Đề thi thử giữa học kỳ 2 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 05

Mặt cầu (S): \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x - 2y + 2z - 19 = 0\) có tâm \(I\left( {2;1; - 1} \right)\) và bán kính \(R = 5\)

Ta có mặt phẳng (P): \(2x - y - 2z + m + 3 = 0\)

\( \Rightarrow {d_{I;\left( P \right)}} = \frac{{\left| {2.2 - 1 - 2\left( { - 1} \right) + m + 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{{\left| {m + 8} \right|}}{3}\)

Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi bằng \(6\pi \).

\( \Rightarrow 2\pi r = 6\pi  \Rightarrow r = 3\)

Ta có \({R^2} = d_{I;\left( P \right)}^2 + {r^2} \Rightarrow {5^2} = \frac{{{{\left( {m + 8} \right)}^2}}}{9} + {3^2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{{{\left( {m + 8} \right)}^2}}}{9} = {4^2}\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{m + 8}}{9} = 4\\\frac{{m + 8}}{9} =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 28\\m =  - 44\end{array} \right.\end{array}\)

\( \Rightarrow T =  - 16\)

Chọn D.

Ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{{x^2} - 1}} =  + \infty  \Rightarrow x = 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{{x^2} - 1}}\)

Chọn D.

Ta có \(y = {3^{{x^2} + 2}}\)

\( \Rightarrow y' = \left( {{x^2} + 2} \right)'{.3^{{x^2} + 2}}.\ln 3 = 2x{.3^{{x^2} + 2}}.\ln 3\)

Chọn C.

Chọn 2 bạn trong 38 học sinh thì có \(C_{38}^2 = 703\)

Chọn B.

Ta có \(f(x)= \ln \dfrac{{x + 1}}{{x + 4}}\)\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{x + 1}}{{x + 4}}} \right)}'}}}{{\dfrac{{x + 1}}{{x + 4}}}} = \dfrac{\dfrac{3}{{{{\left( x + 4 \right)}^2}}}}{\dfrac{x + 1}{x + 4}}\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \dfrac{3}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 4} \right)}}\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \dfrac{{\left( {x + 4} \right) - \left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{{x + 1}} - \dfrac{1}{{x + 4}}\)

Khi đó \(P = f'\left( 0 \right) + f'\left( 3 \right) + f'\left( 6 \right) + ... + f'\left( {2019} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow P = 1 - \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{7} - \dfrac{1}{{10}} + ... + \dfrac{1}{{2020}} - \dfrac{1}{{2023}}\\ \Leftrightarrow P = 1 - \dfrac{1}{{2023}} = \dfrac{{2022}}{{2023}}\end{array}\)

Chọn C.

Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 1} \right) >  - 3\) ĐKXĐ: \(\left( {x > 1} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow  - {\log _2}\left( {x - 1} \right) >  - 3\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x - 1} \right) < 3\\ \Leftrightarrow x - 1 < {2^3}\\ \Leftrightarrow x < 9\end{array}\)

Khi đó \(1 < x < 9;x \in \mathbb{Z} \Rightarrow \) có 7 giá trị thỏa mãn.

Chọn B.

Ta có hàm số \(y = 2{x^3} - 3\left( {2m + 1} \right){x^2} + 6m\left( {m + 1} \right)x + 2019\) có:

\(\begin{array}{l}y' = 6{x^2} - 6\left( {2m + 1} \right)x + 6m\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = m + 1\end{array} \right.\end{array}\)

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) khi \(m + 1 \ge 2 \Rightarrow 1 \le m < 2020 \Rightarrow \) có 2019 giá trị nguyên của m  thỏa mãn bài toán.

Chọn D.

Mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P): \(3x - 2y + 4z - 5 = 0\)

Nên mặt phẳng (Q) có dạng \(3x - 2y + 4z + a = 0\), đí qua \(A\left( {2; - 1; - 3} \right)\)

Nên \(a = 4\)

Mặt phăng(Q) có dạng \(3x - 2y + 4z + 4 = 0\)

Chọn B.

Trong \(\left( {BCD} \right)\) gọi \(E = MN \cap CD\)

Trong \(\left( {ACD} \right)\) gọi \(Q = AD \cap PE\)

Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng \(9MNP\) là tứ giác MNQP.

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác BCD có:

\(\frac{{MB}}{{MC}}.\frac{{EC}}{{ED}}.\frac{{ND}}{{NB}} = 1 \Rightarrow \frac{1}{2}.\frac{{EC}}{{ED}}.\frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{{EC}}{{ED}} = 4\)

Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác ACD có:

\(\frac{{PA}}{{PC}}.\frac{{EC}}{{ED}}.\frac{{QD}}{{QA}} = 1 \Rightarrow 1.4.\frac{{QD}}{{QA}} = 1 \Rightarrow \frac{{QD}}{{QA}} = \frac{1}{4}\)

\(\frac{{{S_{NMC}}}}{{{S_{DBC}}}} = \frac{{d\left( {N;BC} \right).MC}}{{d\left( {D;BC} \right).BC}} = \frac{{NB}}{{DB}}.\frac{{MC}}{{BC}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{9} \Rightarrow \frac{{{V_{AMNC}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{4}{9}\)

Nên \({V_{AMNP}} = \frac{2}{9}{V_{ACDN}}\)

\( + )\frac{{{V_{APQN}}}}{{{V_{ACDN}}}} = \frac{{AP}}{{AC}}.\frac{{AQ}}{{AD}} = \frac{1}{2}.\frac{4}{5} = \frac{2}{5} \Rightarrow {V_{APQN}} = \frac{2}{5}{V_{ACDN}}\)

\(\frac{{{S_{CND}}}}{{{S_{CBD}}}} = \frac{{DN}}{{DB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{{V_{ACDN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{1}{3} \Rightarrow {V_{APQN}} = \frac{2}{{15}}{V_{ABCD}}\)

\( \Rightarrow {V_{ABMNQ}} = {V_{ABMN}} + {V_{AMNP}} + {V_{ANPQ}} = \frac{2}{9}{V_{ABCD}} + \frac{2}{9}{V_{ABCD}} + \frac{2}{{15}}{V_{ABCD}} = \frac{{26}}{{45}}{V_{ABCD}}\)

Gọi \({V_1} = {V_{ABMNQ}},{V_2}\) là thể tích phần còn lại \( \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{26}}{{19}}\)

Chọn A.

Gọi hình lăng trụ tam giác đều đó là \(ABC.A'B'C'\)

Gọi O là tâm tam giác ABC; O’ là tâm tam giác \(A'B'C'\)

Gọi I là trung điểm của OO’

Khi đó \(OA = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\); \(OI = \frac{a}{2}\)

Khi đó bán kính mặt cầu ngoai tiếp hình lăng trụ là \(R = \sqrt {O{A^2} + O{I^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}\)

Nên diện tích mặt cầu đó là \(S = 4\pi {R^2} = \frac{{7\pi {a^2}}}{3}\)

Chọn A.

Hình lập phương là hình có 12 cạnh bằng nhau nên có

3 mặt phẳng đối xứng đi qua trung điểm 4 cạnh song song với nhau chia hình lập phương thành 2 khối hộp chữ nhật.

6 mặt còn lại chia khối lập phương thành 2 khối lăng trụ tam giác bằng nhau.

Vậy tổng có 9 mặt phẳng đối xứng.

Chọn D.

Ta có \(\int\limits_0^3 {f'\left( x \right)dx = 9}  \Leftrightarrow \left. {f\left( x \right)} \right|_0^3 = 9\)

\( \Rightarrow f\left( 3 \right) - f\left( 0 \right) = 9\) mà \(f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow f\left( 3 \right) = 10\)

Chọn B.

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 2\left( {m - 1} \right){x^2} + 2\left( {{m^2} - 2m} \right)x + 4{m^2}\) và đường thẳng \(y = 4x + 8\)là nghiệm của phương trình

\(\begin{array}{l}{x^3} - 2\left( {m - 1} \right){x^2} + 2\left( {{m^2} - 2m} \right)x + 4{m^2} = 4x + 8\\ \Leftrightarrow {x^3} - 2\left( {m - 1} \right){x^2} + 2\left( {{m^2} - 2m - 2} \right)x + 4{m^2} - 8 = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\{x^2} - 2mx + 2{m^2} - 4 = 0\left( 1 \right)\end{array} \right.\)

Từ (1)  có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}.{x_2} = 2{m^2} - 4\end{array} \right.\)

Khi đó

\(\begin{array}{l}P = x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 = \left( {{x_1} + {x_1}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] - 8\\ \Rightarrow P =  - 4{m^3} + 24m - 8 = f\left( m \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l}f'\left( m \right) =  - 12{m^2} + 24 = 0 \Leftrightarrow m =  \pm \sqrt 2 \\f\left( {\sqrt 2 } \right) = 16\sqrt 2  - 8\\f\left( { - 2} \right) =  - 16\sqrt 2  - 8\end{array}\)

Nên \({P_{\max }} = 16\sqrt 2  - 8\)

Chọn A.

Ta có \({\log _4}\left( {x + y} \right) + {\log _4}\left( {x - y} \right) \ge 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _4}\left( {x + y} \right)\left( {x - y} \right) \ge 1\\ \Leftrightarrow {x^2} - {y^2} \ge 4\\ \Rightarrow x \ge \sqrt {4 + {y^2}} \end{array}\)

Khi đó \(P \ge 2\sqrt {{y^2} + 4}  - y = f\left( y \right)\)

Xét \(f'\left( y \right) = \frac{{2y}}{{\sqrt {{y^2} + 4} }} - 1 = 0 \Leftrightarrow y = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\)

Khi đó \({P_{\min }} = 2\sqrt 3 \)

Chọn C.

Ta có \(A\left( {0;1; - 2} \right),B\left( {3;1;1} \right),C\left( { - 2;0;3} \right)\)

Nên \(\overrightarrow {AB}  = \left( {3;0;3} \right);\overrightarrow {AC}  = \left( { - 2; - 1;5} \right)\)

Do đó vecto pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là \(\overrightarrow n  = \left( {3; - 21; - 3} \right)\)

Khi đó phương trình mặt phẳng (ABC) là

\(\begin{array}{l}3x - 21\left( {y - 1} \right) - 3\left( {z + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 3x - 21y - 3z + 15 = 0\end{array}\)

Nên \(N\left( {2;1;0} \right)\) thuộc mặt phẳng trên.

Chọn A.

Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)đối xứng với đồ thị hàm số \(y = {\log _a}x\left( {0 < a \ne 1} \right)\) qua điểm \(I\left( {2;2} \right)\)

Gọi \(A\left( {x;y} \right)\) là điểm thuộc đồ thị hàm số  và điểm đối xứng của nó qua  là \(B\left( {x';y'} \right)\)

Nên \(\left\{ \begin{array}{l}x + x' = 4\\y + y' = 4\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + x' = 4\\f\left( x \right) + {\log _a}x' = 4\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = 4 - x\\f\left( x \right) + {\log _a}\left( {4 - x} \right) = 4\end{array} \right.\)

Khi đó \(f\left( {4 - {a^{2018}}} \right) + {\log _a}\left( {4 - \left( {4 - {a^{2018}}} \right)} \right) = 4\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f\left( {4 - {a^{2018}}} \right) + 2018 = 4\\ \Rightarrow f\left( {4 - {a^{2018}}} \right) =  - 2014\end{array}\)

Chọn C.

Ta có \(y = \frac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} + 3x + 1\)

Nên hệ số góc của tiếp tuyến là \(k = y' = {x^2} - 4x + 3\)

Tiếp tuyến song song với đường thẳng \(y = 3x + 1\) nên ta có \({x^2} - 4x + 3 = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.\)

Chọn D.

Ta có \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 2y - 4z - 3 = 0\) có tâm là \(I\left( {1; - 1;2} \right)\)

Khi đó bán kính \(R = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + 3}  = 3\)

Chọn A.

Ta có \({u_n} = 2 - 3n\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} =  - 1\\{u_2} =  - 4\end{array} \right. \Rightarrow d = {u_2} - {u_1} =  - 3\)

Chọn C.

Khối lăng trụ tam giác đều là khối lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh a

Nên

\( \Rightarrow h = 6a\)\({P_{\max }} = 16\sqrt 2  - 8\)

Chọn D.

Khối nón có thể tích bằng \(9{a^3}\pi \sqrt 2 \), bán kính đáy R

Nên \(V = 9{a^3}\pi \sqrt 2  = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\)

\( \Rightarrow h = \frac{{27\sqrt 2 {a^3}}}{{{R^2}}}\)

Diện tích xung quanh hình nón là

\({S_{xq}} = \pi Rl = \pi R.\sqrt {{h^2} + {R^2}}  = \frac{{\pi \sqrt {1458{a^6} + {R^6}} }}{R}\)

\({s_{xq}} = \pi \frac{{\frac{{6{R^2}R}}{{2\sqrt {1458{a^6} + {R^6}} }} - \sqrt {1458{a^6} + {R^6}} }}{{{R^2}}} = 0\) 

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 6{R^6} = 2\left( {1458{a^6} + {R^6}} \right)\\ \Rightarrow R = 3a\end{array}\)

Chọn A.

Ta có \(y = x - 1 + \frac{4}{{x - 1}}\)

\( \Rightarrow y' = 1 - \frac{4}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 1\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số là \(m = 4\)

Chọn B.

Vì ABCD là hình thoi cạnh a và \(AC = a\) nên tam giác ABC là tam giác đều cạnh a.

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Khi đó thể tích khối chóp là \(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

Chọn D.

Ta có \(A\left( {1; - 1; - 3} \right),B\left( { - 2;2;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 3;3;4} \right)\)

Chọn A.

Gọi h là chiều cao hạ từ A xuống mặt phẳng \(\left( {SCB} \right)\)

Ta có \(h = \sin 30^\circ .SA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Tam giác SBC vuông cân tại S có \(BC = 2a \Rightarrow SB = SC = a\sqrt 2  \Rightarrow {S_{SBC}} = {a^2}\)

Khi đó thể tích khối chóp S.ABC là \(V = \frac{1}{3}h.{S_{SBC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\)

Chọn D.

Ta có \({2^{{x^{2 - 3x}}}} = \frac{1}{4}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {2^{{x^{2 - 3x}}}} = {2^{ - 2}}\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x =  - 2\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn B.

Hình nón có đường sinh \(l = 4a\), bán kính đáy \(R = a\sqrt 3 \) thì diện tích xung quanh là \({S_{xq}} = \pi Rl = 4\sqrt 3 \pi {a^2}\)

Chọn C.

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y + 3 = 0\) có vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 1;0} \right)\)

Chọn C.

Kẻ đường sinh \(AA'\left( {A' \in \left( {O'} \right)} \right)\)

Gọi H  là trung điểm \(A'B\)

Ta có \(\angle BAA' = 60^\circ ;{d_{\left( {AB;OO'} \right)}} = O'H = \frac{a}{2}\)

Ta có \(AA' = O'O = a \Rightarrow A'B = \tan 60^\circ .AA' = a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow HB = \frac{{A'B}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Mà \[O'B = \sqrt {O'{H^2} + B{H^2}}  = a\]

Khi đó thể tích khối trụ là \(V = \pi {r^2}h = \pi .O'{B^2}.O'O = \pi {a^3}\)

Chọn D.

Gọi O’ là giao điểm của A’B và AB’

Ta có \(\frac{{BO'}}{{AO'}} = 1 \Rightarrow \frac{{d\left( {B';\left( {A'BD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {A'BD} \right)} \right)}} = 1\)

\( \Leftrightarrow d\left( {B';\left( {A'BD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {A'BD} \right)} \right)\)

Kẻ \(AH \bot BD\)

Ta có \(A'O \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow A'O \bot AH\)

\(AH \bot \left( {A'BD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {A'BD} \right)} \right) = AH\)

Áp dụng hệ thực lượng trong tam giác ABD vuông tại A có đường cao AH ta có:

\(AH = \frac{{AB.AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Chọn D.

Câu C  sai vì  vẫn có thể là cực trị của hàm số.

Chọn C.

Ta có \(C_{2n + 1}^{n + 1} + C_{2n + 1}^{n + 2} + ... + C_{2n + 1}^{2n} = {2^{20}} - 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow C_{2n + 1}^{n + 1} + C_{2n + 1}^{n + 2} + ... + C_{2n + 1}^{2n} + C_{2n + 1}^{2n + 1} = {2^{20}}\\ \Leftrightarrow \frac{{{2^{2n + 1}}}}{2} = {2^{20}}\\ \Rightarrow n = 10\end{array}\)

Khi đó \({\left( {\frac{1}{{{x^4}}} - 2{x^7}} \right)^n} = {\left( {\frac{1}{{{x^4}}} - 2{x^7}} \right)^{10}} = \sum\limits_{k \to 0}^{10} {C_{10}^k} .{\left( {\frac{1}{{{x^4}}}} \right)^k}.{\left( {2{x^7}} \right)^{10 - k}}\)

\( \Rightarrow {\left( {\frac{1}{{{x^4}}} - 2{x^7}} \right)^n} = \sum {C_{10}^k{{.2}^{10 - k}}.{x^{70 - 11k}}} \)

Số hạng chứa \({x^{26}}\) là \(70 - 11k = 26 \Rightarrow k = 4\)

Hệ số của số hạng chứa \({x^{26}}\) là \(C_{10}^4{.2^{10 - 4}} = 13440\)

Chọn A.

Giả sử \(f\left( x \right) = {e^{a{x^2} + bx + c}}\)

Ta có

 \(\begin{array}{l} = {\left( {{e^{a{x^2} + bx + c}}} \right)^2}\left[ {2 - 2a} \right] = 0\\ \Rightarrow a = 1\end{array}\)

Do đó hàm số có dạng \(f\left( x \right) = {e^{{x^2} + bx + c}}\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = {e^c} = 1 \Rightarrow c = 0\\f\left( 2 \right) = {e^{4 + 2b + c}} = {e^6} \Rightarrow b = 1\end{array} \right.\)

Nên \(f\left( x \right) = {e^{{x^2} + x}}\)

Khi đó \[I = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {2x + 1} \right)f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {2x + 1} \right){e^{{x^2} + x}}dx}  = 1 - {e^2}\]

Chọn B.

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow A\) là hình chiếu của S trên mặt phẳng ABCD

Nên \(\angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle SCA\)

Hình vuông ABCD có cạnh a nên \(AC = a\sqrt 2 \)

Tam giác SAC vuông nên

\(\tan \angle SCA = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{3}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \angle SCA = 30^\circ \)

Chọn A.

Gọi I là điểm bất kì sao cho \(3\overrightarrow {IA}  - 2\overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = 0 \Rightarrow I\left( { - 2; - 3;3} \right)\)

Khi đó \(T = \left| {3\overrightarrow {MA}  - 2\overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {MI} } \right| = 2MI\) đạt giá trị nhỏ nhât khi

 M là hình chiếu của I trên mặt phẳng \(\left( P \right):x + y - z - 4 = 0\)

Khi đó \(\overrightarrow {IM}  = \left( {1;1; - 1} \right) \Rightarrow M\left( { - 1; - 2;2} \right) \Rightarrow S =  - 1\)

Chọn B.

Ta có \(\sin \left( {\frac{{5\pi }}{4} - 6x} \right) + 15\sin \left( {\frac{\pi }{4} + 2x} \right) = 16\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\sin \left( {\frac{{5\pi }}{4} - 6x} \right) \le 1\\15\sin \left( {\frac{\pi }{4} + 2x} \right) \le 15\end{array} \right. \Rightarrow \sin \left( {\frac{{5\pi }}{4} - 6x} \right) + 15\sin \left( {\frac{\pi }{4} + 2x} \right) \le 16\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}\sin \left( {\frac{{5\pi }}{4} - 6x} \right) = 1\\\sin \left( {\frac{\pi }{4} + 2x} \right) = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{5\pi }}{4} - 6x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\\frac{\pi }{4} + 2x = \frac{\pi }{2} + k'2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{8} - \frac{{k\pi }}{3}\\x = \frac{\pi }{8} + k'\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k =  - 3k'\\x = \frac{\pi }{8} + k'\pi \end{array} \right.;x \in \left[ { - 2019;2019} \right]\)

\( \Rightarrow k' \in \left[ { - 642;642} \right] \Rightarrow \) có 1285 nghiệm

Khi đó tổng các nghiệm của phương trình là \(\frac{{1285\pi }}{8}\)

Chọn B.

Hàm số \(y = {\left( {x + 1} \right)^\pi }\) xác định khi \(x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge  - 1\)

Chọn B.

Ta có \(f\left( x \right) = {e^{ - x}} + \cos x \Rightarrow F\left( x \right) = \int {\left( {{e^{ - x}} + \cos x} \right)dx} \)

\( \Rightarrow F\left( x \right) =  - {e^{ - x}} + \sin x + C\)

Chọn C.

Tứ diện BDB’C’ có \(DC \bot \left( {BB'C'} \right) \Rightarrow DC\) là đường cao tứ diện

Nên \({V_{BDB'C'}} = \frac{1}{3}DC.{S_{BB'C'}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{a.2a}}{2} = \frac{{{a^3}}}{3}\)

Chọn D.

Ta có \({x^2} - x + 2\left( {1 - x} \right)\sqrt {x - m}  - m = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {1 - x} \right)^2} + 2\left( {1 - x} \right)\sqrt {x - m}  + \left( {x - m} \right) = 1\\ \Leftrightarrow {\left[ {1 - x + \sqrt {x - m} } \right]^2} = 1\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - x + \sqrt {x - m}  = 1\\1 - x + \sqrt {x - m}  =  - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {x - m}  = x\\\sqrt {x - m}  = x - 2\end{array} \right.\end{array}\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - m = {x^2}\\x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = x - {x^2}\\x \ge 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x - m = {x^2} - 4x + 4\\x \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - {x^2} + 5x - 4\\x \ge 2\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Xét \(y = x - {x^2} \Rightarrow y' = 1 - 2x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\)

Xét \(y =  - {x^2} + 5x - 4 \Rightarrow y' =  - 2x + 5 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5}{2}\)

 Để phương trình có 3 nghiệm thì \(0 \le m < \frac{1}{4}\)

Chọn B.