Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2023 online - Đề thi của Trường THPT Phú Lâm

Chọn A

                 \(z=-1-2\sqrt{6}i\Rightarrow \overline{z}=-1+2\sqrt{6}i\)

Vậy \(\overline{z}\)có  phần thực bằng  \(-1\) và phần ảo bằng  \(2\sqrt{6}\).

Chọn B

Ta có \({y}'={{\left[ {{\log }_{2023}}\left( {{x}^{2}}+x \right) \right]}^{\prime }}\)\( =\frac{{{\left( {{x}^{2}}+x \right)}^{\prime }}}{\left( {{x}^{2}}+x \right).\ln 2023}=\frac{2x+1}{\left( {{x}^{2}}+x \right).\ln 2023}\).

Chọn B

Ta có \({y}'={{\left( {{8}^{x}} \right)}^{\prime }}={{8}^{x}}\ln 8\).

Chọn D

Bất phương trình tương đương \({{5}^{x+1}}>{{5}^{-1}}\)\( \Leftrightarrow x+1>-1\Leftrightarrow x>-2. \)

Chọn B

A.Sai (hai đường thẳng không có điểm chung thì hoặc chéo nhau hoặc song song).

B.Đúng.

C.Sai (hai đường thẳng nằm trên hai mặt phẳng phân biệt thì hoặc chéo nhau hoặc song song hoặc cắt nhau hoặc trùng nhau).

D.Sai (hai đường thẳng không song song với nhau thì hoặc chéo nhau hoặc cắt nhau hoặc trùng nhau).

Chọn B

Vì \(\left( AGB \right)=\left( BGC \right)\)suy ra \(A\in \left( BGC \right)\).

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm:

\({{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2x+1=1\\\Leftrightarrow {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2x=0\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=1 \\ & x=2 \\\end{align} \right. \).

Vậy có ba giao điểm.

Chọn B

Ta có:

\(\int\limits_{-1}^{2}{{f}'\left( x \right)\text{d}x}=f\left( x \right)\left| \begin{matrix} 2 \\ -1 \\\end{matrix}\\=f\left( 2 \right)-f\left( -1 \right)=-1-2023=-2024 \right.\).

Chọn D

Hàm số có bảng biến thiên như trên, trong 4 đáp án đã cho phải là hàm bậc ba với \(a>0. \)

Chọn A

Ta có, tọa độ tâm: \(I\left( 1;2;3 \right)\)

Bán kính: \(R=\sqrt{25}=5\)

Chọn D

\(d\left( M,\left( P \right) \right)\)\( =\frac{\left| 1+\left( -4 \right)+5.\left( -2 \right)-14 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}}=3\sqrt{3}\)

Chọn A

Ta có: \(\left( 1+i \right)z=14-2i\)\( \Leftrightarrow z=\frac{14-2i}{1+i}\)\( \Leftrightarrow z=6-8i\)\( \Rightarrow \overline{z}=6+8i.\)

Suy ra, \(\overline{z}\)có phần thực bằng 6 và phần ảo bằng 8.

Do đó tổng phần thực và phần ảo của \(\overline{z}\) bằng 14.

Chọn A

\(V=S.h=12{{a}^{3}}\)

Chọn D

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.a\)\( =\frac{{{a}^{3}}}{3}\).

Xét hàm \(y=f(x)={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-2\)\( \Rightarrow f'(x)=3{{x}^{2}}+6x\Rightarrow f'(1)=9.\)

Ta có \({{x}_{0}}=1\)\( \Rightarrow {{y}_{0}}=2\)\( \Rightarrow {{M}_{0}}\left( 1;2 \right)\).

Phương trình tiếp tuyến tại điểm \({{M}_{0}}\left( 1;2 \right)\) có dạng:

\(y-{{y}_{0}}=f'({{x}_{0}})\left( x-{{x}_{0}} \right)\)\( \Leftrightarrow y-2=9\left( x-1 \right)\)\( \Leftrightarrow y=9x-7\).

Có 4 vị trí tương đối giữa 2 đường thẳng trong không gian gồm: song song, trùng nhau, cắt nhau và chéo nhau.

Chọn B

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy \(r\) và độ dài đường sinh \(l\) là \({{S}_{xq}}=2\pi rl\).

Chọn C

Thay tọa độ điểm \(Q\) vào đường thẳng \(d:\,\frac{1-1}{1}=\frac{3-3}{3}=\frac{-2+4}{-2}\) (sai) nên loại

Thay tọa độ điểm \(M\) vào đường thẳng \(d:\,\frac{-1-1}{1}=\frac{-3-3}{3}=\frac{4+4}{-2}\) (sai) nên loại

Thay tọa độ điểm \(C\) vào đường thẳng \(d:\,\frac{1-1}{1}=\frac{3-3}{3}=\frac{-4+4}{-2}\) (đúng) nên chọn

Thay tọa độ điểm \(N\) vào đường thẳng \(d:\,\frac{-1-1}{1}=\frac{-3-3}{3}=\frac{2+4}{-2}\) (sai) nên loại

Chọn D

Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có điểm cực tiểu là \(x=0\).

Chọn D

Có: \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y\)\( =\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{2x+4}\)\( =\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2-\frac{1}{x}}{2+\frac{4}{x}}=1\)

và: \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y\)\( =\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{2x+4}\)\( =\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2-\frac{1}{x}}{2+\frac{4}{x}}=1\)

Vậy đồ thị hàm số \(y=\frac{2x-1}{2x+4}\) có tiệm cận ngang là đường thẳng có phương trình:\(y=1\).

Chọn B

Ta có:

\({{3}^{{{x}^{2}}-13}}<27\)\( \Leftrightarrow {{3}^{{{x}^{2}}-13}}<{{3}^{3}}\)\( \Leftrightarrow {{x}^{2}}-13<3\)\( \Leftrightarrow {{x}^{2}}<16\)\( \Leftrightarrow \left| x \right|<4\Leftrightarrow -4 < x < 4\).

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S=\left( -4\,;\,4 \right)\).

Kết luận: \(S=\left( -4\,;\,4 \right)\).

Chọn A

Số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 là một chỉnh hợp chập 5 của 6  phần tử. Vậy có \(A_{6}^{5}\)  số cần tìm.

Chọn A

Nếu hai đường thẳng lần lượt nằm trên hai mặt phẳng cắt nhau thì trong trường hợp hai đường thẳng này chéo nhau sẽ không tồn tại mặt phẳng nào đi qua hai đường thẳng đó.

Vậy đáp án A sai.

Chọn A

\(I=\int\limits_{-2}^{5}{\left[ f\left( x \right)-4g\left( x \right)-1 \right]\text{d}}x\)\(=\int\limits_{-2}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}-\int\limits_{-2}^{5}{4g\left( x \right)}\text{d}x-\int\limits_{-2}^{5}{\text{d}x}\)\(=\int\limits_{-2}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}-4\int\limits_{-2}^{5}{g\left( x \right)}\text{d}x-\int\limits_{-2}^{5}{\text{d}x}\)

\(=\int\limits_{-2}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}+4\int\limits_{5}^{-2}{g\left( x \right)}\text{d}x-\int\limits_{-2}^{5}{\text{d}x}\)

\(=8+4.3-x\left| \begin{align} 5 \\ -2 \\ \end{align} \right.\)

\(=8+4.3-7\)\(=13\).

Chọn B

Chọn D

Hàm số có bảng biến thiên như trên, trong 4 đáp án đã cho phải là hàm bậc ba với \(a>0.\)

Chọn A

Chọn D

\(\left. \begin{align} & a={{\log }_{2}}5\Rightarrow {{\log }_{5}}2=\frac{1}{a} \\ & b={{\log }_{3}}5\Rightarrow {{\log }_{5}}3=\frac{1}{b} \\\end{align} \right\}\)\(\Rightarrow {{\log }_{5}}6=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{a+b}{ab}\Rightarrow {{\log }_{6}}5=\frac{ab}{a+b}\)

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là

\({{x}^{3}}-3x=x\\\Leftrightarrow {{x}^{3}}-4x=0\\\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=\pm 2 \\ & x=0 \\\end{align} \right.\)

Vậy \(S=\left| \int\limits_{-2}^{0}{\left( {{x}^{3}}-4x \right)dx} \right|+\left| \int\limits_{0}^{2}{\left( {{x}^{3}}-4x \right)dx} \right|=4+4=8\).

Chọn D

Ta có: \((A{B}';C{C}')=(A{B}';B{B}')=\widehat{A{B}'B}={{45}^{o}}\).

Chọn C

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)=m\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng \(d:y=m\,\,\left( d\,\,\overset{//}{\mathop{\equiv }}\,\,\,Ox \right)\)

Dựa vào đồ thị ta có phương trình \(f\left( x \right)=m\)có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

\(\left[ \begin{align}& m=-2 \\& m>-1. \\\end{align} \right.\)

Mặt khác \(m\in \left[ -2;5 \right]\Rightarrow m\in \left\{ -2;0;1;2;3;4;5 \right\}\).

Suy ra có 7 giá trị thỏa mãn yêu cầu.

Chọn D

Xét \(y={{x}^{3}}+x\) có \({y}'=3{{x}^{2}}+1>0;\,\,\forall x\in \mathbb{R}\).

Vậy hàm số trên đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Chọn C

Ta có \(AC\) và\(BD\); \(AB\) và\(CD\); \(AG\) và\(BC\)là các cặp đường thẳng chéo nhau nên chúng không cắt nhau.

Lại có \(BG\) và \(CD\) đồng phẳng và không song song nên chúng cắt nhau.

Chọn A

Điều kiện:

\(\left\{ \begin{align}& 2x+1>0 \\& x-1>0 \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow x>1\).

Ta có: \({{\log }_{3}}\left( 2x+1 \right)=1+{{\log }_{3}}\left( x-1 \right)\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( 2x+1 \right)={{\log }_{3}}\left[ 3\cdot \left( x-1 \right) \right]\)

\(\Leftrightarrow 2x+1=3x-3\)

\(\Leftrightarrow x=4\) (nhận).

Chọn A

Ta có \({{z}^{2}}-2z+5=0\\\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & z=1+2i \\ & z=1-2i \\\end{align} \right.\)

Theo yêu cầu của bài toán ta chọn \({{z}_{1}}=1-2i\). Khi đó:

\(\frac{7-4i}{{{z}_{1}}}=\frac{7-4i}{1-2i}=\frac{\left( 7-4i \right)\left( 1+2i \right)}{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}}=3+2i\)

Vậy điểm biểu diễn của số phức là \(P\left( 3;2 \right)\)

Chọn A

Ta có

\({{d}_{1}}:\left\{ \begin{align} & \text{qua}\,A\left( 2;0;0 \right) \\ & \text{vtcp}\,\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( -1;1;1 \right) \\\end{align} \right.\) và \({{d}_{2}}:\left\{ \begin{align} & \text{qua}\,B\left( 0;1;2 \right) \\ & \text{vtcp}\,\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 2;-1;-1 \right) \\\end{align} \right.\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) song song và cách đều hai đường thẳng \({{d}_{1}}:\frac{x-2}{-1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{1}\) và \({{d}_{2}}:\frac{x}{2}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-2}{-1}\) nên:

\(\left( P \right)\)

 Và \(d\left( A,\left( P \right) \right)=d\left( B,\left( P \right) \right)\)\(\Leftrightarrow \left| D \right|=\left| D-1 \right|\)\(\Leftrightarrow D=\frac{1}{2}\)

Vậy \(\left( P \right):2y-2z+1=0\).

Chọn B

Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\).

Ta có 

\(\left\{ \begin{align} & AB\bot SO \\ & AB\bot OI \\ \end{align} \right.\Rightarrow AB\bot \left( SOI \right)\\\Rightarrow \left( SAB \right)\bot \left( SOI \right)\)

Trong \(\left( SOI \right)\), kẻ \(OH\bot SI\) thì \(OH\bot \left( SAB \right)\).

\(\Rightarrow d\left( O;\,\left( SAB \right) \right)=OH\).

Ta có: \(SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}\)\( =\sqrt{{{\left( \frac{8.5}{5} \right)}^{2}}-{{5}^{2}}}=\sqrt{39}\).

Ta có: \(OI=\sqrt{O{{A}^{2}}-A{{I}^{2}}}\)\( =\sqrt{{{5}^{2}}-{{\left( \frac{4.5}{5} \right)}^{2}}}=3\).

Tam giác vuông \(SOI\) có: \(\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{I}^{2}}}+\frac{1}{SO{}^{2}}\)\( \Rightarrow OH=\frac{3\sqrt{13}}{4}\).

Vậy \(d\left( O;\,\left( SAB \right) \right)=OH=\frac{3\sqrt{13}}{4}\).

Chọn B

Gọi \(E\) là trung điểm của \(BC\)\(\Rightarrow AE=\frac{1}{2}BC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Kẻ \(AH\bot SE\)\(\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\)\(\Rightarrow AH\) là khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( SBC \right)\).

Có \(\frac{1}{A{{H}^{2}}}\)\( =\frac{1}{A{{E}^{2}}}+\frac{1}{S{{A}^{2}}}\)\( =\frac{2}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}\)\( =\frac{3}{{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Chọn A

Phương án \(A\) đúng (SGK).

Phương án \(B\) sai. Vì hai đường thẳng không có điểm chung thì chúng có thể chéo nhau.

Phương án \(C\) sai. Vì hai đường thẳng cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì chúng có thể trùng nhau.

Phương án \(D\) sai. Vì hai đường thẳng cùng song song với một mặt phẳng thì chúng có thể cắt nhau.

Chọn B

Điều kiện \({{3}^{x+1}}-1\ge 0\Leftrightarrow {{3}^{x+1}}\ge 1\Leftrightarrow x\ge -1\).

Ta có \(x=-1\) là một nghiệm của bất phương trình.

Với \(x>-1\), bất phương trình tương đương với \(({{3}^{2x}}-9)({{3}^{x}}-\frac{1}{27})\le 0\).

Đặt \(t={{3}^{x}}>0\), ta có \(({{t}^{2}}-9)(t-\frac{1}{27})\le 0\)\(\Leftrightarrow (t-3)(t+3)(t-\frac{1}{27})\le 0\).

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t\le -3 \\ & \frac{1}{27}\le t\le 3 \\\end{align} \right.\)

Kết hợp điều kiện \(t={{3}^{x}}>0\) ta được nghiệm \(\frac{1}{27}\le t\le 3\)\(\Leftrightarrow \frac{1}{27}\le {{3}^{x}}\le 3\Leftrightarrow -3\le x\le 1\). Kết hợp điều kiện \(x>-1\) ta được \(-1<x\le 1\) suy ra trường hợp này bất phương trình có 2 nghiệm nguyên.

Vậy bất phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm nguyên.

Chọn C

\(f\left( x \right)\)\( =\int{f'\left( x \right)dx}=\int{\frac{2}{{{x}^{2}}-1}dx}\)\( =\int{\left( \frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1} \right)dx}\)\( =\ln \left| \frac{x-1}{x+1} \right|+C\)

Hay \(f\left( x \right)=\ln \left| \frac{x-1}{x+1} \right|+C\)

\(=\left\{ \begin{align} & \ln \left( \frac{x-1}{x+1} \right)+{{C}_{1}}\ khi\ x>1 \\ & \ln \frac{1-x}{1+x}+{{C}_{2}}\ khi\ -1<x<1 \\ & \ln \left( \frac{x-1}{x+1} \right)+{{C}_{3}}\ khi\ x<-1 \\\end{align} \right.\)

Theo bài ra, ta có:

\(\left\{ \begin{align} & f\left( -3 \right)+f\left( 3 \right)=2\ln 2 \\ & f\left( -\frac{1}{2} \right)+f\left( \frac{1}{2} \right)=0 \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{C}_{1}}+{{C}_{3}}=2\ln 2 \\ & {{C}_{2}}=0 \\\end{align} \right.\)

Do đó \(f\left( -2 \right)+f\left( 0 \right)+f\left( 4 \right)\)\( =\ln 3+{{C}_{3}}+{{C}_{2}}+\ln \frac{3}{5}+{{C}_{1}}\)\( =2\ln 2+2\ln 3-\ln 5\).

Chọn D

Ta có \(I=\int\limits_{1}^{2}{\frac{{{\left( x+\ln x \right)}^{2}}+x\left( x+1 \right)}{{{x}^{2}}{{\left( x+\ln x \right)}^{2}}}\text{d}x}\) \(=\int\limits_{1}^{2}{\frac{1}{{{x}^{2}}}\text{d}x}+\int\limits_{1}^{2}{\frac{x+1}{x{{\left( x+\ln x \right)}^{2}}}\text{d}x}\)\(=\frac{1}{2}+\int\limits_{1}^{2}{\frac{x+1}{x{{\left( x+\ln x \right)}^{2}}}\text{d}x}\).

Đặt \(t=x+\ln x\Rightarrow \text{d}t=\frac{x+1}{x}\text{d}x\). Đổi cận \(x=1\Rightarrow t=1\) và \(x=2\Rightarrow t=2+\ln 2\).

Do đó \(I=\frac{1}{2}+\int\limits_{1}^{2}{\frac{x+1}{x{{\left( x+\ln x \right)}^{2}}}\text{d}x}\)\(=\frac{1}{2}+\int\limits_{1}^{2+\ln 2}{\frac{1}{{{t}^{2}}}\text{d}t}\)\(=\left. =\frac{1}{2}-\frac{1}{t} \right|_{1}^{2+\ln 2}\)\(=\frac{1}{2}+1-\frac{1}{2+\ln 2}\)\(=\frac{3}{2}-\frac{1}{2+\ln 2}\).

Vậy \(abc=3.2.2=12\).

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol \(y=\sqrt{3}{{x}^{2}}\) và cung tròn \(y=\sqrt{4-{{x}^{2}}}\)

(với \(0\le x\le 2\)) lả \(\sqrt{4-{{x}^{2}}}=\sqrt{3}{{x}^{2}}\)\( \Leftrightarrow 4-{{x}^{2}}=3{{x}^{4}}\Leftrightarrow x=1\).

Diện tích của \(\left( H \right)\) là

\(S=\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{3}{{x}^{2}}dx}+\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}\\ =\frac{\sqrt{3}}{3}{{x}^{3}}\left| \begin{align} & ^{1} \\ & _{0} \\ \end{align} \right.+I\\ =\frac{\sqrt{3}}{3}+I\) với \(I=\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}\).

Đặt \(x=2\sin t\), \(t\in \left[ -\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2} \right]\Rightarrow dx=2\cos t.dt\)

Đổi cận \(x=1\Rightarrow t=\frac{\pi }{6}\), \(x=2\Rightarrow t=\frac{\pi }{2}\).

\(I=\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}{\sqrt{4-4{{\sin }^{2}}t}.2\cos t.dt}\\ =\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}{4{{\cos }^{2}}t.dt}\\ =\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}{2\left( 1+\cos 2t \right).dt}\\ =\left( 2x+\sin 2t \right)\left| \begin{align} & ^{\frac{\pi }{2}} \\ & _{\frac{\pi }{6}} \\ \end{align} \right.\)

\(=\frac{2\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Vậy \(S=\frac{\sqrt{3}}{3}+I\)\( =\frac{\sqrt{3}}{3}+\frac{2\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}\)\( =\frac{4\pi -\sqrt{3}}{6}\)

Chọn D

\(\frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}}=\frac{2+i}{1-2i}=i\)

\(\begin{align} & \text{w}=\frac{z_{1}^{2022}}{z_{2}^{2023}}\\&={{\left( \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right)}^{2022}}.\frac{1}{{{z}_{2}}}\\&={{i}^{2022}}.\frac{1}{1-2i}={{\left( {{i}^{2}} \right)}^{1010}}.\left( \frac{1}{5}+\frac{2}{5}i \right)\\&={{\left( -1 \right)}^{1010}}.\left( \frac{1}{5}+\frac{2}{5}i \right)=\frac{1}{5}+\frac{2}{5}i \\ & \left| \text{w} \right|=\left| \frac{1}{5}+\frac{2}{5}i \right|=\frac{\sqrt{5}}{5} \\\end{align}\)

Chọn C

Gọi \(R\) là bán kính đáy hình trụ, do thiết diện qua trục là một hình vuông nên \(l=2\text{R}\).

Thiết diện của hình trụ tạo bởi là hình chữ nhật \(ABC\text{D}\) khi đó \(OI=a\) với \(I\) là trung điểm \(BC\) ta có \(IC=\sqrt{{{R}^{2}}-{{a}^{2}}}\Rightarrow BC=2\sqrt{{{R}^{2}}-{{a}^{2}}}\).

Diện tích hình chữ nhật là \({{S}_{ABC\text{D}}}=AB.BC=4R\sqrt{{{R}^{2}}-{{a}^{2}}}=8{{a}^{2}}\sqrt{3}\).

\(\Leftrightarrow {{R}^{4}}-{{R}^{2}}{{a}^{2}}-12{{a}^{2}}=0\) \(\Leftrightarrow \left( {{R}^{2}}-4{{a}^{2}} \right)\left( {{R}^{2}}+3{{a}^{2}} \right)=0\) \(\Leftrightarrow R=2a\) từ đó \(h=l=2R=4\,a\).

Thể tích khối trụ là \(V=\pi {{R}^{2}}h=16\pi {{a}^{3}}\).

Chọn A

Gọi H là trung điểm \(AB\Rightarrow IH\bot AB\) tại \(H\Rightarrow IH={{d}_{\left( I;\left( AB \right) \right)}}={{d}_{\left( I;Ox \right)}}\)

Lấy \(M\left( 2;0;0 \right)\in Ox\Rightarrow IH={{d}_{\left( I,Ox \right)}}\)\( =\frac{\left| \left[ \overrightarrow{IM},\overrightarrow{i} \right] \right|}{\overrightarrow{i}}=\sqrt{3}.\)

Bán kính mặt cầu cần tìm là \(R=IA=\sqrt{I{{H}^{2}}+H{{A}^{2}}}=4.\)

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là \(~{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=16.\)

Chọn A

Nhận xét: \(A\text{D}\) và \(BC\) là hai đường thẳng chéo nhau.

Chọn B

Đặt \(f\left( x \right)=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\) theo giả thiết có 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} f\left( x \right)+1=a{{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( x+m \right) \\ f\left( x \right)-1=a{{\left( x+1 \right)}^{2}}\left( x+n \right) \\ \end{array} \right.\)

Do đó

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} f\left( 1 \right)+1=0 \\ f\left( -1 \right)-1=0 \\ f\left( 0 \right)=0 \\ {f}'\left( 1 \right)=0 \\ \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} a+b+c+d+1=0 \\ -a+b-c+d-1=0 \\ d=0 \\ 3a+2b+c=0 \\ \end{array}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} a=\frac{1}{2} \\ b=0 \\ c=-\frac{3}{2} \\ d=0 \\ \end{array} \right.\\ \Rightarrow f\left( x \right)=\frac{1}{2}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}x \right.\)

Ta có 

\(f\left( x \right)=\frac{1}{2}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}x=0 \\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}} x=0 \\ x=\pm \sqrt{3} \\ \end{array} \right.\)

\({{S}_{1}}\) là diện tích giới hạn bởi đồ thị \(y=\frac{1}{2}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}x\),\(y=-1\), \(x=0,x=1\)\(\Rightarrow {{S}_{1}}\)\( =\int\limits_{0}^{1}{\left| \frac{1}{2}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}x+1 \right| =\frac{3}{8}}\)\(\left( 1 \right)\)

\({{S}_{2}}\) là diện tích giới hạn bởi đồ thị \(y=\frac{1}{3}{{x}^{2}}-\frac{3}{2}x\), \(y=0,x=1,x=\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow {{S}_{2}}\)\( =\int\limits_{1}^{\sqrt{3}}{\left| \frac{1}{2}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}x \right|=\frac{1}{2}}\)\(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\)\(\Rightarrow 2{{S}_{2}}+8{{S}_{1}}=2.\frac{1}{2}+8.\frac{3}{8}=4\).

Chọn B

Ta có \(\widehat{\left( \left( SBC \right),\left( ABC \right) \right)}=\left( \widehat{SC,AC} \right)=\widehat{SCA}=\alpha \)

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại \(A\) có

\(\left\{ \begin{align} & SA=SC.\sin \alpha =a\sin \alpha \\ & AC=SC.\cos \alpha =a\cos \alpha \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ABC}}.SA\)\( =\frac{1}{3}.\left( \frac{1}{2}A{{C}^{2}} \right).SA\)

\(=\frac{1}{6}.{{\left( a\cos \alpha  \right)}^{2}}.a\sin \alpha \)\( =\frac{{{a}^{3}}}{6}{{\cos }^{2}}\alpha .\sin \alpha .\)

\({{V}_{S.ABC}}\) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi biểu thức

\(P={{\cos }^{2}}\alpha .\sin \alpha .=\left( 1-{{\sin }^{2}}\alpha  \right).\sin \alpha \) đạt giá trị lớn nhất.

Đặt \(t=\sin \alpha \).

Vì \(0<\alpha <90{}^\circ \) nên \(0<\sin \alpha <1\)

\(\Rightarrow 0<t<1\)

Ta có \(P=f\left( t \right)=\left( 1-{{t}^{2}} \right)t=-{{t}^{3}}+t\) xác định và liên tục trên \(\left( 0;1 \right)\).

\({f}'\left( t \right)=-3{{t}^{2}}+1\)\( \Rightarrow {f}'\left( t \right)=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=\frac{\sqrt{3}}{3}\text{ (nhan)} \\ & t=-\frac{\sqrt{3}}{3}\text{ (loai) } \\\end{align} \right.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(\underset{\left( 0;1 \right)}{\mathop{\max f\left( t \right)}}\,=\frac{2\sqrt{3}}{9}\) khi \(t=\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Vậy \(\max {{V}_{S.ABC}}=\frac{{{a}^{3}}}{6}.{{P}_{\max }}\)\( =\frac{{{a}^{3}}}{6}.\frac{2\sqrt{3}}{9}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{27}\) khi và chỉ khi \(\sin \alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Chọn A

\(\left( S \right)\)có tâm \(I\left( 2;3;-1 \right);\,\) bán kính \(R=4\)

\(A\left( -1;-1;-1 \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow{IA\,}=\left( -3;-4;0 \right)\), tính được \(IA=5\).

Mặt phẳng cố định đi qua điểm H là hình chiếu của M xuống IA và nhận \(\overrightarrow{IA\,}=\left( -3;-4;0 \right)\)làm vectơ pháp tuyến.

Do hai tam giác MHI và AMI đồng dạng nên tính được \(I{{M}^{2}}=IH.IA\Rightarrow IH=\frac{I{{M}^{2}}}{IA}=\frac{16}{5}\), từ đó tính được \(\overrightarrow{IH\,}=\frac{16}{25}\overrightarrow{IA\,}\) tìm được \(H\left( \frac{2}{25};\frac{11}{25};-1 \right)\)

Mặt phẳng cần tìm có phương trình là: \(-3\left( x-\frac{2}{25} \right)-4\left( y-\frac{11}{25} \right)=0\Leftrightarrow 3x+4y-2=0.\)