Thi thử THPT quốc gia môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Nguyễn Thị Diệu năm 2023

Đồ thị hàm số $y=\frac{2x-1}{x+3}$ có 2 đường tiệm cận: $x=-3,\,\,\,y=2$.

Chọn: C

Số phức $z=2-3i$ có số phức liên hợp là $2+3i$.

Chọn: D

$\underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{2}}+1 \right)={{2}^{2}}+1=5$.

Chọn: C

$F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)dx}=\int{{{e}^{x}}dx}={{e}^{x}}+C$

Mà $F(0)=4\Rightarrow {{e}^{0}}+C=4\Leftrightarrow C=3\Rightarrow F\left( x \right)={{e}^{x}}+3$.

Chọn: A

${{\log }_{a}}\left( xy \right)={{\log }_{a}}x+{{\log }_{a}}y$, với $0<a\ne 1,\,\,\,\,x>0,\,\,y>0$.

Chọn: B

Mặt cầu $(S):{{(x-1)}^{2}}+{{(y+2)}^{2}}+{{(z+1)}^{2}}=9$ có tâm $I\left( 1;-2;-1 \right)$ và bán kính $R=3$.

Chọn: D

$I=\int{\left( {{e}^{-x}}+2x \right)dx}=\int{{{e}^{-x}}dx}+\int{2xdx}=-{{e}^{-x}}+{{x}^{2}}+C$.

Chọn: A

Cho $x=0\Rightarrow y={{0}^{4}}-{{0}^{3}}-3=-3$. Vậy, đồ thị hàm số  $y={{x}^{4}}-{{x}^{3}}-3$ cắt trục tung tại 1 điểm có tọa độ là $(0;-3)$.

Chọn: A

Tọa độ điểm A’ đối xứng với $A\left( -3;2;-1 \right)$ qua gốc tọa độ O là: $A'(3;-2;1)$.

Chọn: A

Hàm số $y=f\left( x \right)$ có 2 điểm cực tiểu tại $\left( -1;1 \right),\,\,\left( 1;1 \right)$.

Chọn: B

Số cách chọn đồng hồ là: $2.3=6$ (cách chọn)

Chọn: D

$y=4{{x}^{3}}-3{{x}^{4}}\Rightarrow y'=12{{x}^{2}}-12{{x}^{3}}$

$y'=0\Leftrightarrow 12{{x}^{2}}\left( 1-x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0 \\ & x=1 \\\end{align} \right.$

Bảng biến thiên:

Vậy, GTNN của hàm số trên đoạn $\left[ -1;2 \right]$ là -16.

Chọn: B

$A\left( 1;2;-3 \right);\,\,B\left( 7;0;-1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}\left( 6;-2;2 \right)$

Đường thẳng AB đi qua $A\left( 1;2;-3 \right)$ và có 1 VTCP $\overrightarrow{u}\left( 3;-1;1 \right)$ có phương trình chính tắc là: $\frac{x-1}{3}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z+3}{1}$

Chọn: B

S.ABCD là hình chóp đều $\Rightarrow ABCD$ là hình vuông và $SO\bot (ABCD)$.

+) $SO\bot (ABCD)\Rightarrow \left( \widehat{\left( SC;(ABCD) \right)} \right)=\widehat{SCO}=\varphi$

+) ABCD là hình vuông cạnh bằng 4 $\Rightarrow SC=\frac{AC}{2}=\frac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$

+) Tam giác SOC vuông tại O $\Rightarrow SO=\sqrt{S{{C}^{2}}-O{{C}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}-{{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}}=1$

$\Rightarrow \tan \varphi =\frac{SO}{OC}=\frac{1}{2\sqrt{2}}$ .

Chọn: B

${{\left( 2x+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{5}}={{\left( 2x+{{x}^{-2}} \right)}^{5}}=\sum\limits_{i=0}^{5}{C_{5}^{i}{{\left( 2x \right)}^{i}}{{\left( {{x}^{-2}} \right)}^{5-i}}=}\sum\limits_{i=0}^{5}{C_{5}^{i}{{2}^{i}}{{x}^{-10+3i}}}$

Số hạng chứa ${{x}^{2}}$ ứng với i thỏa mãn: $-10+3i=2\Leftrightarrow i=4$

Hệ số của ${{x}^{2}}$ trong khai triển ${{\left( 2x+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{5}}$ là: $C_{5}^{4}{{2}^{4}}=80$.

Chọn: B

+) $BC\bot AB,\,\,BC\bot SA\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow \left( SBC \right)\bot \left( SAB \right)$: A đúng.

+) $\Delta ABC$ vuông cân tại B, M là trung điểm AC $\Rightarrow BM\bot AC$: C đúng.

+) $BM\bot AC,\,\,BM\bot SA\Rightarrow BM\bot \left( SAC \right)\Rightarrow \left( SBM \right)\bot \left( SAC \right)$: D đúng. 

Chọn: B

Vì $A'B//D'C$ nên $\left( \widehat{A'C';D'C} \right)=\left( \widehat{A'C';A'B} \right)$.

Tam giác $A'BC'$ có $A'B=BC'=A'C'$(là các đường chéo của các mặt)

$\Rightarrow \widehat{BA'C'}={{60}^{0}}$

$\Rightarrow \left( \widehat{A'C';D'C} \right)={{60}^{0}}$.

Chọn: C

Do số mặt chẵn, lẻ của xúc xắc là bằng nhau nên xác suất hiện mặt có số chấm là chẵn là:  $\frac{1}{2}$.

Chọn: A

$\begin{array}{l} \bar z = \frac{{{{\left( {1 + \sqrt 3 i} \right)}^3}}}{{1 + i}} = \frac{{1 + 3\sqrt 3 i + 3.3{i^2} + 3\sqrt 3 {i^3}}}{{1 + i}}\\  = \frac{{1 + 3\sqrt 3 i - 9 - 3\sqrt 3 i}}{{1 + i}} = \frac{{ - 8}}{{1 + i}}\\  =  - \frac{{8\left( {1 - i} \right)}}{{\left( {1 + i} \right)\left( {1 - i} \right)}} =  - \frac{{8 - 8i}}{2}\\  =  - 4 + 4i \Rightarrow \bar z - iz\\  =  - 4 + 4i - i\left( { - 4 - 4i} \right)\\  =  - 4 + 4i + 4i + 4{i^2}\\  =  - 8 + 8i \Rightarrow \left| {\bar z - iz} \right| = 8\sqrt 2  \end{array}$ 

Chọn: A

Phương trình hoành độ giao điểm của $y={{x}^{2}}$và $y=-2x$là : ${{x}^{2}}=-2x\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0 \\ & x=-2 \\\end{align} \right.$

Diện tích cần tìm là:

$\begin{array}{l} S = \int\limits_{ - 2}^0 {\left| {{x^2} + 2x} \right|dx}  =  - \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{x^2} + 2x} \right)dx} \\  =  - \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + {x^2}} \right)} \right|_{ - 2}^0 =  - 0 + \left( { - \frac{8}{3} + 4} \right)\\  = \frac{4}{3}(dvdt). \end{array}$ 

Chọn: B

(P)// (Q) $\Rightarrow (P):x+2y-3z+m=0,\,\,(m\ne -15)$

(P) đi qua $E(1;2;-3)$ $\Rightarrow 1+2.2-3.\left( -3 \right)+m=0\Leftrightarrow m=-14$ $\Rightarrow (P):x+2y-3z-14=0$.

Chọn: D

$\begin{align}  & A=\frac{\sqrt[3]{{{a}^{8}}}.{{a}^{\frac{7}{3}}}}{{{a}^{5}}.\sqrt[4]{{{a}^{-3}}}}=\frac{{{a}^{5}}}{{{a}^{\frac{17}{4}}}}={{a}^{\frac{3}{4}}} \\ & \Rightarrow m=3,\,\,n=4\Rightarrow {{m}^{2}}+{{n}^{2}}=25 \\\end{align}$ 

Chọn: C

$\begin{array}{l} {\left( {2 - \sqrt 3 } \right)^{a - 1}} < 2 + \sqrt 3 \\  \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{{2 + \sqrt 3 }}} \right)^{a - 1}} < 2 + \sqrt 3 \\  \Leftrightarrow {\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^{1 - a}} < 2 + \sqrt 3 \\  \Leftrightarrow 1 - a < 1 \end{array}$

(do $2+\sqrt{3}>1$)

$\Leftrightarrow a>0$.

Chọn: D

$A={{a}^{2{{\log }_{\sqrt{a}}}3}}={{a}^{{{\log }_{\sqrt{a}}}9}}={{9}^{{{\log }_{\sqrt{a}}}a}}={{9}^{2}}={{3}^{4}}$.

Chọn: A

Ta có: $d=\frac{R}{2}$

Mà ${{R}^{2}}={{d}^{2}}+{{r}^{2}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}={{\left( \frac{R}{2} \right)}^{2}}+{{r}^{2}}\Leftrightarrow r=\frac{R\sqrt{3}}{2}$.

Bán kính của đường tròn do mặt phẳng cắt mặt cầu tạo nên là: $\frac{R\sqrt{3}}{2}$.

Chọn: D

TXĐ: $D=\left( -\infty ;0 \right]\cup \left[ 2;+\infty  \right)$.

$y=\sqrt{{{x}^{2}}-2x}\Rightarrow y'=\frac{x-1}{\sqrt{{{x}^{2}}-2x}}$

Bảng xét dấu y’:

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

Chọn: B

Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right)=m$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ và đường thẳng $y=m$.

Để phương trình có đúng 2 nghiệm thì $m=-1$ hoặc $m>0$.

Chọn: A

Quan sát đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}$, ta thấy:

+) Nếu $m=0$ thì hàm số  $f\left( x \right)=\left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+m \right|=\left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}} \right|$ đạt cực trị tại 3 điểm : $x=0,\,\,x=2,\,\,x=3$.

+) Nếu $m=4$ thì hàm số  $f\left( x \right)=\left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+m \right|=\left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+4 \right|$ đạt cực trị tại 3 điểm : $x=0,\,\,x=2,\,\,x=-1$.

+) Nếu $m\ne 0,\,\,m\ne 4$ thì số cực trị của hàm số  $f\left( x \right)=\left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+m \right|$ bằng tổng của số giao điểm của $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}$ với Ox và 2 ( là 2 cực trị của hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}$)

Do đó, để hàm số $f\left( x \right)=\left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+m \right|$ có đúng 3 điểm cực trị thì đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}$ với Ox $\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 0\\m < 4\end{array} \right.$

Vậy, để hàm số $f\left( x \right)=\left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+m \right|$ có đúng 3 điểm cực trị thì $\left[ \begin{align}  & m\ge 0 \\ & m\le -4 \\\end{align} \right.$

Mà $m\in \left[ -5;7 \right]\Rightarrow m\in \left\{ -5;-4;\,0;1;2;3;4;5;6;7 \right\}$. Có 10 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn: C

Gọi A’ là hình chiếu của A lên mặt đáy còn lại; M là trung điểm của A’B.

$\Rightarrow AA'//OO',\,\,\,\,\,OM\bot A'B$

$\Rightarrow \left( \widehat{OO';AB} \right)=\left( \widehat{AA';AB} \right)$

Mặt khác, $AA'//OO'$$\Rightarrow OO'//(AA'B)$

$\Rightarrow d\left( OO';AB \right)=d\left( OO';(AA'B) \right)=d\left( O;(AA'B) \right)$

Ta có: $\left\{ \begin{align}  & OM\bot A'B \\ & OM\bot AA' \\\end{align} \right.\Rightarrow OM\bot (AA'B)$

$\Rightarrow d\left( OO';AB \right)=OM=\frac{R\sqrt{3}}{2}$

$\Delta OMB$ vuông tại M $\Rightarrow BM=\sqrt{O{{B}^{2}}-O{{M}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}-{{\left( \frac{R\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{R}{2}$

$\Delta AA'B$ vuông tại A’

$\begin{array}{l}  \Rightarrow \tan \widehat {A'AB} = \frac{{A'B}}{{AA'}} = \frac{{2.BM}}{{AA'}}\\  = \frac{{2.\frac{R}{2}}}{{R\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\\  \Rightarrow \widehat {A'AB} = {30^0}\\  \Rightarrow \left( {\widehat {OO';AB}} \right) = \left( {\widehat {AA';AB}} \right) = {30^0} \end{array}$ 

Chọn: A

Mặt cầu ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-\left( 4m-2 \right)x+2my+\left( 4m+2 \right)z-7=0$ có bán kính :

$\begin{array}{l} R = \sqrt {{{\left( {2m - 1} \right)}^2} + {m^2} + {{\left( {2m + 1} \right)}^2} - \left( { - 7} \right)} \\  = \sqrt {9{m^2} + 9}  = 3\sqrt {{m^2} + 1}  \ge 3,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall m \end{array}$

$\Rightarrow {{R}_{\min }}=3,\,\,khi\,\,m=0\,\,\,\,\,\,\Rightarrow {{V}_{\min }}=\frac{4}{3}\pi {{.3}^{3}}=36\pi$.

Chọn: B

$\begin{align}  & \int\limits_{1}^{3}{\left[ f\left( x \right)+3g\left( x \right) \right]dx=10}\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{3}{f(x)dx+3\int\limits_{1}^{3}{g\left( x \right)dx=10}} \\ & \int\limits_{1}^{3}{\left[ 2f\left( x \right)-g\left( x \right) \right]dx}=6\Leftrightarrow 2\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)dx}-\int\limits_{1}^{3}{g\left( x \right)dx}=6 \\ \end{align}$

$\begin{array}{l}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx = } 4\\ \int\limits_1^3 {g\left( x \right)dx = 2}  \end{array} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \Rightarrow \int\limits_1^3 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} \\  = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_1^3 {g\left( x \right)dx = 4 + 2 = 6} {\rm{ }} \end{array}$

Chọn: C

Đặt $g(x)=f(x)-2018=a.\ln \left( x+\sqrt{{{x}^{2}}+1} \right)+b.{{x}^{2017}}$

$\begin{array}{l}  \Rightarrow g( - x) = a.\ln \left( { - x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) - b.{x^{2017}}\\  = a.\ln \left( {\frac{1}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}} \right) - b.{x^{2017}}\\  =  - a.\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) - b.{x^{2017}}\\  =  - g(x) \Rightarrow f( - x) - 2018\\  =  - \left( {f(x) - 2018} \right)\\  \Leftrightarrow f( - x) =  - f(x) + 2036 \end{array}$ 

Ta có:

$\begin{array}{l} f\left( {\log \left( {\ln 10} \right)} \right) = f\left( {\log \left( {\frac{{\log 10}}{{\log e}}} \right)} \right)\\  = f\left( {\log \left( {\frac{1}{{\log e}}} \right)} \right) = f\left( { - \log \left( {\log e} \right)} \right)\\  =  - f\left( {\log \left( {\log e} \right)} \right) + 4036\\  =  - 2019 + 4036 = 2017 \end{array}$ 

Chọn: A

(P) là mặt phẳng đi qua điểm M và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất khi và chỉ khi (P) là mặt phẳng qua M và nhận $\overrightarrow{OM}$ là 1 VTPT.

Ta có: $\overrightarrow{OM}\left( 1;3;-2 \right)$

Phương trình mặt phẳng (P):  $1(x-1)+3(y-3)-2(z+2)=0\Leftrightarrow x+3y-2z-14=0$

Cho $x=z=0\Rightarrow y=\frac{14}{3}\Rightarrow$(P) cắt Oy tại điểm $B\left( 0;\frac{14}{3};0 \right)$.

Chọn: C

$\begin{align}  & \left( 1-3i \right)z+\left( 2+3i \right)\overline{z}=12-i\Leftrightarrow \left( 1-3i \right)\left( a+bi \right)+\left( 2+3i \right)\left( a-bi \right)=12-i \\ & \Leftrightarrow a+bi-3ai+3b+2a-2bi+3ai+3b=12-i\Leftrightarrow 3a+6b-bi=12-i \end{align}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & a+2b=4 \\ & b=1 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & a=2 \\ & b=1 \\ \end{align} \right.$

$P={{a}^{2}}-{{b}^{3}}={{2}^{2}}-{{1}^{3}}=3$

Chọn: A

$f'\left( x \right)=2018{{\left( x-1 \right)}^{2017}}{{\left( x-2 \right)}^{2018}}{{\left( x-3 \right)}^{2019}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=1 \\ & x=2 \\& x=3 \\\end{align} \right.$

Trong đó, $f'\left( x \right)$ đổi dấu tại 2 điểm $x=1,\,\,x=3$

$\Rightarrow$Hàm số $y=f\left( x \right)$ có 2 điểm cực trị.

Chọn: C

$\begin{align}  & \ln \left( {{u}_{3}}-4 \right)=\ln \left( 2{{u}_{n}}-4n+3 \right)\,\,\forall n \\ & \Rightarrow \ln \left( {{u}_{3}}-4 \right)=\ln \left( 2{{u}_{3}}-4.3+3 \right) \end{align}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & {{u}_{3}}>4 \\ & {{u}_{3}}-4=2{{u}_{3}}-9 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow  {{u}_{3}}=5 \\$  $\begin{align} & \Rightarrow \ln \left( 2{{u}_{n}}-4n+3 \right)=\ln \left( 5-4 \right),\,\,\forall n\in {{N}^{*}} \\ & \Leftrightarrow 2{{u}_{n}}-4n+3=1,\,\,\forall n\in {{N}^{*}} \\ & \Leftrightarrow {{u}_{n}}=2n-1,\,\,\forall n\in {{N}^{*}} \\\end{align}$

Như vậy, $\left( {{u}_{n}} \right)$ là dãy cấp số cộng có ${{u}_{1}}=1,\,\,d=2$

$\Rightarrow {{S}_{100}}={{u}_{1}}+{{u}_{2}}+...+{{u}_{100}}=100.{{u}_{1}}+\frac{100\left( 100-1 \right)}{2}d=100.1+\frac{100.99}{2}.2=100+9900=10000$

Chọn: B

$\int\limits_{1}^{m}{\left( \ln x+1 \right)dx}=\int\limits_{1}^{m}{\ln xdx}+\int\limits_{1}^{m}{dx}$

Mặt khác, $\int\limits_{1}^{m}{\ln xdx}=\left. x\ln x \right|_{1}^{m}-\int\limits_{1}^{m}{xd\left( \ln x \right)}=m\ln m-0-\int\limits_{1}^{m}{dx}=m\ln m-\int\limits_{1}^{m}{dx}$

$\Rightarrow \int\limits_{1}^{m}{(\ln x+1)dx}=m\ln m-\int\limits_{1}^{m}{dx}+\int\limits_{1}^{m}{dx}=m\ln m\Rightarrow m\ln m=m,\,\,\,\,\left( m>1 \right)\Leftrightarrow \ln m=1\Leftrightarrow m=e$

Chọn: D

Gọi d’ là đường thẳng qua M và song song d   $\Rightarrow d':\left\{ \begin{align}  & x=1-t \\ & y=-1+t \\ & z=-3t \\\end{align} \right.$

 N thuộc (P) sao cho MN song song d $\Rightarrow N=(P)\cap d'$

Đặt $N\left( 1-t;-1+t;-3t \right)$.

Do $N\in \left( P \right):x+y+z-3=0\Rightarrow \left( 1-t \right)+\left( -1+t \right)+\left( -3t \right)-3=0\Leftrightarrow -3t-3=0\Leftrightarrow t=-1$

$\Rightarrow N\left( 2;-2;3 \right)\Rightarrow MN=\sqrt{{{\left( 2-1 \right)}^{2}}+{{\left( -2+1 \right)}^{2}}+{{\left( 3-0 \right)}^{2}}}=\sqrt{11}$.

Chọn: C

$\int\limits_{a}^{b}{f'\left( x \right){{e}^{f\left( x \right)}}dx}=\int\limits_{a}^{b}{{{e}^{f\left( x \right)}}d\left( f\left( x \right) \right)=}\left. {{e}^{f\left( x \right)}} \right|_{a}^{b}={{e}^{f\left( b \right)}}-{{e}^{f\left( a \right)}}=0$ (vì $f\left( a \right)=f\left( b \right)$).

Chọn: C

$y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-(m-3)x+2018\Rightarrow y'={{x}^{2}}-m+3$

Để hàm số $y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-\left( m-3 \right)x+2018$ luôn đồng biến trên R thì  $y'\ge 0,\,\,\forall x$.

$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-m+3\ge 0\,\,\forall x\in R\Leftrightarrow \Delta =-4\left( -m+3 \right)\le 0\Leftrightarrow -m+3\ge 0\Leftrightarrow m\le 3$

Chọn: B

ĐKXĐ:  ${{x}^{2}}-2mx+1\ne 0$

$y=\frac{x-3}{{{x}^{2}}-2mx+1}$

+) ${{x}^{2}}-2mx+1$ có nghiệm $x=3\Rightarrow {{3}^{2}}-2m.3+1=0\Leftrightarrow m=\frac{5}{3}$

Với $m=\frac{5}{3}\Rightarrow y=\frac{x-3}{{{x}^{2}}-\frac{10}{3}x+1}=\frac{3\left( x-3 \right)}{\left( 3x-1 \right)\left( x-3 \right)}\Rightarrow \underset{x\to 3}{\mathop{\lim }}\,y=\frac{3}{8},\,\,\underset{x\to \frac{1}{3}}{\mathop{\lim }}\,y=\infty$

Đồ thị hàm số có 1 TCĐ $x=\frac{1}{3}$.

+) ${{x}^{2}}-2mx+1$ không có nghiệm $x=3\Leftrightarrow m\ne \frac{5}{3}$

Để đồ thị có 2 đường tiệm cận đứng thì ${{x}^{2}}-2mx+1$ có 2 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - 1 > 0$ 

Kết luận,  đồ thị hàm số $y=\frac{x-3}{{{x}^{2}}-2mx+1}$ có 2 đường tiệm cận đứng khi và chỉ khi $m\in \left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 1;+\infty  \right)\text{ }\!\!\backslash\!\!\text{ }\left\{ \frac{5}{3} \right\}$.

Chọn: D

$y={{\sin }^{4}}x+{{\cos }^{4}}x={{\left( {{\sin }^{2}}x+{{\cos }^{2}}x \right)}^{2}}-2{{\sin }^{2}}x{{\cos }^{2}}x=1-\frac{1}{2}{{\sin }^{2}}2x=1-\frac{1}{2}.\frac{1}{2}(1-\cos 4x)=\frac{1}{4}\cos 4x+\frac{3}{4}$

Do $-1\le \cos 4x\le 1\Leftrightarrow \frac{1}{2}\le \frac{1}{4}\cos 4x+\frac{3}{4}\le 1\Rightarrow$ Tập giá trị của y là  $T=\left[ \frac{1}{2};1 \right]\Rightarrow a=\frac{1}{2};\,\,b=1\Rightarrow b-a=\frac{1}{2}$.

Chọn: D

Chóp tứ giác S.ABCD có:  $SA'=SB'=SC'=SD=1$ và  $\widehat{A'SB'}=\widehat{B'SC'}=\widehat{C'SD}=\widehat{DSA'}={{60}^{0}}$

$\Rightarrow S.A'B'C'D$ là chóp tứ giác đều.

+) Tính khoảng cách từ A’ đến (SC’D):

$\left\{ \begin{align}  & A'C'\cap (SC'D)=C' \\ & A'C'=2.OC' \\\end{align} \right.\Rightarrow d(A';(SC'D))=2.d(O;(SC'D))$

Ta có : $OM=\frac{A'D}{2}=\frac{1}{2}$, $OC=\frac{\sqrt{2}}{2}.1=\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\Delta SOC'$ vuông tại O  $\Rightarrow SO=\sqrt{SC{{'}^{2}}-OC{{'}^{2}}}=\sqrt{1-{{\left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\Delta SOM$ vuông tại O, $OH\bot SM\Rightarrow \frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{M}^{2}}}=\frac{1}{{{\left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{2}}}=6\Rightarrow OH=\frac{1}{\sqrt{6}}$

$\Rightarrow d(O;(SC'D))=\frac{1}{\sqrt{6}}\Rightarrow d(A';(SC'D))=\frac{2}{\sqrt{6}}$

+) Vì $\left\{ \begin{align}  & SA\cap (SC'D)=C' \\ & SA=4.SA' \\\end{align} \right.\Rightarrow d(A;(SC'D))=4.d(A';(SC'D))=4.\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{8}{\sqrt{6}}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$

Vậy,  khoảng cách từ A đến (SCD) là $\frac{4\sqrt{6}}{3}$.

Chọn: B

$(S):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-4y-6z-67=0$ có tâm $I\left( 1;2;3 \right)$, bán kính $R=9$.

Gọi $M$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên đường thẳng $d$.

+) Tìm tọa độ điểm M:

Mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$qua I vuông góc d có phương trình:

$\begin{align}  & -1\left( x-1 \right)+1\left( y-2 \right)+4\left( z-3 \right)=0\Leftrightarrow -x+y+4z-13=0 \\ & M\in d\Rightarrow M\left( 13-t;-1+t;4t \right) \\ & M\in \left( \alpha  \right)\Rightarrow -\left( 13-t \right)+\left( -1+t \right)+4.4t-13=0\Leftrightarrow 18t-27=0\Leftrightarrow t=\frac{3}{2} \\ & \Rightarrow M\left( \frac{23}{2};\frac{1}{2};6 \right)\Rightarrow IM=\frac{9\sqrt{6}}{2} \\\end{align}$

* Xét mặt phẳng qua I và vuông góc $d$:

H là trung điểm của  ${{T}_{1}}{{T}_{2}}\Rightarrow$$H={{T}_{1}}{{T}_{2}}\cap IM$

Khi đó,  $IH=\frac{{{R}^{2}}}{IM}=\frac{81}{\frac{9\sqrt{6}}{2}}=3\sqrt{6}\Rightarrow \frac{IH}{IM}=\frac{3\sqrt{6}}{\frac{9\sqrt{6}}{2}}=\frac{2}{3}\Rightarrow \overrightarrow{IH}=\frac{2}{3}\overrightarrow{IM}$

Ta có: $\overrightarrow{IH}=\left( {{x}_{H}}-1;{{y}_{H}}-2;{{z}_{H}}-3 \right);\,\,\,\,\overrightarrow{IM}=\left( \frac{21}{2};-\frac{3}{2};3 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & {{x}_{H}}=8 \\ & {{y}_{H}}=1 \\ & {{z}_{H}}=5 \\\end{align} \right.\Rightarrow H\left( 8;1;5 \right)$ 

Chọn: A

$I=\int\limits_{0}^{4}{f'\left( \sqrt{x} \right)dx}$. Đặt $\sqrt{x}=t\Rightarrow x={{t}^{2}}\Rightarrow dx=2tdt$. Đổi cận: $x=0\to t=0,\,\,\,x=4\to t=2$

$\Rightarrow I=\int\limits_{0}^{2}{f'(t).2tdt}=2\int\limits_{0}^{2}{td\left( f(t) \right)}=2t.\left. f(t) \right|_{0}^{2}-2\int\limits_{0}^{2}{f(t)dt}=4f(2)-0-2\int\limits_{0}^{2}{f(x)dx}=4.(-2)-2.1=-10$

Chọn: D

Xét đa giác đều 60 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O (như hình vẽ).

Mỗi cạnh của đa giác này chắn một cung (nhỏ) có số đo $\frac{{{360}^{0}}}{60}={{6}^{0}}$

$\Rightarrow$ Mỗi tam giác có 3 đỉnh chọn ngẫu nhiên từ 60 đỉnh của đa giác đều này thì độ lớn các góc của tam giác đều là bội của ${{3}^{0}}$.

Gọi A là biến cố tam giác thu được là tam giác tù. Ta tính $n(A)\,\,?$

- Chọn đỉnh tù có: 60 cách chọn.

- Chọn 2 đỉnh còn lại:

1) Nếu góc tù bằng ${{180}^{0}}-{{2.3}^{0}}$, tức là tổng hai góc nhọn là ${{2.3}^{0}}$ thì có: $1$ cách chọn.

2) Nếu góc tù bằng ${{180}^{0}}-{{3.3}^{0}}$, tức là tổng hai góc nhọn là ${{3.3}^{0}}$ thì có: 2 cách chọn.

3) Nếu góc tù bằng ${{180}^{0}}-{{4.3}^{0}}$, tức là tổng hai góc nhọn là ${{4.3}^{0}}$ thì có: 3 cách chọn.

…

28) Nếu góc tù bằng ${{180}^{0}}-{{29.3}^{0}}$, tức là tổng hai góc nhọn là ${{29.3}^{0}}$ thì có: 28 cách chọn.

$\Rightarrow n(A)=60.\left( 1+2+3+...+28 \right)=60.\frac{28\left( 1+28 \right)}{2}=24360$

Vậy số tam giác tù được lập thành là 24360 tam giác.

Chọn: D

Khối chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, $SA=SB=SC=a$$\Rightarrow$ Khối chóp S.ABC có: $SA=SB=SC=BA=BC=a$ và có thể tích bằng $\frac{1}{2}$ thể tích khối chóp S.ABCD. Như vậy, để thể tích  khối chóp S.ABCD lớn nhất thì thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất khi SD thay đổi.

Gọi H là trung điểm của SB.

$\Delta SAB,\,\,\Delta SBC$ là 2 tam giác đều, cạnh a  $\Rightarrow AH=CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Và $AH\bot SB,\,\,CH\bot SB\Rightarrow SB\bot (AHC)\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.SB.{{S}_{AHC}}=\frac{1}{3}a.{{S}_{AHC}}$

Mặt khác ${{S}_{AHC}}=\frac{1}{2}.AH.CH.\sin \widehat{AHC}=\frac{1}{2}.{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}\sin \widehat{AHC}$

$\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}$ lớn nhất khi và chỉ khi $\widehat{AHC}={{90}^{0}}\Leftrightarrow AH\bot HC\Rightarrow \Delta AHC$ vuông cân tại H $\Rightarrow HO=\frac{AH}{\sqrt{2}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$

OH là đường trung bình của $\Delta SBD$ $\Rightarrow SD=2.OH=2.\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Vậy,  để thể tích khối chóp S.ABCD lớn nhất khi độ dài cạnh SD là: $\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Chọn: C

$f\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx - 2$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) =  - \infty$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  + \infty$.

Ta có:

$\begin{array}{l}f\left( 1 \right) = 1 + a + b - 2 = a + b - 1 > 0\\f\left( 2 \right) = 8 + 4a + 2b - 2 = 2\left( {2a + b - 3} \right) < 0\end{array}$

Do đó phương trình $f\left( x \right) = 0$ có 3 nghiệm phân biệt $\left[ \begin{array}{l}{x_1} \in \left( {0;1} \right)\\{x_2} \in \left( {1;2} \right)\\{x_3} \in \left( {2; + \infty } \right)\end{array} \right.$.

Ta có đồ thị hàm số $y=\left| f\left( \left| x \right| \right) \right|$ như sau:

Như vậy, hàm số $y=\left| f\left( \left| x \right| \right) \right|$ có tất cả 11 cực trị.

Chọn D.

Gọi H là trung điểm của AB $\Rightarrow SH \bot AB$ (do tam giác SAB đều)

Do $(SAB) \bot (ABC) \Rightarrow SH \bot (ABC)$

Do tam giác ABC vuông tại A nên AB=2a$\Rightarrow SH = a\sqrt 3 .$

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.2a.a = {a^2}$

Kẻ KM song song với AC cắt SA tại M. Khi đó AC//KM suy ra AC//(BKM)

Do đó d(AC,BK)=d(AC,(BKM))

Ta có $AC \bot AB;AC \bot SH$ nên $AC \bot (SAB)$

Kẻ $AI \bot BM,$ do KM//AC nên $AI \bot KM$ suy ra $AI \bot \left( {BKM} \right)$

Suy ra d(AC,BK)=d(AC,(BKM))=d(A,(BKM))=AI

Ta có: $\frac{{MA}}{{SA}} = \frac{{KC}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {S_{AMB}} = \frac{2}{3}{S_{SAB}} = \frac{2}{3}{(2a)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{2}{3}{a^2}\sqrt 3 .$

Ta lại có $BM = \sqrt {A{B^2} + A{M^2} - AB.AM.\cos {{60}^0}}  = \frac{{2a\sqrt 7 }}{3}$

Do đó $AI = \frac{{2{S_{ABM}}}}{{BM}} = \frac{{2\sqrt {21} a}}{7}.$ Vậy $d(AC,BK) = \frac{{2\sqrt {21} a}}{7}.$

Đáp án C

Ta lấy điểm $A\left( {1;1} \right) \in {\Delta _1}.$ Khi đó

$A' = {V_{\left( {I,k} \right)}}\left( A \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = kx + \left( {1 - k} \right)a}\\{y' = ky + \left( {1 - k} \right)b}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = k + \left( {1 - k} \right)2}\\{y' = k + \left( {1 - k} \right)1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 2 - k}\\{y' = 1}\end{array}} \right.$

Mà $A' \in {\Delta _2} \Rightarrow x' - 2y' + 4 = 0 \Rightarrow 2 - k - 2.1 + 4 = 0 \Rightarrow k = 4.$

Đáp án D