Đề Ôn Thi TN THPT Năm 2023 Môn Toán Online-Đề 13

Vì hàm số \(y = \frac{{x – 2}}{{x – 1}}\)có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)nên hàm số không đồng biến trên \(\left( { – \infty ; + \infty } \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{gathered} {\log _8}a + {\log _4}{b^2} = 5 \hfill \\ {\log _4}{a^2} + {\log _8}b = 7 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{1}{3}{\log _2}a + {\log _2}b = 5 \hfill \\ {\log _2}a + \frac{1}{3}{\log _2}b = 7 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {\log _2}a = 6 \hfill \\ {\log _2}b = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a = {2^6} \hfill \\ b = {2^3} \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Suy ra: \(ab = {2^6}{.2^3} = {2^9}\).

Ta có \(\overrightarrow {AB'} .\overrightarrow {BC'} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BB'} } \right)\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CC'} } \right)\)\( = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CC'} + \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {CC'} \)\( = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CC'} + \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {CC'} \)\( = – \frac{{{a^2}}}{2} + 0 + 0 + 2{a^2} = \frac{{3{a^2}}}{2}\).Suy ra \(\cos \left( {\overrightarrow {AB'} ,\overrightarrow {BC'} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB'} .\overrightarrow {BC'} }}{{\left| {\overrightarrow {AB'} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC'} } \right|}}\)\( = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{2}}}{{a\sqrt 3 .a\sqrt 3 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {\left( {AB',BC'} \right)} = 60^\circ \).

Ta có \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right).{\text{d}}x} = \int {x.{e^{{x^2}}}{\text{d}}x} = \frac{1}{2}\int {{e^{{x^2}}}.{\text{d}}\left( {{x^2}} \right)} = \frac{1}{2}{e^{{x^2}}} + C\).Mà \(f\left( 0 \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} + C = \frac{1}{2} \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}{e^{{x^2}}}\).\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {xf\left( x \right)dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {x{e^{{x^2}}}dx} = \frac{1}{4}\int\limits_0^1 {{e^{{x^2}}}d\left( {{x^2}} \right)} = \left. {\frac{1}{4}{e^{{x^2}}}} \right|_0^1 = \frac{{e – 1}}{4}\).

VTCP của \(d\) là \(\overrightarrow a = \left( {2;1;2} \right)\) và \(B\left( {1; – 2;1} \right) \in d\).Khi đó: \(\overrightarrow {AB} = \left( {0; – 2;1} \right)\).Do đó véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow a } \right] = \left( {5, – 2; – 4} \right)\).Từ đó suy ra phương trình mặt phẳng cần tìm là \(5\left( {x – 1} \right) – 2\left( {y – 0} \right) – 4\left( {z – 0} \right) = 0\) hay \(5x – 2y – 4z – 5 = 0\).

\((1 + i)z + 2\overline z = 3 + 2i \Leftrightarrow (1 + i)(a + bi) + 2(a – bi) = 3 + 2i \Leftrightarrow (3a – b) + (a – b)i = 3 + 2i\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 3a – b = 3 \hfill \\ a – b = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a = \frac{1}{2} \hfill \\ b = – \frac{3}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\). Suy ra: \(P = a + b = – 1\).

Kẻ \(AH \bot SB\) trong mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\)Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BC \bot AB} \\ {BC \bot SA} \end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)} \right.\) \( \Rightarrow BC \bot AH\)Vậy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AH \bot BC} \\ {AH \bot SB} \end{array} \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)} \right.\) \( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{1}{2}SB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành hàng ngang, không gian mẫu có số phần tử là: \(6!\).Gọi \(M\) là biến cố “học sinh lớp \(C\) chỉ ngồi cạnh học sinh lớp \(B\)”.Xét các trường hợp:Trường hợp 1. Học sinh lớp \(C\) ngồi đầu dãy+ Chọn vị trí cho học sinh lớp \(C\) có 2 cách.+ Chọn 1 học sinh lớp \(B\) ngồi cạnh học sinh lớp \(C\) có 2 cách.+ Hoán vị các học sinh còn lại cho nhau có \(4!\) cách.Trường hợp này thu được: \(2.2.4! = 96\) cách.Trường hợp 2. Học sinh lớp \(C\) ngồi giữa hai học sinh lớp \(B\), ta gộp thành 1 nhóm, khi đó:+ Hoán vị 4 phần tử gồm 3 học sinh lớp \(A\) và nhóm gồm học sinh lớp \(B\) và lớp \(C\) có: \(4!\) cách.+ Hoán vị hai học sinh lớp \(B\) cho nhau có: \(2!\) cách.Trường hợp này thu được: \(4!.2! = 48\) cách.Như vậy số phần tử của biến cố \(M\) là: \(48 + 96 = 144\).Xác suất của biến cố \(M\) là \(P\left( M \right) = \frac{{144}}{{6!}} = \frac{1}{5}\).

mp\(\left( \alpha \right)\) có véc tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1; – 2;1} \right)\), mp\(\left( \beta \right)\) có véc tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_2}} = \left( {2;1; – 1} \right)\).Đường thẳng \(\Delta \) có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} ;\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( {1;3;5} \right)\).Phương trình của đường thẳng \(\Delta :\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{3} = \frac{{z + 1}}{5}\).

\(\left( {{3^{{x^2} – x}} – 9} \right)\left( {{2^{{x^2}}} – m} \right) \leqslant 0\)Th1: Xét \({3^{{x^2} – x}} – 9 = 0 \Leftrightarrow {x^2} – x = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = – 1 \hfill \\ x = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) là nghiệm của bất phương trình.Th2: Xét \({3^{{x^2} – x}} – 9 > 0 \Leftrightarrow {x^2} – x > 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x < - 1 \hfill \\ x > 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Khi đó, \((1) \Leftrightarrow {2^{{x^2}}} \leqslant m \Leftrightarrow {x^2} \leqslant {\log _2}m\,\,(2)\)Nếu \(m < 1\) thì vô nghiệm.Nếu \(m \geqslant 1\) thì \((2) \Leftrightarrow - \sqrt {{{\log }_2}m} \leqslant x \leqslant \sqrt {{{\log }_2}m} \).Do đó, có 5 nghiệm nguyên \( \Leftrightarrow \left( {\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)} \right) \cap \left[ { - \sqrt {{{\log }_2}m} ;\sqrt {{{\log }_2}m} } \right]\) có 3 giá trị nguyên \(\sqrt {{{\log }_2}m} \in \left[ {3;4} \right) \Leftrightarrow 512 \leqslant m < 65536\). Suy ra có 65024 giá trị \(m\) nguyên thỏa mãn.Th3: Xét \({3^{{x^2} - x}} - 9 < 0 \Leftrightarrow {x^2} - x < 2 \Leftrightarrow - 1 < x < 2\). Vì \(\left( { - 1;2} \right)\) chỉ có hai số nguyên nên không có giá trị \(m\) nào để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên.Vậy có tất cả 65024 giá trị \(m\) nguyên thỏa ycbt.

Quan sát đồ thị ta thấy: \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = {x_1}\left( { – 3 < {x_1} < - 2} \right) \hfill \\ x = - 1 \hfill \\ x = {x_2}\left( {1 < {x_2} < 2} \right) \hfill \\ x = {x_3}\left( {2 < {x_3} < 3} \right) \hfill \\ x = {x_4}\left( {4 < {x_4} < 5} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Do đó: \(f\left( {g\left( x \right)} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} g\left( x \right) = {x_1}\left( 1 \right) \hfill \\ g\left( x \right) = - 1\left( 2 \right) \hfill \\ g\left( x \right) = {x_2}\left( 3 \right) \hfill \\ g\left( x \right) = {x_3}\left( 4 \right) \hfill \\ g\left( x \right) = {x_4}\left( 5 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Phương trình \(\left( 1 \right)\) có đúng \(1\) nghiệm; Phương trình \(\left( 2 \right)\) có đúng \(3\) nghiệm; Phương trình \(\left( 3 \right)\) có đúng \(3\) nghiệm; Phương trình \(\left( 4 \right)\) có đúng \(3\) nghiệm; Phương trình \(\left( 5 \right)\) có đúng \(1\) nghiệm. Tất cả các nghiệm trên đều phân biệt nên phương trình \(f\left( {g\left( x \right)} \right) = 0\) có đúng \(11\) nghiệm.Quan sát đồ thị ta thấy: \(g\left( x \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = {x_5}\left( { - 2 < {x_5} < - 1} \right) \hfill \\ x = {x_6}\left( {0 < {x_6} < 1} \right) \hfill \\ x = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Do đó \(g\left( {f\left( x \right)} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} f\left( x \right) = {x_5}\left( 6 \right) \hfill \\ f\left( x \right) = {x_6}\left( 7 \right) \hfill \\ f\left( x \right) = 3\left( 8 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Phương trình \(\left( 6 \right)\) có \(5\) nghiệm; Phương trình \(\left( 7 \right)\) có \(5\) nghiệm; Phương trình \(\left( 8 \right)\) có \(1\) nghiệm.Tất cả các nghiệm này đều phân biệt nên phương trình \(g\left( {f\left( x \right)} \right) = 0\) có đúng \(11\) nghiệm.Vậy tổng số nghiệm của hai phương trình \(f\left( {g\left( x \right)} \right) = 0\) và \(g\left( {f\left( x \right)} \right) = 0\) là \(22\) nghiệm.

Ta có \(f'\left( x \right) = 16\cos 4x.{\sin ^2}x,\forall x \in \mathbb{R}\) nên \(f\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \(f'\left( x \right)\).Có \(\int {f'\left( x \right){\text{d}}x} = \int {16\cos 4x.{{\sin }^2}x{\text{d}}x} = \int {16.\cos 4x.\frac{{1 – \cos 2x}}{2}{\text{d}}x} = \int {8.\cos 4x{\text{d}}x – \int {8\cos 4x.\cos 2x{\text{d}}x} } \)\( = 8\int {\cos 4x} {\text{d}}x – 8\int {\left( {\cos 6x + \cos 2x} \right){\text{d}}x = 2\sin 4x – \frac{4}{3}\sin 6x – 4\sin 2x + C} \).Suy ra\(f\left( x \right) = 2\sin 4x – \frac{4}{3}\sin 6x – 4\sin 2x + C\). Mà \(f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = – \frac{8}{3} \Rightarrow C = 0\).Do đó. Khi đó:\(\begin{gathered} F\left( \pi \right) – F\left( 0 \right) = \int\limits_0^\pi {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int\limits_0^\pi {\left( {2\sin 4x – \frac{4}{3}\sin 6x – 4\sin 2x + } \right){\text{d}}x} \hfill \\ = \left. {\left( { – \frac{1}{2}\cos 4x + \frac{2}{9}\cos 6x + 2\cos 2x} \right)} \right|_0^\pi = 0 \hfill \\ F\left( \pi \right) = F\left( 0 \right) + 0 = \frac{{31}}{{18}} \hfill \\ \end{gathered} \)

Gọi \(I\) là trung điểm sủa \(BC\) suy ra góc giữa mp\(\left( {SBC} \right)\) và mp\(\left( {ABC} \right)\) là \(\widehat {SIA} = {30^0}\).\(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(SI\) suy ra \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = a\).Xét tam giác \(AHI\) vuông tại \(H\) suy ra \(AI = \frac{{AH}}{{\sin {{30}^0}}} = 2a\).Giả sử tam giác đều \(ABC\) có cạnh bằng \(x\), mà \(AI\) là đường cao suy ra \(2a = x\frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow x = \frac{{4a}}{{\sqrt 3 }}\).Diện tích tam giác đều \(ABC\) là \({S_{ABC}} = {\left( {\frac{{4a}}{{\sqrt 3 }}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{3}\).Xét tam giác \(SAI\) vuông tại \(A\) suy ra \(SA = AI.\tan {30^0} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\).Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{3}.\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{8{a^3}}}{9}\).

Ta có \(\Delta ' = {(m + 1)^2} – {m^2} = 2m + 1\).+) Nếu \(\Delta ' \geqslant 0 \Leftrightarrow 2m + 1 \geqslant 0 \Leftrightarrow m \geqslant – \frac{1}{2}\), phương trình có 2 nghiệm thực. Khi đó \(\left| {{z_0}} \right| = 6 \Leftrightarrow {z_0} = \pm 6\).* Thay \({z_0} = 6\) vào phương trình ta được \(36 – 12\left( {m + 1} \right) + {m^2} = 0 \Leftrightarrow {m^2} – 12m + 24 = 0 \Leftrightarrow m = 6 \pm 2\sqrt 3 \) (thoả mãn).* Thay \({z_0} = – 6\) vào phương trình ta được\(36 + 12\left( {m + 1} \right) + {m^2} = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 12m + 48 = 0\) (vô nghiệm).+) Nếu \(\Delta ' < 0 \Leftrightarrow 2m + 1 < 0 \Leftrightarrow m < - \frac{1}{2}\), phương trình có 2 nghiệm phức \({z_1},{z_2} \notin \mathbb{R}\) thỏa \({z_2} = \overline {{z_1}} \). Khi đó \({z_1}.{z_2} = {\left| {{z_1}} \right|^2} = {m^2} = {6^2}\) hay \(m = 6\) (loại) hoặc \(m = - 6\) (nhận).Vậy tổng cộng có 3 giá trị của \(m\) là \(m = 6 \pm 2\sqrt 3 \) và \(m = - 6\).

Gọi \(M\left( {t;t; – 2t} \right)\) và \(N\left( { – 1 – 2t',t', – 1 – t'} \right)\). Suy ra \(\overrightarrow {MN} = \left( { – 1 – 2t' – t;t' – t; – 1 – t' + 2t} \right)\).Do đường thẳng \(d\;\)song song với \(\left( P \right)\) nên \( – 1 – 2t' – t – t' + t + 1 + t' – 2t = 0 \Leftrightarrow t = – t'\).Khi đó \(\overrightarrow {MN} = \left( { – 1 + t; – 2t; – 1 + 3t} \right) \Rightarrow MN = \sqrt {14{t^2} – 8t + 2} \).Ta có \(MN = \sqrt 2 \Leftrightarrow 14{t^2} – 8t + 2 = 2 \Leftrightarrow t = 0 \vee t = \frac{4}{7}\).Với \(t = 0\) thì \(\overrightarrow {MN} = \left( { – 1;0; – 1} \right)\) ( loại do không có đáp án thỏa mãn ).Với \(t = \frac{4}{7}\) thì \(\overrightarrow {MN} = \left( { – \frac{3}{7}; – \frac{8}{7};\frac{5}{7}} \right) = – \frac{1}{7}\left( {3;8; – 5} \right)\) và \(M\left( {\frac{4}{7};\frac{4}{7}; – \frac{8}{7}} \right)\).Vậy \(\frac{{x – \frac{4}{7}}}{3} = \frac{{y – \frac{4}{7}}}{8} = \frac{{z + \frac{8}{7}}}{{ – 5}} \Leftrightarrow \frac{{7x – 4}}{3} = \frac{{7y – 4}}{8} = \frac{{7z + 8}}{{ – 5}}.\)

Đặt \(h\left( x \right) = f\left( x \right) – \left( {1024a + 256b + 64c + 16d + 4m + n} \right) = f\left( x \right) – f\left( 4 \right) \Rightarrow h'\left( x \right) = f'\left( x \right)\)Có: \(f'\left( x \right) = 5a\left( {x + 2} \right)x\left( {x – 1} \right)\left( {x – 3} \right),\;a > 0\).Xét: \(f\left( 1 \right) – f\left( { – 2} \right) = \int\limits_{ – 2}^1 {f'\left( x \right)\,} dx = \int\limits_{ – 2}^1 {5a\left( {x + 2} \right)x\left( {x – 1} \right)\left( {x – 3} \right)\,} dx = – \frac{{99a}}{{10}} < 0 \Rightarrow f\left( { - 2} \right) > f\left( 1 \right)\).Do đó \(h\left( { – 2} \right) > h\left( 1 \right)\).\(f\left( 4 \right) – f\left( { – 2} \right) = \int\limits_{ – 2}^4 {f'\left( x \right)\,} dx = \int\limits_{ – 2}^4 {5a\left( {x + 2} \right)x\left( {x – 1} \right)\left( {x – 3} \right)\,} dx > 0 \Rightarrow f\left( 4 \right) > f\left( { – 2} \right) \Rightarrow h\left( 4 \right) > h\left( { – 2} \right)\)Ta có bảng biến thiên của \(h\left( x \right)\) như sauVậy hàm số \(g\left( x \right)\) có 3 điểm cực tiểu.

Gọi \(P,\,\,Q\) lần lượt là giao điểm của \(SH\) với \(AB\), \(SK\) với \(CD\), kẻ \(MG \bot PQ\).Vì \(HK\parallel \left( {ABCD} \right),\,\,SO \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(HK \bot SO\).Do tính đối xứng nên \(SO\) đi qua trung điểm của \(HK\).Mà \(SHOK\) là tứ giác nội tiếp nên \(SO\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(SHOK\).Ta có: \(\left( {\left( {SAD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SMO} = {45^0}\), \(SO = 2a\).\({V_{M.SHOK}} = \frac{1}{3}.MG.\frac{1}{2}.SO.HK = \frac{1}{6}.SO.MG.HK = \frac{a}{3}.MG.HK\).Để \({V_{M.SHOK}}\) lớn nhất thì \(MG.HK\) lớn nhất, khi và chỉ khi \(HK\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(SHOK\) và \(MG = MO\).Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp \(M.SHOK\) là: \(\frac{1}{6}.2a.2a.2a = \frac{4}{3}{a^3}\).

Xét \(3{\left[ {f(x)} \right]^2} = 2\int_0^x {\left[ {{{\left( {f(t)} \right)}^3} + {{\left( {{f^\prime }(t)} \right)}^3}} \right]} {\text{d}}t + 2x,\,\forall x \in \mathbb{R}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(*)\)Từ (*), thay \(x = 0\), ta nhận được \(f(0) = 0.\) Hơn nữa, đạo hàm hai vế (*), ta có\(\begin{gathered} 6f(x){f^\prime }(x) = 2{\left( {f(x)} \right)^3} + 2{\left( {{f^\prime }(x)} \right)^3} + 2,\,\forall x \in \mathbb{R} \hfill \\ \Leftrightarrow \left[ {f'(x) + f(x) + 1} \right]\left[ {{{\left( {f'(x) – f(x)} \right)}^2} + {{(f(x) – 1)}^2} + {{(f'(x) – 1)}^2}} \right] = 0,\,\forall x \in \mathbb{R}. \hfill \\ \end{gathered} \)Vì \(f\) đơn điệu giảm trên \(\mathbb{R}\) nên \(f'(x) \leqslant 0\)với mọi \(x \in \mathbb{R}\) nên\({\left( {f'(x) – f(x)} \right)^2} + {(f(x) – 1)^2} + {(f'(x) – 1)^2}{\text{ }} \geqslant {\text{ }}{(f'(x) – 1)^2} > 0.\)Từ đó, ta nhận được\(\begin{gathered} f'(x) + f(x) + 1 = 0,\;\forall x \in \mathbb{R} \hfill \\ \Leftrightarrow {\left[ {{e^x}f(x)} \right]^\prime } = – {e^x},\;\forall x \in \mathbb{R} \hfill \\ \Leftrightarrow \exists \;C \in \mathbb{R}:\;f(x) = – 1 + C{e^{ – x}},\;\forall x \in \mathbb{R}. \hfill \\ \end{gathered} \)Vì \(f(0) = 0\) nên \(C = 1\). Do đó \(f(x) = – 1 + {e^{ – x}},\) với mọi \(x \in \mathbb{R},\)là hàm duy nhất thỏa đềDo đó \(\int_0^1 {2021{{\left( {f(x)} \right)}^2}x} {\text{d}}x = 2021\int_0^1 {{{( – 1 + {e^{ – x}})}^2}x} {\text{d}}x = 2021 \cdot \left( {\frac{4}{e} – \frac{3}{{4{e^2}}} – \frac{5}{4}} \right) \in (242;243).\)

Ta có phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(x + y + z = a + b + 1\)\(\left( {ABC} \right)\) cắt các trục \(Ox\,,\,\,Oy\,,\,\,Oz\) tại các điểm \(M\left( {a + b + 1\,;\,0\,;\,0} \right)\,\,,N\left( {0\,;\,\,a + b + 1\,;\,0} \right)\,,\,\,P\left( {0\,;\,0\,;\,a + b + 1} \right)\)Ta có thể tích khối tứ diện \(OMNP\) là \(V = \frac{{{{\left( {a + b + 1} \right)}^3}}}{6} = 36\) ( do \(a + b \geqslant \,0\)),suy ra \(a + b + 1 = 6\) suy ra \(a + b = 5\) ( do \(a + b \geqslant \,0\)) suy ra phương trình \(\left( {ABC} \right)\) là \(x + y + z – 6 = 0\)Nhận xét: \(D \in \left( {ABC} \right)\), mà theo giả thiết 4 điểm \(A,B,C,D\) cùng thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\) vì vậy \(A,\,B,\,C,\,D\) cùng thuộc đường tròn.Mà tam giác \(ABC\)đều suy ra tâm của đường tròn là \(I\left( {2\,;2;\,2} \right)\,\,,\,\,bk\,\,R = ID = \sqrt 2 \).Mặt cầu \(\left( S \right)\) luôn chứa đường tròn qua 4 điểm \(A,\,B,\,C,\,D\) nên bán kính của mặt cầu \(\left( S \right)\) nhỏ nhất bằng bán kính của đường tròn bằng \(\sqrt 2 \).

Gọi \(M,N,A\)lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức \({z_1} = x + yi,\;{z_2} = c + di,\,{z_3} = 5 + 2i\left( {x,y,a,b \in \mathbb{R}} \right)\)\(\left( {{z_1} + 2 – i} \right)\left( {\overline {{z_1}} + 1 + 2i} \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x + 1} \right) – \left( {y – 1} \right)\left( { – y + 2} \right) + \left[ {\left( {x + 2} \right)\left( { – y + 2} \right) + \left( {y – 1} \right)\left( {x + 1} \right)} \right]i\)\(\left( {{z_1} + 2 – i} \right)\left( {\overline {{z_1}} + 1 + 2i} \right)\) là một số thực nên \(\left( {x + 2} \right)\left( { – y + 2} \right) + \left( {y – 1} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow – xy + 2x – 2y + 4 + xy + y – x – 1 = 0 \Leftrightarrow x – y + 3 = 0\).Suy ra tập các điểm biểu diễn của \({z_1}\) là đường thẳng \({\Delta _1}\) có phương trình \(x – y + 3 = 0\).\(\left| {{z_2} – 1 – 3i} \right| = \left| {{z_2} – 1 + i} \right| \Leftrightarrow {\left( {c – 1} \right)^2} + {\left( {d – 3} \right)^2} = {\left( {c – 1} \right)^2} + {\left( {d + 1} \right)^2} \Leftrightarrow d = 1\)Suy ra tập các điểm biểu diễn của \({z_2}\)là đường thẳng \({\Delta _2}\) có phương trình \(y – 1 = 0\).Ta có \(P = \left| {{z_1} – {z_2}} \right| + \left| {{z_1} – 5 – 2i} \right| + \left| {{z_2} – 5 – 2i} \right| = MN + MA + NA\)Gọi \(A',\,A''\)lần lượt là các điểm đối xứng với\(A\) qua các đường thẳng \({\Delta _1},\,{\Delta _2}\).Khi đó ta có \(P = MN + MA + NA = MN + MA' + NA'' \geqslant A'A''\)Dấu bằng xảy ra khi các điểm \(A',\,M,\,N,\,A''\)thẳng hàng hay \(M,N\) lần lượt là giao điểm của đường thẳng \(A'A''\) với các đường thẳng \({\Delta _1},\,{\Delta _2}\).Tính được \(A'\left( { – 1;8} \right);\,\,A''\left( {5;0} \right);\,\,A'A'' = 10\).Vậy GTNN của \(P = \left| {{z_1} – {z_2}} \right| + \left| {{z_1} – 5 – 2i} \right| + \left| {{z_2} – 5 – 2i} \right| = A'A'' = 10\).

Ta có: \(\left( {{C_1}} \right)\), \(\left( {{C_2}} \right)\) đối xứng qua đường thẳng \(\left( d \right):y = x\).Gọi \(M'\) là điểm đối xứng của \(M\) qua \(d\), \(N'\) là điểm đối xứng của \(N\) qua \(d\).Nếu \(M \ne N'\) thì \(MM'NN'\) là hình thang cân suy ra \(MN \geqslant \min \left\{ {MM',NN'} \right\}\),do đó \(MN\) nhỏ nhất khi \(M,N\) đối xứng qua \(d\).Gọi \(\Delta \) là tiếp tuyến của \(\left( {{C_2}} \right)\) song song với \(d\) tại điểm \(I\left( {{x_0};{y_0}} \right)\).Khi \(M,N\) đối xứng nhau qua \(d\) thì \(MN = 2d\left[ {N,d} \right] \geqslant 2d\left[ {\Delta ,d} \right]\).Hệ số góc đường thẳng \(\Delta \) là \({k_\Delta } = 1\).Ta có: \(y = {2^x} \Rightarrow y' = {2^x}\ln 2\).\({k_\Delta } = 1 \Leftrightarrow {2^{{x_0}}}\ln 2 = 1 \Leftrightarrow {x_0} = – {\log _2}\left( {\ln 2} \right)\)\( \Rightarrow {y_0} = \frac{1}{{\ln 2}}\).\( \Rightarrow \left( \Delta \right):y = x + {\log _2}\left( {\ln 2} \right) + \frac{1}{{\ln 2}}\).\( \Rightarrow d\left[ {d,\Delta } \right] = \frac{{\left| {{{\log }_2}\left( {\ln 2} \right) + \frac{1}{{\ln 2}}} \right|}}{{\sqrt 2 }} \approx 0.65\)Ta có: \(M{N_{\min }} = \sqrt 2 \left| {\log \left( {\ln 2} \right) + \frac{1}{{\ln 2}}} \right| \approx 1.29\)