Top 5 đề thi Đánh gia năng lực trường ĐH Bách Khoa Hà Nội năm 2023 - 2024 có đáp án (đề 4)

A. Anh Hiếu là kĩ sư chuyên ngành sinh hóa. ® Sai, anh Hiếu là kỹ sư Điện – Điện tử.

B. Đường và thuốc kháng sinh là những tác nhân khiến hoa nhanh héo. ® Sai, hai chất này giúp hoa tươi lâu hơn.

c. Anh Hiếu được bạn gợi ý điều chế dung dịch giúp hoa tươi lâu. ® Sai, người bạn chỉ mua tặng hoa cho anh, không gợi ý điều chế dung dịch.

Chọn D

Dung dịch chứa ion đồng, không phải oxit đồng.

Chọn A

Thông tin tại dòng 15-18: “...ion đồng có khả năng diệt khuẩn cực mạnh... cung cấp chất dinh dưỡng cho cành hoa, giúp tươi lâu”.

Thông tin tại dòng 33-35: “...vì đường này giống với cơ chế quang hợp...”.

Chọn C

Thông tin tại dòng 39-40: “...hoa lay ơn từ 4 ngày lên 15 ngày...”.

Chọn D

Đoạn 9 nêu ba thông tin lớn: Dung dịch của anh Hiếu có giá thành rẻ (chỉ 1000đ/bình hoa), thuận tiện (dạng dung dịch) và bảo quản được hoa lâu hơn. $\to$ Ý chính của đoạn là những điểm ưu việt của dung dịch.

Chọn B

Dung dịch giúp của hàng của chị Ngoan giảm được nhân công, tăng doanh thu ® thái độ tích cực.

Chọn A

Ý chính của các đoạn trong bài:

Đoạn 1-2: Giới thiệu về nghiên cứu.

Đoạn 3: Cách thức tiến hành nghiên cứu với nhóm tình nguyện viên tại Argentina.

Đoạn 4: Kết quả nghiên cứu từ nhóm tình nguyện viên tại Argentina.

Đoạn 5-6: Giả thuyết giải thích vì sao giấc ngủ dao động theo chu kì mặt Trăng.

Đoạn 7-8: Giải thích phương pháp nghiên cứu của De la Iglesia và Casiraghi.

Đoạn 9: Lí do đồng hồ sinh học thay đổi khi con người tiếp xúc với nguồn sáng nhân tạo.

Đoạn 10: Mô hình “bán nguyệt”.

Đoạn 11: Định hướng phát triển tiếp theo của nghiên cứu.

Tổng hợp ý các đoạn, ta có ý chính của toàn bài là: “Giấc ngủ của con người thay đổi theo chu kỳ mặt Trăng.”

Chọn B

Đoạn trích chỉ cho biết thời lượng giấc ngủ ngắn nhất vào ngày rằm, không cung cấp thông tin dài nhất vào ngày nào.

Chọn C

GS nhắc tới hai cộng đồng nhằm nhấn mạnh kết luận của nghiên cứu đúng với cả nhóm có và không/ít sử dụng thiết bị điện thông qua đó nêu bật tính phổ quát của nghiên cứu.

Chọn B

Thông tin tại dòng 24-25: “...trong vòng 3 đến 5 ngày trước khi trăng tròn”.

Chọn D

Từ “họ” chỉ nhóm nghiên cứu là chủ ngữ của câu liền trước.

Chọn A

A. Trăng mọc muộn hơn khiến con người có xu hướng ngủ muộn hơn. ® Sai, Trăng mọc muộn khiến con người đi ngủ sớm hơn (do không có ánh sáng tự nhiên).

B. Sinh viên tại Seattle có xu hướng ngủ nhiều hơn khi tăng tiếp xúc với thiết bị điện. ® Sai, con người ngủ ít đi khi tiếp xúc nhiều với thiết bị điện.

C. Tình nguyện viên tại Toba-Qom có xu hướng ngủ ít đi do ánh sáng của trăng rằm.

D. Tổ tiên loài người đã tiến hóa để loại trừ tác động của mặt Trăng lên giấc ngủ. ® Sai, tổ tiên loài người đã tiến hóa theo chu kì mặt Trăng để tận dụng ánh sáng tự nhiên từ Trăng.

Chọn C

Hai nhà nghiên cứu cho rằng dữ liệu trong phương pháp truyền thống có thể không chính xác do sai sót trong quá trình người dùng ghi lại bằng nhật kí.

Từ “nó” được dùng để chỉ ánh sáng nhân tạo là chủ ngữ của câu liền trước.

Chọn B

Tác giả không đề cập nguyên nhân chỉ quan sát được mô hình bán nguyệt ở nhóm nông thôn.

Chọn D

Trong đoạn cuối, tác giả nghiên cứu chia sẻ các hướng phát triển tiếp theo trong tương lai.

Ý chính các đoạn trong bài:

Đoạn 1: Giới thiệu nghiên cứu cảm biến đánh giá độ chín của thịt gà tự động.

Đoạn 2: Sự cần thiết của hệ thống cảm biến đánh giá độ chín của đồ ăn tự động.

Đoạn 3: Định hướng chính của nghiên cứu.

Đoạn 4-7: Các bước tiến hành nghiên cứu.

Đoạn 8: Kết quả nghiên cứu.

Đoạn 9: Các phương hướng phát triển nghiên cứu trong tương lai.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn bài là: “Sử dụng “mũi điện tử” và thị giác máy tính để đánh giá độ chín của thịt gà.”

Chọn B

A. Nghiên cứu công nghệ cảm biến hóa học. ® Sai, đây là một trong các công nghệ được nghiên cứu sử dụng, không phải mục đích của nghiên cứu.

B. Nghiên cứu công nghệ thị giác máy tính. ® Sai, đây là một trong các công nghệ được nghiên cứu sử dụng, không phải mục đích của nghiên cứu.

C. Giúp tự động hóa quy trình nướng thịt gà tại các nhà hàng. ® Đúng.

D. Chế tạo lò nướng “thông minh” cho mỗi gia đình. ® Sai, đây chỉ là một khả năng ứng dụng trong tương lai, không phải mục tiêu trực tiếp hiện tại của nghiên cứu. Lưu ý tác giả sử dụng từ “biết đâu”.

Chọn C

Thông tin tại dòng 9: “...với một khu bếp lớn, bạn không thể phụ thuộc vào đôi mắt hoặc cái mũi của chỉ một người...”.

Chọn C

Thông tin tại dòng 20: “thị giác máy tính” có thể phát hiện bánh quy bị vỡ, không phải “mũi điện tử”.

Chọn D

Đoạn 4 giải thích cách thức các nhà khoa học sử dụng “mũi điện tử” và thị giác máy tính để theo dõi được độ chín của thịt gà nướng.

Thông tin tại dòng 32: “...để theo dõi số lượng hạt vật chất bay hơi trong quá trình nướng...”.

Chọn A

Các tình nguyện viên tham gia đánh giá chất lượng từng miếng thịt nướng. Sau đó kết quả đánh giá được các nhà nghiên cứu đem so sánh với đánh giá của máy móc để kiểm tra và cân chỉnh độ chính xác của máy.

Chọn A

Ý của đoạn văn là các tình nguyên viên tham gia nghiên cứu (các nhà khoa học vật liệu) thường tiếp xúc với các dữ liệu máy tính, ít tham gia trực tiếp vào các công việc nấu nướng như trong nghiên cứu này.

Chọn B

Thông tin tại dòng 54: “Các nhà nghiên cứu đang lập kế hoạch kiểm tra các cảm biến của mình trong môi trường bếp nhà hàng.”

Chọn B

 Ta có .$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\\ x=2\end{array}\right.$

Dựa vào bảng biến thiên (hình bên) ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (1;2).

Chọn B

Ta có $I\left(-1;2\right)$; $M\left(a;\frac{2a+1}{a+1}\right)$. Lại có, ${y^{\text{'}}}_{\left(a\right)}=\frac{1}{{\left(a+1\right)}^2}$.

Phương trình tiếp tuyến tại M: $y=\frac{1}{{\left(a+1\right)}^2}\left(x-a\right)+\frac{2a+1}{a+1}$.

Giao của tiếp tuyến và tiệm cận đứng $A\left(-1;\frac{2a}{a+1}\right)$.

Giao của tiếp tuyến và tiệm cận ngang $B\left(2a+1;2\right)$.

Ta có $IA=\frac{2}{\left|a+1\right|}$; $IB=2\left|a+1\right|$; $S_{\Delta IAB}=\frac{1}{2}IA.IB=2=p.r$;

$p=IA+IB+AB=IA+IB+\sqrt{I{A}^2+I{B}^2}\ge 2\sqrt{IA.IB}+\sqrt{2IA.IB}=2\sqrt{4}+\sqrt{2.4}$.

Suy ra $r_{\max }$ khi $p_{\min }$. Khi đó IA=IB. Suy ra M là giao điểm của đường thẳng d đi qua I có hệ số góc k=-1 và đồ thị hàm số.

Phương trình qua d có dạng $y-2=-1\left(x+1\right)\iff y=-x+1$

Hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình

$-x+1=\frac{2x+1}{x+1}\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}M\left(0;1\right)\\ M\left(-2;3\right)\end{array}\right.\Rightarrow a+b=1$.

Chọn B

Điều kiện $a{x}^2=bx+4\ge 0$. Để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang thì $a>0$.

Khi đó, ta có

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(2x+\sqrt{a{x}^2+bx+4}\right)=+\infty$

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(2x+\sqrt{a{x}^2+bx+4}\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\left(a-4\right)x^2+bx+4}{\sqrt{a{x}^2+bx+4}-2x}=-1$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a-4=0\\ \frac{b}{-\sqrt{a-2}}=-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=4\end{array}\right.$. Vậy $2a-b^3=-56$.

Chọn B

Từ ${\log }_{a}b=\sqrt{2}\iff b=a^{\sqrt{2}}$ thay vào ta được:

$M={\log }_{\frac{\sqrt{a^{\sqrt{2}}}}{a}}\sqrt{\frac{a^{\sqrt{2}}}{a}}={\log }_{a^{\frac{\sqrt{2}}{2}-1}}{a}^{\frac{\sqrt{2}-1}{2}}=\frac{\frac{\sqrt{2}-1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}-1}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Chọn A

Ta có $2^{{\sin }^{2}x}+3^{{\cos }^{2}x}=m{.3}^{{\sin }^{2}x}\iff 2^{{\sin }^{2}x}+3^{1-{\sin }^{2}x}=m{.3}^{{\sin }^{2}x}$.

Đặt $t={\sin }^{2}x,t\in \left[0;1\right]$. Phương trình đã cho trở thành

$2^t+3^{1-t}=m{.3}^t\iff {\left(\frac{2}{3}\right)}^t+3^{1-2t}=m$.

Xét hàm số $f\left(t\right)={\left(\frac{2}{3}\right)}^t+3^{1-2t}$, với $t\in \left[0;1\right]$. Ta có $f^{\text{'}}\left(t\right)={\left(\frac{2}{3}\right)}^t.\ln \frac{2}{3}-{2.3}^{1-2t}.\ln 3$;

$f^{\text{'}\text{'}}\left(t\right)={\left(\frac{2}{3}\right)}^t.{\left(\ln \frac{2}{3}\right)}^2+{4.3}^{1-2t}.{\left(\ln 3\right)}^2>0\forall t\in \left[0;1\right]$.

$\Rightarrow f^{\text{'}}\left(t\right)$ liên tục và đồng biến trên [0;1] nên $f^{\text{'}}\left(t\right)\le f^{\text{'}}\left(1\right)=\frac{2}{3}\ln \frac{2}{9}<0,\forall t\in \left[0;1\right]$.

$\Rightarrow f\left(t\right)$ liên tục và nghịch biến trên [0;1] nên $f\left(1\right)\le f\left(t\right)\le f\left(0\right),\forall t\in \left[0;1\right]$.

Chọn B.

Tổng số tiền người đó còn nợ là A₀ = 400 triệu đồng.

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ nhất là: A₁ = A₀ + 0, 5%.A₀ – 4 = 1,005.A₀ – 4.

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ hai là: A₂ = A₁ + 0, 5A₁ – 4 = 1,005A₁ – 4

= 1,005(1,005A₀ – 4) – 4 = (1,005)²A₀ – 4(1,005 + 1).

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ ba là: A₃ = A₂ + 0, 5%A₂ – 4 = 1,005A₂ – 4

= 1,005[(1,005)²A₀ – 4(1,005 + 1)] – 4 = (1,005)³A₀ – 4[(1,005)² + 1,005 + 1].

………

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ n là:

A_n = (1,005)ⁿ.A₀ – 4[(1,005)^{n – 1} + (1,005)^{n – 2} + ... + 1].

Ta có: 1 + 1,005 + (1,005)² + ... + (1,005)^{n – 2} + (1,005)^{n – 1} là tổng n số hạng của một cấp số nhân có số hạng đầu u₁ = 1 và q = 1,005. 

Do đó $S_n=\frac{1\left[1-{\left(1,005\right)}^n\right]}{1-1,005}=200\left[{\left(1,005\right)}^n-1\right]$.

Người đó trả hết nợ khi A_n = 0 Þ (1, 005)ⁿ.A₀ – 800[(1, 005)ⁿ – 1] = 0

Û 400.(1,005)ⁿ = 800 Û (1,005)ⁿ = 2 Û n = log_1,0052 » 138,98 (tháng).

Vậy người đó trả hết nợ sau 139 tháng.

Chọn A

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Ta có $AO=SO=CO\Rightarrow SO=\frac{1}{2}AC\Rightarrow \Delta SAC$ nên

 $AO=SO=CO\Rightarrow SO=\frac{1}{2}AC\Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại S.

Do đó, $AC=\sqrt{S{A}^2+S{C}^2}=\sqrt{x^2+4}$

$\Rightarrow OD=\sqrt{A{D}^2-A{O}^2}=\sqrt{4-\frac{4+x^2}{4}}=\frac{\sqrt{12-x^2}}{2}$

$\Rightarrow BD=\sqrt{12-x^2},0<x<2\sqrt{3}$.

Ta thấy $\left\{\begin{array}{l}BD\perp AC\\ BD\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow BD\perp \left(SAC\right)$.

Trong $\Delta SAC$ hạ $SH\perp AC$.

Khi đó, $\left\{\begin{array}{l}SH\perp AC\\ SH\perp BD\end{array}\right.\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$.

Xét tam giác vuông SAC có $\frac{1}{S{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{S{C}^2}\Rightarrow SH=\frac{SA.SC}{\sqrt{S{A}^2+S{C}^2}}=\frac{2x}{\sqrt{4+x^2}}$

$\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.\sqrt{x^2+4}.\sqrt{12-x^2}.\frac{2x}{\sqrt{x^2+4}}=\frac{1}{3}.x.\sqrt{12-x^2}\le \frac{1}{3}\frac{x^2+12-x^2}{2}=2$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x^2=12-x^2\Rightarrow x=\sqrt{6}$.

Chọn D

Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao khối trụ ban đầu (T).

Gọi $h_1,h_2$ lần lượt là chiều cao của hai khối trụ mới $\left(T_1\right),\left(T_2\right)$.

Diện tích toàn phần khối trụ (T) là: $S=2\pi rh+2\pi r^2$.

Diện tích toàn phần khối trụ $\left(T_1\right)$ là: $S_1=2\pi r{h}_1+2\pi r^2$.

Diện tích toàn phần khối trụ $\left(T_2\right)$ là: $S_2=2\pi r{h}_2+2\pi r^2$.

$\Rightarrow S_1+S_2=2\pi r\left(h_1+h_2\right)+4\pi r^2$.

Theo đề bài ta có $S_1+S_2-S=32\pi \iff 2\pi r^2=32\pi \iff r=4$

Vậy $S_1+S_2=2\pi rh+4\pi r^2=2\pi \mathrm{.4.7}+4\pi .16=120\pi \left({\text{dm}}^{\text{2}}\right)$.

Đổi 50,24 (lít) = 50,24 (dm³)= 0,05024(m³).

Dựa vào hình vẽ ta thấy, bán kính đường tròn đáy của thùng đựng dầu là $R=\frac{1}{2}h$.

Thể tích thùng đựng dầu là: $V=\pi R^{2}h\iff 0,05024=\frac{\pi h^3}{4}\Rightarrow h=0,4$. 

Diện tích hình chữ nhật ban đầu gấp 3 lần diện tích xung quanh của hình trụ.

Vậy $S=3.2\pi Rh=6.3,14.\frac{h^2}{2}=6.3,14.\frac{0,4^2}{2}=1,5072\left(m^2\right)$.

Chọn C

Gọi A, B, C, D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử AB = 4, AC = BD = AD = BC = 5.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.

Dễ dàng tính được  $MN=2\sqrt{3}$. Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu trên.

Vì IA = IB, IC = ID nên I nằm trên đoạn MN.

Đặt IN=x, ta có $IC=\sqrt{3^2+x^2}=3+r$,

$IA=\sqrt{2^2+{\left(2\sqrt{3}-x\right)}^2}=2+r$.

Từ đó suy ra

$\sqrt{3^2+x^2}-\sqrt{2^2+{\left(2\sqrt{2}-x\right)}^2}=1\iff x=\frac{12\sqrt{3}}{11}$.

Vậy $r=\sqrt{3^2+{\left(\frac{12\sqrt{3}}{11}\right)}^2}-3=\frac{6}{11}$.

Chọn D

Ta có $1+f\left(x\right)=f\left(x\right)f\left(1-x\right)+f\left(x\right)\Rightarrow \frac{f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}=\frac{1}{f\left(1-x\right)+1}$.

Xét $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{1+f\left(x\right)}$. Đặt $t=1-x\iff x=1-t\Rightarrow dx=-dt$.

Đổi cận $x=0\Rightarrow t=1$; $x=1\Rightarrow t=0$.

Khi đó, $I=-\underset{1}{\overset{0}{\int }}\frac{dt}{1+f\left(1-t\right)}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dt}{1+f\left(1-t\right)}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{1+f\left(1-x\right)}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{1+f\left(x\right)}$

Mặt khác, $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{1+f\left(x\right)}+\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{1+f\left(x\right)}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1+f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx=1$ hay 2I=1.

Vậy $I=\frac{1}{2}$.

Chọn B

+) Từ đề bài, ta suy ra: tính từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm B bắt kịp thì A đi được 15 giây, B đi được 12 giây.

+) Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng  $v_B\left(t\right)=\int adt=at+C$, lại có $v_B\left(0\right)=0$ nên $v_B\left(t\right)=at$.

+) Từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm B bắt kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được là bằng nhau. Do đó

$\underset{0}{\overset{15}{\int }}\left(\frac{1}{150}{t}^2+\frac{59}{75}t\right)dt=\underset{0}{\overset{12}{\int }}atdt\iff 96=72a\iff a=\frac{4}{3}$.

Từ đó, vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng $v_B\left(12\right)=\frac{4}{3}.12=16\left(m/s\right)$.

Chọn B

Ta có $z+1+3i-\left|z\right|i=0\iff a+bi+1+3i-i\sqrt{a^2+b^2}=0$

$\iff a+1+\left(b+3-\sqrt{a^2+b^2}\right)i=0\iff \left\{\begin{array}{l}a+1=0\\ b+3=\sqrt{a^2+b^2}\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ \left\{\begin{array}{l}b\ge -3\\ {\left(b+3\right)}^2=1+b^2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=-\frac{4}{3}\end{array}\right.\Rightarrow S=-5$.

Chọn B

Ta có $S=\left|z_1^2+4z_2^2\right|=\left|z_1^2-{\left(2i{z}_2\right)}^2\right|=\left|z_1-2i{z}_2\right|.\left|z_1+2i{z}_2\right|$

Gọi P là điểm biểu diễn của số phức $2i{z}_2$.

Khi đó ta có

$\left|z_1-2i{z}_2\right|.\left|z_1+2i{z}_2\right|=\left|\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OP}\right|.\left|\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OP}\right|$

                                $=\left|\overrightarrow{PM}\right|.\left|2\overrightarrow{OI}\right|=2PM.OI$ (I là trung điểm PM).

Do $\widehat{MON}=30°$ nên áp dụng định lí cosin ta tính được MN = 1.

Khi đó $\Delta OMP$ có MN đồng thời là đường cao và đường trung tuyến,

suy ra $\Delta OMP$ cân tại M $\Rightarrow PM=OM=2$.

Áp dụng định lí đường trung tuyến cho $\Delta OMN$ ta có: $O{I}^2=\frac{O{M}^2+O{P}^2}{2}-\frac{M{P}^2}{4}=7$.

Vậy $S=2PM.OI=\mathrm{2.2.}\sqrt{7}=4\sqrt{7}$.

Chọn C

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{a}=\left(1;2;1\right)\\ \overrightarrow{b}=\left(-1;1;2\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left[\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}\right]=\left(3;-3;3\right)$.

Khi đó $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$ đồng phẳng $\iff \left[\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}\right].\overrightarrow{c}=0\iff 3x-9x+3\left(x+2\right)=0\iff x=2$.

Chọn A

Đường thẳng IH nhận $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(2;2;-1\right)$ làm vectơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng IH là $\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=2+2t\\ z=3-t\end{array}\right.$

Giao điểm của IH với $\left(S\right)$. $9t^2=9\iff t=\pm 1\Rightarrow M_1\left(3;4;2\right)$ và $M_2\left(-1;0;4\right)$.

$M_{1}H=d\left(M_1;\left(P\right)\right)=12$; $M_{2}H=d\left(M_2;\left(P\right)\right)=6$. Vậy điểm cần tìm là $M\left(3;4;2\right)$.

Chọn C

Mặt phẳng $\left(\alpha \right):x-my+z+6m+3=0$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_1}=\left(1;-m;1\right)$, và mặt phẳng $\left(\beta \right):mx+y-mz+3m-8=0$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_2}=\left(m;1;-m\right)$.

Ta có $M\left(-3m+\frac{4}{m}-3;0;-3m-\frac{4}{m}\right)\in \Delta =\left(\alpha \right)\cap \left(\beta \right)$. 

Do đó $\Delta$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2}\right]=\left(m^2-1;2m;m^2+1\right)$.

Gọi (P) là mặt phẳng chứa đường thẳng $\Delta$ và vuông góc với mặt phẳng $\left(Oxy\right)$. Khi đó $\left(P\right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{u};\overrightarrow{k}\right]=\left(2m;1-m^2;0\right)$.

Phương trình mặt phẳng (P) là : $2mx+\left(1-m^2\right)y+6m^2+6m-8=$0.

Vì $I\left(a;b;c\right)\in \left(Oxy\right)$ nên I(a;b;0).

Theo giả thiết ta suy ra (P) là tiếp diện của mặt cầu $\left(S\right)\Rightarrow d\left(I;\left(P\right)\right)=R$

$\iff \frac{\left|2ma+\left(1-m^2\right)b+6m^2+6m-8\right|}{\sqrt{4m^2+{\left(1-m^2\right)}^2}}=R>0$

$\iff \frac{\left|2m\left(a+3\right)+\left(6-b\right)m^2+b-8\right|}{m^2+1}=R>0$

$\iff \left[\begin{array}{l}2m\left(a+3\right)+\left(6-b\right)m^2+b-8=R\left(m^2+1\right)\\ 2m\left(a+3\right)+\left(6-b\right)m^2+b-8=-R\left(m^2+1\right)\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}2\left(a+3\right)=0\\ 6-b=R\\ b-8=R\\ R>0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}2\left(a+3\right)=0\\ 6-b=-R\\ b-8=-R\\ R>0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=-3\\ 6-b=b-8\\ R=6-b>0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=-3=0\\ 6-b=b-8\\ -R=6-b<0\end{array}\right.\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=-3\\ b=7\end{array}\right.$.

Vậy I(-3;7;0), do đó $P=10a^2-b^2+3c^2=41$.