 điểm trên thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Ta có chu vi đáy bằng \(4\pi a\) nên bán kính đáy khối trụ bằng 2a.

Vậy thể tích khối trụ là

\(V=B.h=\pi {{\left( 2a \right)}^{2}}.a=4\pi {{a}^{3}}\)

\(\int\limits_1^3 {3f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 3\int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x = 6} \)

Dựa vào đồ thị ta thấy \(a<0,\,\,c=0\) nên chỉ có đáp án A thỏa mãn.

Từ pt ta có vtcp \(\overrightarrow{a}=\left( 1;\,2;\,-3 \right)\).

Từ hình vẽ ta thấy, đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) đi từ dưới lên trên, từ trái sang phải trên khoảng \(\left( 2;3 \right)\). Do đó hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 2;3 \right)\).

Đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{AB}=\left( 2\,;\,4\,;\,-8 \right)\), hay đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left( 1\,;\,2\,;\,-4 \right)\).

Ta có \({{u}_{2}}=6\Leftrightarrow 6={{u}_{1}}+d\Leftrightarrow d=4\)

\({z_1}\, - \,\,{z_2}\, = \,\,\left( {2\, - \,\,2\,i} \right)\, - \,\,\left( { - 3\, + \,\,3\,i} \right)\, = \,\,5\,\, - \,\,5\,i\)

Ta có: \(\int{{{x}^{2019}}\text{d}x}=\frac{{{x}^{2020}}}{2020}+C\). Vậy hàm số \(y=2019{{x}^{2018}}\) không là nguyên hàm của hàm số đã cho.

Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là: \(C_{10}^{3}\).

Hàm số \(y=\frac{2x-1}{x-3}\) là hàm bậc nhất trên bậc nhất nên nó có hai tiệm cần gồm: Một tiệm cận đứng \(x-3=0\Leftrightarrow x=3\) và một tiệm cận ngang \(y=\frac{2}{1}=2\)

Ta có \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-8x+10y-6z+49=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-8x+16+{{y}^{2}}+10y+25+{{z}^{2}}-6z+9=1\)

\(\Leftrightarrow {{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{\left( y+5 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=1\)

Vậy mặt cầu có bán kính R=1.

Điểm \(M\left( 1;3 \right)\) là điểm biểu diễn của số phức z=1+3i.

Ta có \({{2}^{x}}=3\).

\(\Leftrightarrow x={{\log }_{2}}3\).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x={{\log }_{2}}3\).

\(P = {a^{\frac{4}{3}}}\sqrt a  = {a^{\frac{4}{3}}}.\,{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{4}{3} + \frac{1}{2}}} = {a^{\frac{{11}}{6}}}\)

\({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.AC.AD = \frac{1}{6}.2.3.4 = 4\)

\(V = \frac{\pi }{3}h{r^2} = \pi {a^3}\)

\(f'\left( x \right) = \left( {{{\rm{e}}^{2x + 1}}} \right)' = 2{{\rm{e}}^{2x + 1}} \Rightarrow f'\left( 0 \right) = 2{\rm{e}}.\)

Mặt cầu tâm \(I\left( 1;2;3 \right)\) và đi qua \(A\left( 1;1;1 \right)\) có bán kính:

\(R=IA=\sqrt{{{\left( 1-1 \right)}^{2}}+{{\left( 1-2 \right)}^{2}}+{{\left( 1-3 \right)}^{2}}}=\sqrt{5}.\)

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=5.\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^3}\left( {2x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\\x = \frac{{ - 3}}{2}\end{array} \right.\).

Xét dấu f'(x):

Từ bảng xét dấu f'(x) suy ra hàm số có 2 điểm cực trị .

\(3\log a + 2\log b = 1 \Leftrightarrow \log {a^3} + \log {b^2} = 1 \Leftrightarrow \log \left( {{a^3}{b^2}} \right) = 1 \Leftrightarrow {a^3}{b^2} = 10\)

Theo bài ra ta có \(3z-\left( 4+5i \right)\overline{z}=-17+11i\Leftrightarrow 3\left( a+bi \right)-\left( 4+5i \right)\left( a-bi \right)=-17+11i\)

\(\Leftrightarrow 3a+3bi-\left( 4a-4bi+5ai+5b \right)=-17+11i\)

\(\Leftrightarrow 3a+3bi-4a+4bi-5ai-5b=-17+11i\)

\(\Leftrightarrow -a-5b+7bi-5ai=-17+11i\)

\(\Leftrightarrow \left( -a-5b \right)+\left( -5a+7b \right)i=-17+11i\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a - 5b = - 17\\ - 5a + 7b = 11\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\)

Do đó ab = 6.

Chọn điểm \(A\left( 0;0;1 \right)\in Oz\). Vậy đường thẳng Oz đi qua \(A\left( 0;0;1 \right)\) và có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{OA}=\left( 0;0;1 \right)\).

Suy ra phương trình tham số đường thẳng Oz là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 0\\z = 1 + t\end{array} \right.\)

Ta có: Phương trình \({{\log }_{2}}x=m\) (*) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đường, đường cong \(\left( C \right):y={{\log }_{2}}x\) và đường thẳng d:y=m nên số giao điểm của chúng chính là số nghiệm của phương trình (*).

Ta có: \({y}'={{\left( {{\log }_{2}}x \right)}^{\prime }}=\frac{1}{x.\ln 2}>0\,,\,\forall x\in \left( 0\,;\,+\infty\right) \Rightarrow \) Hàm số \(y={{\log }_{2}}x\) đồng biến trên khoảng \(\left( 0\,;\,+\infty\right)\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(y={{\log }_{2}}x\), ta thấy đường cong \(\left( C \right):y={{\log }_{2}}x\) và đường thẳng d:y=m luôn cắt nhau \(\forall m\in \mathbb{R}\).

Vậy tập nghiệm của phương trình \({{\log }_{2}}x=m\) là \(\mathbb{R}\).

Hình lục giác đều cạnh a được tạo bởi 6 tam giác đều cạnh a.

Mỗi tam giác đều cạnh a có diện tích: \(S=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\).

Diện tích của hình lục giác đều là: \(S=6.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3}{2}{{a}^{2}}\sqrt{3}.\)

Thể tích của khối lăng trụ là: \(V=S.h=\frac{3}{2}{{a}^{2}}\sqrt{3}.4a=6\sqrt{3}{{a}^{3}}\).

\(I = \left. {\frac{{{2^{2018x}}}}{{\ln {2^{2018}}}}} \right|_0^2 = \frac{{{2^{4036}} - 1}}{{\ln {2^{2018}}}} = \frac{{{2^{4036}} - 1}}{{2018\ln 2}}\)

Ta có \({{2}^{{{x}^{2}}+3\text{x}}}\le 16\Leftrightarrow {{2}^{{{x}^{2}}+3x}}\le {{2}^{4}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}+3x\le 4\Leftrightarrow {{x}^{2}}+3x-4\le 0\Leftrightarrow -4\le x\le 1\).

Do đó số nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là 6.

Gọi H là trung điểm AB, suy ra \(SH\bot AB.\) Do đó \(SH\bot \left( ABCD \right).\)

Do \(AH\parallel CD\) nên \(d\left[ A,\left( SCD \right) \right]=d\left[ H,\left( SCD \right) \right].\)

Gọi E là trung điểm CD; K là hình chiếu vuông góc của H trên SE.

Khi đó \(d\left[ H,\left( SCD \right) \right]=HK=\frac{SH.HE}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{E}^{2}}}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}.\)

Vậy \(d\left[ A,\left( SCD \right) \right]=HK=\frac{\sqrt{21}}{7}.\)

\(x + 2y + \left( {2x - 2y} \right)i = 7 - 4i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 7\\2x - 2y = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3\end{array} \right.\)

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n(\Omega )=C_{21}^{7}=116280\)

Gọi A là biến cố “7 bông hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly”

TH 1: Chọn 1 bông hoa hồng, 1 bông hoa ly, 5 bông hoa huệ là: \(C_{8}^{1}.C_{7}^{1}.C_{6}^{5}=336\) (cách).

TH 2: Chọn 2 bông hoa hồng, 2 bông hoa ly, 3 bông hoa huệ là: \(C_{8}^{2}.C_{7}^{2}.C_{6}^{3}=11760\) (cách).

TH 3: Chọn 3 bông hoa hồng, 3 bông hoa ly, 1 bông hoa huệ là: \(C_{8}^{3}.C_{7}^{3}.C_{6}^{1}=11760\) (cách).

\(\Rightarrow \) Số phần tử của biến cố A là: \(n(A)=336+11760+11760=23856\)

\(\Rightarrow \) Xác suất biến cố A là: \(P=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{23856}{116280}=\frac{994}{4845}\)

Ta có: tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.

Gọi H là trung điểm của AB.

Suy ra: \(SH\bot \left( ABCD \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & AD\bot AB \\ & AD\bot SH \\\end{align} \right.\Rightarrow AD\bot \left( SAB \right)\Rightarrow \left( SAD \right)\bot \left( SAB \right)\)

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( SAB \right)\) và \(\left( SAD \right)\) bằng \(90{}^\circ \).

Ta có

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

\(y(0)=1;\,\,y(1)=3;\,\,y(2)=-1\)

Khi đó \(\underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\max }}\,y=3;\,\,\underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\min }}\,y=-1\).

Vậy \(\underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\max }}\,y+\,\underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\min }}\,y=2\)

Hoành độ giao điểm của đường thẳng y=3x+1 và đồ thị hàm số \(y=\frac{2{{x}^{2}}-2x+3}{x-1}\) là nghiệm của phương trình sau:

\(\begin{array}{l}\,\,\frac{{2{x^2} - 2x + 3}}{{x - 1}} = 3x + 1\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - 2x + 3 = \left( {3x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\\x \ne 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} = 4\\x \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 2\end{array} \right.\\x \ne 1\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Suy ra \(A=\left( -2\,;\,-5 \right);\,B=\left( 2\,;\,7 \right)\) và \(AB=4\sqrt{10}\).

Điểm biểu diễn các số phức \(1-2i,\text{ }3-i,\text{ }1+2i\) lần lượt là \(A\left( 1;-2 \right), B\left( 3;-1 \right), C\left( 1;2 \right)\)

Giả sử \(D\left( x;y \right)\) là điểm biểu diễn của số phức \(z=x+yi\text{ }\left( x,y\in \mathbb{R} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{AD}=\left( x-1;\text{ }y+2 \right), \overrightarrow{BC}=\left( -2;\text{ 3} \right)\).

Do ABCD là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = - 2\\y + 2 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\)

Vậy z = -1 + i

Tập xác định: D = R

Ta có

\(y' = 3{x^2} + 6x.\)

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

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( -2;0 \right)\).

\({\left( {\frac{1}{{2x - 1}}} \right)^\prime } = \frac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right| + C.\)

Giả sử phương trình đường thẳng AB là : \(y=\,ax+b\) ta có phương trình hoành độ giao điểm : \(\frac{1}{2}{{x}^{2}}\text{=}\,\text{a}x\text{ }+b\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{x}^{2}}\text{- a}x\text{ - }b=0\,\,\,\,\,(*)\)

Theo đề bài ta có \(\,x_{1}^{{}},\,x_{2}^{{}}\) là hai nghiệm của \(\left( * \right)\)nên \(\frac{1}{2}{{x}^{2}}\text{- a}x\text{- }b=\frac{1}{2}(x-x_{1}^{{}})(x-x_{2}^{{}})\)

Giả sử ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đường thẳng AB là:

\(S=\int\limits_{x_{1}^{{}}}^{x_{2}^{{}}}{\text{(ax}+b-\frac{1}{2}{{x}^{2}})dx}=-\frac{1}{2}\int\limits_{x_{1}^{{}}}^{x_{2}^{{}}}{(x-x_{1}^{{}})(x-x_{2}^{{}})dx}=\frac{9}{4}\Leftrightarrow -\frac{{{(x_{1}^{{}}-x_{2}^{{}})}^{3}}}{12}=\frac{9}{4}\Rightarrow x_{1}^{{}}-x_{2}^{{}}=-3\,\,\,(1)\)

Ta lại có tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau nên \(x_{1}^{{}}.\,x_{2}^{{}}=-1\,\,\,\,(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \({{(x_{1}^{{}}+\,x_{2}^{{}})}^{2}}={{(x_{1}^{{}}-\,x_{2}^{{}})}^{2}}+4x_{1}^{{}}.x_{2}^{{}}=9-4=5\)

Đường thẳng \({{d}_{1}}\) có VTCP \(\overrightarrow{{{u}_{{{d}_{1}}}}}=\left( 1;0;-1 \right)\).

Giả sử \(\left( P \right)\) là mặt phẳng qua A và vuông góc với \({{d}_{1}}\Rightarrow \left( P \right):x-2-z+1=0\Leftrightarrow x-z-1=0\)

Gọi B là giao điểm của \(\left( P \right)\) và \({{d}_{2}}.\) Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 2t'\\y = 3 + t'\\z = 0\\x - z - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t' = - 1\\x = 1\\y = 2\\z = 0\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {1;2;0} \right)\)

Đường thẳng cần tìm là đường thẳng AB:

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -1;1;-1 \right)\) hay VTCP của đường thẳng cần tìm là \(\overrightarrow{u}=\left( 1;-1;1 \right)\)

Đường thẳng cần tìm đi qua \(B\left( 1;\,2;\,0 \right)\) và có VTCP là \(\overrightarrow{u}=\left( 1;-1;1 \right)\)

Suy ra phương trình đường thẳng cần tìm: \(\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z}{1}\)

Gắn hệ trục như hình vẽ (gốc tọa độ là tâm của hình tròn), kí hiệu các điểm như hình vẽ.

Đường tròn có phương trình: \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=64\). Suy ra \(y=\pm \sqrt{64-{{x}^{2}}}\)

Phương trình AB:y=2.

Diện tích phần trồng cỏ: \({{S}_{1}}=4\int\limits_{-2}^{2}{\left( \sqrt{64-{{x}^{2}}}-2 \right)\text{d}x}\,\,\,\,\left( {{m}^{2}} \right)\).

Diện tích phần trồng hoa: \({{S}_{2}}=4.4=16\,({{m}^{2}})\).

Số tiền phải bỏ ra là:

\(200\,000.16+4.150\,000+100\,000.4\int\limits_{-2}^{2}{\left( \sqrt{64-{{x}^{2}}}-2 \right)\text{d}x}\approx 13\,265\,000\,\,\) (đồng).

Dựa vào giả thiết ta xét \(f\left( x \right)\) là hàm bậc hai.

Giả sử \(f\left( x \right)=a{{x}^{2}}+bx+c, x\in \mathbb{R}\).

\(\Rightarrow 4f\left( x \right)=4a{{x}^{2}}+4bx+4c\).

Có \({f}'\left( x \right)=2ax+b\Rightarrow {{\left[ {f}'\left( x \right) \right]}^{2}}={{\left( 2ax+b \right)}^{2}}=4{{a}^{2}}{{x}^{2}}+4abx+{{b}^{2}}\).

\(4f\left( x \right)-{{\left[ {f}'\left( x \right) \right]}^{2}}=4a\left( 1-a \right){{x}^{2}}+4b\left( 1-a \right)x+4c-{{b}^{2}}\).

Theo giả thiết \(4f\left( x \right) - {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} = {x^2} + 2x \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a\left( {1 - a} \right) = 1\\4b\left( {1 - a} \right) = 2\\4c - {b^2} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = 1\\c = \frac{1}{4}\end{array} \right.\)

Như vậy hàm số \(f\left( x \right)=\frac{1}{2}{{x}^{2}}+x+\frac{1}{4}\) thỏa mãn điều kiện bài toán.

Ta có: \(\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)}\text{d}x=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{{{x}^{2}}}{2}+x+\frac{1}{4} \right)}\text{d}x=\left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{6}+\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{1}{4}x \right) \right|_{0}^{1}=\frac{11}{12}\)

Xét hình chữ nhật ABCD, ta có \(A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}={{a}^{2}}+4{{a}^{2}}=5{{a}^{2}}.\)

Xét tam giác vuông \(A{A}'C,\) ta có \(A{{{A}'}^{2}}=A{{{C}'}^{2}}-A{{C}^{2}}=14{{a}^{2}}-5{{a}^{2}}=9{{a}^{2}}\Rightarrow A{A}'=3a.\)

Ta có \({{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}=AB.AD.A{A}'=a.2a.3a=6{{a}^{3}}.\)

\(\int\limits_0^1 {\frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}dx}  = \int\limits_0^1 {\frac{{\left( {{x^2} + 6x + 9} \right) - 4\left( {x + 3} \right) - 9 + 12}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}dx}  = \int\limits_0^1 {\left[ {1 - \frac{4}{{x + 3}} + \frac{3}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}} \right]dx} \)

\( = 1 - 4\ln \left| {x + 3} \right||_0^1 - \frac{3}{{x + 3}}|_0^1 = 1 - 4\ln \frac{4}{3} - \frac{3}{4} + 1 = \frac{5}{4} - 4\ln \frac{4}{3}\)

Theo giả thiết \(\Rightarrow a=5,\,\,b=3\) nên a+b=8.

Đặt \(t={{2}^{x}}\) với \(x\in \left[ 1;2 \right]\) thì \(t\in \left[ 2;4 \right]\)

Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình \({{t}^{2}}-mt-m+15>0\) có nghiệm với mọi \(t\in \left[ 2;4 \right]\)

\({{t}^{2}}-mt-m+15>0 \forall t\in \left[ 2;4 \right]\)

\(\Leftrightarrow m<\frac{{{t}^{2}}+15}{t+1} \forall t\in \left[ 2;4 \right]\)

Đặt \(f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}+15}{t+1}\)

Do đó: \(m<\underset{t\in \left[ 2;4 \right]}{\mathop{\text{max}\,f\left( t \right)}}\,=\frac{19}{3}\)

Vì m nguyên dương nên \(m\in \left\{ 1;2;3;4;5;6 \right\}\)

Theo bài ra ta có

\({h}'\left( x \right)=f'\left( x \right).f\left( x \right)-2f\left( x \right)+2x.{f}'\left( x \right)+4x={f}'\left( x \right)\left( f\left( x \right)-2x \right)-2\left( f\left( x \right)-2x \right)=\left( {f}'\left( x \right)-2 \right)\left( f\left( x \right)-2x \right)\)

Từ đồ thị ta thấy \(y=f\left( x \right)\) nghịch biến nên \(f'\left( x \right)<0\) suy ra \({f}'\left( x \right)-2<\).

Suy ra \({h}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow f\left( x \right)-2x=0\)

Từ đồ thị dưới ta thấy \(f\left( x \right)-2x=0\Leftrightarrow x=1\)

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra đồ thị của hàm số \(y=h\left( x \right)\) có điểm cực tiểu là \(M\left( 1;0 \right)\).

Điều kiện

\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 6x + 12 > 0\\x + 2 > 0\\mx - 5 > 0\\mx - 5 \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 2\\mx > 5\\mx \ne 6\end{array} \right.\quad \left( I \right)\)

Giải phương trình

\(\begin{array}{l}\quad {\log _{mx - 5}}\left( {{x^2} - 6x + 12} \right) = {\log _{\sqrt {mx - 5} }}\sqrt {x + 2} \quad \quad \quad \quad pt\left( 1 \right)\\ \Leftrightarrow {\log _{mx - 5}}\left( {{x^2} - 6x + 12} \right) = {\log _{mx - 5}}\left( {x + 2} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 12 = x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 7x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 5\end{array} \right.\end{array}\)

Khi \(m<0\Rightarrow x<\frac{5}{m}<0\) Suy ra phương trình \(\left( 1 \right)\) vô nghiệm

Khi \(m=0\Rightarrow 0x>5\) không có x thỏa điều kiện.

Khi \(m>0\Rightarrow x>\frac{5}{m}>0\) khi đó \(\left( I \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{5}{m}\\x \ne \frac{6}{m}\end{array} \right.\)

TH1. Phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm duy nhất x=2 khi đó

\(\left\{ \begin{array}{l}2 > \frac{5}{m}\\5 = \frac{6}{m}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{2m - 5}}{m}\\m = \frac{6}{5}\end{array} \right. > 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{5}{2}\\m = \frac{6}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \)

TH2. Phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm duy nhất x=5 khi đó

\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}5 > \frac{5}{m}\\2 < \frac{5}{m}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}2 > \frac{5}{m}\\2 = \frac{6}{m}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\frac{{5m - 5}}{m} > 0\\\frac{{2m - 5}}{m} < 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}2 > \frac{5}{m}\\m = 3\end{array} \right.\end{array} \right.\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m > 1\\0 < m < \frac{5}{2}\end{array} \right.\\m = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 < m < \frac{5}{2}\\m = 3\end{array} \right.\)

Vậy các giá trị m thỏa mãn điều kiện đề bài là \(m=3\vee 1<m<\frac{5}{2}\)

Vậy \(S=\left\{ 2;3 \right\}\)

Gọi \(I\left( x\,;\,y\,;\,z \right)\) là tâm của mặt cầu \(\left( S \right)\).

Vì \(I\in \left( P \right)\) nên \(x+2y+z=7\left( 1 \right)\)

Mặt khác, \(\left( S \right)\) đi qua A và B nên \(IA=IB\text{ }\left( =R \right)\)

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

\(\Leftrightarrow x+3y+2z=16 \left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra I nằm trên đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng: \(\left\{ \begin{array}{l} \left( P \right):x + 2y + z = 7\\ \left( Q \right):x + 3y + 2z = 16 \end{array} \right.\) (I)

\(\Rightarrow d\) có một VTCP \(\overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}\,;\,\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}} \right]=\left( 1\,;\,-1\,;\,1 \right)\), với \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 1\,;\,2\,;\,1 \right)\) và \(\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}=\left( 1\,;\,3\,;\,2 \right)\).

Mặt khác, cho z=0 thì \(\left( I \right)\) trở thành: \(\left\{ \begin{align} & x+2y=7 \\ & x+3y=16 \\ \end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=-11 \\ & y=9 \\ \end{align} \right.\).

\(\Rightarrow d\) đi qua điểm \(B\left( -11\,;\,9\,;\,0 \right)\).

Do đó, d có phương trình tham số: \(\left\{ \begin{align} & x=-11+t \\ & y=9-t \\ & z=t \\ \end{align} \right.\left( t\in \mathbb{R} \right)\).

\(\Rightarrow I\left( -11+t\,;\,9-t\,;\,t \right)\).

\(\Rightarrow R=IA=\sqrt{{{\left( t-12 \right)}^{2}}+{{\left( 7-t \right)}^{2}}+{{\left( t-1 \right)}^{2}}}=\sqrt{3{{t}^{2}}-40t+194}\).

Đặt \(f\left( t \right)=3{{t}^{2}}-40t+194, t\in \mathbb{R}\).

Vì \(f\left( t \right)\) là hàm số bậc hai nên \(\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=f\left( \frac{20}{3} \right)=\frac{182}{3}\).

Vậy \({{R}_{\min }}=\sqrt{\frac{182}{3}}=\frac{\sqrt{546}}{3}\).

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

Giả sử z=x+yi, \(x,y\in \mathbb{R}\).Gọi A,B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức \({{z}_{1}},{{z}_{2}}\). Suy ra \(AB=\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=4\).

* Ta có \(\left( z-6 \right)\left( 8+\overline{zi} \right) =\left[ \left( x-6 \right)+yi \right].\left[ \left( 8-y \right)-xi \right] =\left( 8x+6y-48 \right)-\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-6x-8y \right)i\). Theo giả thiết \(\left( z-6 \right)\left( 8+\overline{zi} \right)\) là số thực nên ta suy ra \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-6x-8y=0\). Tức là các điểm A,B thuộc đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(I\left( 3;4 \right)\), bán kính R=5.

* Xét điểm M thuộc đoạn AB thỏa \(\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=4\overrightarrow{OM}\)

Gọi H là trung điểm AB.

Ta có \(HA=HB=\frac{AB}{2}=2\) và \(MA=\frac{3}{4}AB=3 \Rightarrow HM=MA-HA=1\).

Từ đó \(H{{I}^{2}}={{R}^{2}}-H{{B}^{2}}=21, IM=\sqrt{H{{I}^{2}}+H{{M}^{2}}}=\sqrt{22}\), suy ra điểm M thuộc đường tròn \(\left( {{C}'} \right)\) tâm \(I\left( 3;4 \right)\), bán kính \(r=\sqrt{22}\)

* Ta có \(\left| {{z}_{1}}+3{{z}_{2}} \right|=\left| \overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB} \right|=\left| 4\overrightarrow{OM} \right|=4OM\), do đó \(\left| {{z}_{1}}+3{{z}_{2}} \right|\) nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất.

Ta có \(O{{M}_{\min }}=O{{M}_{0}}=\left| OI-r \right|=5-\sqrt{22}\)

Vậy \({{\left| {{z}_{1}}+3{{z}_{2}} \right|}_{\min }}=4O{{M}_{0}}=20-4\sqrt{22}\)