Đáp án A

Ta có  z₁=-1+2i; z₂=2+i => z=z₁+z₂= 1+3i.

Đáp án C

Ta có ${\int }_a^{b}f\left(x\right).g\left(x\right)dx\ne {\int }_a^{b}f\left(x\right) dx.{\int }_a^{b}g\left(x\right)dx$ nên đáp án C sai.

Đáp án B

Đồ thị hàm số chỉ có 1 điểm cực tiểu là (0;1)  nên đáp án B sai.

Đáp án A                  

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{u}_1=-2\\ u_4=4\end{array}<=> \left\{\begin{array}{l}{u}_1=-2\\ u_1+3d=4\end{array}\right.\right.<=> \left\{\begin{array}{l}{u}_1=-2\\ d=2\end{array}=> u_6=u_1+5d=8\right.$

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{u_{∆}.}\overrightarrow{u_{\alpha }}=(1;0;2)$.

Đáp án D

Ta có $y=3^e.x^e-{\log }_{2}x=> y\text{'}=3^e.x^{e-1}.e-\frac{1}{x\ln 2}=3e.{\left(3x\right)}^{e-1}-\frac{1}{x \ln 2}$

Đáp án D

Ta có $\int f\left(x\right)dx=\int \sin 5x dx=-\frac{1}{5}\cos 5x+C$.

Đáp án C

Hàm số đã cho đồng biến trên (1;3) nên cũng đồng biến trên (2;3).

Đáp án D

Dựa vào hệ số a>0 ta loại được đáp án C. Đồ thị cắt trục tung tại y=-1 nên loại B.

Từ đồ thị ta thấy hàm số có hai điểm cực trị x₁=1;x₂=3=> x₁+x₂=4; x₁.x₂=3.

Đáp án B

Ta có a².b³=4⁴<=>a².b³=2⁸<=> log₂(a²b³)=log₂2⁸<=> 2log₂a+3log₂b=8

Đáp án C

Mặt phẳng song song với trục Oz là : $\left(Q\right):x+11y+1=0$.

Đường thẳng Oz nằm trong mặt phẳng (P):x+y=0  nên đáp án B không đúng.

Đáp án B

Ta có $2^{x-3}=\frac{1}{2}<=>x-3=-1<=> x=2$.

Đáp án C

Số cách chọn và xếp thứ tự 4 học sinh từ nhóm 6 học sinh là $A_6^4$ nên đáp án C sai.

Đáp án D

Ta có ${\int }_{-1}^2\frac{1}{\sqrt{x+2}}dx$=F(2)-F(-1)<=> F(2)-F(-1)=2<=> F(-1)=F(2)-2=2.

Đáp án D

Ta có $2^x<3-\frac{2}{2^x}$ <=> (2^x)²-3.2^x+2<0<=> 1<2^x<2<=> 0<x<1

Do đó suy ra a=0,b=1=> a+b=1.

Đáp án C

Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là y=2 và y=0, không có TCĐ.

Đáp án D

I(1+2t; 3-t; 1+t) mà $I\in \left(P\right)=>2(1+2t)-3(3-t)+ (1+t)-2=0<=> t=1\hspace{0.17em}=> I(3;2;2)$Do đó a+b+c=7.

Đáp án B

Giá trị nhỏ nhất của hàm số là f(0).

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_{∆}}=(1;2;-1)\\ \overrightarrow{u_{\left(\alpha \right)}}=(1;-1;2)\end{array}\right.-> \sin (∆;(\alpha \left)\right)=\frac{\left|\overrightarrow{u_{∆}}.\overrightarrow{u_{\left(\alpha \right)}}\right|}{\left|\overrightarrow{u_{∆}}.\right|\left|.\overrightarrow{u_{\left(\alpha \right)}}\right|}=\frac{\left|1-2-\right|}{\sqrt{6}\sqrt{6}}=\frac{1}{2}=> (∆;(\alpha \left)\right)={30}^o$.

Đáp án D

Ta có $V={\int }_0^4\frac{1}{2}\mathrm{\pi }{\left(x\sqrt{4-x}\right)}^{2}dx=\frac{\mathrm{\pi }}{2}{\int }_0^4(4x^2-x^3)=\frac{\mathrm{\pi }}{2}\left(\frac{4x^3}{3}-\frac{x^4}{4}\right){|}_0^4=\frac{32\mathrm{\pi }}{2}$.

Đáp án C

Ta có z₁+z₂=2; $\frac{z_1}{z_2}+\frac{z_2}{z_1}=\frac{{(z_1+z_2)}^2-2z_1{z}_2}{z_1{z}_2}=\frac{2^2-2a}{a}=\frac{4-2a}{a}$ là số thực khác 0.

Đáp án D

Ta có log_ab+2log_ba=3

Đặt  $$\begin{gathered} t={\log }_{a}b>1->t+\frac{2}{t} =3<=> t^2-3t+2=0=> t=2 \\ => {\log }_{a}b=2=> b=a^2=> T={\log }_{a^3}{a}^2=\frac{2}{3} \end{gathered}$$

.

Đáp án B

Từ hình vẽ dễ thấy đáp án A, D đúng.

Đáp án B sai do kết quả của tích phân ${\int }_1^{3}f\left(x\right)dx<0$ mà diện tích không thể âm.

Đáp án B

Ta có $R=d\left(I;Oy\right)=\left|y_1\right|=2$.

Đáp án A

Ta có tâm I của mặt cầu chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB.

$S_{SAB}=\frac{1}{2}SO.AB=\frac{SA.SB.AB}{4R}=> R=\frac{S{A}^2}{2SO}=\frac{2^2}{2.1}=2$

Đáp án A

Ta có chiều cao $h=\frac{8\mathrm{\pi }}{4}=2\mathrm{\pi }$

Bán kính đáy  $r=\frac{h}{2\mathrm{\pi }}=1=> V={\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}=2{\mathrm{\pi }}^2$

Đáp án D

Áp dụng công thức đặc biệt:  ${\left|z_1+z_2\right|}^2+{\left|z_1-z_2\right|}^2=2\left({\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2\right)$

Thay số dễ dàng được đáp án đúng là D.

Cách khác: chọn $z_1=1+\sqrt{2}i; z_2=-1+\sqrt{2}i=> z_1+z_2=2\sqrt{2}i=>\left| z_1+z_2\right|=2\sqrt{2}$;  

Đáp án A

Kẻ  $$\begin{gathered} SH \perp AC=> SH\perp \left(ABCD\right) \\ SC= \sqrt{A{C}^2-S{A}^2 }=\sqrt{2a^2-\frac{a^2}{2}} =a\sqrt{\frac{3}{2}} => SH= \frac{SA.SC }{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{4} \\ => V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{4}{a}^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{12} \end{gathered}$$

Đáp án D

Cả 4 đáp án đều thỏa mãn về vectơ chỉ phuơng, ta xét điểm đi qua.

Thay tọa độ (-5;10;-15), (2;4;6), (3;6;12 )vào phương trình $∆:\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{4}=\frac{z-3}{6}$  thì ta thấy (3;6;12) không thỏa mãn.

Đáp án B

Ta có $f\text{'}\left(x\right) =\frac{{\displaystyle \frac{1 x\ln 2 x}{x\ln 2 x}}-{\log }_{2}x}{x^2} =\frac{1-\ln 2. {\log }_{2}x}{x^2\ln 2} =\frac{ 1-\ln x}{x^2\ln 2}$.

Đáp án D

Ta có g'(x)=f'(x)-1=0<=> f'(x)=1<=> ${[}_{ x=a>1}^{x=-1}$

Xét bảng sau:

Hàm số đạt cực trị tại x=a.

Đáp án D

Đặt z=a+bi (a,b $\in \mathrm{ℝ}$).

Ta có  $\left|a+bi-1\right|=\left|a+bi-i\right|<=> {\left(a-1\right)}^2 +b^2=a^2+{\left(b-1\right)}^2<=> a=b=> z=a+ai$

Lại có:  $$\begin{gathered} \left|z=2m\right| =m+1<=>\left| a+ai+2m\right| =m+1 <=> \left\{\begin{array}{l}m\ge -1\\ {\left(a+2m\right)}^2+a^2={(m+1)}^2\end{array}\right. \\ => \left\{\begin{array}{l}m\ge -1\\ 2a^2+4ma+3m^2-2m-1=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Để tồn tại 2 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán thì  $$\begin{gathered} ∆{\text{'}}_m=4ma+2\left(3m^2-2m-1\right)>0 \\ <=> -2m^2+4m+2>0 <=> 1-\sqrt{2}<m<1+\sqrt{2} \end{gathered}$$

Kết hợp  $\left\{\begin{array}{l}m\ge -1\\ m\in \mathrm{\mathbb{Z}}\end{array}\right.=> m=\left\{0;1;2\right\}=> S=\left\{0;1;2\right\}=> T=3$

Đáp án A

Ta có y=log₂(f(2x))=> $y\text{'}=\frac{\left[f\left(2x\right)\right]\text{'}}{f\left(2x\right)\ln 2} =\frac{2.f\text{'}\left(2x\right)}{f\left(2x\right)\ln 2}$

Do $f\left(2x\right)>0 (\forall x\in \mathrm{ℝ}), => y\text{'}>0 <=> f\text{'}\left(2x\right)>0$

Dựa vào bảng biến thiên suy ra

$f\text{'}\left(2x\right)>0 <=>\hspace{0.17em}{[}_{2x>2}^{-1<2x<1} <=> {[}_{x>1}^{-\frac{1}{2}<x<\frac{1}{2}}$.

Suy ra hàm số y=log₂(f(2x)) đồng biến trên khoảng (1;2).

Đáp án C

Gọi I là trung điểm của AD =>  ABCI là hình vuông cạnh a => tam giác ACI có đường trung tuyến $CI=\frac{AD}{2}=> ∆ACD$ vuông tại C  $AC \perp CD$

Dựng  Dx//AC

$d \left(AC;SD\right)= d \left(AC; \left(SDx\right)\right) =d \left(A; \left(SDx\right)\right)$

Dựng $AE \perp Dx, AF \perp SE=> d (A; \left(SDx\right))=AF$  

Ta có: $AE=CD=\sqrt{C{I}^2+I{D}^2}=a\sqrt{2}$

Suy ra $AF=\frac{SA.SE}{\sqrt{S{A}^2+S{E}^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Đáp án D

Giả sử thiết diện là hình thang ABPQ

Gọi I, K lần lượt là tâm của đường tròn nhỏ và to.

Gọi M, N là hình chiếu của I, K lên một cạnh bên, điểm $E=IK\cap MN$ (hình vẽ) trong đó IK=r+R=4 cm.

Ta có:  $\frac{EI}{EK}=\frac{IM}{KN}=\frac{r}{R}=\frac{1}{3}<=> \frac{EI}{EI+IK}=\frac{1}{3}<=> \frac{EI}{EI+4}=\frac{1}{3}$

Suy ra  $\widehat{EBO}={60}^o=> \widehat{KBO}={30}^o=> OB=KO . cot30°=3\sqrt{3}$

Mặt khác $EH=IE-IH=2-1=1 cm, PH=HE. \tan 30°=\frac{1}{\sqrt{3}}$,  

Thể tích của vật thể cần tìm là:

$V=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }O{B}^2.EO-\frac{1}{3}.\mathrm{\pi }H{P}^2.EH=\frac{728\mathrm{\pi }}{9}$

Đáp án C

Xét hàm số  y=g(x)=3f(x)-x³

Vẽ đồ thị hàm số y=x² ta thấy $f\text{'}\left(x\right)\ge x^2, \forall x\in (0;2)=> g\text{'}\left(x\right)=3f\text{'}\left(x\right)-3x^2\ge 0 \forall x\in (0;2)$

Do đó hàm số y=g(x) đồng biến trên khoảng (0;2) và g(0)=3f(0)-0=g(0)

=> $g\left(x\right)\ge g\left(0\right) \left(\forall x\in (0;2)\right)$

Do đó $y=\left|g\left(x\right)\right|=g\left(x\right), \left(\forall x\in (0;2)\right)=> g\left(x\right)$  đồng biến trên khoảng (0;2).

Đáp án B

Đặt  $t=2^x+2^{-x}=> t\text{'}=2^x \ln 2-2^{-x} \ln 2=0=>2^x=2^{-x}=> x=0$

Mặt khác$t\left(-1\right)=\frac{5}{2}, t\left(0\right)=2, t\left(2\right)=\frac{17}{4}$

Từ bảng biến thiên ta có nhận xét:

Với ${[}_{\frac{5}{2}<t<\frac{17}{4}}^{t=2}$  thì 1 giá trị của t có một giá trị của x, với $t\in (2; \frac{5}{2}]$=>1 giá trị của t có 2 giá trị của x.

Với $t\in (2;\frac{17}{4}]$=> Phương trình f(t)=m  có nhiều nhất 2 nghiệm.

Khi đó phương trình đã cho có nhiều nhất 3 nghiệm khi phương trình f(t)=m có 2 nghiệm $t_1\in (2;\frac{5}{2}]$ và 1 nghiệm  $t_2\in (\frac{2}{5};\frac{17}{4}]$.

Đáp án A

Ta có $\overrightarrow{AC}=(2;-2;2)$

 Phương trình đường thẳng AC: $\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=-t\\ z=1+t\end{array}\right.$

Gọi H(t; -t;1+t) là chân đường cao hạ từ B xuống AC

Ta có  $\overrightarrow{BH}=(t+3; -t-; t+1) và \overrightarrow{BH}.\overrightarrow{u_{AC}}=0<=> t+3+t+2+t+1<=> t=-2$

Suy ra $\overrightarrow{BH}=(1;0;-1)=>\overrightarrow{BH:}\left\{\begin{array}{l}x=-3+t\\ y=2\\ z=-t\end{array}\right.=> P(-1;2;-2)\in BH$.

Đáp án B

Xếp 10 học sinh thành 1 hàng ngang có: $\left|\Omega \right|=10!$ cách sắp xếp.

Gọi A là biến cố: “Hàng ngang không có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau”

Sắp xếp 5 bạn nam thành 1 hàng có: 5! cách sắp xếp, khi đó có 6 vị trí để xếp 5 bạn nữ xen kẽ để không có hai bạn nữ đứng cạnh nhau (6 vị trí bao gồm 2 vị trí đầu, cuối và 4 vị trí giữa 2 bạn nam)

Do đó $\left|{\Omega }_A\right|=5!.A_6^5=86400$ cách.

Xác suất cần tìm là: $P=\frac{\left|{\Omega }_A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{1}{42}$.

Đáp án B

Ta có f'(x)=31^x ln31+3^x ln3 +m.

TH1: Với $m\ge 0 => f\text{'}\left(x\right)>0,\forall x\in \mathrm{ℝ}$ suy ra hàm số đồng biến trên  Hàm số không có giá trị nhỏ nhất.

TH2: Với m<0 thì phương trình f'(x)=0 <=> 31^x ln31+3^x ln3 =-m.

Do hàm số y= 31^x ln31+3^x ln3  đồng biến trên $\mathrm{ℝ}=>$  Phương trình f'(x)=-m có nghiệm duy nhất x=a. Do m<0 thì  $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty , \underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty$.

Ta có bảng biến thiên cho  f(x)

Suy ra $\underset{\mathrm{ℝ}}{min} f\left(x\right) =f\left(a\right)=2$, mặt khác f(0)=2=> a=0.

Do đó -m=31^x ln31+3^x ln3 <=> m=- ln31-ln3 $\approx$-4,49. 

Đáp án A

Xét hàm số f(x)=x⁴-2x²+m  trên đoạn [0;2]

Ta có: f'(x)=4x³-4x; f''(x)=0<=> 4x³-4x=0<=> ${[}_{x=1}^{x=0}$

Ta lại có: f(1)=m-1; f(2)=m+8; f(0)=m.

 $\underset{[0;2]}{max} f\left(x\right)=m+8; \underset{[0;2]}{min} f\left(x\right)=m-1$.

- Nếu $m-1\ge 0<=> m\ge 1$ thì $\underset{[0;2]}{max} \left|f\left(x\right)\right|=m+8; \underset{[0;2]}{min}\left| f\left(x\right)\right|=m-1$ .

Khi đó $\underset{[0;2]}{max} \left|f\left(x\right)\right|<3 \underset{[0;2]}{min} \left|f\left(x\right)\right|<=> m+8<3 (m-1)<=> m>\frac{11}{2}$.

- Nếu  $m+8\le = <=> m\le -8$thì $\underset{[0;2]}{max} \left|f\left(x\right)\right|=1-m; \underset{[0;2]}{min}\left| f\left(x\right)\right|=-m-8$ .

Khi đó $\underset{[0;2]}{max} \left|f\left(x\right)\right|<3 \underset{[0;2]}{min} \left|f\left(x\right)\right|<=>1-m<3 (-m-8)<=> m<-\frac{25}{2}$

- Nếu (m-1)(m+8)<0 <=> -8<m<1 thì $\underset{[0;2]}{max} \left|f\left(x\right)\right|= max \left\{\left|m+8\right|, \left|1-m\right|\right\}=max \left\{m+8;1-m\right\} ; \underset{[0;2]}{min}\left| f\left(x\right)\right|=0$

Khi đó, không thỏa mãn điều kiện $\underset{[0;2]}{max} \left|f\left(x\right)\right|<3 \underset{[0;2]}{min} \left|f\left(x\right)\right|$

Do đó: ${[}_{m>\frac{11}{2}}^{m<\frac{25}{2}}$ kết hợp với [-20; 20] ta có  $m \in [-20; -\frac{25}{2})\cup (\frac{11}{2};20]$

Mà $m\in \mathrm{\mathbb{Z}} => S=\{-20; -19;-18;...;-13;6;7;...;20\}$.

Tổng các phần tử của S bằng 6+7+8+9+10+11+12=63.

Đáp án C

Ta có $$\begin{gathered} {\int }_0^1\frac{dx}{f^2\left(x\right)} + {\int }_0^1{\left[f\left(x\right)\right]}^{2}dx ={\int }_0^1\left[\frac{dx}{f^2\left(x\right)} + {\left[f\left(x\right)\right]}^2\right]dx \stackrel{AM-GM}{\ge }2{\int }_{ 0}^1\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}dx \\ 2\ln \left|f\left(x\right)\right|{|}_0^1- 2\ln \left|f\left(1\right)\right|- 2\ln \left|f\left(0\right)\right|=2 \ln \left|\frac{f\left(1\right)}{f\left(0\right)}\right|== 2 \ln e =2 \end{gathered}$$

Mà ${\int }_0^1\frac{dx}{f^2\left(x\right)} + {\int }_0^1{\left[f\left(x\right)\right]}^{2}dx \le 2$ nên dấu “=” xảy ra, tức là $$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{f\left(x\right)}<=> f\left(x\right).f\text{'}\left(x\right)=1 \\ => \int f\left(x\right).f\text{'}\left(x\right)dx=\int xdx=>\frac{f^2\left(x\right)}{2}=x+C=> f\left(x\right)=\sqrt{2x+2C} \end{gathered}$$

Theo giả thiết  f(1)=e. f(0) nên ta có  

$$\begin{gathered} \sqrt{2x+2C}=e\sqrt{2C}<=> 2+2C= e^2. 2C<=> C=\frac{1}{e^2-1} \\ => f\left(x\right)=\sqrt{2x+\frac{2}{e^2-1}}=> f\left(1\right)=\sqrt{2x+\frac{2}{e^2-1}}=\sqrt{\frac{2e^2}{e^2-1}} \end{gathered}$$

Đáp án A

Chọn hệ tọa độ Oxy, với O là trung điểm A₁A₂=> A₁(-2;0),A₂(2;0)

Phương trình $\left(E\right) \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{1}=1$ mà $M(-1; y_M); N(1; y_N)$  thuộc $\left(E\right)=> M\left(-1;\frac{\sqrt{3}}{2}\right), N\left(1;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

Gọi phương trình parabol (P) là y= ax²+bx+c (a khác 0)

Dựa vào hình vẽ, ta thấy (P) có đỉnh B₁(0;-1) và đi qua  $M\left(-1;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=> \left(P\right): y=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+1\right)x^2-1$

Khi đó, diện tích phần tô đậm là

$S_1={\int }_{-1}^1\left|\sqrt{1-\frac{x^2}{4}-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+1\right)x^2+1}\right|dx\approx 2,67 m^2$.

Diện tích của elip là $S_2=2\mathrm{\pi }$ Diện tích phần còn lại là $S_3=S_2-S_1\approx 3,61 m^2$

Vậy kinh phí sử dụng để trang trí là  

$200.S_1+500.S_2\approx 2.339.000$ đồng.

Đáp án D

Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống

Dựa vào đồ thị đã cho ta có đồ thị của hàm y=|f(x)| là

Đặt  $t=\frac{3x^2+2x+3}{2x^2+2}$

Ta có $t\text{'}=\frac{-4x^2+4}{{\left(2x^2+2\right)}^2}=0 <=> {[}_{x=1}^{x=-1}$

Dựa vào bảng biến thiên ta có  $x\in \mathrm{ℝ}<=> t\in [1;2]$

Vậy phương trình $\left|f\left(\frac{3x^2+2x+3}{2x^2+2}\right)\right|=m$ có nghiệm khi và chỉ khi phương trình |f(t)| có nghiệm $t\in \left[1;2\right]<=> 2\le m\le 4$.

Cách 2: Phương pháp ghép trục

Dựa vào đồ thị đã cho ta có đồ thị của hàmy=|f(x)|  là

Đặt  $t=\frac{3x^2+2x+3}{2x^2+2}$

Ta có $t\text{'}=\frac{-4x^2+4}{{\left(2x^2+2\right)}^2}=0 <=> {[}_{x=1}^{x=-1}$

Ta có bảng biến thiên:

Với 2<a<4.

Vậy phương trình $\left|f\left(\frac{3x^2+2x+3}{2x^2+2}\right)\right|=m$ có nghiệm khi và chỉ khi $2\le m\le 4$.

Đáp án D

Bài toán tương đương với:$m>f\left(x\right)-3.e^{x+2}, \forall x\in [-2;2]$

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(x\right)-3.e^{x+2}$ trên $[-2;2]$.

Bài toán trở thành tìm m để $m>g\left(x\right),\forall x\in [-2;2]<=> m> \underset{[-2;2]}{max} g\left(x\right)$.

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-3.e^{x+2}$.

Nhận xét: $x\in (-2;2)=> \left\{\begin{array}{l}1<f\text{'}\left(x\right)<3\\ -3e^4<-3e^{x+2}<-3\end{array}\right.=> g\text{'}\left(x\right)<0$.

Do đó ta có $<=>m> \underset{[-2;2]}{max} g\left(x\right)= g(-2)=f(-2)-3$.

Vậy m>f(-2)-3

Đáp án C

Gọi B(b+4; b+5; -4b-7)  mà $B\in \left(\alpha \right)=> b+4-4b-7-3=0<=> b=-2=> B(2;3;1)$Gọi  C(c+4; c+5; -4b-7)$=>\overrightarrow{ BC}=\left(c+2; c+2; -4c-8\right)=> BC=\sqrt{18{\left(c+2\right)}^2}$

Mà $BC=3\sqrt{2}=> {(c+2)}^2=1=> c=-1\left(V_2-V_1\right)=> C(3;4;-3)$

Ta có $\cos \widehat{ABC}=\frac{AB}{BC}=> AB= BC. \cos \widehat{ABC}=\frac{3\sqrt{6}}{2}; AC=\frac{3\sqrt{2}}{2}$;  

Gọi $A\left(x;y;z\right)=> \left\{\begin{array}{l}A\in \left(\alpha \right)\\ AB=\frac{3\sqrt{6}}{2}\\ AB=\frac{3\sqrt{2}}{2}\end{array}=> \left\{\begin{array}{l}x+z-3=0\\ {\left(x-2\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=\frac{27}{2}\\ {\left(x-3\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2+{\left(z+3\right)}^2=\frac{9}{2}\end{array}\right.\right.$ 

Giải hệ, ta được $(x;y;z)=\left(\frac{9}{2};4;-\frac{3}{2}\right)$.